2025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

PAGE1-(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、互斥事務(wù)、相互獨(dú)立事務(wù)、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)，多為簡(jiǎn)單或中等難度題．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)立事務(wù)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．(2024·全國(guó)Ⅰ卷)如圖，正方形ABCD內(nèi)的圖形來自中國(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.eq\f(1,4) B.eq\f(π,8)C.eq\f(1,2) D.eq\f(π,4)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＝eq\f(π,8)，選B.]2．(2024·全國(guó)Ⅲ卷)某群體中的每位成員運(yùn)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位成員中運(yùn)用移動(dòng)支付的人數(shù)，DX＝2.4，P(X＝4)<P(X＝6)，則P＝()A．0.7 B．0.6C．0.4 D．0.3解析：B[X～B(10，p)，所以10p(1－p)＝2.4，且Ceq\o\al(4,10)p4(1－p)6<Ceq\o\al(6,10)p6(1－p)4.即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝\f(2,5)或p＝\f(3,5),p>\f(1,2)))，∴p＝0.6.]3．(2024·天津卷)設(shè)甲、乙兩位同學(xué)上學(xué)期間，每天7：30之前到校的概率均為eq\f(2,3)，假定甲、乙兩位同學(xué)到校狀況互不影響，且任一同學(xué)每天到校狀況相互獨(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為事務(wù)“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”，求事務(wù)M發(fā)生的概率．解：(1)因?yàn)榧淄瑢W(xué)上學(xué)期間的三天中到校狀況相互獨(dú)立，且每天7：30之前到校的概率均為eq\f(2,3)，故X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，從而P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3－k，(k＝0,1,2,3.)所以，隨機(jī)變量X的分布列為X0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝3×eq\f(2,3)＝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～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}．由題意知事務(wù){(diào)X＝3，Y＝1}與{X＝2，Y＝0}互斥，且事務(wù){(diào)X＝3}與{Y＝1}，事務(wù){(diào)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)＝eq\f(8,27)×eq\f(2,9)＋eq\f(4,9)×eq\f(1,27)＝eq\f(20,243).[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)＝eq\f(m,n)＝eq\f(事務(wù)A中所含的基本領(lǐng)件數(shù),試驗(yàn)的基本領(lǐng)件總數(shù)).(2)幾何概型的概率公式．P(A)＝eq\f(構(gòu)成事務(wù)A的區(qū)域長(zhǎng)度面積或體積,試驗(yàn)的全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域長(zhǎng)度面積或體積).(3)相互獨(dú)立事務(wù)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)若事務(wù)A，B互斥，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，P(eq\x\to(A))＝1－P(A)．2．獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布假如事務(wù)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)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.用X表示事務(wù)A在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中發(fā)生的次數(shù)，則X聽從二項(xiàng)分布，即X～B(n，p)且P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(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)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\al(n,N))，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，此時(shí)稱隨機(jī)變量X聽從超幾何分布．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ξx1x2x3…xi…nPp1p2p3…pi…pn離散型隨機(jī)變量ξ的分布列具有兩特性質(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(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聽從兩點(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)(2024·全國(guó)Ⅰ卷)我國(guó)古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的改變．每一“重卦”由從下到上排列的6個(gè)爻組成，爻分為陽爻“——”和陰爻“－－”，右圖就是一重卦．在全部重卦中隨機(jī)取一重卦，則該重卦恰有3個(gè)陽爻的概率是()A.eq\f(5,16) B.eq\f(11,32)C.eq\f(21,32) D.eq\f(11,16)[解析]A[在全部重卦中隨機(jī)取一重卦，其基本領(lǐng)件總數(shù)n＝26＝64，恰有3個(gè)陽爻的基本領(lǐng)件數(shù)為Ceq\o\al(3,6)＝20，所以在全部重卦中隨機(jī)取一重卦，該重卦恰有3個(gè)陽爻的概率P＝eq\f(20,64)＝eq\f(5,16).故選A.](2)(2024·全國(guó)卷Ⅰ)如圖來自古希臘數(shù)學(xué)家希波克拉底所探討的幾何圖形．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＝p3C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3[解析]A[法一：∵S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC，以AB為直徑的半圓的面積為eq\f(1,2)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))2＝eq\f(π,8)AB2，以AC為直徑的半圓的面積為eq\f(1,2)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))2＝eq\f(π,8)AC2，以BC為直徑的半圓的面積為eq\f(1,2)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2＝eq\f(π,8)BC2，∴SⅠ＝eq\f(1,2)AB·AC，SⅢ＝eq\f(π,8)BC2－eq\f(1,2)AB·AC，SⅡ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)AB2＋\f(π,8)AC2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)BC2－\f(1,2)AB·AC))＝eq\f(1,2)·AB·AC.∴SⅠ＝SⅡ.由幾何概型概率公式得p1＝eq\f(SⅠ,S總)，p2＝eq\f(SⅡ,S總)，∴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＝2eq\r(2)，所以區(qū)域Ⅰ的面積即△ABC的面積，為S1＝eq\f(1,2)×2×2＝2，區(qū)域Ⅱ的面積S2＝π×12－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π×\r(2)2,2)－2))＝2，區(qū)域Ⅲ的面積S3＝eq\f(π×\r(2)2,2)－2＝π－2.依據(jù)幾何概型的概率計(jì)算公式，得p1＝p2＝eq\f(2,π＋2)，p3＝eq\f(π－2,π＋2)，所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故選A.]1．求古典概型的概率，關(guān)鍵是正確求出基本領(lǐng)件總數(shù)和所求事務(wù)包含的基本領(lǐng)件總數(shù)．經(jīng)常用到排列、組合的有關(guān)學(xué)問，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)域和事務(wù)發(fā)生的區(qū)域的找尋是關(guān)鍵，有時(shí)須要設(shè)出變量，在坐標(biāo)系中表示所須要的區(qū)域．(1)(2024·武漢二模)某校選定4名老師去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名老師去3個(gè)邊遠(yuǎn)地區(qū)支教(每地至少1人)，不同的支教方法有Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(3,3)種．而甲、乙兩人在同一邊遠(yuǎn)地區(qū)支教的不同方法有Ceq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(3,3)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－eq\f(C\o\al(2,2)·A\o\al(3,3),C\o\al(2,4)·A\o\al(3,3))＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)(2)(2024·貴陽模擬)折紙已經(jīng)成為開發(fā)少年兒童智力的一種重要工具和手段，已知在折疊“愛心”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________．解析：設(shè)AB＝2，則BG＝1，AG＝eq\r(5)，故多邊形AEFGHID的面積S＝eq\r(5)×eq\r(5)×2＋eq\f(1,2)×2×2＝12；陰影部分為兩個(gè)對(duì)稱的三角形，其中∠EAB＝90°－∠GAB，故陰影部分的面積S＝2×eq\f(1,2)AE·AB·sin∠EAB＝2×eq\f(1,2)AE·AB·cos∠GAB＝2×eq\f(1,2)×2×eq\r(5)×eq\f(2\r(5),5)＝4，故所求概率p＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)熱點(diǎn)二互斥事務(wù)、相互獨(dú)立事務(wù)的概率[例2](1)(2024·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)電子元件的運(yùn)用壽命(單位：小時(shí))均聽從正態(tài)分布N(1000,502)，且各個(gè)元件能否正常工作相互獨(dú)立．那么該部件的運(yùn)用壽命超過1000小時(shí)的概率為________．[解析]通解：由正態(tài)分布知元件1,2的平均運(yùn)用壽命為1000小時(shí)，設(shè)元件1,2的運(yùn)用壽命超過1000小時(shí)分別記為事務(wù)A，B明顯P(A)＝P(B)＝eq\f(1,2)，所以該部件的運(yùn)用壽命超過1000小時(shí)的事務(wù)為Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B＋AB，所以其概率P＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4).優(yōu)解：由兩個(gè)電子元件的運(yùn)用壽命均聽從正態(tài)分布N(1000，502)得：兩個(gè)電子元件的運(yùn)用壽命超過1000小時(shí)的概率均為P＝eq\f(1,2)，則該部件運(yùn)用壽命超過1000小時(shí)的概率為：P1＝1－(1－P)2＝eq\f(3,4).[答案]eq\f(3,4)(2)(2024·蘇州三模)現(xiàn)有4個(gè)人去參與春節(jié)聯(lián)歡活動(dòng)，該活動(dòng)有甲、乙兩個(gè)項(xiàng)目可供參與者選擇，為增加趣味性，約定：每個(gè)人通過擲一枚質(zhì)地勻稱的骰子確定自己去參與哪個(gè)項(xiàng)目聯(lián)歡，擲出點(diǎn)數(shù)為1或2的人去參與甲項(xiàng)目聯(lián)歡，擲出點(diǎn)數(shù)大于2的人去參與乙項(xiàng)目聯(lián)歡．①求這4人中恰好有2人去參與甲項(xiàng)目聯(lián)歡的概率；②求這4人中去參與甲項(xiàng)目聯(lián)歡的人數(shù)大于去參與乙項(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)人去參與甲項(xiàng)目聯(lián)歡的概率為eq\f(1,3)，去參與乙項(xiàng)目聯(lián)歡的概率為eq\f(2,3).設(shè)“這4個(gè)人中恰好有i人去參與甲項(xiàng)目聯(lián)歡”為事務(wù)Ai(i＝0,1,2,3,4)，則P(Ai)＝Ceq\o\al(i,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))i·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))4－i.①這4個(gè)人中恰好有2人去參與甲項(xiàng)目聯(lián)歡的概率P(A2)＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(8,27).②設(shè)“這4個(gè)人中去參與甲項(xiàng)目聯(lián)歡的人數(shù)大于去參與乙項(xiàng)目聯(lián)歡的人數(shù)”為事務(wù)B，則B＝A3∪A4，故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3×eq\f(2,3)＋Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＝eq\f(1,9).∴這4個(gè)人中去參與甲項(xiàng)目聯(lián)歡的人數(shù)大于去參與乙項(xiàng)目聯(lián)歡的人數(shù)的概率為eq\f(1,9).求困難事務(wù)概率的方法及留意點(diǎn)(1)干脆法：正確分析困難事務(wù)的構(gòu)成，將困難事務(wù)轉(zhuǎn)化為幾個(gè)彼此互斥的事務(wù)的和事務(wù)或幾個(gè)相互獨(dú)立事務(wù)同時(shí)發(fā)生的積事務(wù)或獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)問題，然后用相應(yīng)概率公式求解．(2)間接法：當(dāng)困難事務(wù)正面狀況較多，反面狀況較少時(shí)，可利用其對(duì)立事務(wù)進(jìn)行求解．對(duì)于“至少”“至多”等問題往往也用這種方法求解．(3)留意點(diǎn)：留意辨別獨(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)生兩種狀況；②在每次試驗(yàn)中，事務(wù)發(fā)生的概率相同．(2024·全國(guó)Ⅱ卷)11分制乒乓球競(jìng)賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成10∶10平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局競(jìng)賽結(jié)束．甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打競(jìng)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)球該局競(jìng)賽結(jié)束．(1)求P(X＝2)；(2)求事務(wù)“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)球該局競(jìng)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)球該局競(jìng)賽結(jié)束，且這4個(gè)球的得分狀況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分．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——分布列問題中的核心素養(yǎng)通過求離散型隨機(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](2024·聊城調(diào)研)某超市支配月訂購一種冰激凌，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，依據(jù)往年銷售閱歷，每天需求量與當(dāng)天最高氣溫(單位：℃)有關(guān)．假如最高氣溫不低于25，需求量600桶；假如最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，需求量為400桶；假如最高氣溫低于20，需求量為200桶．為了確定六月份的訂購支配，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)216362574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)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)事務(wù)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為事務(wù)A1，最高氣溫位于區(qū)間[20,25)為事務(wù)A2，最高氣溫不低于25為事務(wù)A3，依據(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)＝eq\f(18,90)＝eq\f(1,5)，P(X＝400)＝P(A2)＝eq\f(36,90)＝eq\f(2,5)，P(X＝600)＝P(A3)＝eq\f(36,90)＝eq\f(2,5).故六月份這種冰激凌一天的需求量X(單位：桶)的分布列為：X200400600Peq\f(1,5)eq\f(2,5)eq\f(2,5)(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)＝eq\f(1,5)×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋eq\f(4,5)×n×2＝eq\f(6,5)n＋160∈(400,640]．當(dāng)400＜n≤600時(shí)，E(Y)＝eq\f(1,5)×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋eq\f(2,5)[400×2＋(n－400)×(－2)]＋eq\f(2,5)×n×2＝－eq\f(2,5)n＋800∈[560,640)．當(dāng)n＞600時(shí)，E(Y)＝eq\f(1,5)×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋eq\f(2,5)×[400×2＋(n－400)×(－2)]＋eq\f(2,5)×[600×2＋(n－600)×(－2)]＝1760－2n＜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.以困難事務(wù)為背景的隨機(jī)變量的分布列、均值[例3－2](2024·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1kg)10元/kg，續(xù)重5元/kg(不足1kg的按1kg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.包袱件數(shù)范圍0～100101～200201～300301～400401～500包袱件數(shù)(近似處理)50150250350450天數(shù)6630126(1)某人準(zhǔn)備將A(0.3kg)，B(1.8kg)，C(1.5kg)三件禮物隨機(jī)分成兩個(gè)包袱寄出，求該人支付的快遞費(fèi)不超過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全部組合的可能性，然后依據(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，全部可能出現(xiàn)的狀況如下表.狀況包袱一包袱二支付的總快遞費(fèi)禮物重量/kg快遞費(fèi)/元禮物重量/kg快遞費(fèi)/元1A0.310B，C3.325352B1.815A，C1.815303C1.515A，B2.12035全部狀況中，快遞費(fèi)不超過30元的狀況有1種，依據(jù)古典概型概率計(jì)算公式，所求概率為eq\f(1,3).(2)依據(jù)題意得下表.包袱件數(shù)范圍0～100101～200201～300301～400401～500包袱件數(shù)(近似處理)50150250350450天數(shù)6630126頻率0.10.10.50.20.1若不裁員，則每天可攬件的上限為450件，公司每日攬件數(shù)狀況如下表.包袱件數(shù)(近似處理)50150250350450實(shí)際攬件數(shù)50150250350450頻率0.10.10.50.20.1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＝1000(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)狀況如下表.包袱件數(shù)(近似處理)50150250350450實(shí)際攬件數(shù)50150250300300頻率0.10.10.50.20.1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)．明顯，975＜1000，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)變量分布列問題的關(guān)鍵點(diǎn)(1)依據(jù)頻率(數(shù))分布表、頻率分布直方圖、莖葉圖等圖表精確求出隨機(jī)事務(wù)的頻率，并用之估計(jì)相應(yīng)概率．(2)出現(xiàn)多個(gè)隨機(jī)變量時(shí)，應(yīng)留意分析隨機(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．以困難事務(wù)為背景的隨機(jī)變量分布列問題的關(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)值所表示的具體事務(wù)，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)變量聽從特別分布，則可干脆運(yùn)用公式求解．(2024·深圳模擬)某學(xué)校為激勵(lì)家?；?dòng)，與某手機(jī)通訊商合作，為老師辦理流量套餐．為了解該校老師手機(jī)流量運(yùn)用狀況，通過抽樣，得到100位老師近2年每人手機(jī)月平均運(yùn)用流量L(單位：M)的數(shù)據(jù)，其頻率分布直方圖如下：若將每位老師的手機(jī)月平均運(yùn)用流量分別視為其手機(jī)月運(yùn)用流量，并將頻率視為概率，回答以下問題．(1)從該校老師中隨機(jī)抽取3人，求這3人中至多有1人手機(jī)月運(yùn)用流量不超過300M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/MA20300B30500C38700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)運(yùn)用流量一旦超出套餐流量，系統(tǒng)就自動(dòng)幫用戶充值200M流量，資費(fèi)20元；假如又超出充值流量，系統(tǒng)就再次自動(dòng)幫用戶充值200M流量，資費(fèi)20元，以此類推假如當(dāng)月流量有剩余，系統(tǒng)將自動(dòng)清零，無法轉(zhuǎn)入次月運(yùn)用．學(xué)校欲訂購其中一款流量套餐，為老師支付月套餐費(fèi)，并擔(dān)當(dāng)系統(tǒng)自動(dòng)充值的流量資費(fèi)的75%，其余部分由老師個(gè)人擔(dān)當(dāng)，問學(xué)校訂購哪一款套餐最經(jīng)濟(jì)？說明理由．解析：(1)記“從該校隨機(jī)抽取1位老師，該老師手機(jī)月運(yùn)用流量不超過300M”為事務(wù)D.依題意，P(D)＝(0.0008＋0.0022)×100＝0.3.從該校老師中隨機(jī)抽取3人，設(shè)這3人中手機(jī)月運(yùn)用流量不超過300M的人數(shù)為X，則X～B(3,0.3)，所以從該校老師中隨機(jī)抽取3人，至多有1人手機(jī)月運(yùn)用流量不超過300M的概率為P(X＝0)＋P(X＝1)＝Ceq\o\al(0,3)×0.30×(1－0.3)3＋Ceq\o\al(1,3)×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位老師，該老師手機(jī)月運(yùn)用流量L∈(300,500]的概率為(0.0025＋0.0035)×100＝0.6，L∈(500,700]的概率為(0.0008＋0.0002)×100＝0.1.當(dāng)學(xué)校訂購A套餐時(shí)，設(shè)學(xué)校為1位老師擔(dān)當(dāng)?shù)脑沦M(fèi)用為X1元，則X1的全部可能取值為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X1203550P0.30.60.1所以E(X1)＝20×0.3＋35×0.6＋50×0.1＝32(元)．當(dāng)學(xué)校訂購B套餐時(shí)，設(shè)學(xué)校為1位老師擔(dān)當(dāng)?shù)脑沦M(fèi)用為X2元，則X2的全部可能取值為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X23045P0.90.1所以E(X2)＝30×0.9＋45×0.1＝31.5(元)．當(dāng)學(xué)校訂購C套餐時(shí)，設(shè)學(xué)校為1位老師擔(dān)當(dāng)?shù)脑沦M(fèi)用為X3元，則X3的全部可能取值為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B套餐最經(jīng)濟(jì)．限時(shí)50分鐘滿分76分一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1．(2024·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，聞名的數(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具體證明．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.eq\f(1,49) B.eq\f(3,25)C.eq\f(1,25) D.eq\f(25,49)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＋b2＝c2，于是(2b－c)2＋b2＝c2，故eq\f(b,c)＝eq\f(4,5)，eq\f(a,c)＝eq\f(3,5).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eq\f(b－a2,c2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)－\f(a,c)))2＝eq\f(1,25).故選C.]2．(2024·石家莊模擬)《中華好詩詞》是由河北電視臺(tái)創(chuàng)辦的令廣闊觀眾喜聞樂見的節(jié)目，旨在弘揚(yáng)中國(guó)古代詩詞文化，觀眾可以選擇從A，B，C和河北衛(wèi)視這四家視聽媒體的播放平臺(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.eq\f(1,2) B.eq\f(3,8)C.eq\f(1,4) D.eq\f(3,16)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4×4＝16(種)等可能狀況，其中甲、乙兩人恰有一人選擇在河北衛(wèi)視觀看的狀況有Ceq\o\al(1,2)×3＝6(種)，∴所求概率為eq\f(6,16)＝eq\f(3,8).]3．某班實(shí)行了一次“心有靈犀”的活動(dòng)，老師把一張寫有成語的紙條出示給A組的某個(gè)同學(xué)，這個(gè)同學(xué)再用身體語言把成語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)成語的概率是0.4，同學(xué)乙猜對(duì)成語的概率是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．0.8C．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＝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)問題，已知三位同學(xué)能夠正確解決這個(gè)問題的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，則有人能夠解決這個(gè)問題的概率為()A.eq\f(13,12) B.eq\f(3,4)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,24)解析：B[本題主要考查相互獨(dú)立事務(wù)、互斥事務(wù)的概率，考查對(duì)立事務(wù)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)問題沒有被解決的概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(1,4)，故有人能夠解決這個(gè)問題的概率為1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).故選B項(xiàng)．]5．(2024·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，若至少投中1次，則本輪通過，否則不通過．已知隊(duì)員甲投籃1次投中的概率為eq\f(2,3)，假如甲各次投籃投中與否互不影響，那么甲3個(gè)輪次通過的次數(shù)X的期望是()A．3 B.eq\f(8,3)C．2 D.eq\f(5,3)解析：B[每個(gè)輪次甲不能通過的概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,9)，通過的概率為1－eq\f(1,9)＝eq\f(8,9)，因?yàn)榧?個(gè)輪次通過的次數(shù)X聽從二項(xiàng)分布Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(8,9)))，所以X的數(shù)學(xué)期望為3×eq\f(8,9)＝eq\f(8,3).]6．(2024·衡水模擬)某公司為了精確把握市場(chǎng)，做好產(chǎn)品支配，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)覺每天的銷量x(單位：件)分布在[50,100)內(nèi)，且銷量x的分布頻率f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n,10)－0.5，10n≤x＜10n＋1，n為偶數(shù)，,\f(n,20)－a，10n≤x＜10n＋1，n為奇數(shù).))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天，再從這8天中隨機(jī)抽取3天進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，設(shè)這3天來自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.eq\f(13,7) B.eq\f(6,7)C.eq\f(16,7) D.eq\f(8,7)解析：C[由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10n≥50，,10n＋1≤100，))解得5≤n≤9，故n可取5,6,7,8,9，代入f(x)，得eq\f(6,10)－0.5＋eq\f(8,10)－0.5＋eq\f(5,20)－a＋eq\f(7,20)－a＋eq\f(9,20)－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的全部可能取值為1,2,3，P(X＝1)＝eq\f(2,C\o\al(3,8))＝eq\f(2,56)＝eq\f(1,28)，P(X＝3)＝eq\f(2×3×3,C\o\al(3,8))＝eq\f(18,56)＝eq\f(9,28)，P(X＝2)＝1－eq\f(1,28)－eq\f(9,28)＝eq\f(9,14).X的分布列為X123Peq\f(1,28)eq\f(9,14)eq\f(9,28)數(shù)學(xué)期望E(X)＝1×eq\f(1,28)＋2×eq\f(9,14)＋3×eq\f(9,28)＝eq\f(16,7).故選C.]二、填空題(本大題共2小題，每小題5分，共10分)7．(2024·全國(guó)Ⅰ卷)甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行籃球決賽，實(shí)行七場(chǎng)四勝制(當(dāng)一隊(duì)贏得四場(chǎng)成功時(shí)，該隊(duì)獲勝，決賽結(jié)束)．依據(jù)前期競(jìng)賽成果，甲隊(duì)的主客場(chǎng)支配依次為“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)競(jìng)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[Ceq\o\al(1,2)0.6×0.4×0.52＋0.62×Ceq\o\al(1,2)0.5×0.5]×0.6＝0.18.答案：0.188．(2024·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，每年每人只要交少量保費(fèi)，發(fā)生意外后可一次性獲賠50萬元．保險(xiǎn)公司把職工從事的工作共分為A，B，C三類工種，依據(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ABC賠付頻率eq\f(1,105)eq\f(2,105)eq\f(1,104)若規(guī)定該產(chǎn)品各工種保單的期望利潤(rùn)都不得超過保費(fèi)的20%，則A，B，C三類工種每份保單保費(fèi)的上限之和為________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Xaa－5×105P1－eq\f(1,105)eq\f(1,105)保險(xiǎn)公司期望利潤(rùn)E(X)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,105)))＋(a－5×105)×eq\f(1,105)＝(a－5)(元)，依據(jù)規(guī)定知a－5≤0.2a，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，依據(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，依據(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．(2024·長(zhǎng)沙模擬)東方商店欲購進(jìn)某種食品(保質(zhì)期兩天)，此商店每?jī)商熨忂M(jìn)該食品一次(購進(jìn)時(shí)，該食品為剛生產(chǎn)的)．依據(jù)市場(chǎng)調(diào)查，該食品每份進(jìn)價(jià)8元，售價(jià)12元，假如兩天內(nèi)無法售出，則食品過期作廢，且兩天內(nèi)的銷售狀況互不影響，為了解市場(chǎng)的需求狀況，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15161718天數(shù)20304010(視樣本頻率為概率)(1)依據(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)，東方商店一次性購進(jìn)32或33份，哪一種得到的利潤(rùn)更大？解析：(1)依據(jù)題意可得P(ξ＝30)＝eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,25)，P(ξ＝31)＝eq\f(1,5)×eq\f(3,10)×2＝eq\f(3,25)，P(ξ＝32)＝eq\f(1,5)×eq\f(2,5)×2＋eq\f(3,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(1,4)，P(ξ＝33)＝eq\f(1,5)×eq\f(1,10)×2＋eq\f(3,10)×eq\f(2,5)×2＝eq\f(7,25)，P(ξ＝34)＝eq\f(3,10)×eq\f(1,10)×2＋eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(11,50)，P(ξ＝35)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,10)×2＝eq\f(2,25)，P(ξ＝36)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,10)＝eq\f(1,100).ξ的分布列如下：ξ30313233343536Peq\f(1,25)eq\f(3,25)eq\f(1,4)eq\f(7,25)eq\f(11,50)eq\f(2,25)eq\f(1,100)E(ξ)＝30×eq\f(1,25)＋31×eq\f(3,25)＋32×eq\f(1,4)＋33×eq\f(7,25)＋34×eq\f(11,50)＋35×eq\f(2,25)＋36×eq\f(1,100)＝32.8.(2)當(dāng)一次性購進(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.當(dāng)一次性購進(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)，∴東方商店一次性購進(jìn)32份食品時(shí)得到的利潤(rùn)更大．10．(2024·北京卷)改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變．近年來，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)支付方式的運(yùn)用狀況，從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取了100人，發(fā)覺樣本中A，B兩種支付方式都不運(yùn)用的有5人，樣本中僅運(yùn)用A和僅運(yùn)用B的學(xué)生的支付金額分布狀況如下：支付金額(元)支付方式(0,1000](1000,2000]大于2000僅運(yùn)用A18人9人3人僅運(yùn)用B10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兩種支付方式都運(yùn)用的概率；(2)從樣本僅運(yùn)用A和僅運(yùn)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1000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有改變．現(xiàn)從樣本僅運(yùn)用A的學(xué)生中，隨機(jī)抽查3人，發(fā)覺他們本月的支付金額都大于2000元．依據(jù)抽查結(jié)果，能否認(rèn)為樣本僅運(yùn)用A的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有改變？說明理由．解析：本題以支付方式相關(guān)調(diào)查來設(shè)置問題，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)生活休戚相關(guān)．(1)由題意可知，兩種支付方式都運(yùn)用的人數(shù)為：(100－30－25－5)人＝40人，則：該學(xué)生上個(gè)月A，B兩種支付方式都運(yùn)用的概率p＝eq\f(40,100)＝eq\f(2,5).(2)由題意可知，僅運(yùn)用A支付方法的學(xué)生中，金額不大于1000元的人數(shù)占eq\f(3,5)，金額大于1000的人數(shù)占eq\f(2,5)，僅運(yùn)用B支付方法的學(xué)生中，金額不大于1000元的人數(shù)占eq\f(2,5)，金額大于1000元的人數(shù)占eq\f(3,5)，且X可能的取值為0,1,2.P(X＝0)＝eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(6,25)，P(X＝1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2＝eq\f(13,25)，P(X＝2)＝eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(6,25)，X的分布列為：X012p(X)eq\f(6,25)eq\f(13,25)eq\f(6,25)其數(shù)學(xué)期望：E(X)＝0×eq\f(6,25)＋1×eq\f(13,25)＋2×eq\f(6,25)＝1.(3)我們不認(rèn)為樣本僅運(yùn)用A的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有改變．理由如下：隨機(jī)事務(wù)在一次隨機(jī)試驗(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)生依據(jù)自己的實(shí)際狀況每個(gè)月的消費(fèi)應(yīng)當(dāng)相對(duì)固定，出現(xiàn)題中這種現(xiàn)象可能是發(fā)生了“小概率事務(wù)”．11．(2024·福建質(zhì)檢)“工資條里顯紅利，個(gè)稅新政入民心”．隨著2024年新年鐘聲的敲響，我國(guó)自1980年以來，力度最大的一次個(gè)人所得稅(簡(jiǎn)稱個(gè)稅)改革迎來了全面實(shí)施的階段.2024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5000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)、子女教化、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)3500元)新個(gè)稅稅率表(個(gè)稅起征點(diǎn)5000元)繳稅級(jí)數(shù)每月應(yīng)納稅所得額(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1500元的部分3不超過3000元的部分32超過1500元至4500元的部分10超過3000元至12000元的部分103超過4500元至9000元的部分20超過12000元至25000元的部分204超過9000元至35000元的部分25超過25000元至35000元的部分255超過35000元至55000元的部分30超過35000元至55000元的部分30……………隨機(jī)抽取某市1000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2024年的人均月收入為24000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)符合子女教化專項(xiàng)附加扣除的孩子，并且他們之中既不符合子女教化專項(xiàng)附加扣除又不符合贍養(yǎng)老人專項(xiàng)附加扣除、符合子女教化專項(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化專項(xiàng)附加扣除、既符合子女教化專項(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)附加扣除標(biāo)準(zhǔn)為：住房1000元/月，子女教化每孩1000元/月，贍養(yǎng)老人2000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．依據(jù)樣本估計(jì)總體的思想，解決如下問題：(1)設(shè)該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者2024年月繳個(gè)稅為X元，求X的分布列和期望；(2)依據(jù)新舊個(gè)稅政策，估計(jì)從2024年1月起先，經(jīng)過多少個(gè)月，該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者各月少繳納的個(gè)稅之和就超過其2024年的人均月收入？解析：(1)既不符合子女教化專項(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24000－5000－1000＝18000(元)，月繳個(gè)稅X＝3000×3%＋9000×10%＋6000×20%＝2190；符合子女教化專項(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24000－5000－1000－1000＝17000(元)，月繳個(gè)稅X＝3000×3%＋9000×10%＋5000×20%＝1990；符合贍養(yǎng)老人專項(xiàng)附加扣除但不符合子女教化專項(xiàng)附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24000－5000－1000－2000＝16000(元)，月繳個(gè)稅X＝3000×3%＋9000×10%＋4000×20%＝1790.既符合子女教化專項(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24000－5000－1000－1000－2000＝15000(元)，月繳個(gè)稅X＝3000×3%＋9000×10%＋3000×20%＝1590.所以X的可能值為2190,1990,1790,1590.依題意，上述四類人群的人數(shù)之比是2∶1∶1∶1，所以P(X＝2190)＝eq\f(2,5)，P(X＝199