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2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题六（理）第3讲 概率、随机变量及其分布
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(理)第3讲 概率、随机变量及其分布
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1．考查古典概型、互斥事件、相互独立事件、独立重复试验等内容，主要以选择题、填空题的形式出现，多为容易或中等难度题．
2．对离散型随机变量的分布列及期望的考查是重点中的“热点”，重点考查独立事件的概率，超几何分布和二项分布的期望等．以解答题的形式出现，难度中档或偏下．
[真题体验]
1．(2017·全国Ⅰ卷)如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分
和白色部分关于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：B [不妨设正方形边长为a.由图形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即所各占圆面积的一半．由几何概型概率的计算公式得，所求概率为＝，选B.]
2．(2018·全国Ⅲ卷)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X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P(X＝4)
C．0.4 D．0.3
解析：B [X～B(10，p)，所以10p(1－p)＝2.4，且Cp4(1－p)6
3．(2019·天津卷)设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．
(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率．
解：(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为，故X～B，从而P(X＝k)＝Ck3－k，(k＝0,1,2,3.)
所以，随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
随机变量X的数学期望E(X)＝3×＝2.
(2)设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为Y，则Y～B，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}．由题意知事件{X＝3，Y＝1}与{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}与{Y＝1}，事件{X＝2}与{Y＝0}均相互独立，从而由(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．概率模型公式及相关结论
(1)古典概型的概率公式．
P(A)＝＝.
(2)几何概型的概率公式．
P(A)＝.
(3)相互独立事件同时发生的概率：若A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)·P(B)．
(4)若事件A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，P()＝1－P(A)．
2．独立重复试验与二项分布
如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.用X表示事件A在n次独立重复试验中发生的次数，则X服从二项分布，即X～B(n，p)且P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k.
3．超几何分布
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，此时称随机变量X服从超几何分布．超几何分布的模型是不放回抽样，超几何分布中的参数是M，N，n.
4．离散型随机变量的均值、方差
(1)离散型随机变量ξ的分布列为
ξ
x1
x2
x3
…
xi
…
n
P
p1
p2
p3
…
pi
…
pn
离散型随机变量ξ的分布列具有两个性质；①pi≥0；
②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)．
(2)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量ξ的数学期望或均值．
D(ξ)＝(x1－E(ξ))2·p1＋(x2－E(ξ))2·p2＋…＋(xi－E(ξ))2·pi＋…＋(xn－E(ξ))2·pn叫做随机变量ξ的方差．
(3)数学期望、方差的性质．
①E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．
②X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
③X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
热点一 古典概型、几何概型
[例1] (1)(2019·全国Ⅰ卷)
我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“－－”，右图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A. B.
C. D.
[解析] A [在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数n＝26＝64，恰有3个阳爻的基本事件数为C＝20，所以在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的概率P＝＝.故选A.]
(2)(2018·全国卷Ⅰ)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．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BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则( )
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
[解析] A [法一：∵S△ABC＝AB·AC，以AB为直径的半圆的面积为π·2＝AB2，以AC为直径的半圆的面积为π·2＝AC2，以BC为直径的半圆的面积为π·2＝BC2，
∴SⅠ＝AB·AC，SⅢ＝BC2－AB·AC，
SⅡ＝－＝·AB·AC.
∴SⅠ＝SⅡ.
由几何概型概率公式得p1＝，p2＝，
∴p1＝p2.故选A.
法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，
AB＝AC＝2，则BC＝2，
所以区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，
为S1＝×2×2＝2，
区域Ⅱ的面积S2＝π×12－＝2，
区域Ⅲ的面积S3＝－2＝π－2.
根据几何概型的概率计算公式，
得p1＝p2＝，p3＝，
所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故选A.]
1．求古典概型的概率，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数．常常用到排列、组合的有关知识，计数时要正确分类，做到不重不漏．
2．计算几何概型的概率，构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找是关键，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．
(1)(2019·武汉二模)某校选定4名教师去3个边远地区支教(每地至少1人)，则甲、乙两人不在同一边远地区的概率是________．
解析：选定4名教师去3个边远地区支教(每地至少1人)，不同的支教方法有C·A种．
而甲、乙两人在同一边远地区支教的不同方法有C·A种，所以甲、乙两人不在同一边远地区支教的概率为P＝1－＝.
答案：
(2)
(2020·贵阳模拟)折纸已经成为开发少年儿童智力的一种重要工具和手段，已知在折叠“爱心”活动中，会产生如图所示的几何图形，其中四边形ABCD为正方形，G为线段BC的中点，四边形AEFG与四边形DGHI也是正方形，连接EB，CI，则向多边形AEFGHID中投掷一点，该点落在阴影部分的概率为________．
解析：设AB＝2，则BG＝1，AG＝，
故多边形AEFGHID的面积S＝××2＋×2×2＝12；
阴影部分为两个对称的三角形，其中∠EAB＝90°－∠GAB，
故阴影部分的面积S＝2×AE·AB·sin∠EAB＝2×AE·AB·cos∠GAB＝2××2××＝4，故所求概率p＝.
答案：
热点二 互斥事件、相互独立事件的概率
[例2] (1)(2019·惠州二调)某个部件由两个电子元件按如图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，则部件正常工作，设两个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立．那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________．
[解析] 通解：由正态分布知元件1,2的平均使用寿命为1 000小时，设元件1,2的使用寿命超过1 000小时分别记为事件A，B显然P(A)＝P(B)＝，所以该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为A＋B＋AB，所以其概率P＝×＋×＋×＝.
优解：由两个电子元件的使用寿命均服从正态分布N(1 000，502)得：两个电子元件的使用寿命超过1 000小时的概率均为P＝，则该部件使用寿命超过1 000小时的概率为：P1＝1－(1－P)2＝.
[答案]
(2)(2019·苏州三模)现有4个人去参加春节联欢活动，该活动有甲、乙两个项目可供参加者选择，为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个项目联欢，掷出点数为1或2的人去参加甲项目联欢，掷出点数大于2的人去参加乙项目联欢．
①求这4人中恰好有2人去参加甲项目联欢的概率；
②求这4人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数的概率．
[解] 依题意，这4个人中，每个人去参加甲项目联欢的概率为，去参加乙项目联欢的概率为.设“这4个人中恰好有i人去参加甲项目联欢”为事件Ai(i＝0,1,2,3,4)，则P(Ai)＝Ci·4－i.
①这4个人中恰好有2人去参加甲项目联欢的概率P(A2)＝C2×2＝.
②设“这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数”为事件B，则B＝A3∪A4，故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝C3×＋C4＝.
∴这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数的概率为.
求复杂事件概率的方法及注意点
(1)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求解．
(2)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．
(3)注意点：注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．
(2019·全国Ⅱ卷)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，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且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
热点三 离散型随机变量的分布列
数据
分析
素养
数据分析——分布列问题中的核心素养
通过求离散型随机变量的分布列，进行数据分析，可以明确变量取哪些值时的概率最大，可以帮助我们作出有益的决策.
以统计图表为背景的随机变量的分布列均值
[例3－1] (2020·聊城调研)某超市计划月订购一种冰激凌，每天进货量相同，进货成本每桶5元，售价每桶7元，未售出的冰激凌以每桶3元的价格当天全部处理完毕，根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量600桶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为400桶；如果最高气温低于20，需求量为200桶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1)求六月份这种冰激凌一天需求量X(单位：桶)的分布列．
(2)设六月份一天销售这种冰激凌的利润为Y(单位：元)，当六月份这种冰激凌一天的进货量n(单位：桶)为多少时，Y的数学期望取得最大值？
[审题指导] (1)要求冰激凌一天需求量X的分布列，只要确定X的取值及其对应事件的含义，然后用频率估计概率．
(2)要求Y的数学期望，只要明确X与Y的关系，借助X的分布列，得到Y的期望．
[解析] (1)由已知得：X的可能取值为200,400和600.记六月份最高气温低于20为事件A1，最高气温位于区间[20,25)为事件A2，最高气温不低于25为事件A3，根据题意，结合频数分布表，用频率估计概率，知
P(X＝200)＝P(A1)＝＝，
P(X＝400)＝P(A2)＝＝，
P(X＝600)＝P(A3)＝＝.
故六月份这种冰激凌一天的需求量X(单位：桶)的分布列为：
X
200
400
600
P
(2)结合题意得当n≤200时，E(Y)＝2n≤400.
当200＜n≤400时，E(Y)＝×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋×n×2＝n＋160∈(400,640]．
当400＜n≤600时，E(Y)＝×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋[400×2＋(n－400)×(－2)]＋×n×2＝－n＋800∈[560,640)．
当n＞600时，E(Y)＝×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋×[400×2＋(n－400)×(－2)]＋×[600×2＋(n－600)×(－2)]＝1 760－2n＜560.
所以当n＝400时，Y的数学期望E(Y)取得最大值640.
以复杂事件为背景的随机变量的分布列、均值
[例3－2] (2019·青岛三模)某快递公司收取快递费用的标准是：首重(小于等于1 kg)10元/kg，续重5元/kg(不足1 kg的按1 kg计算)．
该公司对近60天中每天揽件数量统计如下表.
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
(1)某人打算将A(0.3 kg)，B(1.8 kg)，C(1.5 kg)三件礼物随机分成两个包裹寄出，求该人支付的快递费不超过30元的概率；
(2)该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用．前台工作人员每人每天揽件不超过150件，工资100元，目前前台有工作人员3人，那么公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润是否更有利？
[审题指导] (1)借助表格利用列举法列出所有组合的可能性，然后根据古典概型的概率计算公式求解即可；(2)建立模型，求出不裁减人员和裁减人员公司利润的概率分布列，分别求出数学期望，比较大小即可得最优方案．
[解析] (1)由题意，所有可能出现的情况如下表.
情况
包裹一
包裹二
支付的总
快递费
礼物
重量/kg
快递费/元
礼物
重量/kg
快递费/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
所有情况中，快递费不超过30元的情况有1种，
根据古典概型概率计算公式，所求概率为.
(2)根据题意得下表.
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下表.
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数
50
150
250
350
450
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均揽件数
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋350×0.2＋450×0.1＝260.
故公司每日利润的期望值为260×5－3×100＝1 000(元)．
若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下表.
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数
50
150
250
300
300
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均揽件数
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋300×0.2＋300×0.1＝235
故公司每日利润的期望值为235×5－2×100＝975(元)．
显然，975＜1 000，
故公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利．
1．以统计图表为背景的随机变量分布列问题的关键点
(1)根据频率(数)分布表、频率分布直方图、茎叶图等图表准确求出随机事件的频率，并用之估计相应概率．
(2)出现多个随机变量时，应注意分析随机变量之间的关系，进而由一个随机变量的分布列推出另一个随机变量的分布列．
2．以复杂事件为背景的随机变量分布列问题的关键点
(1)求离散型随机变量分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类概率公式求概率．
(2)求随机变量均值与方差的关键是正确求出随机变量的分布列．若随机变量服从特殊分布，则可直接使用公式求解．
(2020·深圳模拟)某学校为鼓励家校互动，与某手机通讯商合作，为教师办理流量套餐．为了解该校教师手机流量使用情况，通过抽样，得到100位教师近2年每人手机月平均使用流量L(单位：M)的数据，其频率分布直方图如下：
若将每位教师的手机月平均使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频率视为概率，回答以下问题．
(1)从该校教师中随机抽取3人，求这3人中至多有1人手机月使用流量不超过300 M的概率；
(2)现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：
套餐名称
月套餐费/元
月套餐流量/M
A
20
300
B
30
500
C
38
700
这三款套餐都有如下附加条款：套餐费月初一次性收取，手机使用流量一旦超出套餐流量，系统就自动帮用户充值200 M流量，资费20元；如果又超出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200 M流量，资费20元，以此类推如果当月流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用．学校欲订购其中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并承担系统自动充值的流量资费的75%，其余部分由教师个人承担，问学校订购哪一款套餐最经济？说明理由．
解析：(1)记“从该校随机抽取1位教师，该教师手机月使用流量不超过300 M”为事件D.依题意，P(D)＝(0.000 8＋0.002 2)×100＝0.3.
从该校教师中随机抽取3人，设这3人中手机月使用流量不超过300 M的人数为X，
则X～B(3,0.3)，
所以从该校教师中随机抽取3人，至多有1人手机月使用流量不超过300 M的概率为P(X＝0)＋P(X＝1)＝C×0.30×(1－0.3)3＋C×0.3×(1－0.3)2＝0.343＋0.441＝0.784.
(2)依题意，从该校随机抽取1位教师，该教师手机月使用流量L∈(300,500]的概率为(0.002 5＋0.003 5)×100＝0.6，L∈(500,700]的概率为(0.000 8＋0.000 2)×100＝0.1.
当学校订购A套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为X1元，则X1的所有可能取值为20,35,50，且P(X1＝20)＝0.3，P(X1＝35)＝0.6，P(X1＝50)＝0.1，
所以X1的分布为
X1
20
35
50
P
0.3
0.6
0.1
所以E(X1)＝20×0.3＋35×0.6＋50×0.1＝32(元)．
当学校订购B套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为X2元，则X2的所有可能取值为30,45，且P(X2＝30)＝0.3＋0.6＝0.9，P(X2＝45)＝0.1，
所以X2的分布列为
X2
30
45
P
0.9
0.1
所以E(X2)＝30×0.9＋45×0.1＝31.5(元)．
当学校订购C套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为X3元，则X3的所有可能取值为38，且P(X3＝38)＝1，所以E(X3)＝38×1＝38(元)．
因为E(X2)＜E(X1)＜E(X3)，
所以学校订购B套餐最经济．
限时50分钟 满分76分
一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
1．(2020·西安模拟)勾股定理在西方被称为毕达哥拉斯定理，其证明方法有几百种之多，著名的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明．如图，在这幅“勾股圆方图”中，以弦为边长得到的正方形ABDE是由4个全等的直角三角形和中间的一个小正方形CFGH组成的．若Rt△ABC的三边长构成等差数列，则在正方形ABDE内任取一点，此点取自小正方形CFGH内的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：C [由于Rt△ABC的三边长成等差数列，所以2b＝a＋c，又a2＋b2＝c2，于是(2b－c)2＋b2＝c2，故＝，＝.大正方形ABDE的面积为c2，小正方形CFGH的面积为(b－a)2，在正方形ABDE内任取一点，此点取自小正方形CFGH内的概率为＝2＝.故选C.]
2．(2020·石家庄模拟)《中华好诗词》是由河北电视台创办的令广大观众喜闻乐见的节目，旨在弘扬中国古代诗词文化，观众可以选择从A，B，C和河北卫视这四家视听媒体的播放平台中观看，若甲乙两人各自随机选择一家播放平台观看此节目，则甲乙二人中恰有一人选择在河北卫视观看的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：B [甲、乙两人从A，B，C和河北卫视这四家播放平台随机选择一家有4×4＝16(种)等可能情况，其中甲、乙两人恰有一人选择在河北卫视观看的情况有C×3＝6(种)，∴所求概率为＝.]
3．某班举行了一次“心有灵犀”的活动，教师把一张写有成语的纸条出示给A组的某个同学，这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学．若小组内同学甲猜对成语的概率是0.4，同学乙猜对成语的概率是0.5，且规定猜对得1分，猜不对得0分，则这两个同学各猜1次，得分之和X(单位：分)的数学期望为( )
A．0.9 B．0.8
C．1.2 D．1.1
解析：A [由题意得X＝0,1,2，
则P(X＝0)＝0.6×0.5＝0.3，P(X＝1)＝0.4×0.5＋0.6×0.5＝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、丙三位同学独立解决同一个问题，已知三位同学能够正确解决这个问题的概率分别为，，，则有人能够解决这个问题的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：B [本题主要考查相互独立事件、互斥事件的概率，考查对立事件的概率公式，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算，属于中档题．这个问题没有被解决的概率为＝，故有人能够解决这个问题的概率为1－＝.故选B项．]
5．(2019·大连三模)某篮球队对队员进行考核，规则是：①每人进行3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过．已知队员甲投篮1次投中的概率为，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X的期望是( )
A．3 B.
C．2 D.
解析：B [每个轮次甲不能通过的概率为×＝，通过的概率为1－＝，因为甲3个轮次通过的次数X服从二项分布B，所以X的数学期望为3×＝.]
6．(2020·衡水模拟)某公司为了准确把握市场，做好产品计划，特对某产品做了市场调查：先销售该产品50天，统计发现每天的销量x(单位：件)分布在[50,100)内，且销量x的分布频率f(x)＝若销量大于或等于70件，则称该日畅销，其余为滞销．在畅销日中用分层抽样的方法随机抽取8天，再从这8天中随机抽取3天进行统计，设这3天来自X个组，将频率视为概率，则随机变量X的数学期望为( )
A. B.
C. D.
解析：C [由题意知解得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.故销量在[70,80)，[80,90)，[90,100)内的频率分别是0.2,0.3,0.3，频率之比为2∶3∶3，所以各组抽取的天数分别为2,3,3，X的所有可能取值为1,2,3，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝，P(X＝2)＝1－－＝.
X的分布列为
X
1
2
3
P
数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＝.故选C.]
二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)
7．(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____________．
解析：甲队以4∶1获胜的概率为[C0.6×0.4×0.52＋0.62×C0.5×0.5]×0.6＝0.18.
答案：0.18
8．(2019·宁波三模)某保险公司针对企业职工推出一款意外险产品，每年每人只要交少量保费，发生意外后可一次性获赔50万元．保险公司把职工从事的工作共分为A，B，C三类工种，根据历史数据统计出这三类工种的每年赔付频率如表所示，并以此估计赔付概率.
工种类别
A
B
C
赔付频率
若规定该产品各工种保单的期望利润都不得超过保费的20%，则A，B，C三类工种每份保单保费的上限之和为________元．
解析：设工种A的每份保单保费为a元，保险公司每份保单的利润为随机变量X，则X的分布列为
X
a
a－5×105
P
1－
保险公司期望利润E(X)＝a＋(a－5×105)×＝(a－5)(元)，
根据规定知a－5≤0.2a，
解得a≤6.25.
设工种B的每份保单保费为b元，同理可得保险公司期望利润为(b－10)元，根据规定知，b－10≤0.2b，解得b≤12.5，
设工种C的每份保单保费为c元，同理可得保险公司期望利润为(c－50)元，根据规定知，c－50≤0.2c，解得c≤62.5.
则A，B，C三类工种每份保单保费的上限之和为6.25＋12.5＋62.5＝81.25(元)．
答案：81.25
三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)
9．(2020·长沙模拟)东方商店欲购进某种食品(保质期两天)，此商店每两天购进该食品一次(购进时，该食品为刚生产的)．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了解市场的需求情况，现统计该食品在本地区100天的销售量如下表：
销售量/份
15
16
17
18
天数
20
30
40
10
(视样本频率为概率)
(1)根据该食品100天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为ξ，求ξ的分布列与数学期望；
(2)以两天内该食品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进32或33份， 哪一种得到的利润更大？
解析：(1)根据题意可得
P(ξ＝30)＝×＝，
P(ξ＝31)＝××2＝，
P(ξ＝32)＝××2＋×＝，
P(ξ＝33)＝××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)当一次性购进32份食品时，设每两天的利润为X，则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.
当一次性购进33份食品时，设每两天的利润为Y，则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)，
∴东方商店一次性购进32份食品时得到的利润更大．
10．(2019·北京卷)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的学生中各随机抽取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的分布列和数学期望；
(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．
解析：本题以支付方式相关调查来设置问题，考查概率统计在生活中的应用，考查概率的定义和分布列的应用，使学生体会到数学与现实生活息息相关．
(1)由题意可知，两种支付方式都使用的人数为：(100－30－25－5)人＝40人，则：
该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率p＝＝.
(2)由题意可知，
仅使用A支付方法的学生中，金额不大于1 000元的人数占，金额大于1 000的人数占，
仅使用B支付方法的学生中，金额不大于1 000元的人数占，金额大于1 000元的人数占，
且X可能的取值为0,1,2.
P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝2＋2＝，P(X＝2)＝×＝，
X的分布列为：
X
0
1
2
p(X)
其数学期望：E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
(3)我们不认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化．理由如下：
随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率越来越稳定于概率．
学校是一个相对消费稳定的地方，每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定，出现题中这种现象可能是发生了“小概率事件”．
11．(2020·福建质检)“工资条里显红利，个税新政入民心”．随着2019年新年钟声的敲响，我国自1980年以来，力度最大的一次个人所得税(简称个税)改革迎来了全面实施的阶段.2019年1月1日起实施的个税新政主要内容包括：①个税起征点为5 000元；②每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除；③专项附加扣除包括住房贷款利息或者住房租金(以下简称住房)、子女教育、赡养老人等．新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下：
旧个税税率表(个税起征点3 500元)
新个税税率表(个税起征点5 000元)
缴税
级数
每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点
税率(%)
每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除
税率(%)
1
不超过1 500元的部分
3
不超过3 000元的部分
3
2
超过1 500元至4 500元的部分
10
超过3 000元至12 000元的部分
10
3
超过4 500元至9 000元的部分
20
超过12 000元至25 000元的部分
20
4
超过9 000元至35 000元的部分
25
超过25 000元至35 000元的部分
25
5
超过35 000元至55 000元的部分
30
超过35 000元至55 000元的部分
30
…
…
…
…
…
随机抽取某市1 000名同一收入层级的IT从业者的相关资料，经统计分析，预估他们2019年的人均月收入为24 000元．统计资料还表明，他们均符合住房专项附加扣除；同时，他们每人至多只有一个符合子女教育专项附加扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除、符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除、符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除、既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人数之比是2∶1∶1∶1；此外，他们均不符合其他专项附加扣除．新个税政策下该市的专项附加扣除标准为：住房1 000元/月，子女教育每孩1 000元/月，赡养老人2 000元/月等．
假设该市该收入层级的IT从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的IT从业者的人均月收入视为其个人月收入．根据样本估计总体的思想，解决如下问题：
(1)设该市该收入层级的IT从业者2019年月缴个税为X元，求X的分布列和期望；
(2)根据新旧个税政策，估计从2019年1月开始，经过多少个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税之和就超过其2019年的人均月收入？
解析：(1)既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000＝18 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋6 000×20%＝2 190；
符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－1 000＝17 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋5 000×20%＝1 990；
符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－2 000＝16 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋4 000×20%＝1 790.
既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－1 000－2 000＝15 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋3 000×20%＝1 590.
所以X的可能值为2 190,1 990,1 790,1 590.
依题意，上述四类人群的人数之比是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的分布列为
X
2 190
1 990
1 790
1 590
P
所以E(X)＝2 190×＋1 990×＋1 790×＋1 590×＝1 950.
(2)因为在旧个税政策下该市该收入层级的IT从业者2019年每月应纳税所得额(含税)为24 000－3 500＝20 500(元)，
所以其月缴个税为1 500×3%＋3 000×10%＋4 500×20%＋11 500×25%＝4 120(元)．
因为在新个税政策下该市该收入层级的IT从业者2019年月缴个税的均值为1 950元，
所以该收入层级的IT从业者每月少缴纳的个税为4 120－1 950＝2 170(元)．
设经过x个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税的总和就超过24 000元，
则2 170x＞24 000，因为x∈N，所以x≥12.
所以经过12个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税的总和就超过2019年的人均月收入．
(理)高考解答题·审题与规范(六) 概率与统计类考题
重在“辨析”、“辨型”
思维流程
概率与统计问题的求解关键是辨别它的概率模型，只要找到模型，问题便迎刃而解．而概率与统计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，同时，还需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，合理划分复杂事件.
真题案例
审题指导
审题方法
(12分)(2018·全国Ⅰ卷)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
(ⅰ)若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；
(ⅱ)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
(1)由每件产品为不合格品的概率都为p，结合独立重复试验，即可求出20件产品中恰有2件不合格品的概率f(p)，对f(p)求导，利用导数的知识，即可求出f(p)的最大值点p0，注意p的取值范围；(2)(ⅰ)利用(1)的结论，设余下的产品中不合格品的件数为Y，则Y服从二项分布，利用二项分布的期望公式、Y与X的关系式求出EX，(ⅱ)求出检验余下所有产品的总费用，再与EX比较，即可得结论.
审图表、数据
题目中的图表、数据包含着问题的基本信息，也往往暗示着解决问题的目标和方向．在审题时，认真观察分析图表、数据的特征和规律，常常可以找到解决问题的思路和方法.
规范解答
评分细则
[解析] (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为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
当p∈(0,0.1)时，f′(p)＞0；
当p∈(0.1,1)时，f′(p)＜0.5分④
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.6分⑤
(2)由(1)知，p＝0.1.7分⑥
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知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如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．
由于E(X)＞400，故应该对余下的产品作检验.12分⑨
第(1)问踩点得分
①写出式子
f(p)＝Cp2(1－p)18得2分．
②正确求导得1分．
③求出p＝0.1正确得1分，错误不得分．
④分析判断p∈(0,0.1)时，
f′(p)＞0；当p∈(0.1,1)时，
f′(p)＜0得1分．
⑤确定p0＝0.1得1分．
第(2)问踩点得分
⑥写出p＝0.1得1分．
⑦求出X＝40＋25Y得2分．
⑧求出期望值正确得1分，错误不得分．
⑨得出结论“应该对余下的产品作检验”得2分，结论错误不得分.
(理)第3讲 概率、随机变量及其分布
[考情考向·高考导航]
1．考查古典概型、互斥事件、相互独立事件、独立重复试验等内容，主要以选择题、填空题的形式出现，多为容易或中等难度题．
2．对离散型随机变量的分布列及期望的考查是重点中的“热点”，重点考查独立事件的概率，超几何分布和二项分布的期望等．以解答题的形式出现，难度中档或偏下．
[真题体验]
1．(2017·全国Ⅰ卷)如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分
和白色部分关于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：B [不妨设正方形边长为a.由图形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即所各占圆面积的一半．由几何概型概率的计算公式得，所求概率为＝，选B.]
2．(2018·全国Ⅲ卷)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X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P(X＝4)
C．0.4 D．0.3
解析：B [X～B(10，p)，所以10p(1－p)＝2.4，且Cp4(1－p)6
3．(2019·天津卷)设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．
(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率．
解：(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为，故X～B，从而P(X＝k)＝Ck3－k，(k＝0,1,2,3.)
所以，随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
随机变量X的数学期望E(X)＝3×＝2.
(2)设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为Y，则Y～B，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}．由题意知事件{X＝3，Y＝1}与{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}与{Y＝1}，事件{X＝2}与{Y＝0}均相互独立，从而由(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．概率模型公式及相关结论
(1)古典概型的概率公式．
P(A)＝＝.
(2)几何概型的概率公式．
P(A)＝.
(3)相互独立事件同时发生的概率：若A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)·P(B)．
(4)若事件A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，P()＝1－P(A)．
2．独立重复试验与二项分布
如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.用X表示事件A在n次独立重复试验中发生的次数，则X服从二项分布，即X～B(n，p)且P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k.
3．超几何分布
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，此时称随机变量X服从超几何分布．超几何分布的模型是不放回抽样，超几何分布中的参数是M，N，n.
4．离散型随机变量的均值、方差
(1)离散型随机变量ξ的分布列为
ξ
x1
x2
x3
…
xi
…
n
P
p1
p2
p3
…
pi
…
pn
离散型随机变量ξ的分布列具有两个性质；①pi≥0；
②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)．
(2)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量ξ的数学期望或均值．
D(ξ)＝(x1－E(ξ))2·p1＋(x2－E(ξ))2·p2＋…＋(xi－E(ξ))2·pi＋…＋(xn－E(ξ))2·pn叫做随机变量ξ的方差．
(3)数学期望、方差的性质．
①E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．
②X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
③X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
热点一 古典概型、几何概型
[例1] (1)(2019·全国Ⅰ卷)
我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“－－”，右图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A. B.
C. D.
[解析] A [在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数n＝26＝64，恰有3个阳爻的基本事件数为C＝20，所以在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的概率P＝＝.故选A.]
(2)(2018·全国卷Ⅰ)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．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BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则( )
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
[解析] A [法一：∵S△ABC＝AB·AC，以AB为直径的半圆的面积为π·2＝AB2，以AC为直径的半圆的面积为π·2＝AC2，以BC为直径的半圆的面积为π·2＝BC2，
∴SⅠ＝AB·AC，SⅢ＝BC2－AB·AC，
SⅡ＝－＝·AB·AC.
∴SⅠ＝SⅡ.
由几何概型概率公式得p1＝，p2＝，
∴p1＝p2.故选A.
法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，
AB＝AC＝2，则BC＝2，
所以区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，
为S1＝×2×2＝2，
区域Ⅱ的面积S2＝π×12－＝2，
区域Ⅲ的面积S3＝－2＝π－2.
根据几何概型的概率计算公式，
得p1＝p2＝，p3＝，
所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故选A.]
1．求古典概型的概率，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数．常常用到排列、组合的有关知识，计数时要正确分类，做到不重不漏．
2．计算几何概型的概率，构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找是关键，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．
(1)(2019·武汉二模)某校选定4名教师去3个边远地区支教(每地至少1人)，则甲、乙两人不在同一边远地区的概率是________．
解析：选定4名教师去3个边远地区支教(每地至少1人)，不同的支教方法有C·A种．
而甲、乙两人在同一边远地区支教的不同方法有C·A种，所以甲、乙两人不在同一边远地区支教的概率为P＝1－＝.
答案：
(2)
(2020·贵阳模拟)折纸已经成为开发少年儿童智力的一种重要工具和手段，已知在折叠“爱心”活动中，会产生如图所示的几何图形，其中四边形ABCD为正方形，G为线段BC的中点，四边形AEFG与四边形DGHI也是正方形，连接EB，CI，则向多边形AEFGHID中投掷一点，该点落在阴影部分的概率为________．
解析：设AB＝2，则BG＝1，AG＝，
故多边形AEFGHID的面积S＝××2＋×2×2＝12；
阴影部分为两个对称的三角形，其中∠EAB＝90°－∠GAB，
故阴影部分的面积S＝2×AE·AB·sin∠EAB＝2×AE·AB·cos∠GAB＝2××2××＝4，故所求概率p＝.
答案：
热点二 互斥事件、相互独立事件的概率
[例2] (1)(2019·惠州二调)某个部件由两个电子元件按如图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，则部件正常工作，设两个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立．那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________．
[解析] 通解：由正态分布知元件1,2的平均使用寿命为1 000小时，设元件1,2的使用寿命超过1 000小时分别记为事件A，B显然P(A)＝P(B)＝，所以该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为A＋B＋AB，所以其概率P＝×＋×＋×＝.
优解：由两个电子元件的使用寿命均服从正态分布N(1 000，502)得：两个电子元件的使用寿命超过1 000小时的概率均为P＝，则该部件使用寿命超过1 000小时的概率为：P1＝1－(1－P)2＝.
[答案]
(2)(2019·苏州三模)现有4个人去参加春节联欢活动，该活动有甲、乙两个项目可供参加者选择，为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个项目联欢，掷出点数为1或2的人去参加甲项目联欢，掷出点数大于2的人去参加乙项目联欢．
①求这4人中恰好有2人去参加甲项目联欢的概率；
②求这4人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数的概率．
[解] 依题意，这4个人中，每个人去参加甲项目联欢的概率为，去参加乙项目联欢的概率为.设“这4个人中恰好有i人去参加甲项目联欢”为事件Ai(i＝0,1,2,3,4)，则P(Ai)＝Ci·4－i.
①这4个人中恰好有2人去参加甲项目联欢的概率P(A2)＝C2×2＝.
②设“这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数”为事件B，则B＝A3∪A4，故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝C3×＋C4＝.
∴这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数的概率为.
求复杂事件概率的方法及注意点
(1)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求解．
(2)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．
(3)注意点：注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．
(2019·全国Ⅱ卷)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，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且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
热点三 离散型随机变量的分布列
数据
分析
素养
数据分析——分布列问题中的核心素养
通过求离散型随机变量的分布列，进行数据分析，可以明确变量取哪些值时的概率最大，可以帮助我们作出有益的决策.
以统计图表为背景的随机变量的分布列均值
[例3－1] (2020·聊城调研)某超市计划月订购一种冰激凌，每天进货量相同，进货成本每桶5元，售价每桶7元，未售出的冰激凌以每桶3元的价格当天全部处理完毕，根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量600桶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为400桶；如果最高气温低于20，需求量为200桶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1)求六月份这种冰激凌一天需求量X(单位：桶)的分布列．
(2)设六月份一天销售这种冰激凌的利润为Y(单位：元)，当六月份这种冰激凌一天的进货量n(单位：桶)为多少时，Y的数学期望取得最大值？
[审题指导] (1)要求冰激凌一天需求量X的分布列，只要确定X的取值及其对应事件的含义，然后用频率估计概率．
(2)要求Y的数学期望，只要明确X与Y的关系，借助X的分布列，得到Y的期望．
[解析] (1)由已知得：X的可能取值为200,400和600.记六月份最高气温低于20为事件A1，最高气温位于区间[20,25)为事件A2，最高气温不低于25为事件A3，根据题意，结合频数分布表，用频率估计概率，知
P(X＝200)＝P(A1)＝＝，
P(X＝400)＝P(A2)＝＝，
P(X＝600)＝P(A3)＝＝.
故六月份这种冰激凌一天的需求量X(单位：桶)的分布列为：
X
200
400
600
P
(2)结合题意得当n≤200时，E(Y)＝2n≤400.
当200＜n≤400时，E(Y)＝×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋×n×2＝n＋160∈(400,640]．
当400＜n≤600时，E(Y)＝×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋[400×2＋(n－400)×(－2)]＋×n×2＝－n＋800∈[560,640)．
当n＞600时，E(Y)＝×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋×[400×2＋(n－400)×(－2)]＋×[600×2＋(n－600)×(－2)]＝1 760－2n＜560.
所以当n＝400时，Y的数学期望E(Y)取得最大值640.
以复杂事件为背景的随机变量的分布列、均值
[例3－2] (2019·青岛三模)某快递公司收取快递费用的标准是：首重(小于等于1 kg)10元/kg，续重5元/kg(不足1 kg的按1 kg计算)．
该公司对近60天中每天揽件数量统计如下表.
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
(1)某人打算将A(0.3 kg)，B(1.8 kg)，C(1.5 kg)三件礼物随机分成两个包裹寄出，求该人支付的快递费不超过30元的概率；
(2)该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用．前台工作人员每人每天揽件不超过150件，工资100元，目前前台有工作人员3人，那么公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润是否更有利？
[审题指导] (1)借助表格利用列举法列出所有组合的可能性，然后根据古典概型的概率计算公式求解即可；(2)建立模型，求出不裁减人员和裁减人员公司利润的概率分布列，分别求出数学期望，比较大小即可得最优方案．
[解析] (1)由题意，所有可能出现的情况如下表.
情况
包裹一
包裹二
支付的总
快递费
礼物
重量/kg
快递费/元
礼物
重量/kg
快递费/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
所有情况中，快递费不超过30元的情况有1种，
根据古典概型概率计算公式，所求概率为.
(2)根据题意得下表.
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下表.
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数
50
150
250
350
450
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均揽件数
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋350×0.2＋450×0.1＝260.
故公司每日利润的期望值为260×5－3×100＝1 000(元)．
若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下表.
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数
50
150
250
300
300
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均揽件数
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋300×0.2＋300×0.1＝235
故公司每日利润的期望值为235×5－2×100＝975(元)．
显然，975＜1 000，
故公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利．
1．以统计图表为背景的随机变量分布列问题的关键点
(1)根据频率(数)分布表、频率分布直方图、茎叶图等图表准确求出随机事件的频率，并用之估计相应概率．
(2)出现多个随机变量时，应注意分析随机变量之间的关系，进而由一个随机变量的分布列推出另一个随机变量的分布列．
2．以复杂事件为背景的随机变量分布列问题的关键点
(1)求离散型随机变量分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类概率公式求概率．
(2)求随机变量均值与方差的关键是正确求出随机变量的分布列．若随机变量服从特殊分布，则可直接使用公式求解．
(2020·深圳模拟)某学校为鼓励家校互动，与某手机通讯商合作，为教师办理流量套餐．为了解该校教师手机流量使用情况，通过抽样，得到100位教师近2年每人手机月平均使用流量L(单位：M)的数据，其频率分布直方图如下：
若将每位教师的手机月平均使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频率视为概率，回答以下问题．
(1)从该校教师中随机抽取3人，求这3人中至多有1人手机月使用流量不超过300 M的概率；
(2)现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：
套餐名称
月套餐费/元
月套餐流量/M
A
20
300
B
30
500
C
38
700
这三款套餐都有如下附加条款：套餐费月初一次性收取，手机使用流量一旦超出套餐流量，系统就自动帮用户充值200 M流量，资费20元；如果又超出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200 M流量，资费20元，以此类推如果当月流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用．学校欲订购其中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并承担系统自动充值的流量资费的75%，其余部分由教师个人承担，问学校订购哪一款套餐最经济？说明理由．
解析：(1)记“从该校随机抽取1位教师，该教师手机月使用流量不超过300 M”为事件D.依题意，P(D)＝(0.000 8＋0.002 2)×100＝0.3.
从该校教师中随机抽取3人，设这3人中手机月使用流量不超过300 M的人数为X，
则X～B(3,0.3)，
所以从该校教师中随机抽取3人，至多有1人手机月使用流量不超过300 M的概率为P(X＝0)＋P(X＝1)＝C×0.30×(1－0.3)3＋C×0.3×(1－0.3)2＝0.343＋0.441＝0.784.
(2)依题意，从该校随机抽取1位教师，该教师手机月使用流量L∈(300,500]的概率为(0.002 5＋0.003 5)×100＝0.6，L∈(500,700]的概率为(0.000 8＋0.000 2)×100＝0.1.
当学校订购A套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为X1元，则X1的所有可能取值为20,35,50，且P(X1＝20)＝0.3，P(X1＝35)＝0.6，P(X1＝50)＝0.1，
所以X1的分布为
X1
20
35
50
P
0.3
0.6
0.1
所以E(X1)＝20×0.3＋35×0.6＋50×0.1＝32(元)．
当学校订购B套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为X2元，则X2的所有可能取值为30,45，且P(X2＝30)＝0.3＋0.6＝0.9，P(X2＝45)＝0.1，
所以X2的分布列为
X2
30
45
P
0.9
0.1
所以E(X2)＝30×0.9＋45×0.1＝31.5(元)．
当学校订购C套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为X3元，则X3的所有可能取值为38，且P(X3＝38)＝1，所以E(X3)＝38×1＝38(元)．
因为E(X2)＜E(X1)＜E(X3)，
所以学校订购B套餐最经济．
限时50分钟 满分76分
一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
1．(2020·西安模拟)勾股定理在西方被称为毕达哥拉斯定理，其证明方法有几百种之多，著名的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明．如图，在这幅“勾股圆方图”中，以弦为边长得到的正方形ABDE是由4个全等的直角三角形和中间的一个小正方形CFGH组成的．若Rt△ABC的三边长构成等差数列，则在正方形ABDE内任取一点，此点取自小正方形CFGH内的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：C [由于Rt△ABC的三边长成等差数列，所以2b＝a＋c，又a2＋b2＝c2，于是(2b－c)2＋b2＝c2，故＝，＝.大正方形ABDE的面积为c2，小正方形CFGH的面积为(b－a)2，在正方形ABDE内任取一点，此点取自小正方形CFGH内的概率为＝2＝.故选C.]
2．(2020·石家庄模拟)《中华好诗词》是由河北电视台创办的令广大观众喜闻乐见的节目，旨在弘扬中国古代诗词文化，观众可以选择从A，B，C和河北卫视这四家视听媒体的播放平台中观看，若甲乙两人各自随机选择一家播放平台观看此节目，则甲乙二人中恰有一人选择在河北卫视观看的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：B [甲、乙两人从A，B，C和河北卫视这四家播放平台随机选择一家有4×4＝16(种)等可能情况，其中甲、乙两人恰有一人选择在河北卫视观看的情况有C×3＝6(种)，∴所求概率为＝.]
3．某班举行了一次“心有灵犀”的活动，教师把一张写有成语的纸条出示给A组的某个同学，这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学．若小组内同学甲猜对成语的概率是0.4，同学乙猜对成语的概率是0.5，且规定猜对得1分，猜不对得0分，则这两个同学各猜1次，得分之和X(单位：分)的数学期望为( )
A．0.9 B．0.8
C．1.2 D．1.1
解析：A [由题意得X＝0,1,2，
则P(X＝0)＝0.6×0.5＝0.3，P(X＝1)＝0.4×0.5＋0.6×0.5＝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、丙三位同学独立解决同一个问题，已知三位同学能够正确解决这个问题的概率分别为，，，则有人能够解决这个问题的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：B [本题主要考查相互独立事件、互斥事件的概率，考查对立事件的概率公式，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算，属于中档题．这个问题没有被解决的概率为＝，故有人能够解决这个问题的概率为1－＝.故选B项．]
5．(2019·大连三模)某篮球队对队员进行考核，规则是：①每人进行3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过．已知队员甲投篮1次投中的概率为，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X的期望是( )
A．3 B.
C．2 D.
解析：B [每个轮次甲不能通过的概率为×＝，通过的概率为1－＝，因为甲3个轮次通过的次数X服从二项分布B，所以X的数学期望为3×＝.]
6．(2020·衡水模拟)某公司为了准确把握市场，做好产品计划，特对某产品做了市场调查：先销售该产品50天，统计发现每天的销量x(单位：件)分布在[50,100)内，且销量x的分布频率f(x)＝若销量大于或等于70件，则称该日畅销，其余为滞销．在畅销日中用分层抽样的方法随机抽取8天，再从这8天中随机抽取3天进行统计，设这3天来自X个组，将频率视为概率，则随机变量X的数学期望为( )
A. B.
C. D.
解析：C [由题意知解得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.故销量在[70,80)，[80,90)，[90,100)内的频率分别是0.2,0.3,0.3，频率之比为2∶3∶3，所以各组抽取的天数分别为2,3,3，X的所有可能取值为1,2,3，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝，P(X＝2)＝1－－＝.
X的分布列为
X
1
2
3
P
数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＝.故选C.]
二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)
7．(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____________．
解析：甲队以4∶1获胜的概率为[C0.6×0.4×0.52＋0.62×C0.5×0.5]×0.6＝0.18.
答案：0.18
8．(2019·宁波三模)某保险公司针对企业职工推出一款意外险产品，每年每人只要交少量保费，发生意外后可一次性获赔50万元．保险公司把职工从事的工作共分为A，B，C三类工种，根据历史数据统计出这三类工种的每年赔付频率如表所示，并以此估计赔付概率.
工种类别
A
B
C
赔付频率
若规定该产品各工种保单的期望利润都不得超过保费的20%，则A，B，C三类工种每份保单保费的上限之和为________元．
解析：设工种A的每份保单保费为a元，保险公司每份保单的利润为随机变量X，则X的分布列为
X
a
a－5×105
P
1－
保险公司期望利润E(X)＝a＋(a－5×105)×＝(a－5)(元)，
根据规定知a－5≤0.2a，
解得a≤6.25.
设工种B的每份保单保费为b元，同理可得保险公司期望利润为(b－10)元，根据规定知，b－10≤0.2b，解得b≤12.5，
设工种C的每份保单保费为c元，同理可得保险公司期望利润为(c－50)元，根据规定知，c－50≤0.2c，解得c≤62.5.
则A，B，C三类工种每份保单保费的上限之和为6.25＋12.5＋62.5＝81.25(元)．
答案：81.25
三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)
9．(2020·长沙模拟)东方商店欲购进某种食品(保质期两天)，此商店每两天购进该食品一次(购进时，该食品为刚生产的)．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了解市场的需求情况，现统计该食品在本地区100天的销售量如下表：
销售量/份
15
16
17
18
天数
20
30
40
10
(视样本频率为概率)
(1)根据该食品100天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为ξ，求ξ的分布列与数学期望；
(2)以两天内该食品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进32或33份， 哪一种得到的利润更大？
解析：(1)根据题意可得
P(ξ＝30)＝×＝，
P(ξ＝31)＝××2＝，
P(ξ＝32)＝××2＋×＝，
P(ξ＝33)＝××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)当一次性购进32份食品时，设每两天的利润为X，则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.
当一次性购进33份食品时，设每两天的利润为Y，则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)，
∴东方商店一次性购进32份食品时得到的利润更大．
10．(2019·北京卷)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的学生中各随机抽取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的分布列和数学期望；
(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．
解析：本题以支付方式相关调查来设置问题，考查概率统计在生活中的应用，考查概率的定义和分布列的应用，使学生体会到数学与现实生活息息相关．
(1)由题意可知，两种支付方式都使用的人数为：(100－30－25－5)人＝40人，则：
该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率p＝＝.
(2)由题意可知，
仅使用A支付方法的学生中，金额不大于1 000元的人数占，金额大于1 000的人数占，
仅使用B支付方法的学生中，金额不大于1 000元的人数占，金额大于1 000元的人数占，
且X可能的取值为0,1,2.
P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝2＋2＝，P(X＝2)＝×＝，
X的分布列为：
X
0
1
2
p(X)
其数学期望：E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
(3)我们不认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化．理由如下：
随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率越来越稳定于概率．
学校是一个相对消费稳定的地方，每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定，出现题中这种现象可能是发生了“小概率事件”．
11．(2020·福建质检)“工资条里显红利，个税新政入民心”．随着2019年新年钟声的敲响，我国自1980年以来，力度最大的一次个人所得税(简称个税)改革迎来了全面实施的阶段.2019年1月1日起实施的个税新政主要内容包括：①个税起征点为5 000元；②每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除；③专项附加扣除包括住房贷款利息或者住房租金(以下简称住房)、子女教育、赡养老人等．新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下：
旧个税税率表(个税起征点3 500元)
新个税税率表(个税起征点5 000元)
缴税
级数
每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点
税率(%)
每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除
税率(%)
1
不超过1 500元的部分
3
不超过3 000元的部分
3
2
超过1 500元至4 500元的部分
10
超过3 000元至12 000元的部分
10
3
超过4 500元至9 000元的部分
20
超过12 000元至25 000元的部分
20
4
超过9 000元至35 000元的部分
25
超过25 000元至35 000元的部分
25
5
超过35 000元至55 000元的部分
30
超过35 000元至55 000元的部分
30
…
…
…
…
…
随机抽取某市1 000名同一收入层级的IT从业者的相关资料，经统计分析，预估他们2019年的人均月收入为24 000元．统计资料还表明，他们均符合住房专项附加扣除；同时，他们每人至多只有一个符合子女教育专项附加扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除、符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除、符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除、既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人数之比是2∶1∶1∶1；此外，他们均不符合其他专项附加扣除．新个税政策下该市的专项附加扣除标准为：住房1 000元/月，子女教育每孩1 000元/月，赡养老人2 000元/月等．
假设该市该收入层级的IT从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的IT从业者的人均月收入视为其个人月收入．根据样本估计总体的思想，解决如下问题：
(1)设该市该收入层级的IT从业者2019年月缴个税为X元，求X的分布列和期望；
(2)根据新旧个税政策，估计从2019年1月开始，经过多少个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税之和就超过其2019年的人均月收入？
解析：(1)既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000＝18 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋6 000×20%＝2 190；
符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－1 000＝17 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋5 000×20%＝1 990；
符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－2 000＝16 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋4 000×20%＝1 790.
既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－1 000－2 000＝15 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋3 000×20%＝1 590.
所以X的可能值为2 190,1 990,1 790,1 590.
依题意，上述四类人群的人数之比是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的分布列为
X
2 190
1 990
1 790
1 590
P
所以E(X)＝2 190×＋1 990×＋1 790×＋1 590×＝1 950.
(2)因为在旧个税政策下该市该收入层级的IT从业者2019年每月应纳税所得额(含税)为24 000－3 500＝20 500(元)，
所以其月缴个税为1 500×3%＋3 000×10%＋4 500×20%＋11 500×25%＝4 120(元)．
因为在新个税政策下该市该收入层级的IT从业者2019年月缴个税的均值为1 950元，
所以该收入层级的IT从业者每月少缴纳的个税为4 120－1 950＝2 170(元)．
设经过x个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税的总和就超过24 000元，
则2 170x＞24 000，因为x∈N，所以x≥12.
所以经过12个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税的总和就超过2019年的人均月收入．
(理)高考解答题·审题与规范(六) 概率与统计类考题
重在“辨析”、“辨型”
思维流程
概率与统计问题的求解关键是辨别它的概率模型，只要找到模型，问题便迎刃而解．而概率与统计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，同时，还需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，合理划分复杂事件.
真题案例
审题指导
审题方法
(12分)(2018·全国Ⅰ卷)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
(ⅰ)若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；
(ⅱ)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
(1)由每件产品为不合格品的概率都为p，结合独立重复试验，即可求出20件产品中恰有2件不合格品的概率f(p)，对f(p)求导，利用导数的知识，即可求出f(p)的最大值点p0，注意p的取值范围；(2)(ⅰ)利用(1)的结论，设余下的产品中不合格品的件数为Y，则Y服从二项分布，利用二项分布的期望公式、Y与X的关系式求出EX，(ⅱ)求出检验余下所有产品的总费用，再与EX比较，即可得结论.
审图表、数据
题目中的图表、数据包含着问题的基本信息，也往往暗示着解决问题的目标和方向．在审题时，认真观察分析图表、数据的特征和规律，常常可以找到解决问题的思路和方法.
规范解答
评分细则
[解析] (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为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
当p∈(0,0.1)时，f′(p)＞0；
当p∈(0.1,1)时，f′(p)＜0.5分④
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.6分⑤
(2)由(1)知，p＝0.1.7分⑥
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知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如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．
由于E(X)＞400，故应该对余下的产品作检验.12分⑨
第(1)问踩点得分
①写出式子
f(p)＝Cp2(1－p)18得2分．
②正确求导得1分．
③求出p＝0.1正确得1分，错误不得分．
④分析判断p∈(0,0.1)时，
f′(p)＞0；当p∈(0.1,1)时，
f′(p)＜0得1分．
⑤确定p0＝0.1得1分．
第(2)问踩点得分
⑥写出p＝0.1得1分．
⑦求出X＝40＋25Y得2分．
⑧求出期望值正确得1分，错误不得分．
⑨得出结论“应该对余下的产品作检验”得2分，结论错误不得分.
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