新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)12 概率與統(tǒng)計（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、專題限時集訓(xùn)(十二)　概率與統(tǒng)計 1．(2019·全國卷Ⅰ)為治療某種疾病，研制了甲、乙兩種新藥，希望知道哪種新藥更有效，為此進行動物試驗．試驗方案如下：每一輪選取兩只白鼠對藥效進行對比試驗．對于兩只白鼠，隨機選一只施以甲藥，另一只施以乙藥．一輪的治療結(jié)果得出后，再安排下一輪試驗．當其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多4只時，就停止試驗，并認為治愈只數(shù)多的藥更有效．為了方便描述問題，約定：對于每輪試驗，若施以甲藥的白鼠治愈且施以乙藥的白鼠未治愈，則甲藥得1分，乙藥得－1分；若施以乙藥的白鼠治愈且施以甲藥的白鼠未治愈，則乙藥得1分，甲藥得－1分；若都治愈或都未治愈，則兩種藥均得0分

2、．甲、乙兩種藥的治愈率分別記為α和β，一輪試驗中甲藥的得分記為X. (1)求X的分布列； (2)若甲藥、乙藥在試驗開始時都賦予4分，pi(i＝0，1，…，8)表示“甲藥的累計得分為i時，最終認為甲藥比乙藥更有效”的概率，則p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假設(shè)α＝0.5，β＝0.8. (ⅰ)證明：{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)為等比數(shù)列； (ⅱ)求p4，并根據(jù)p4的值解釋這種試驗方案的合理性． [解]　(1)X的所有可能取值為－1，0，1. P(X＝－1)＝(1－

3、α)β， P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)， P(X＝1)＝α(1－β)． 所以X的分布列為 X －1 0 1 P (1－α)β αβ＋(1－α)(1－β) α(1－β) (2)(ⅰ)由(1)得a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1. 因此pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1，故0.1(pi＋1－pi)＝0.4(pi－pi－1)，即pi＋1－pi＝4(pi－pi－1)． 又因為p1－p0＝p1≠0，所以{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)是公比為4，首項為p1的等比數(shù)列． (ⅱ)由(ⅰ)可得 p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋

4、p0 ＝(p8－p7)＋(p7－p6)＋…＋(p1－p0) ＝p1. 由于p8＝1，故p1＝，所以 p4＝(p4－p3)＋(p3－p2)＋(p2－p1)＋(p1－p0) ＝p1 ＝. p4表示最終認為甲藥更有效的概率．由計算結(jié)果可以看出，在甲藥治愈率為0.5，乙藥治愈率為0.8時，認為甲藥更有效的概率為p4＝≈0.003 9，此時得出錯誤結(jié)論的概率非常小，說明這種試驗方案合理． 2．(2020·全國卷Ⅱ)某沙漠地區(qū)經(jīng)過治理，生態(tài)系統(tǒng)得到很大改善，野生動物數(shù)量有所增加．為調(diào)查該地區(qū)某種野生動物的數(shù)量，將其分成面積相近的200個地塊，從這些地塊中用簡單隨機抽樣的方法抽取20個作為樣

5、區(qū)，調(diào)查得到樣本數(shù)據(jù)(xi，yi)(i＝1，2，…，20)，其中xi和yi分別表示第i個樣區(qū)的植物覆蓋面積(單位：公頃)和這種野生動物的數(shù)量，并計算得xi＝60，yi＝1 200，(xi－)2＝80，(yi－)2＝9 000，(xi－)(yi－)＝800. (1)求該地區(qū)這種野生動物數(shù)量的估計值(這種野生動物數(shù)量的估計值等于樣區(qū)這種野生動物數(shù)量的平均數(shù)乘以地塊數(shù))； (2)求樣本(xi，yi)(i＝1，2，…，20)的相關(guān)系數(shù)(精確到0.01)； (3)根據(jù)現(xiàn)有統(tǒng)計資料，各地塊間植物覆蓋面積差異很大．為提高樣本的代表性以獲得該地區(qū)這種野生動物數(shù)量更準確的估計，請給出一種你認為更合理的抽樣

6、方法，并說明理由． 附：相關(guān)系數(shù)r＝，≈1.414. [解]　(1)由已知得樣本平均數(shù)＝i＝60，從而該地區(qū)這種野生動物數(shù)量的估計值為60×200＝12 000. (2)樣本(xi，yi)(i＝1，2，…，20)的相關(guān)系數(shù) r＝＝＝≈0.94. (3)分層抽樣：根據(jù)植物覆蓋面積的大小對地塊分層，再對200個地塊進行分層抽樣． 理由如下：由(2)知各樣區(qū)的這種野生動物數(shù)量與植物覆蓋面積有很強的正相關(guān)．由于各地塊間植物覆蓋面積差異很大，從而各地塊間這種野生動物數(shù)量差異也很大，采用分層抽樣的方法較好地保持了樣本結(jié)構(gòu)與總體結(jié)構(gòu)的一致性，提高了樣本的代表性，從而可以獲得該地區(qū)這種野生動物數(shù)量

7、更準確的估計． 3．(2020·全國卷Ⅲ)某學(xué)生興趣小組隨機調(diào)查了某市100天中每天的空氣質(zhì)量等級和當天到某公園鍛煉的人次，整理數(shù)據(jù)得到下表(單位：天)： 鍛煉人次 空氣質(zhì)量等級　　　 [0，200] (200，400] (400，600] 1(優(yōu)) 2 16 25 2(良) 5 10 12 3(輕度污染) 6 7 8 4(中度污染) 7 2 0 (1)分別估計該市一天的空氣質(zhì)量等級為1，2，3，4的概率； (2)求一天中到該公園鍛煉的平均人次的估計值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表)； (3)若某天的空氣質(zhì)量等級為1或2，則稱這天“空

8、氣質(zhì)量好”；若某天的空氣質(zhì)量等級為3或4，則稱這天“空氣質(zhì)量不好”．根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的2×2列聯(lián)表，并根據(jù)列聯(lián)表，判斷是否有95%的把握認為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當天的空氣質(zhì)量有關(guān)？ 人次≤400 人次>400 空氣質(zhì)量好 空氣質(zhì)量不好 附：K2＝， P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 [解]　(1)由所給數(shù)據(jù)，該市一天的空氣質(zhì)量等級為1，2，3，4的概率的估計值如表： 空氣質(zhì)量等級 1 2 3 4 概率的估計值 0.43 0.27 0.21 0.09

9、(2)一天中到該公園鍛煉的平均人次的估計值為 (100×20＋300×35＋500×45)＝350. (3)根據(jù)所給數(shù)據(jù)，可得2×2列聯(lián)表： 人次≤400 人次＞400 空氣質(zhì)量好 33 37 空氣質(zhì)量不好 22 8 根據(jù)列聯(lián)表得 K2＝≈5.820. 由于5.820＞3.841，故有95%的把握認為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當天的空氣質(zhì)量有關(guān)． 4．(2017·全國卷Ⅰ)為了監(jiān)控某種零件的一條生產(chǎn)線的生產(chǎn)過程，檢驗員每天從該生產(chǎn)線上隨機抽取16個零件，并測量其尺寸(單位：cm)．根據(jù)長期生產(chǎn)經(jīng)驗，可以認為這條生產(chǎn)線正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件的尺寸服從正態(tài)分布N(

10、μ，σ2)． (1)假設(shè)生產(chǎn)狀態(tài)正常，記X表示一天內(nèi)抽取的16個零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件數(shù)，求P(X≥1)及X的數(shù)學(xué)期望； (2)一天內(nèi)抽檢零件中，如果出現(xiàn)了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就認為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查． ①試說明上述監(jiān)控生產(chǎn)過程方法的合理性； ②下面是檢驗員在一天內(nèi)抽取的16個零件的尺寸： 9.95　10.12　9.96　9.96　10.01　9.92　9.98　10.04 10.26　9.91　10.13　10.02　9.22　10.04　10.05　9.95 經(jīng)計算得＝xi＝

11、9.97，s＝＝≈0.212，其中xi為抽取的第i個零件的尺寸，i＝1，2，…，16. 用樣本平均數(shù)作為μ的估計值，用樣本標準差s作為σ的估計值，利用估計值判斷是否需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查．剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)，用剩下的數(shù)據(jù)估計μ和σ(精確到0.01)． 附：若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－3σ

12、 因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8. X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝16×0.002 6＝0.041 6. (2)①如果生產(chǎn)狀態(tài)正常，一個零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天內(nèi)抽取的16個零件中，出現(xiàn)尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，發(fā)生的概率很小，因此一旦發(fā)生這種情況，就有理由認為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查，可見上述監(jiān)控生產(chǎn)過程的方法是合理的． ②由＝9.97，s≈0.212，得μ的估計值為＝9.97，σ的估計值為＝0.212，由樣本數(shù)據(jù)可以看

13、出有一個零件的尺寸在(－3，＋3)之外，因此需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查． 剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×(16×9.97－9.22)＝10.02. 因此μ的估計值為10.02. x＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134， 剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的樣本方差為×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008， 因此σ的估計值為≈0.09. 1．(2020·日照模擬)為評估設(shè)備M生產(chǎn)某種零件的性能，從設(shè)備M生產(chǎn)零件的流水線上隨機抽取100個零件作為樣本，測量其直徑后，整理得到下表： 直徑/m

14、m 57 58 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 72 合計 件數(shù) 1 1 3 5 6 19 33 18 4 4 2 1 2 1 100 經(jīng)計算，樣本的平均值μ＝64，標準差σ＝2.2，以頻率作為概率的估計值. (1)為評估設(shè)備M的性能，從樣本中任意抽取一個零件，記其直徑為X，并根據(jù)以下規(guī)則進行評估(P表示相應(yīng)事件的頻率)： ①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≥0.682 7；②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≥0.954 5；③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)≥0.997 3. 若同時滿足上述三個不等式

15、，則設(shè)備M的性能等級為甲；若滿足其中兩個不等式，則設(shè)備M的性能等級為乙；若僅滿足其中一個不等式，則設(shè)備M的性能等級為丙；若全部不滿足，則設(shè)備M的性能等級為丁．試判斷設(shè)備M的性能等級． (2)將直徑小于或等于μ－2σ或直徑大于μ＋2σ的零件認為是次品． (ⅰ)從設(shè)備M的生產(chǎn)流水線上任意抽取2個零件，計算其中次品個數(shù)Y的數(shù)學(xué)期望； (ⅱ)從樣本中任意抽取2個零件，計算其中次品個數(shù)Z的數(shù)學(xué)期望E(Z)． [解]　(1)因為P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝P(61.8＜X≤66.2)＝0.8≥0.682 7， P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝P(59.6＜X≤68.4)＝0.94＜0.954 5，

16、 P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝P(57.4＜X≤70.6)＝0.98＜0.997 3， 所以設(shè)備M的性能等級為丙． (2)易知樣本中次品共6個，可估計設(shè)備M生產(chǎn)零件的次品率為0.06. (ⅰ)由題意可知Y～B(2，0.06)，于是E(Y)＝2×0.06＝0.12. (ⅱ)Z的分布列為 Z 0 1 2 P 故E(Z)＝0×＋1×＋2×＝＝0.12. 2．(2020·濟寧模擬)某飲料公司計劃從A，B兩款新配方飲料中選擇一款進行新品推介，現(xiàn)對這兩款飲料進行市場調(diào)查，讓接受調(diào)查的受訪者同時飲用這兩款飲料，并分別對A，B兩款飲料進行評分．現(xiàn)對接受調(diào)查的100萬名受訪者

17、的評分進行整理，得到如下統(tǒng)計圖．從對以往調(diào)查數(shù)據(jù)分析可以得出如下結(jié)論：評分在[0，60)的受訪者中有20%會購買，評分在[60，80)的受訪者中有60%會購買，評分在[80，100]的受訪者中有90%會購買． (1)在受訪的100萬人中，求對A款飲料評分在60分以下的有多少萬人？ (2)用頻率估計概率，現(xiàn)從受訪者中隨機抽取1人進行調(diào)查，試估計該受訪者購買A款飲料的可能性高于購買B款飲料的可能性的概率． (3)如果你是決策者，新品推介你會主推哪一款飲料，并說明你的理由． [解]　(1)由A款飲料的評分餅狀圖，得對A款飲料評分在60分以下的頻率為0.05＋0.15＝0.2， ∴對A款

18、飲料評分在60分以下的有100×0.2＝20(萬人)． (2)設(shè)受訪者購買A款飲料的可能性高于購買B款飲料的可能性為事件C．記購買A款飲料的可能性是20%為事件A1；購買A款飲料的可能性是60%為事件A2；購買A款飲料的可能性是90%為事件A3；購買B款飲料的可能性是20%為事件B1；購買B款飲料的可能性是60%為事件B2；購買B款飲料的可能性是90%為事件B3. 則P(A1)＝0.05＋0.15＝0.2，P(A2)＝0.1＋0.2＝0.3，P(A3)＝0.15＋0.35＝0.5， 用頻率估計概率得：P(B1)＝＝0.1，P(B2)＝＝0.35， P(B3)＝＝0.55. ∵事件Ai

19、與Bj相互獨立，其中i，j＝1，2，3， ∴P(C)＝P(A2B1＋A3B1＋A3B2)＝P(A2)P(B1)＋P(A3)P(B1)＋P(A3)P(B2)＝0.3×0.1＋0.5×0.1＋0.5×0.35＝0.255， ∴估計該受訪者購買A款飲料的可能性高于購買B款飲料的可能性的概率為0.255. (3)從受訪者對A，B兩款飲料購買期望角度看， A款飲料“選擇傾向指數(shù)”X的分布列為 X 0.2 0.6 0.9 P 0.2 0.3 0.5 B款飲料“選擇傾向指數(shù)”Y的分布列為 X 0.2 0.6 0.9 P 0.1 0.35 0.55 ∴E(X)＝0.

20、2×0.2＋0.6×0.3＋0.9×0.5＝0.67， E(Y)＝0.2×0.1＋0.6×0.35＋0.9×0.55＝0.725， 根據(jù)上述期望可知E(X)＜E(Y)，故新品推介應(yīng)該主推B款飲料． 3．(2020·濟寧模擬)某學(xué)校為了對教師教學(xué)水平和教師管理水平進行評價，從該校學(xué)生中選出300人進行統(tǒng)計，其中對教師教學(xué)水平給出好評的學(xué)生人數(shù)為總數(shù)的60%，對教師管理水平給出好評的學(xué)生人數(shù)為總數(shù)的75%，對教師教學(xué)水平和教師管理水平都給出好評的有120人． (1)填寫下面對教師教學(xué)水平和教師管理水平評價的2×2列聯(lián)表： 對教師管理水平給出好評 對教師管理水平給出差評 合計 對

21、教師教學(xué)水平給出好評 對教師教學(xué)水平給出差評 合計 問：是否可以在犯錯誤的概率不超過0.1%的前提下，認為對教師教學(xué)水平給出好評與對教師管理水平給出好評有關(guān)？ (2)若將頻率視為概率，有4名教師參與了此次評價，設(shè)教師教學(xué)水平和教師管理水平全為好評的教師人數(shù)為隨機變量X. ①求教師教學(xué)水平和教師管理水平全為好評的教師人數(shù)X的分布列(概率用數(shù)值作答)； ②求X的數(shù)學(xué)期望和方差． 附：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. P(K2≥k) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.072 2

22、.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 [解]　(1)由題意可得對教師教學(xué)水平和教師管理水平評價的2×2列聯(lián)表為 對教師管理水平給出好評 對教師管理水平給出差評 合計 對教師教學(xué)水平給出好評 120 60 180 對教師教學(xué)水平給出差評 105 15 120 合計 225 75 300 K2＝≈16.667＞10.828， ∴可以在犯錯誤的概率不超過0.1%的前提下，認為對教師教學(xué)水平給出好評與對教師管理水平給出好評有關(guān)． (2)①教師教學(xué)水平和教師管理水平全為好評的概率為，且X的取值可以是0，1，2，3，4.

23、 P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝C××＝， P(X＝2)＝C××＝， P(X＝3)＝C××＝， P(X＝4)＝C×＝， ∴X的分布列為 X 0 1 2 3 4 P ②由于X～B，則E(X)＝4×＝，D(X)＝4××＝. 1．“過大年，吃水餃”是我國不少地方過春節(jié)的一大習(xí)俗.2019年春節(jié)前夕，A市某質(zhì)量檢測部門隨機抽取了100包某種品牌的速凍水餃，檢測其某項質(zhì)量指標值，所得頻率分布直方圖如圖： (1)求所抽取的100包速凍水餃該項質(zhì)量指標值的樣本平均數(shù)(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)； (2)(ⅰ)由頻率分布直方圖可以

24、認為，速凍水餃的該項質(zhì)量指標值Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，利用該正態(tài)分布，求Z落在(14.55，38.45]內(nèi)的概率； (ⅱ)將頻率視為概率，若某人從該市某超市購買了4包這種品牌的速凍水餃，記這4包速凍水餃中該項質(zhì)量指標值位于(10，30]內(nèi)的包數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望． 附：計算得所抽查的這100包速凍水餃的該項質(zhì)量指標值的標準差σ＝≈11.95. 若ξ～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ＜ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5. [解]　(1)所抽取的100包速凍水餃該項質(zhì)量指標值的平均數(shù)為 ＝5×0.1＋15×0.2＋25×0.3＋35×0

25、.25＋45×0.15＝26.5. (2)(ⅰ)∵Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，且μ＝26.5，σ≈11.95， ∴P(14.55＜Z≤38.45)＝P(26.5－11.95＜Z≤26.5＋11.95)≈0.682 7， ∴Z落在(14.55，38.45]內(nèi)的概率是0.682 7. (ⅱ)根據(jù)題意得X～B，P(X＝0)＝C＝； P(X＝1)＝C＝；P(X＝2)＝C＝； P(X＝3)＝C＝；P(X＝4)＝C＝. ∴X的分布列為 X 0 1 2 3 4 P ∴E(X)＝4×＝2. 2．插花是一種高雅的審美藝術(shù)，是表現(xiàn)植物自然美的一種造型藝術(shù)，與建

26、筑、盆景、造園等藝術(shù)形式相似，是最優(yōu)美的空間造型藝術(shù)之一．為了通過插花藝術(shù)激發(fā)學(xué)生對美的追求，增添生活樂趣，提高學(xué)生保護環(huán)境的意識，增加團隊凝聚力，某高校舉辦了以“魅力校園、花香溢校園”為主題的校園插花比賽．比賽按照百分制的評分標準進行評分，評委由10名專業(yè)教師、10名非專業(yè)教師以及20名學(xué)生會代表組成，各參賽小組的最后得分為評委所打分數(shù)的平均分．比賽結(jié)束后，得到甲組插花作品所得分數(shù)的頻率分布直方圖和乙組插花作品所得分數(shù)的頻數(shù)分布表，如下所示： 分數(shù)區(qū)間 頻數(shù) [72，76) 1 [76，80) 5 [80，84) 12 [84，88) 14 [88，92) 4

27、[92，96) 3 [96，100] 1 定義評委對插花作品的“觀賞值”如下所示． 分數(shù)區(qū)間 [72，84) [84，92) [92，100] 觀賞值 1 2 3 (1)估計甲組插花作品所得分數(shù)的中位數(shù)(結(jié)果保留兩位小數(shù))； (2)從40位評委中隨機抽取1人進行調(diào)查，試估計其對乙組插花作品的“觀賞值”比對甲組插花作品的“觀賞值”高的概率； (3)若該校擬從甲、乙兩組插花作品中選出一個用于展覽，從這兩組插花作品的最后得分來看該校會選哪一組？請說明理由(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)． [解]　(1)設(shè)甲組插花作品所得分數(shù)的中位數(shù)為x， 由頻率分布直方圖

28、可得甲組得分在前三個分數(shù)區(qū)間的頻率之和為0.3， 在最后三個分數(shù)區(qū)間的頻率之和為0.26， 故x在[84，88)內(nèi)，且＝，解得x＝，故x≈85.82. (2)設(shè)“對乙組插花作品的‘觀賞值’比對甲組插花作品的‘觀賞值’高”為事件C，“對乙組插花作品的‘觀賞值’為2”為事件A2，“對乙組插花作品的‘觀賞值’為3”為事件A3，“對甲組插花作品的‘觀賞值’為1”為事件B1，“對甲組插花作品的‘觀賞值’為2”為事件B2，則 P(B1)＝(0.010＋0.025＋0.040)×4＝0.3， P(B2)＝(0.110＋0.040)×4＝0.6， 由頻數(shù)分布表得，P(A2)＝＝0.45，P(A3)

29、＝＝0.1. 因為事件Ai與Bj相互獨立，其中i＝2，3，j＝1，2， 所以P(C)＝P(A2B1＋A3B1＋A3B2) ＝P(A2)P(B1)＋P(A3)P(B1)＋P(A3)P(B2) ＝0.45×0.3＋0.1×0.3＋0.1×0.6＝0.225， 所以評委對乙組插花作品的“觀賞值”比對甲組插花作品的“觀賞值”高的概率為0.225. (3)由頻率分布直方圖可知，甲組插花作品的最后得分約為 (0.010×74＋0.025×78＋0.040×82＋0.110×86＋0.040×90＋0.020×94＋0.005×98)×4＝85.6. 由乙組插花作品所得分數(shù)的頻數(shù)分布表，得

30、 分數(shù)區(qū)間 頻數(shù) 頻率 [72，76) 1 0.025 [76，80) 5 0.125 [80，84) 12 0.300 [84，88) 14 0.350 [88，92) 4 0.100 [92，96) 3 0.075 [96，100] 1 0.025 所以乙組插花作品的最后得分約為 0.025×74＋0.125×78＋0.300×82＋0.350×86＋0.100×90＋0.075×94＋0.025×98＝84.8. 因為85.6＞84.8， 所以該校會選擇甲組插花作品． 3．2019年女排世界杯是由國際排聯(lián)(FIVB)舉辦的第13屆世

31、界杯賽事，比賽于2019年9月14日至9月29日在日本舉行，共有12支參賽隊伍．最終，中國女排以11戰(zhàn)全勝且只丟3局的成績成功衛(wèi)冕本屆世界杯冠軍．中國女排的影響力早已超越體育本身的意義，不僅是時代的集體記憶，更是激勵國人繼續(xù)奮斗、自強不息的精神符號．以下是本次世界杯最終比賽結(jié)果的相關(guān)數(shù)據(jù)(只列出了前6名)． 排名 球隊 場次 積分 已賽 勝場 負場 1 中國 11 11 0 32 2 美國 11 10 1 28 3 俄羅斯 11 8 3 23 4 巴 西 11 7 4 21 5 日 本 11 6 5 19 6 韓

32、 國 11 6 5 18 (1)記每個隊的勝場數(shù)為變量x，積分為變量y，若y與x之間具有線性相關(guān)關(guān)系，試根據(jù)表中數(shù)據(jù)求出y關(guān)于x的線性回歸方程(系數(shù)精確到0.01)，并由此估計本次比賽中勝場數(shù)是4的塞爾維亞隊的積分(結(jié)果保留整數(shù))； (2)中國已經(jīng)獲得2020年東京奧運會女排比賽的參賽資格，東京奧運會女排比賽一共有12支隊伍，比賽分為2個小組，每個小組進行單循環(huán)比賽．積分規(guī)則是以3∶0或者3∶1取勝的球隊積3分、負隊積0分，以3∶2取勝的球隊積2分、負隊積1分．根據(jù)以往比賽的戰(zhàn)績情況分析，中國隊與同組的某2支強隊比賽的比分以及相應(yīng)概率如下表所示： 比分 3∶0 3∶1 3

33、∶2 2∶3 1∶3 0∶3 概率 0.1 0.2 0.3 0.2 0.1 0.1 試求小組賽中，中國隊與這2支球隊比賽總積分的期望． 參考公式：線性回歸方程＝x＋中，＝，＝－，其中＝xi，＝y(tǒng)i. [解]　(1)由表中數(shù)據(jù)可得 排名 1 2 3 4 5 6 勝場數(shù)x 11 10 8 7 6 6 積分y 32 28 23 21 19 18 所以＝＝8，＝＝23.5， xiyi＝352＋280＋184＋147＋114＋108＝1 185， x＝121＋100＋64＋49＋36＋36＝406，所以＝＝≈2.591， 所以＝

34、－≈23.5－2.591×8≈2.77， 故線性回歸方程為＝2.59x＋2.77. 當x＝4時，＝2.59×4＋2.77＝13.13≈13， 故塞爾維亞隊的積分大約是13分． (2)由題意得，中國隊與這2支球隊中的每支球隊比賽時，積3分的概率為0.1＋0.2＝0.3，積2分的概率為0.3，積1分的概率為0.2，積0分的概率為0.1＋0.1＝0.2. 設(shè)中國隊與這2支球隊比賽的總積分為ξ，則ξ的可能取值為6，5，4，3，2，1，0. 則P(ξ＝6)＝C×0.32＝0.09， P(ξ＝5)＝C×0.3×0.3＝0.18， P(ξ＝4)＝C×0.3×0.2＋C×0.32＝0.21， P(ξ＝3)＝C×0.3×0.2＋C×0.3×0.2＝0.24， P(ξ＝2)＝C×0.3×0.2＋C×0.22＝0.16， P(ξ＝1)＝C×0.2×0.2＝0.08， P(ξ＝0)＝C×0.2×0.2＝0.04. 因此ξ的分布列如下所示： ξ 6 5 4 3 2 1 0 P 0.09 0.18 0.21 0.24 0.16 0.08 0.04 則E(ξ)＝6×0.09＋5×0.18＋4×0.21＋3×0.24＋2×0.16＋1×0.08＋0×0.04＝3.4.