2017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A_i(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(A_i)，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A_i(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：

∴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ξ_i(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：

（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

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×横坐标，或利用公式频数＝样本容量×频率；③利用

频率分布图中相关数据；④利用频率分布表绘制频率分布直方图.