全国高考数学综合提升训练（一）

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2021年全国高考数学综合提升训练（一）

　　

【例1】（08·安徽高考）在某次普通话测试中，为测试汉字发音水平，设置了10张

　　

　　

卡片，每张卡片印有一个汉字的拼音，其中恰有3张卡片上的拼音带有后鼻音“g”.（Ⅰ）

　　

　　

现对三位被测试者先后进行测试，第一位被测试者从这10张卡片总随机抽取1张，测

　　

　　

试后放回，余下2位的测试，也按同样的方法进行。求这三位被测试者抽取的卡片上，

　　

　　

拼音都带有后鼻音“g”的概率。（Ⅱ）若某位被测试者从10张卡片中一次随机抽取3张，

　　

　　

求这三张卡片上，拼音带有后鼻音“g”的卡片不少于2张的概率.

　　

　　

【解】（Ⅰ）每次测试中，被测试者从10张卡片中随机抽取1张卡片上，拼音带有

　　

　　

后鼻音“g”的概率为10(3)，因为三位被测试者分别随机抽取一张卡片的事件是相互独立的，

　　

　　

因而所求的概率为10(3)×10(3)×10(3)＝1000(27).

　　

（Ⅱ）设Ai(i＝1，2，3)表示所抽取的三张卡片中，恰有i张卡片带有后鼻音“g”的事件，

　　

　　

且其相应的概率为P(Ai)，则P(A2)＝7(1)3(2)10(3)10(3)＝40(7)，P(A3)＝3(3)10(3)10(3)＝120(1)，

　　

　　

因而所求概率为P(A2＋A3)＝P(A2)＋P(A3)＝40(7)＋120(1)＝60(11).

　　

【例

　　

2】（08·福建高考）三人独立破译同一份密码，已知三人各自破译出密码的概率分

　　

　　

别为5(1)，4(1)，3(1)，且他们是否破译出密码互不影响。(Ⅰ)求恰有二人破译出密码的概率；(Ⅱ)“密

　　

　　

码被破译”与“密码未被破译”的概率哪个大？说明理由.

　　

　　

【解】记“第i个人破译出密码”为事件Ai(i＝1，2，3)，依题意有

　　

　　

P(A1)＝5(1)，P(A2)＝4(1)，P(A3)＝3(1)，且A1，A2，A3相互独立.

　　

　　

(Ⅰ)设“恰好二人破译出密码”为事件B，则有

　　

　　

B＝A1A2A3(￣)＋A1A2(￣)A3＋A1(￣)A2A3，且A1A2A3(￣)、A1A2(￣)A3、A1(￣)A2A3彼此互斥

　　

　　

于是P(B)＝P(A1A2A3(￣))＋P(A1A2(￣)A3)＋P(A1(￣)A2A3)＝5(1)×4(1)×3(2)＋5(1)×4(3)×3(1)＋5(4)×4(1)×3(1)＝20(3).

　　

　　

答：恰好二人破译出密码的概率为20(3).

　　

　　

(Ⅱ)设“密码被破译”为事件C，“密码未被破译”为事件D.

　　

　　

D＝A1(￣)·A2(￣)·A3(￣)，且A1(￣)、A2(￣)、A3(￣)相互独立，则P(D)＝P(A1(￣))·P(A2(￣))·P(A3(￣))＝5(4)×4(3)×3(2)＝5(2).

　　

　　

而P(C)＝1－P(D)＝5(3)，故P(C)＞P(D).

　　

　　

答：密码被破译的概率比密码未被破译的概率大.

　　

　　

【例3】（08·重庆高考）在每道单项选择题给出的4个备选答案中，只有一个是正确

　　

　　

的.若对4道选择题中的每一道都任意选定一个答案，求这4道题中：(Ⅰ)恰有两道题答

　　

　　

对的概率；(Ⅱ)至少答对一道题的概率.

　　

　　

【解】“选择每道题的答案”为一次试验，则这是4次独立重复试验，且每次试验中“选

　　

　　

择正确”这一事件发生的概率为4(1).由独立重复试验的概率计算公式得：

　　

　　

（Ⅰ）恰有两道题答对的概率为P4(2)＝C4(2)(4(1))2(4(3))2＝128(27).

　　

　　

（Ⅱ）解法一：至少有一道题答对的概率为1－P4(0)＝1－C4(0)(4(1))0(4(3))4＝1－256(81)＝256(175).

　　

　　

解法二：至少有一道题答对的概率为分为4类情形：

　　

　　

P4(1)＝C4(1)(4(1))1(4(3))3＝256(108)，P4(2)＝C4(2)(4(1))2(4(3))2＝128(27)，P4(3)＝C4(3)(4(1))3(4(3))1＝256(12)，P4(4)＝C4(4)(4(1))4(4(3))0＝256(1).

　　

　　

所以至少答对一道的概率为P4(1)＋P4(2)＋P4(3)＋P4(4)＝256(108)＋256(54)＋256(12)＋256(1)＝256(175).

　　

　　

【例4】(08·湖北理)袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号

　　

　　

的有n个(n＝1，2，3，4).现从袋中任取一球.ξ表示所取球的标号.(Ⅰ)求ξ的分布列，期

　　

　　

望和方差；(Ⅱ)若η＝aξ＋b，Eη＝1，Dη＝11，试求a，b的值.

　　

　　

　　

【解】（Ⅰ）ξ的分布列为：

　　

　　

ξ

　　

0

　　

1

　　

2

　　

3

　　

4

　　

P

　　

2(1)

　　

20(1)

　　

10(1)

　　

20(3)

　　

5(1)

　　

∴Eξ＝0×2(1)＋1×20(1)＋2×10(1)＋3×20(3)＋4×5(1)＝1.5.

　　

Dξ＝(0－1.5)2×2(1)＋(1－1.5)2×20(1)＋(2－1.5)2×10(1)＋(3－1.5)2×20(3)＋(4－1.5)2×5(1)＝2.75.

　　

　　

（Ⅱ）由Dη＝a2Dξ，Eη＝aEξ＋b，得 ( )1.5a＋b＝1(a2×2.75＝11)，解得 ( )b＝－2(a＝2)或 ( )b＝4(a＝－2).

　　

　　

【例5】（08全国Ⅱ高考）购买某种保险，每个投保人每年度向保险公司交纳保费a

　　

　　

元，若投保人在购买保险的一年度内出险，则可以获得10000元的赔偿金．假定在一年

　　

　　

度内有10000人购买了这种保险，且各投保人是否出险相互独立．已知保险公司在一年

　　

　　

度内至少支付赔偿金10000元的概率为1－0.999 (104).(Ⅰ)求一投保人在一年度内出险的概

　　

　　

率p；(Ⅱ)设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外的成本为50000元，为保证盈利的期

　　

　　

望不小于0，求每位投保人应交纳的最低保费（单位：元）．

　　

　　

【解】各投保人是否出险互相独立，且出险的概率都是p，

　　

　　

记投保的10000人中出险的人数为ξ，则ξ～B(104，p)．

　　

　　

（Ⅰ）记A表示事件：保险公司为该险种至少支付10000元赔偿金，则A(￣)发生当且仅当ξ＝0，

　　

　　

P(A)＝1－P(A(￣))＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－p) (104)

　　

　　

又P(A)＝1－0.999 (104)，故p＝0.001．

　　

　　

（Ⅱ）该险种总收入为10000a元，支出是赔偿金总额与成本的和．

　　

　　

支出10000ξ＋50000，

　　

　　

盈利η＝10000a－(10000ξ＋50000)，

　　

　　

　　

盈利的期望为Eη＝10000a－10000Eξ－50000，

　　

由ξ～B(104，10-3)知，Eξ＝104×10-3，

　　

　　

Eη＝104a－104Eξ－5×104＝104a－104×104×10-3－5×104.

　　

　　

Eη≥0Û104a－104×104×10-3－5×104≥0Ûa≥15(元).

　　

　　

故每位投保人应交纳的最低保费为15元．

　　

　　

【例6】（08·江西高考）因冰雪灾害，某柑桔基地果林严重受损，为此有关专家提出

　　

　　

两种拯救果林的方案，每种方案都需分两年实施；若实施方案一，预计当年可以使柑桔

　　

　　

产量恢复到灾前的1.0倍、0.9倍、0.8倍的概率分别是0.3、0.3、0.4；第二年可以使柑

　　

　　

桔产量为上一年产量的1.25倍、1.0倍的概率分别是0.5、0.5.若实施方案二，预计当年

　　

　　

可以使柑桔产量达到灾前的1.2倍、1.0倍、0.8倍的概率分别是0.2、0.3、0.5；第二年

　　

　　

可以使柑桔产量为上一年产量的1.2倍、1.0倍的概率分别是0.4、0.6.实施每种方案，第

　　

　　

二年与第一年相互独立。令ξi(i＝1，2)表示方案实施两年后柑桔产量达到灾前产量的

　　

　　

倍数．（Ⅰ）写出ξ1、ξ2的分布列；（Ⅱ）实施哪种方案，两年后柑桔产量超过灾前产量

　　

　　

的概率更大？（Ⅲ）不管哪种方案，如果实施两年后柑桔产量达不到灾前产量，预计可

　　

　　

带来效益10万元；两年后柑桔产量恰好达到灾前产量，预计可带来效益15万元；柑桔

　　

　　

产量超过灾前产量，预计可带来效益20万元；问实施哪种方案所带来的平均效益更大？

　　

　　

【解】（Ⅰ）ξ1的所有取值为0.8、0.9、1.0、1.125、1.25，ξ2的所有取值为0.8、0.96、

　　

1.0、1.2、1.44.∴ξ1、ξ2的分布列分别为：

　　

ξ1

　　

0.8

　　

0.9

　　

1.0

　　

1.125

　　

1.25

　　

P

　　

0.2

　　

0.15

　　

0.35

　　

0.15

　　

0.15

　　

ξ2

　　

0.8

　　

0.96

　　

1.0

　　

1.2

　　

1.44

　　

P

　　

0.3

　　

0.2

　　

0.18

　　

0.24

　　

0.08

　　

（Ⅱ）令A、B分别表示方案一、方案二两年后柑桔产量超过灾前产量这一事件，

　　

　　

P(A)＝0.15＋0.15＝0.3，P(B)＝0.24＋0.08＝0.32,

　　

　　

可见，方案二两年后柑桔产量超过灾前产量的概率更大.

　　

　　

（Ⅲ）令η1表示方案所带来的效益，则

　　

η1

　　

10

　　

15

　　

20

　　

P

　　

0.35

　　

0.35

　　

0.3

　　

η2

　　

10

　　

15

　　

20

　　

P

　　

0.5

　　

0.18

　　

0.32

　　

所以Eη1＝10×0.35＋15×0.35＋20×0.3＝14.75，

　　

Eη2＝10×0.35＋15×0.18＋20×0.32＝14.75，

　　

【例7】(08·陕西)某林场有树苗30000棵，其中松树苗4000棵．为调查树苗的生长情

　　

　　

况，采用分层抽样的方法抽取一个容量为150的样本，则样本中松树苗的数量为( )

　　

　　

A．30 B．25 C．20 D．15

　　

　　

【解】设样本中松树苗的数量为，则30000(150)＝4000(x)，解得x＝20.

　　

　　

　　

　　

【例8】(08·广东)为了调查某厂工人生产某种产品的能力，

　　

　　

随机抽查了20位工人某天生产该产品的数量.产品数量的分组区间为[45，55]，[55，65]，

　　

　　

[65，75]，[75，85]，[85，95)，由此得到频率分布直方图如图3，则这20名工人中一天

　　

　　

生产该产品数量在[55，75)，的人数是________.

　　

　　

【解】20×(0.040×10＋0.025×10)＝13.

　　

　　

点评：解答此类问题主要有三条途径：①利用所有分组对应的频率之和为1；②利用公

　　

　　

式：频率＝条形图的面积＝纵坐标×横坐。

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