eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 计数）：020 秋・齐齐哈尔期末） 2020 年 12 月 1 日 23 时 11 分, 我国探月工程嫦娥五号探测器降落在月球表面预选着陆区. 在顺利完成月面自动采样之后, 成功将携带样品的上升器送入到预定的环月轨道, 并于 12 月 17 日 1: 59 分精准返回着陆. 期间, 历经 23 天、往返路程超过 76 万公里. 嫦娥五号任务的圆满完成, 实现了我国航天史上的多项重大突破.

为了进一步培养中学生对航空航天的兴趣和爱好, 某校航空航天社团在本校高一年级进行了纳新工作. 前五天的报名情况如表:

| 时间（第 $x$ 天） | 1    | 2    | 3    | 4    | 5    |
| :---------------- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 报名人数 $y$ (人) | 3    | 6    | 10   | 13   | 18   |

数据分析表明，报名人数与报名时间具有线性相关关系 $y=b x+a$, 据此请你解决以下问题:

(1) 求 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程, 并预测第 8 天的报名人数（结果四舍五入取整数）;

(2) 为了更好地完成遴选任务, 由专家和社团现有的部分成员组成评审组，已知现有社团成员 6 人, 其中女生 2 名, 男生 4 名, 现欲从中任选 2 人作为面试评委, 求选出的 2 人中恰有一个男生和一个女生的概率.

参考公式: $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}=\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} y_{i}-n \bar{x} \cdot \bar{y}}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-n \bar{x}^{2}}, \hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}$.
选项：
答案：解: (1) 由题意, 计算 $\bar{x}=\frac{1}{5} \times(1+2+3+4+5)=3$,

$\bar{y}=\frac{1}{5} \times(2+6+10+13+18)=10$,

所以 $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{5} x_{i} y_{i}-5 \bar{x} \cdot \bar{y}}{\sum_{i=1}^{5} x_{i}^{2}-5 \cdot \bar{x}^{2}}=\frac{187-5 \times 3 \times 10}{55-5 \times 9}=\frac{37}{10}=3.7$,

$\hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}=10-3.7 \times 3=-1.1$,

所以 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程为 $y=3.7 x-1.1$,

计算 $x=8$ 时, $y=3.7 \times 8-1.1=28.5 \approx 29$,

即可预测第 8 天的报名人数约为 29 人;

(2) 设社团成员 6 人中女生 2 名为 $A 、 B$, 男生 4 名为 $c 、 d 、 e 、 f$,

现从中任选 2 人, 基本事件为 $A B 、 A c 、 A d 、 A e 、 A f 、 B c 、 B d 、 B e 、 B f 、 c d 、 c e 、 c f 、 d e 、 d f 、 e f$共 15 种,

选出的 2 人中恰有一个男生和一个女生的基本事件是 $A c 、 A d 、 A e 、 A f 、 B c 、 B d 、 B e 、 B f$ 共 8 种,故所求的概率值为 $P=\frac{8}{15}$.
解析：解: (1) 由题意, 计算 $\bar{x}=\frac{1}{5} \times(1+2+3+4+5)=3$,

$\bar{y}=\frac{1}{5} \times(2+6+10+13+18)=10$,

所以 $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{5} x_{i} y_{i}-5 \bar{x} \cdot \bar{y}}{\sum_{i=1}^{5} x_{i}^{2}-5 \cdot \bar{x}^{2}}=\frac{187-5 \times 3 \times 10}{55-5 \times 9}=\frac{37}{10}=3.7$,

$\hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}=10-3.7 \times 3=-1.1$,

所以 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程为 $y=3.7 x-1.1$,

计算 $x=8$ 时, $y=3.7 \times 8-1.1=28.5 \approx 29$,

即可预测第 8 天的报名人数约为 29 人;

(2) 设社团成员 6 人中女生 2 名为 $A 、 B$, 男生 4 名为 $c 、 d 、 e 、 f$,

现从中任选 2 人, 基本事件为 $A B 、 A c 、 A d 、 A e 、 A f 、 B c 、 B d 、 B e 、 B f 、 c d 、 c e 、 c f 、 d e 、 d f 、 e f$共 15 种,

选出的 2 人中恰有一个男生和一个女生的基本事件是 $A c 、 A d 、 A e 、 A f 、 B c 、 B d 、 B e 、 B f$ 共 8 种,故所求的概率值为 $P=\frac{8}{15}$.
题目（高一 · 计数）：（2021$\cdot$八模拟）2020 年寒假期间新冠肺炎肆虐，全国人民众志成城抗击疫情. 某市要求全体市民在家隔离, 同时决定全市所有学校推迟开学. 某区教育局为了让学生 “停课不停学”, 要求学校各科老师每天在网上授课, 每天共 240 分钟, 请学生自主学习. 区教育局为了了解学生网上学习情况, 上课几天后在全区学生中采取随机抽样的方法抽取了 200 名学生进行问卷调查, 为了方便表述把学习时间在 $[0,120)$ 分钟的学生称为 $A$ 类, 把学习时间在 $[120,240]$ 分钟的学生称为 $B$
    类, 调查的 200 名学生学习时间的人数频率分布表如表:

| 学习时间 | $[0,40)$ | $[40,80)$ | $[80,120)$ | $[120,160)$ | $[160,200)$ | $[200,240]$ |
| :------: | :------: | :-------: | :--------: | :---------: | :---------: | :---------: |
|   频数   |    20    |    35     |    $n$     |     60      |     10      |     10      |
|   频率   |          |           |            |             |             |             |

以频率估计概率回答下列问题:

(I) 求表中 $n$ 的值并完成上表, 并估算这 200 名学生学习时间的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替，结果保留整数）；

(II) 在 $A, B$ 两类学生中, 按分层抽样的方法从上述 200 名学生中抽取 5 人, 求从这五人中抽取的两人都是 $A$ 类学生的概率.
选项：
答案：解: ( I ) 由题知被调查者一共 200 人,

$\therefore 35+60+n+20+10+10=200$, 解得 $n=65$.
则被调查人员各组学习时间的频率分别为 $0.1,0.175,0.325,0.3,0.05,0.05$,

$\therefore$ 调查的 200 名学生学习时间的人数频率分布表如表:

| 学习时间 | $[0,40)$ | $[40,80)$ | $[80,120)$ | $[120,160)$ | $[160,200)$ | $[200,240]$ |
| :------: | :------: | :-------: | :--------: | :---------: | :---------: | :---------: |
|   频数   |    20    |    35     |     65     |     60      |     10      |     10      |
|   频率   |   0.1    |   0.175   |   0.325    |     0.3     |    0.05     |    0.05     |

平均值为:

$20 \times 0.1+60 \times 0.175+100 \times 0.325+140 \times 0.3+180 \times 0.05+220 \times 0.05=107$.

(II) 由题意 $A$ 类学生抽取人数为 $5 \times \frac{120}{200}=3$ (人)，

将 $A$ 类学生分别记为 $x, y, z, B$ 类学生分别记为 $a, b$,

设 “选中的 2 人都是 $A$ 类学生” 为事件 $A$,

则从 5 名学生中任选 2 人, 所有可能情况有 10 种, 分别为:

$(x, y),(x, z),(x, a),(x, b),(y, z),(y, a),(y, b),(z, a),(z, b)$, $(a, b)$,

其中事件 $A$ 包含的基本事件有 3 种，分别为： $(x, y),(x, z),(y, z)$,

$\therefore$ 从这五人中抽取的两人都是 $A$ 类学生的概率为:

$P(A)=\frac{3}{10}=0.3$.
解析：解: ( I ) 由题知被调查者一共 200 人,

$\therefore 35+60+n+20+10+10=200$, 解得 $n=65$.
则被调查人员各组学习时间的频率分别为 $0.1,0.175,0.325,0.3,0.05,0.05$,

$\therefore$ 调查的 200 名学生学习时间的人数频率分布表如表:

| 学习时间 | $[0,40)$ | $[40,80)$ | $[80,120)$ | $[120,160)$ | $[160,200)$ | $[200,240]$ |
| :------: | :------: | :-------: | :--------: | :---------: | :---------: | :---------: |
|   频数   |    20    |    35     |     65     |     60      |     10      |     10      |
|   频率   |   0.1    |   0.175   |   0.325    |     0.3     |    0.05     |    0.05     |

平均值为:

$20 \times 0.1+60 \times 0.175+100 \times 0.325+140 \times 0.3+180 \times 0.05+220 \times 0.05=107$.

(II) 由题意 $A$ 类学生抽取人数为 $5 \times \frac{120}{200}=3$ (人)，

将 $A$ 类学生分别记为 $x, y, z, B$ 类学生分别记为 $a, b$,

设 “选中的 2 人都是 $A$ 类学生” 为事件 $A$,

则从 5 名学生中任选 2 人, 所有可能情况有 10 种, 分别为:

$(x, y),(x, z),(x, a),(x, b),(y, z),(y, a),(y, b),(z, a),(z, b)$, $(a, b)$,

其中事件 $A$ 包含的基本事件有 3 种，分别为： $(x, y),(x, z),(y, z)$,

$\therefore$ 从这五人中抽取的两人都是 $A$ 类学生的概率为:

$P(A)=\frac{3}{10}=0.3$.
题目（高一 · 计数）：（2020 秋-辽源期末）某中学作为蓝色海洋教育特色学校, 随机抽取 100 名学生, 进行一次海洋知识测试，按测试成绩分组如下：第一组 $[65 ， 70 ）$, 第二组 $[70,75 ）$, 第三组 $[75,80 ）$, 第四组 $[80 ， 85 ）$, 第五组 $[85,90 ） （$ 假设考试成绩均在 $[65 ， 90 ）$ 内）, 得到频率分布直方图如图:

(1) 求测试成绩在 $[80 ， 85 ）$ 内的频率;

(2) 从第三、四、五组同学中用分层抽样的方法抽取 6 名同学组成海洋知识宣讲小组, 定期在校内进行义务宣讲, 并在这 6 名同学中随机选取 2 名参加市组织的蓝色海洋教育义务宣讲队, 求第四组至少有一名同学被抽中的概率.


选项：
答案：解：（1）设测试成绩在[80，85）内的频率为 $x$, 根据所给的频率分布直方图可得, $0.01 \times 5+0.07 \times 5+0.06 \times 5+x+0.02 \times 5=1$, 解得 $x=0.2$.

(2) 第三、四、五组同学的数量之比为 $0.3: 0.2: 0.1=3: 2: 1$,故抽取的这 6 名同学中, 第三、四、五组同学的数量分别为 $3,2,1$.在这 6 名同学中随机选取 2 名参加市组织的蓝色海洋教育义务宣讲队, 所有的抽法共有 $C_{6}^{2}=15$ 种,而第四组至少有一名同学被抽中的抽法有 $C_{2}^{1} \cdot C_{4}^{1}+C_{2}^{2}=9$ 种,第四组至少有一名同学被抽中的概率为 $\frac{9}{15}=\frac{3}{5}$.
解析：解：（1）设测试成绩在[80，85）内的频率为 $x$, 根据所给的频率分布直方图可得, $0.01 \times 5+0.07 \times 5+0.06 \times 5+x+0.02 \times 5=1$, 解得 $x=0.2$.

(2) 第三、四、五组同学的数量之比为 $0.3: 0.2: 0.1=3: 2: 1$,故抽取的这 6 名同学中, 第三、四、五组同学的数量分别为 $3,2,1$.在这 6 名同学中随机选取 2 名参加市组织的蓝色海洋教育义务宣讲队, 所有的抽法共有 $C_{6}^{2}=15$ 种,而第四组至少有一名同学被抽中的抽法有 $C_{2}^{1} \cdot C_{4}^{1}+C_{2}^{2}=9$ 种,第四组至少有一名同学被抽中的概率为 $\frac{9}{15}=\frac{3}{5}$.
题目（高一 · 计数）：（2020 秋・湖南月考）某质量检测部门为评估工厂某自动化设备生产零件 $T$ 的性能情况, 从该自动化设备生产零件 $T$ 的流水线上随机抽取 100 件零件 $T$ 为样本，测量其直径后，整理得到如表：

| 直径 (单位: $\mathrm{mm}$ ) |  78  |  79  |  81  |  82  |  83  |  84  |  85  |
| :-------------------------: | :--: | :--: | :--: | :--: | :--: | :--: | :--: |
|            件数             |  1   |  1   |  3   |  5   |  6   |  19  |  33  |
|     直径 (单位: $m m$ )     |  86  |  87  |  88  |  89  |  90  |  91  |  93  |
|            件数             |  18  |  4   |  4   |  3   |  1   |  1   |  1   |

经计算, 样本的平均值 $\bar{x}=84.98$, 标准差 $s=2.2$, 用频率值作为概率的估计值.

(1) 从该自动化设备加工的零件 $T$ 中任意抽取一件, 记其直径为 $d$, 根据下列不等式评估该自动化设备的性能: (1) $P(\bar{x}-s<d \leq \bar{x}+s) \geqslant 0.68$; (2) $P(\bar{x}-2 s<d \leq \bar{x}+2 s) \geqslant 0.95 ; P(-\bar{x}-3 s<d \leq \bar{x}+3 s)$ $\geqslant 0.99$ ( $P$ 表示相应事件的概率) . 等级评估方法为: 若同时满足上述三个式子, 则自动化设备等级为 $A$; 若仅满足其中两个, 自动化设备等级为 $B$; 若仅满足其中一个, 则自动化设备等级为 $C$;若全部都不满足，则自动化设备等级为 $D$. 试评估该自动化设备性能的等级情况;

（2）从样本中直径尺寸在 $(\bar{x}-2 x, \bar{x}+2 s)$ 之外的零件 $T$ 中随机抽取 2 件, 求至少有 1 件直径尺寸在 $(\bar{x}-3 s, \bar{x}+3 s)$ 之外的概率.
选项：
答案：解: (1) $\bar{x}-s=82.78, \bar{x}+s=87.18, \bar{x}-2 s=80.58, \bar{x}+2 s=89.38, \bar{x}-3 s=78.38, \bar{x}+3 s$
$=91.58$,

由图表知, $P(\bar{x}-s<d \leq \bar{x}+s)=\frac{80}{100}=0.80>0.68, P(\bar{x}-2 s<d \leq \bar{x}+2 s)=\frac{95}{100}=0.95 \geqslant 0.95 ; P$ $(-\bar{x}-3 s<d \leq \bar{x}+3 s)=\frac{98}{100}=0.98<0.99$,

所以该自动化设备的等级为 $B$.

（2）直径尺寸在 $(\bar{x}-2 s, \bar{x}+2 s)$ 之外的零件共 5 件, 分别记为 $A, B, C, a, b$, 其中 $a, b$ 为直径尺寸在 $(\bar{x}-3 s, \bar{x}+3 s)$ 之外的零件,

从 5 件零件中随意抽取 2 件, 所有情况: $\{A, B\},\{A, C\},\{A, a\},\{A, b\},\{B, C\},\{B, a\}$, $\{B, b\},\{C, a\},\{C, b\},\{a, b\}$, 共 10 种,至少有一个在 $(\bar{x}-3 s, \bar{x}+3 s)$ 之外的所有情况: $\{A, a\},\{A, b\},\{B, a\},\{B, b\},\{C, a\}$, $\{C, b\},\{a, b\} ，$ 共 7 种,记至少有 1 件直径尺寸在 $(\bar{x}-3 s, \bar{x}+3 s)$ 之外为事件 $Y$,则 $P(Y)=\frac{7}{10}$.
解析：解: (1) $\bar{x}-s=82.78, \bar{x}+s=87.18, \bar{x}-2 s=80.58, \bar{x}+2 s=89.38, \bar{x}-3 s=78.38, \bar{x}+3 s$
$=91.58$,

由图表知, $P(\bar{x}-s<d \leq \bar{x}+s)=\frac{80}{100}=0.80>0.68, P(\bar{x}-2 s<d \leq \bar{x}+2 s)=\frac{95}{100}=0.95 \geqslant 0.95 ; P$ $(-\bar{x}-3 s<d \leq \bar{x}+3 s)=\frac{98}{100}=0.98<0.99$,

所以该自动化设备的等级为 $B$.

（2）直径尺寸在 $(\bar{x}-2 s, \bar{x}+2 s)$ 之外的零件共 5 件, 分别记为 $A, B, C, a, b$, 其中 $a, b$ 为直径尺寸在 $(\bar{x}-3 s, \bar{x}+3 s)$ 之外的零件,

从 5 件零件中随意抽取 2 件, 所有情况: $\{A, B\},\{A, C\},\{A, a\},\{A, b\},\{B, C\},\{B, a\}$, $\{B, b\},\{C, a\},\{C, b\},\{a, b\}$, 共 10 种,至少有一个在 $(\bar{x}-3 s, \bar{x}+3 s)$ 之外的所有情况: $\{A, a\},\{A, b\},\{B, a\},\{B, b\},\{C, a\}$, $\{C, b\},\{a, b\} ，$ 共 7 种,记至少有 1 件直径尺寸在 $(\bar{x}-3 s, \bar{x}+3 s)$ 之外为事件 $Y$,则 $P(Y)=\frac{7}{10}$.
题目（高一 · 计数）：（2020 春・通州区期末）为了解学生 “课外阅读日” 的活动情况, 某校以 $10 \%$ 的比例对高二年级 500 名学生按选修物理和选修历史进行分层抽样调查, 测得阅读时间（单位: 分钟）的频数统计图如图:
    

（1）分别估计该校高二年级选修物理和选修历史的人数;

（2）估计该校高二年级学生阅读时间在 60 分钟以上的概率;

(3) 从样本中阅读时间在 $60 \sim 90$ 分钟的选修物理的学生中任选 2 人, 求至少有 1 人阅读时间在 75 90 之间的概率.
选项：
答案：解：（1） $\because$ 以 $10 \%$ 的比例对高二年级 500 名学生按选修物理和选修历史进行分层抽样,

$\therefore$ 该校高二年级选修物理的人数约为:

$(6+9+9+3+2+1) \times 10=300$ (人)，

$\therefore$ 该校高二年级选修历史的人数约为: $500-300=200$ (人).

(2) 样本中, 阅读时间在 60 分钟以上的人数为:

$(3+2+1)+(9+6+1)=22$ (人),

$\because$ 样本总数为: $10 \% \times 500=50$,

$\therefore$ 样本中阅读时间在 60 分钟以上的频率为: $\frac{22}{50}=\frac{11}{25}$.

（3）样本中阅读时间在 $60 \sim 90$ 分钟的选修物理的学生分两类:

一类是阅读时间在 $60 \sim 75$ 分钟的共有 3 人，记为 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$,另一类是阅读时间在 $75 \sim 90$ 分钟的共有 2 人, 记为 $b_{1}, b_{2}$,从这 5 人中任选 2 人, 共有 10 种等可能基本事件, 分别为: $\left(a_{1}, a_{2}\right),\left(a_{1}, a_{3}\right),\left(a_{1}, b_{1}\right),\left(a_{1}, b_{2}\right),\left(a_{2}, a_{3}\right),\left(a_{2}, b_{1}\right),\left(a_{2}, b_{2}\right),\left(a_{3}\right.$, $\left.b_{1}\right),\left(a_{3}, b_{2}\right),\left(b_{1}, b_{2}\right)$,

记事件 $A$ 为: “至少有 1 人阅读时间在 $75 \sim 90$ 之间”，

则事件 $\bar{A}$ 为: “ 2 人阅读都在 60 75 之间”，且 $\bar{A}$ 包含 3 个基本事件:

$\left(a_{1}, a_{2}\right),\left(a_{1}, a_{3}\right),\left(a_{2}, a_{3}\right)$,
$\therefore$ 至少有 1 人阅读时间在 $75 \sim 90$ 之间的概率为:

$P=1-P(\bar{A})=1-\frac{3}{10}=\frac{7}{10}$.
解析：解：（1） $\because$ 以 $10 \%$ 的比例对高二年级 500 名学生按选修物理和选修历史进行分层抽样,

$\therefore$ 该校高二年级选修物理的人数约为:

$(6+9+9+3+2+1) \times 10=300$ (人)，

$\therefore$ 该校高二年级选修历史的人数约为: $500-300=200$ (人).

(2) 样本中, 阅读时间在 60 分钟以上的人数为:

$(3+2+1)+(9+6+1)=22$ (人),

$\because$ 样本总数为: $10 \% \times 500=50$,

$\therefore$ 样本中阅读时间在 60 分钟以上的频率为: $\frac{22}{50}=\frac{11}{25}$.

（3）样本中阅读时间在 $60 \sim 90$ 分钟的选修物理的学生分两类:

一类是阅读时间在 $60 \sim 75$ 分钟的共有 3 人，记为 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$,另一类是阅读时间在 $75 \sim 90$ 分钟的共有 2 人, 记为 $b_{1}, b_{2}$,从这 5 人中任选 2 人, 共有 10 种等可能基本事件, 分别为: $\left(a_{1}, a_{2}\right),\left(a_{1}, a_{3}\right),\left(a_{1}, b_{1}\right),\left(a_{1}, b_{2}\right),\left(a_{2}, a_{3}\right),\left(a_{2}, b_{1}\right),\left(a_{2}, b_{2}\right),\left(a_{3}\right.$, $\left.b_{1}\right),\left(a_{3}, b_{2}\right),\left(b_{1}, b_{2}\right)$,

记事件 $A$ 为: “至少有 1 人阅读时间在 $75 \sim 90$ 之间”，

则事件 $\bar{A}$ 为: “ 2 人阅读都在 60 75 之间”，且 $\bar{A}$ 包含 3 个基本事件:

$\left(a_{1}, a_{2}\right),\left(a_{1}, a_{3}\right),\left(a_{2}, a_{3}\right)$,
$\therefore$ 至少有 1 人阅读时间在 $75 \sim 90$ 之间的概率为:

$P=1-P(\bar{A})=1-\frac{3}{10}=\frac{7}{10}$.
题目（高一 · 计数）：020 春・咸阳期末）某学校需要从甲、乙两名学生中选一人参加数学竞赛, 抽取了近期两人 5 次数学考试的成绩, 统计结果如表:

|               | 第一次 | 第二次 | 第三次 | 第四次 | 第五次 |
| :------------ | :----: | :----: | :----: | :----: | :----: |
| 甲的成绩 (分) |   80   |   85   |   71   |   92   |   87   |
| 乙的成绩 (分) |   90   |   76   |   75   |   92   |   82   |

(I) 已知甲、乙两名学生这 5 次数学考试成绩的平均分都为 83 分, 若从甲、乙两名学生中选一人参加数学竞赛, 请从统计学的角度考虑, 你认为选谁参加数学竞赛较合适？并说明理由;

(II) 若数学竞赛分初赛和复赛, 在初赛中有两种答题方案:

方案一: 每人从 5 道备选题中任意抽出 1 道, 若答对, 则可参加复赛, 否则被淘汰.

方案二: 每人从 5 道备选题中任意抽出 3 道, 若至少答对其中 2 道, 则可参加复赛, 否则被淘汰.已知学生甲、乙都只会 5 道备选题中的 3 道, 那么你推荐的选手选择哪种答题方案进入复赛的可能性更大？并说明理由.
选项：
答案：解: (I) 选派乙参加数学竞赛较合适.

理由如下:

由题知 $\overline{x_{\text {甲 }}}=\overline{x_{\text {乙 }}}=83$,

$\therefore$ 甲成绩的方差 $S_{\text {甲 }}{ }^{2}=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5}\left(x_{i}-\overline{x_{\text {甲 }}}\right)^{2}=50.8 ，$

乙成绩的方差 $S_{Z}{ }^{2}=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5}\left(x_{i}-\overline{x_{Z}}\right)^{2}=48.8$,

由 $\overline{x_{\text {甲 }}}=\overline{x_{Z}}, S_{\text {甲 }}{ }^{2}>S_{Z}{ }^{2}$, 可知甲乙平均分相同, 但乙的成绩比甲稳定,

故选派乙参加数学竟赛较合适.

(II) 5 道备选题中学生会的 3 道分别记为 $a, b, c$, 不会的 2 道分别记为 $E, F$,方案一: 学生从 5 道备选题中任意抽出 1 道的结果有: $a, b, c, E, F$, 共 5 种,抽中会的备选题的结果有 $a, b, c$, 共 3 种,

$\therefore$ 此方案学生可参加复赛的概率 $P_{1}=\frac{3}{5}$.

方案二: 学生从 5 道备选题中任意抽出 3 道的结果有:

$(a, b, c),(a, b, E),(a, b, F),(a, c, E),(a, c, F),(a, E, F),(b, c$, $E),(b, c, F),(b, E, F),(c, E, F)$, 共 10 种,

抽中至少 2 道会的备选题的结果有:

$(a, b, c),(a, b, E),(a, b, F),(a, c, E),(a, c, F),(b, c, E),(b, c$, F)，共 7 种，

$\therefore$ 此方案学生可参加复赛的概率 $P_{2}=\frac{7}{10}$.

$\because P_{1}<P_{2}, \therefore$ 推荐的选手选择方案二答题方案进入复赛的可能性更大.
解析：解: (I) 选派乙参加数学竞赛较合适.

理由如下:

由题知 $\overline{x_{\text {甲 }}}=\overline{x_{\text {乙 }}}=83$,

$\therefore$ 甲成绩的方差 $S_{\text {甲 }}{ }^{2}=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5}\left(x_{i}-\overline{x_{\text {甲 }}}\right)^{2}=50.8 ，$

乙成绩的方差 $S_{Z}{ }^{2}=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5}\left(x_{i}-\overline{x_{Z}}\right)^{2}=48.8$,

由 $\overline{x_{\text {甲 }}}=\overline{x_{Z}}, S_{\text {甲 }}{ }^{2}>S_{Z}{ }^{2}$, 可知甲乙平均分相同, 但乙的成绩比甲稳定,

故选派乙参加数学竟赛较合适.

(II) 5 道备选题中学生会的 3 道分别记为 $a, b, c$, 不会的 2 道分别记为 $E, F$,方案一: 学生从 5 道备选题中任意抽出 1 道的结果有: $a, b, c, E, F$, 共 5 种,抽中会的备选题的结果有 $a, b, c$, 共 3 种,

$\therefore$ 此方案学生可参加复赛的概率 $P_{1}=\frac{3}{5}$.

方案二: 学生从 5 道备选题中任意抽出 3 道的结果有:

$(a, b, c),(a, b, E),(a, b, F),(a, c, E),(a, c, F),(a, E, F),(b, c$, $E),(b, c, F),(b, E, F),(c, E, F)$, 共 10 种,

抽中至少 2 道会的备选题的结果有:

$(a, b, c),(a, b, E),(a, b, F),(a, c, E),(a, c, F),(b, c, E),(b, c$, F)，共 7 种，

$\therefore$ 此方案学生可参加复赛的概率 $P_{2}=\frac{7}{10}$.

$\because P_{1}<P_{2}, \therefore$ 推荐的选手选择方案二答题方案进入复赛的可能性更大.
题目（高一 · 计数）：（2020 秋 $\cdot$河南期中）甲、乙两人进行比赛, 现有两组图形, 第一组为一个正方形及其外接圆和内切圆, 第二组为一个正方体及其外接球和内切球, 甲在第一组图形内部任取一点, 则此点在正方形与其外接圆之间得 3 分, 此点在内切圆与正方形之间得 2 分, 此点在内切圆内部得 1 分, 乙在第二组图形内部任取一点, 则此点在正方体与其外接球之间得 3 分, 此点在内切球与正方体之间得 2 分，此点在内切球内部得 1 分.

( I ) 分别求出甲得 3 分的概率和乙得 3 分的概率;

（II）预估在这种规则下，甲、乙两人谁的得分多.
选项：
答案：解：（Ｉ）假设第一组图形中正方形的边长为 2 , 则正方形的外接圆的半径为 $\frac{2 \sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$,所以正方形的面积为 4 ，其外接圆的面积为 $2 \pi ，$

则甲得 3 分的概率为 $\frac{2 \pi-4}{2 \pi}=1-\frac{2}{\pi}$,

假设第二组图形中正方体的棱长为 2 , 则正方体的外接球的半径为 $\frac{2 \sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,
乙得 3 分的概率为 $\frac{4 \sqrt{3} \pi-8}{4 \sqrt{3} \pi}=1-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}$,

( II) 甲得 1 分的概率为 $\frac{\pi}{2 \pi}=\frac{1}{2}$, 甲得 2 分的概率为 $\frac{4-\pi}{2 \pi}=\frac{2}{\pi}-\frac{1}{2}$,

所以甲的平均得分为 $1 \times \frac{1}{2}+2 \times\left(\frac{2}{\pi}-\frac{1}{2}\right)+3 \times\left(1-\frac{2}{\pi}\right)=\frac{5}{2}-\frac{2}{\pi}$,

乙得 1 分的概率为 $\frac{\frac{4}{3} \pi}{4 \sqrt{3} \pi}=\frac{\sqrt{3}}{9}$, 甲得 2 分的概率为 $\frac{8-\frac{4}{3} \pi}{4 \sqrt{3} \pi}=\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}-\frac{\sqrt{3}}{9}$,

所以乙的平均得分为 $1 \times \frac{\sqrt{3}}{9}+2 \times\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}-\frac{\sqrt{3}}{9}\right)+3 \times\left(1-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}\right)=-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}+3-\frac{\sqrt{3}}{9}$,

$$
\left(\frac{5}{2}-\frac{2}{\pi}\right)-\left(-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}+3-\frac{\sqrt{3}}{9}\right)=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{9}-\frac{6-2 \sqrt{3}}{3 \pi}<0
$$

因此预估乙的得分多.
解析：解：（Ｉ）假设第一组图形中正方形的边长为 2 , 则正方形的外接圆的半径为 $\frac{2 \sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$,所以正方形的面积为 4 ，其外接圆的面积为 $2 \pi ，$

则甲得 3 分的概率为 $\frac{2 \pi-4}{2 \pi}=1-\frac{2}{\pi}$,

假设第二组图形中正方体的棱长为 2 , 则正方体的外接球的半径为 $\frac{2 \sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,
乙得 3 分的概率为 $\frac{4 \sqrt{3} \pi-8}{4 \sqrt{3} \pi}=1-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}$,

( II) 甲得 1 分的概率为 $\frac{\pi}{2 \pi}=\frac{1}{2}$, 甲得 2 分的概率为 $\frac{4-\pi}{2 \pi}=\frac{2}{\pi}-\frac{1}{2}$,

所以甲的平均得分为 $1 \times \frac{1}{2}+2 \times\left(\frac{2}{\pi}-\frac{1}{2}\right)+3 \times\left(1-\frac{2}{\pi}\right)=\frac{5}{2}-\frac{2}{\pi}$,

乙得 1 分的概率为 $\frac{\frac{4}{3} \pi}{4 \sqrt{3} \pi}=\frac{\sqrt{3}}{9}$, 甲得 2 分的概率为 $\frac{8-\frac{4}{3} \pi}{4 \sqrt{3} \pi}=\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}-\frac{\sqrt{3}}{9}$,

所以乙的平均得分为 $1 \times \frac{\sqrt{3}}{9}+2 \times\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}-\frac{\sqrt{3}}{9}\right)+3 \times\left(1-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}\right)=-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}+3-\frac{\sqrt{3}}{9}$,

$$
\left(\frac{5}{2}-\frac{2}{\pi}\right)-\left(-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}+3-\frac{\sqrt{3}}{9}\right)=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{9}-\frac{6-2 \sqrt{3}}{3 \pi}<0
$$

因此预估乙的得分多.
题目（高一 · 计数）：（2020$\cdot$河南模拟）甲与乙午觉醒来后，发现自己的手表因故停止转动，于是他们想借助收音机，利用电台整点报时确认时间. (1) 求甲等待的时间不多于 10 分钟的概率;

(2) 求甲比乙多等待 10 分钟以上的概率.
选项：
答案：解:（1） $\because$ 电台每隔 1 小时报时一次，甲在 $[0,60 ）$ 之间任何一个时刻打开收音机是等可能的,

$\therefore$ 他在哪个时间段打开收音机的概率只与该时间段的长度有关, 而与该时间段的位置无关, 符合几何概型的条件,

设事件 $A$ 为 “甲等待的时间不多于 10 分钟” , 则事件 $A$ 恰好是打开收音机的时刻位于 $[50,60$ )时间段内，

因此, 由几何概型的概率公式可得, $P(A)=\frac{10}{60}=\frac{1}{6}$.

$\therefore$ 甲等待的时间不多于 10 分钟的概率为 $\frac{1}{6}$;

（2）由于甲，乙两人的起床时间是任意的,

$\therefore$ 所求事件是一个与两个变量相关的几何概型，且为面积型,
设甲需要等待的时间为 $x$, 乙需要等待的时间为 $y$ (10 分钟为一个长度单位),

则由已知可得, 对应的基本事件空间为 $\Omega=\left\{\left(x, y \left\lvert\,\left\{\begin{array}{l}0 \leq x<6 \\ 0 \leq y<6\end{array}\right)\right.\right\}\right.$,

甲比乙多等待 10 分钟以上对应的事件为 $M=\left\{\left(x, y \left\lvert\,\left\{\begin{array}{l}0 \leq x<6 \\ 0 \leq y<6) \\ x-y>1\end{array}\right\}\right.\right.\right.$.

在平面直角坐标系中, 作出两不等式组表示的平面区域如图:

<ImageHere>

正方形面积为 36 , 阴影部分的面积为 $\frac{1}{2} \times 5 \times 5=\frac{25}{2}$,

$\therefore$ 甲比乙多等待 10 分钟以上的概率为 $\frac{\frac{25}{2}}{36}=\frac{25}{72}$.
解析：解:（1） $\because$ 电台每隔 1 小时报时一次，甲在 $[0,60 ）$ 之间任何一个时刻打开收音机是等可能的,

$\therefore$ 他在哪个时间段打开收音机的概率只与该时间段的长度有关, 而与该时间段的位置无关, 符合几何概型的条件,

设事件 $A$ 为 “甲等待的时间不多于 10 分钟” , 则事件 $A$ 恰好是打开收音机的时刻位于 $[50,60$ )时间段内，

因此, 由几何概型的概率公式可得, $P(A)=\frac{10}{60}=\frac{1}{6}$.

$\therefore$ 甲等待的时间不多于 10 分钟的概率为 $\frac{1}{6}$;

（2）由于甲，乙两人的起床时间是任意的,

$\therefore$ 所求事件是一个与两个变量相关的几何概型，且为面积型,
设甲需要等待的时间为 $x$, 乙需要等待的时间为 $y$ (10 分钟为一个长度单位),

则由已知可得, 对应的基本事件空间为 $\Omega=\left\{\left(x, y \left\lvert\,\left\{\begin{array}{l}0 \leq x<6 \\ 0 \leq y<6\end{array}\right)\right.\right\}\right.$,

甲比乙多等待 10 分钟以上对应的事件为 $M=\left\{\left(x, y \left\lvert\,\left\{\begin{array}{l}0 \leq x<6 \\ 0 \leq y<6) \\ x-y>1\end{array}\right\}\right.\right.\right.$.

在平面直角坐标系中, 作出两不等式组表示的平面区域如图:



正方形面积为 36 , 阴影部分的面积为 $\frac{1}{2} \times 5 \times 5=\frac{25}{2}$,

$\therefore$ 甲比乙多等待 10 分钟以上的概率为 $\frac{\frac{25}{2}}{36}=\frac{25}{72}$.
题目（高一 · 计数）：（2020 北京模拟）为贯彻十九大报告中 “要提供更多优质生态产品以满足人民日益增长的优美生态环境需要 “的要求, 某生物小组通过抽样检测植物高度的方法来监测培育的某种植物的生长情况. 现分别从 $A, B, C$ 三块试验田中各随机抽取 7 株植物测量高度, 数据如表（单位: 厘米）:

| $A$ 组 |  10  |  11  |  12  |  13  |  14  |  15  |  16  |
| :----: | :--: | :--: | :--: | :--: | :--: | :--: | :--: |
| $B$ 组 |  12  |  13  |  14  |  15  |  16  |  17  |  18  |
| $C$ 组 |  13  |  14  |  15  |  16  |  17  |  18  |  19  |

假设所有植株的生长情况相互独立. 从 $A, B, C$ 三组各随机选 1 株, $A$ 组选出的植株记为甲, $B$组选出的植株记为乙, $C$ 组选出的植株记为丙.

( I ) 求丙的高度小于 15 厘米的概率;

（II）求甲的高度大于乙的高度的概率;

(III) 表格中所有数据的平均数记为 $\mu_{0}$. 从 $A, B, C$ 三块试验田中分别再随机抽取 1 株该种植物,它们的高度依次是 $14,16,15$ (单位: 厘米). 这 3 个新数据与表格中的所有数据构成的新样本的平均数记为 $\mu_{1}$, 试比较 $\mu_{0}$ 和 $\mu_{1}$ 的大小. (结论不要求证明)
选项：
答案：解：(I) 设事件 $A_{i}$ 为 “甲是 $A$ 组的第 $i$ 株植物”,

事件 $B_{i}$ 为 “乙是 $B$ 组第 $i$ 株植物”,

事件 $C_{\mathrm{i}}$ 为 “丙是 $C$ 组第 $i$ 株植物”, $i=1,2,3,4, \cdots, 7$,

由题意得 $P\left(A_{i}\right)=P\left(B_{i}\right)=P\left(\complement_{\mathrm{i}}\right)=\frac{1}{7}, i=1,2,3,4, \cdots, 7$,

设事件 $D$ 为 “丙的高度小于 15 厘米”, 由题意 $D=C_{1} \cup C_{2}$, 且 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 互斥,

$\therefore$ 丙的高度小于 15 厘米的概率为:

$P(D)=P\left(C_{1} \cup C_{2}\right)=\frac{1}{7}+\frac{1}{7}=\frac{2}{7}$.

(II) 设事件 $E$ 为 “甲的高度大于乙的高度”，

$\therefore$ 甲的高度大于乙的高度的概率为:

$P(E)=P\left(A_{4} B_{1}\right)+P\left(A_{5} B_{1}\right)+P\left(A_{6} B_{1}\right)+P\left(A_{7} B_{1}\right)+P\left(A_{5} B_{2}\right)+P\left(A_{6} B_{2}\right)+P\left(A_{7} B_{2}\right)+P\left(A_{6} B_{3}\right)$

$+P\left(A_{7} B_{3}\right)+P\left(A_{7} B_{4}\right)$

$=10 P\left(A_{4} B_{1}\right)=10 \times \frac{1}{7} \times \frac{1}{7}=\frac{10}{49}$.

(III) 所有数据的平均数 $\mu_{0}=\frac{1}{21}$

$(10+11+12+13+14+15+16+12+13+14+15+16+17+18+13+14+15+16+17+18+19) \approx 14.67$,

$\mu_{1}=\frac{1}{24}(10+11+12+13+14+15+16+12+13+14+15+16+17+18+13+14+15+16+17+18+19+14+16+15)$

$\approx 14.71$.

$\therefore \mu_{0}<\mu_{1}$.
解析：解：(I) 设事件 $A_{i}$ 为 “甲是 $A$ 组的第 $i$ 株植物”,

事件 $B_{i}$ 为 “乙是 $B$ 组第 $i$ 株植物”,

事件 $C_{\mathrm{i}}$ 为 “丙是 $C$ 组第 $i$ 株植物”, $i=1,2,3,4, \cdots, 7$,

由题意得 $P\left(A_{i}\right)=P\left(B_{i}\right)=P\left(\complement_{\mathrm{i}}\right)=\frac{1}{7}, i=1,2,3,4, \cdots, 7$,

设事件 $D$ 为 “丙的高度小于 15 厘米”, 由题意 $D=C_{1} \cup C_{2}$, 且 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 互斥,

$\therefore$ 丙的高度小于 15 厘米的概率为:

$P(D)=P\left(C_{1} \cup C_{2}\right)=\frac{1}{7}+\frac{1}{7}=\frac{2}{7}$.

(II) 设事件 $E$ 为 “甲的高度大于乙的高度”，

$\therefore$ 甲的高度大于乙的高度的概率为:

$P(E)=P\left(A_{4} B_{1}\right)+P\left(A_{5} B_{1}\right)+P\left(A_{6} B_{1}\right)+P\left(A_{7} B_{1}\right)+P\left(A_{5} B_{2}\right)+P\left(A_{6} B_{2}\right)+P\left(A_{7} B_{2}\right)+P\left(A_{6} B_{3}\right)$

$+P\left(A_{7} B_{3}\right)+P\left(A_{7} B_{4}\right)$

$=10 P\left(A_{4} B_{1}\right)=10 \times \frac{1}{7} \times \frac{1}{7}=\frac{10}{49}$.

(III) 所有数据的平均数 $\mu_{0}=\frac{1}{21}$

$(10+11+12+13+14+15+16+12+13+14+15+16+17+18+13+14+15+16+17+18+19) \approx 14.67$,

$\mu_{1}=\frac{1}{24}(10+11+12+13+14+15+16+12+13+14+15+16+17+18+13+14+15+16+17+18+19+14+16+15)$

$\approx 14.71$.

$\therefore \mu_{0}<\mu_{1}$.
题目（高一 · 计数）：（2020 秋・海淀区校级月考）某中学根据学生的兴趣爱好, 分别创建了 “书法”、“诗词”、“理学” 三个社团, 据资料统计新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立. 2015 年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校的“书法”、“诗词”、“理学”三个社团的概率依次为 $m$ 、 $\frac{1}{3} 、 n$, 已知三个社团他都能进入的概率为 $\frac{1}{24}$, 至少进入一个社团的概率为 $\frac{3}{4}$, 且 $m>n$.

(l) 求 $m$ 与 $n$ 的值;

（2）该校根据三个社团活动安排情况, 对进入 “书法” 社的同学增加校本选修学分 1 分, 对进入 “诗词” 社的同学增加校本选修学分 2 分, 对进入 “理学” 社的同学增加校本选修学分 3 分. 求该新同学在社团方面获得校本选修课学分分数不低于 4 分的概率.
选项：
答案：解: (1) 由题意列出方程组, 得:
$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{3} m n=\frac{1}{24} \\ 1-(1-m)\left(1-\frac{1}{3}\right)(1-n)=\frac{3}{4}, \text { 解得 } m=\frac{1}{2}, n=\frac{1}{4} . \\ m>n\end{array}\right.$.

(2) 由题令该新同学在社团方面获得校本选修课学分的分数为 $X$,

获得校本选修课学分分数不低于 4 分为事件 $A$,

则 $P(X=4)=\frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{12}$,

$P(X=5)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{24}$,

$P(X=6)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{24}$,

$P(A)=P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)=\frac{1}{12}+\frac{1}{24}+\frac{1}{24}=\frac{1}{6}$.
解析：解: (1) 由题意列出方程组, 得:
$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{3} m n=\frac{1}{24} \\ 1-(1-m)\left(1-\frac{1}{3}\right)(1-n)=\frac{3}{4}, \text { 解得 } m=\frac{1}{2}, n=\frac{1}{4} . \\ m>n\end{array}\right.$.

(2) 由题令该新同学在社团方面获得校本选修课学分的分数为 $X$,

获得校本选修课学分分数不低于 4 分为事件 $A$,

则 $P(X=4)=\frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{12}$,

$P(X=5)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{24}$,

$P(X=6)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{24}$,

$P(A)=P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)=\frac{1}{12}+\frac{1}{24}+\frac{1}{24}=\frac{1}{6}$.
题目（高一 · 计数）：（2019 春・兴庆区校级月考）某服务电话, 打进的电话响第 1 声时被接的概率是 0.1 ; 响第 2 声时被接的概率是 0.2 ; 响第 3 声时被接的概率是 0.3 ; 响第 4 声时被接的概率是 0.35 .

(1) 打进的电话在响 5 声之前被接的概率是多少?

(2) 打进的电话响 4 声而不被接的概率是多少
选项：
答案：解：（1）设事件 “电话响第 $k$ 声时被接” 为 $A_{k}(k \in \mathbf{N})$,

那么事件 $A_{k}$ 彼此互斥,

设 “打进的电话在响 5 声之前被接” 为事件 $A$,

根据互斥事件概率加法公式, 得:

$P(A)=P\left(A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3} \cup A_{4}\right)$

$=P\left(A_{1}\right)+P\left(A_{2}\right)+P\left(A_{3}\right)+P\left(A_{4}\right)$

$=0.1+0.2+0.3+0.35=0.95$.

（2）事件 “打进的电话响 4 声而不被接” 是事件 $A$,

“打进的电话在响 5 声之前被接” 的对立事件, 记为 $\overline{\mathrm{A}}$.

根据对立事件的概率公式, 得 $P(\bar{A})=1-P(A)=1-0.95=0.05$.
解析：解：（1）设事件 “电话响第 $k$ 声时被接” 为 $A_{k}(k \in \mathbf{N})$,

那么事件 $A_{k}$ 彼此互斥,

设 “打进的电话在响 5 声之前被接” 为事件 $A$,

根据互斥事件概率加法公式, 得:

$P(A)=P\left(A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3} \cup A_{4}\right)$

$=P\left(A_{1}\right)+P\left(A_{2}\right)+P\left(A_{3}\right)+P\left(A_{4}\right)$

$=0.1+0.2+0.3+0.35=0.95$.

（2）事件 “打进的电话响 4 声而不被接” 是事件 $A$,

“打进的电话在响 5 声之前被接” 的对立事件, 记为 $\overline{\mathrm{A}}$.

根据对立事件的概率公式, 得 $P(\bar{A})=1-P(A)=1-0.95=0.05$.