热门试卷

解：（1）由题意知这个抽样是按进服务区的先后每间隔50辆就抽取一辆的抽样方法抽取40名驾驶员进行询问调查，是一个具有相同间隔的抽样，并且总体的个数比较多，这是一个系统抽样．

故调查公司在采样中，用到的是系统抽样，（2分）

（2）众数的估计值为最高的矩形的中点，即众数的估计值等于77.5    （4分）

设图中虚线所对应的车速为x，则中位数的估计值为：

0.01×5+0.02×5+0.04×5+0.06×（x-75）=0.5，

解得x=77.5，即中位数的估计值为77.5                （6分）

（3）从图中可知，车速在[60，65）的车辆数为：m1=0.01×5×40=2（辆），（7分）

车速在[65，70）的车辆数为：m2=0.02×5×40=4（辆）      （8分）

∴ξ=0，1，2，

P（ξ=0）=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=，

ξ的分布列为：

（11分）

数学期望Eξ=0×+1×+2×=．（12分）

解：（Ⅰ）设商店某天销售A商品获得的利润为ξ（单位：元）

当需求量为3时，ξ=15×3-5×（4-3）=40，

当需求量为4时，ξ=15×4=60，

当需求量为5时，ξ=15×4=60，…（2分）

ξ的分布列为

则Eξ=40×0.3+60×0.7=54（元）

所以商店该天销售A商品获得的利润均值为54元．…（6分）

（Ⅱ）设销售A商品获得的利润为Y，

依题意，视频率为概率，为追求更多的利润，

则商店每天购进的A商品的件数取值可能为3件，4件，5件．

当购进A商品3件时，

EY=（30-15）×3×0.3+（30-15）×3×0.4+（30-15）×3×0.3=45，

当购进A商品4件时，

EY=[（30-15）×3-（15-10）×1]×0.3+[（30-15）×4]×+[（30-15）×4]×=54…（8分）

当购进A商品5件时，

EY=[（30-15）×3-（15-10）×2]×0.3+[（30-15）×4-（15-10）×1]×+[（30-15）×5]×=63-0.2x

由题意63-0.2x≤54，解得x≥45，又知x≤100-30=70

所以x的取值范围为[45，70]，x∈N*．…（12分）

解：（1）甲、乙两人租车费用相同包括0，1，3，6元

两人都付0元的概率为P1=×=

两人都付1元的概率为P2=×=

两人都付3元的概率为P3=×=

两人都付6元的概率为P4=（1---）×（1---）=×=

则甲，乙两人所付租车费用相同的概率为P=P1+P2+P3+P4=

（2）依题意，甲某每天租车费用不超过2元的概率为P=+=

则P（X=0）=××=，P（X=1）==

P（X=2）==，P（X=3）==

P（X=4）==

∴X的分布列为

X的数学期望为E（X）=1×+2×+3×+4×=3

解：（1）由检测结果统计表，得产品A为正品的概率为：=，

产品B为正品的概率为：=．

（2）随机变量X的所有取值为180，90，60，-30，

P（X=180）==，

P（X=90）==，

P（X=60）==，

P（X=-30）==，

∴X的分布列为：

E（X）==132．

解：设A，B，C，D分别是第一、二、三、四个问题，用Mi（i=1，2，3，4）表示甲同学第i个问题回答正确，

用Ni（i=1，2，3，4）表示第i个问题回答错误，则Mi与Ni（i=1，2，3，4）是对立事件．由题意得，

则．

（Ⅰ）记“甲同学能进入下一轮”为事件Q，

则Q=M1M2M3+N1M2M3M4+M1N2M3M4+M1M2N3M4+N1M2N3M4

由于每题答题结果相互独立，

∴P（Q）=P（M1M2M3+N1M2M3M4+M1N2M3M4+M1M2N3M4+N1M2N3M4）

=P（M1M2M3）+P（N1M2M3M4）+P（M1N2M3M4）+P（M1M2N3M4）+P（N1M2N3M4）=

（Ⅱ）由题意可知随机变量ξ可能的取值为2，3，4，

由于每题的答题结果都是相对独立的，

∵，

，

P（ξ=4）=1-P（ξ=2）-P（ξ=3）=1--=

∴．

解：（1）记事件A为“抽取到3个零件中恰有一个是使用过的”，则 

（2）依题有X～B（3，），则

，

所以X的分布列如下

所以X的期望是

解：（1）S3=4，即前3局中国队1胜2平或2胜1负．

中国队赢的概率为，平的概率为，输的概率为．

得S3=4的概率为

（2）ξ的可能取值为2，3，4，

，

=

或

ξ的分布列为：

∴．（12分）

解：（Ⅰ）解法一：由题意知，ξ的可能取值为0，1，2，3，且，，，．

所以ξ的分布列为

ξ的数学期望为．

解法二：根据题设可知，，

因此ξ的分布列为，k=0，1，2，3．

因为，所以．

（Ⅱ）解法一：用C表示“甲得（2分）乙得（1分）”这一事件，用D表示“甲得（3分）乙得0分”这一事件，所以AB=C∪D，且C，D互斥，又=，，

由互斥事件的概率公式得．

解法二：用Ak表示“甲队得k分”这一事件，用Bk表示“乙队得k分”这一事件，k=0，1，2，3．

由于事件A3B0，A2B1为互斥事件，故有P（AB）=P（A3B0∪A2B1）=P（A3B0）+P（A2B1）．

由题设可知，事件A3与B0独立，事件A2与B1独立，因此P（AB）=P（A3B0）+P（A2B1）=P（A3）P（B0）+P（A2）P（B1）=．

解：（1）由题意只进行三局比赛，即丙获胜比赛就结束，

故可得所求的概率为

（2）由题意可得ξ=2，3，4，且，

，

故ξ的分布列为：

故数学期望

解：（Ⅰ）当n=3时，即从9根中抽取3根，故总的基本事件数为，

事件A，可从三类中任取一类共种，再从该类的3个中任取2个共种，

然后再从其余两类的6个中任取1个共种，故总共种，

故P（A）==…（4分）

（Ⅱ）①由题意可知：ξ可能的取值为2，3，4，5，6，

同（Ⅰ）的求解方法可得：P（ξ=2）==，P（ξ=3）==，

P（ξ=4）==，P（ξ=5）==，P（ξ=6）==，

故ξ的分布列为：

…（9分）

②E（ξ）==4    …（10分）

∵η=-λ2ξ+λ+1，∴E（η）=-λ2E（ξ）+λ+1=-4λ2+λ+1，

∵E（η）＞1，∴-4λ2+λ+1＞1，解得…（12分）

解：（1）由题意知，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人抽奖中奖与否互不影响，

记“他们的累计得分X≤3”的事件为A，则事件A的对立事件是“X=5”，

因为P（X=5）=，∴P（A）=1-P（X=5）=；

即他们的累计得分x≤3的概率为．

（2）设小明、小红两人都选择甲方案抽奖中奖次数为X1，

小明、小红两人都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人都选择甲方案抽奖累计得分的数学期望为E（2X1）

都选择乙方案抽奖累计得分的数学期望为E（3X2）

由已知可得，X1～B（2，），X2～B（2，），

∴E（X1）=2×=，E（X2）=2×=，

从而E（2X1）=2E（X1）=，E（3X2）=3E（X2）=，

由于E（2X1）＞E（3X2），

∴他们选择甲方案抽奖，累计得分的数学期望较大．

解：（Ⅰ）由直方图可得：20×x+0.025×20+0.0065×20+0.003×2×20=1．

所以 x=0.0125．

（Ⅱ）新生上学所需时间不少于1小时的频率为：0.003×2×20=0.12，

因为600×0.12=72，

所以600名新生中有72名学生可以申请住宿．

（Ⅲ）X的可能取值为0，1，2，3，4．

由直方图可知，每位学生上学所需时间少于20分钟的概率为，

，

，

，

，

．

所以X的分布列为：

．（或）

所以X的数学期望为1．

解：（I）设乙队胜或平丙队的事件分别A1，A2，A3，乙队胜、平、负丁队的事件分别B1，B2，B3，

则P（A1）=P（A2）=，P（A3）=，P（Bi）=（i=1，2，3）．

设乙队最后积4分为事件C，则P（C）=P（A1）P（B3）+P（A3）P（B1）==．

（II）随机变量ξ的可能取值为：7，5，4，3，2，1．

P（X=7）=P（A1）P（B1）==，P（X=5）=P（A1）P（B2）+P（A2）P（B1）==，

P（X=4）=，P（X=3）=P（A2）P（B2）==，

P（X=2）=P（A2）P（B3）+P（A3）P（B2）==，P（X=1）=P（A3）P（B3）==．

可得随机变量X的分布列为：

E（X）=++4×+3×+2×+1×=．

（III）N同学的观点对，乙队至少积5分才可以出线．当乙队积5分时，丙队或丁队的可能积分为4，3，2，1，0．乙队为小组第二，可以出线．当乙队积4分时，丙队或丁队的可能积分为6或4，因此不能确保乙队出线．

解：（1）由题意知本题是一个等可能事件的概率，

试验发生包含的事件是从6件产品中拿出4间进行排列，共有A64种结果，

满足条件的事件是前4次恰好查出2件次品，共有C32C32A44种结果，

∴要求的概率；

（2）根据题意，ξ的取值可以是3、4、5．

；

；

．

∴分布列是：

∴．