高考真题文科数学分项汇编概率与统计(解析版)

专题 15 概率与统计（解答题）

1

. 【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品(单位：件)按标准分为 A ，B ， C ，D 四个等级.加工业务约定：对于 A 级品、B 级品、C 级品，厂家每件分别收取加工费 90 元，50 元， 20 元；对于 D 级品，厂家每件要赔偿原料损失费 50 元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂 加工成本费为 25 元/件，乙分厂加工成本费为 20 元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分

厂各试加工了 100 件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下： 甲分厂产品等级的频数分布表

乙分厂产品等级的频数分布表

（1） 分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为 A 级品的概率；

（2） 分别求甲、乙两分厂加工出来的 100 件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应选哪个分厂

承接加工业务?

【解析】（1）由试加工产品等级的频数分布表知，

甲分厂加工出来的一件产品为 A 级品的概率的估计值为 40

100 乙分厂加工出来的一件产品为 A 级品的概率的估计值为 28 100

= 0.4 ；

= 0.28 . （2）由数据知甲分厂加工出来的 100 件产品利润的频数分布表为

因此甲分厂加工出来的 100 件产品的平均利润为

65 ? 40 + 25 ? 20 - 5 ? 20 - 75 ? 20 = 15 .

100

由数据知乙分厂加工出来的 100 件产品利润的频数分布表为

因此乙分厂加工出来的

100 件产品的平均利润为

∑ i =1

n

(x - x ) ( y - y )

2

∑ n

2

i

i

i =1

∑ i

20 （x - x ) （y - y )

2

i =1

∑ i

20

2

i =1

80 ? 9000

2 2 ∑ ∑ ∑ - x ) = 80 ，

∑（y - y ) = 9000 ， ∑（x 20

∑ 70 ? 28 + 30 ?17 + 0 ? 34 - 70 ? 21 = 10 .

100

比较甲乙两分厂加工的产品的平均利润，应选甲分厂承接加工业务.

【点睛】本题主要考查古典概型的概率公式的应用，以及平均数的求法，并根据平均值作出决策，属 于基础题．

2

. 【2020 年高考全国Ⅱ卷文数】某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加． 为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的 200 个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取 20 个作为样区，调查得到样本数据(x i ，y i )(i=1，2，…，20)，其中 x i 和 y i 分别表示第 i 个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得

20

x

i

i =1

20 = 60 ， y i i =1

20 = 1200 ， （x i i =1

20 2

i i =1

20

2

i i =1

- x （) y i - y ) = 800 ．

（1）求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数)；

（2）求样本(x i ，y i )(i=1，2，…，20)的相关系数(精确到 0.01)；

（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大．为提高样本的代表性以获得该地区这种野 生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．

∑(x i - x )( y

i

- y )

附：相关系数 r =

i =1

，

≈1.414．

1 20

【解析】（1）由己知得样本平均数 y = ∑ y i

= 60 ，从而该地区这种野生动物数量的估计值为 60×

i =1

200=12000．

（2）样本(x i , y i ) (i = 1, 2, , 20) 的相关系数

20

（x i

- x （) y i

- y ) 80

r =

?

i =1

=

= ≈ 0.94 ．

3 （3）分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对 200 个地块进行分层抽样．

理由如下：由（2）知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关．由于各地块间植物 覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了

n 2

样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计．

【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取，考查学生数学运算能 力，是一道容易题.

3

. 【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】某学生兴趣小组随机调查了某市 100 天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：

（1） 分别估计该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4 的概率；

（2） 求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

（3） 若某天的空气质量等级为 1 或 2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为 3 或 4，则称

这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的 2×2 列联表，并根据列联表，判断是否有 95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？

附： K 2 n (ad - bc )2

， (a + b )(c + d )(a + c )(b + d )

【解析】（1）由所给数据，该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4 的概率的估计值如下表：

（2） 一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为

1

(100 ? 20 + 300 ? 35 + 500 ? 45) = 350 ． 100

=

=

2 （3） 根据所给数据，可得 2 ? 2 列联表：

根据列联表得

2

100 ? (33 ? 8 - 22 ? 37) 2

K 55 ? 45 ? 70 ? 30 由于5.820 > 3.841 ，故有 95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关． 【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处 理能力，属于基础题.

4

. 【2020 年新高考全国Ⅰ卷】

为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100 天空气中的

PM 2.5 和SO 浓度（单位：

μg/m 3 ），得下表：

（1） 估计事件“该市一天空气中PM 2.5 浓度不超过75 ，且SO 2 浓度不超过150 ”的概率；

（2） 根据所给数据，完成下面的 2 ? 2 列联表：

（3） 根据（2）中的列联表，判断是否有99% 的把握认为该市一天空气中PM 2.5 浓度与SO 2 浓度有关？

附： K 2 n (ad - bc )2

，

(a + b )(c + d )(a + c )(b + d )

=

2 = ≈

【解析】（1）根据抽查数据，该市 100 天的空气中 PM2.5 浓度不超过 75，且SO 2 浓度不超过 150 的天

数为32 + 18 + 6 + 8 = 64 ,因此,该市一天空气中 PM2.5 浓度不超过 75，且SO 2 浓度不超过 150 的概率的估

64

计值为 100

= 0.64 ．

（

2） 根据抽查数据，可得 2 ? 2 列联表：

（3） 根据（2）的列联表得 K 7.484 ．

80 ? 20 ? 74 ? 26

由于7.484 > 6.635 ，故有99% 的把握认为该市一天空气中PM 2.5 浓度与SO 2 浓度有关．

5

. 【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】某商场为提高服务质量，随机调查了 50 名男顾客和 50 名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：

（1） 分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；

（2） 能否有 95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？

附： K 2 n (ad - bc )2

．

(a + b )(c + d )(a + c )(b + d )

【答案】（1）男、女顾客对该商场服务满意的概率的估计值分别为0.8 ，0.6 ；（2）有 95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．

【解析】（1）由调查数据，男顾客中对该商场服务满意的比率为 40

= 0.8 ，

50

因此男顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.8 ．

P (K 2 ≥ k )

0.050 0.010 0.001 k

3.841

6.635

10.828

=

女顾客中对该商场服务满意的比率为

30

= 0.6 ， 50

因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.6 ．

2

100 ?(40 ? 20 - 30 ?10) 2

（2）由题可得 K =

≈ 4.762 ． 50 ? 50 ? 70 ? 30

由于 4.762 > 3.841，

故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．

6. 【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了 100 个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率 y 的频数分布表．

（1） 分别估计这类企业中产值增长率不低于 40%的企业比例、产值负增长的企业比例；

（2） 求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代

表）．（精确到 0.01） ≈ 8.602 ．

【答案】（1）产值增长率不低于 40%的企业比例为 21%，产值负增长的企业比例为 2%；（2）这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为 30%，17%． 【解析】（1）根据产值增长率频数分布表得，

所调查的 100 个企业中产值增长率不低于 40%的企业频率为14 + 7 = 0.21 ．

100

2

产值负增长的企业频率为

100

= 0.02 ．

用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企

业比例为2%．

（2） y = 1

(-0.10 ? 2 + 0.10 ? 24 + 0.30 ? 53 + 0.50 ?14 + 0.70 ? 7) = 0.30 ，

100

s 2

= 1 ∑ n ( y - y )2

=

1 i i

i =1

??(-0.40)2 ? 2 + (-0.20)2 ? 24 + 02 ? 53 + 0.202 ?14 + 0.402 ? 7??

100

=0.0296 ，

s == 0.02? 0.17 ，

5 100

所以，这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为30%，17%．

7.【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200

只小鼠随机分成A，B 两组，每组100 只，其中A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液．每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如下直方图：

记 C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P（C）的估计值为0.70．（1）求乙离子残留百分比直方图中a，b 的值；

（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．

【答案】（1）a = 0.35 ，b = 0.10 ；（2）甲、乙离子残留百分比的平均值的估计值分别为4.05 ，6.00 ．【解析】（1）由已知得0.70 =a + 0.20 + 0.15 ，

故a = 0.35 ．

b = 1- 0.05 - 0.15 - 0.70 = 0.10 ．

（2）甲离子残留百分比的平均值的估计值为

2? 0.15 + 3? 0.20 + 4? 0.30 + 5? 0.20 + 6? 0.10 + 7 ? 0.05 = 4.05 ．

乙离子残留百分比的平均值的估计值为

3? 0.05 + 4? 0.10 + 5? 0.15 + 6? 0.35 + 7 ? 0.20 + 8? 0.15 = 6.00 ．

8.【2019 年高考天津卷文数】2019 年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、

大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120 人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25 人调查专项附加扣除的享受情况．（1）应从老、中、青员工中分别抽取多少人？

（2）抽取的25 人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6 人，分别记为A, B, C, D, E, F ．享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6 人中随机抽取2 人接受采访．

（i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；

（ii）设M 为事件“抽取的2 人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M 发生的概率．

11

【答案】（1）应从老、中、青员工中分别抽取6人，9人，10人；（2）（i）见解析，（ii）．

15

【分析】本题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基本知识，考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．

【解析】（1）由已知，老、中、青员工人数之比为6 : 9 : 10 ，

由于采用分层抽样的方法从中抽取25 位员工，

因此应从老、中、青员工中分别抽取6 人，9 人，10 人．

（ 2 ）（i ）从已知的 6 人中随机抽取 2 人的所有可能结果为{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．

（ii）由表格知，符合题意的所有可能结果为

{A, B},{A, D},{A, E},{A, F},{B, D},{B,E },{B ,F},{C, E},{C, F},{D, F},{E, F} ，

共11 种．

所以，事件M 发生的概率P(M ) 11

．

15

9.【2019 年高考北京卷文数】改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成

为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1000 名学生中随机抽取了100 人，发现样本中A，B 两种支付方式都不使用的有5 人，样本中仅使用A 和仅使用B 的学生的支付金额分布情况如下：

（1）估计该校学生中上个月A，B 两种支付方式都使用的人数；

（2）从样本仅使用B 的学生中随机抽取1 人，求该学生上个月支付金额大于2 000 元的概率；

（3）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B 的学生中随机抽查1 人，发现他本月的支付金额大于2 000 元．结合（2）的结果，能否认为样本仅使用B 的学生中本月支付金额大于 2 000 元的人数有变化？说明理由．

【答案】（1）该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数约为400 ；（2）0.04 ；（3）见解析．【解析】（1）由题知，样本中仅使用A 的学生有27+3=30 人，

仅使用B 的学生有24+1=25 人，

A，B两种支付方式都不使用的学生有5人．

故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有100–30–25–5=40人．

估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数为

40

?1000 = 400 ．100

（2）记事件C为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于2 000元”，

则P(C) = 1

= 0.04 ．25

（3）记事件E为“从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，该学生本月的支付金额大于2 000

元”．假设样本仅使用B的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，

则由（2）知，P(E) = 0.04 ．

答案示例1：可以认为有变化．理由如下：

P(E) 比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，

一旦发生，就有理由认为本月支付金额大于2 000元的人数发生了变化，

所以可以认为有变化．

答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：

事件E是随机事件，P(E) 比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，

所以无法确定有没有变化．

10.【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】下图是某地区2000 年至2016 年环境基础设施投资额y （单位：亿元）的

折线图．

为了预测该地区2018 年的环境基础设施投资额，建立了y 与时间变量t 的两个线性回归模型．根据2000 年至2016 年的数据（时间变量t 的值依次为1, 2, , 17 ）建立模型①：y?=-30.4 + 13.5t ；根据2010 年至2016 年的数据（时间变量t 的值依次为1, 2, , 7 ）建立模型②：y?= 99 + 17.5t ．

（1）分别利用这两个模型，求该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值；

（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．

【答案】（1）模型①：226.1亿元，模型②：256.5亿元；（2）模型②得到的预测值更可靠，理由见解析．【解析】（1）利用模型①，该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为

$y=–30.4+13.5×19=226.1（亿元）．

利用模型②，该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为

$y=99+17.5×9=256.5（亿元）．

（2）利用模型②得到的预测值更可

靠．理由如下：

（i）从折线图可以看出，2000 年至2016 年的数据对应的点没有随机散布在直线y=–30.4+13.5t 上下，这说明利用2000 年至2016 年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010 年相对2009 年的环境基础设施投资额有明显增加，2010 年至2016 年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010 年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010 年至2016 年的数据建立的线性模型$y=99+17.5t 可以较好地描述2010 年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．

（ii）从计算结果看，相对于2016 年的环境基础设施投资额220 亿元，由模型①得到的预测值226.1 亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理，说明利用模型②得到的预测值更可靠．以上给出了2 种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分．

1.【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】某家庭记录了未使用节水龙头50 天的日用水量数据（单位：m3）和使用

了节水龙头50 天的日用水量数据，得到频数分布表如下：

未使用节水龙头50 天的日用水量频数分布表

日用水量[0 ，0.1) [0.1，0.2) [0.2 ，0.3) [0.3，0.4) [0.4 ，0.5) [0.5，0.6) [0.6 ，0.7) 频数1324926 5

使用了节水龙头50 天的日用水量频数分布表

日用水量[0 ，0.1) [0.1，0.2) [0.2 ，0.3) [0.3，0.4) [0.4 ，0.5) [0.5，0.6) 频数1513 10 16 5（1）在答题卡上作出使用了节水龙头50 天的日用水量数据的频率分布直方图：

（2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m3的概率；

（3）估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365 天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表．）

【答案】（1）见解析；（2）0.48；（3）47.45m3．

【解析】（1）频率分布直方图如下:

（2）根据以上数据，该家庭使用节水龙头后50 天日用水量小于0.35m3的频率为0.2×0.1+1×0.1+2.6×0.1+2×0.05=0.48，

因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于0.35m3的概率的估计值为0.48．（3）该家庭未使用节水龙头50 天日用水量的平均数为

x1 = 1

(0.05?1+ 0.15? 3 + 0.25? 2 + 0.35? 4 + 0.45? 9 + 0.55? 26 + 0.65? 5) = 0.48 ．50

该家庭使用了节水龙头后50 天日用水量的平均数为

x2 = 1

(0.05?1+ 0.15? 5 + 0.25?13 + 0.35?10 + 0.45?16 + 0.55? 5) = 0.35 ．50

估计使用节水龙头后，一年可节省水(0.48 - 0.35) ?365 = 47.45(m 3) ．

12.【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的

两种新的生产方式．为比较两种生产方式的效率，选取40 名工人，将他们随机分成两组，每组20 人，第一组工人用第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式．根据工人完成生产任务的工作时间（单位：min）绘制了如下茎叶图：

P (K 2 ≥ k ) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 （1） 根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由；

（2） 求 40 名工人完成生产任务所需时间的中位数 m ，并将完成生产任务所需时间超过 m 和不超过m 的

工人数填入下面的列联表：

（3） 根据（2）中的列联表，能否有 99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？

附： K 2

n (ad - bc )2

， ． (a + b )(c + d )(a + c )(b + d )

【答案】（1）第二种生产方式的效率更高，理由见解析；（2）列联表见解析；（3）有 99%的把握认为两种生产方式的效率有差异．

【解析】（1）第二种生产方式的效率更高． 理由如下：

（i ） 由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有 75%的工人完成生产任务所需时间至少 80 分钟，

用第二种生产方式的工人中，有 75%的工人完成生产任务所需时间至多 79 分钟． 因此第二种生产方式的效率更高．

（ii ） 由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为 85.5 分钟，用第二

种

生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为 73.5 分钟．因此第二种生产方式的效率更高．

（iii ） 由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于 80 分钟；用第二种生

产

方式的工人完成生产任务平均所需时间低于 80 分钟，因此第二种生产方式的效率更高．

（iv ） 由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎 8 上的最多，关于茎 8

大致呈对称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎 7 上的最多，关于茎 7 大致呈对称分布，又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比用第一种生产方式完成生产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高．

以上给出了 4 种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分． （2）由茎叶图知 m = 79 + 81 = 80 ．

2

列联表如下：

=

2 40(15 15 5 5)

（3）由于K

?-?2

== 10 > 6.635 ，所以有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异．

20 ? 20 ? 20 ? 20

13.【2018 年高考北京卷文数】电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：

好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．（1）从电影公司收集的电影中随机选取1 部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；

（2）随机选取1 部电影，估计这部电影没有获得好评的概率；

（3）电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化．假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？（只需写出结论）

【答案】（1）0.025 ；（2）0.814 ；（3）增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率．

【解析】（1）由题意知，样本中电影的总部数是

140+50+300+200+800+510=2000．第四类电影中获得好评的电影部数是

200×0.25=50，

50

故所求概率为

2000

= 0.025 ．

（2）方法1：由题意知，样本中获得好评的电影部数是

140×0.4+50×0.2+300×0.15+200×0.25+800×0.2+510×0.1

=56+10+45+50+160+51

=372．

故所求概率估计为1-

372

2000

= 0.814 ．

方法2：设“随机选取 1 部电影，这部电影没有获得好评”为事件B．

没有获得好评的电影共有140×0.6+50×0.8+300×0.85+200×0.75+800×0.8+510×0.9=1628 部．

由古典概型概率公式得P(B) =1628

= 0.814 ．2000

（3）增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率．

14.【2018 年高考天津卷文数】已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240，160，

160．现采用分层抽样的方法从中抽取7 名同学去某敬老院参加献爱心活动．

（1）应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？

（2）设抽出的7 名同学分别用A，B，C，D，E，F，G 表示，现从中随机抽取2 名同学承担敬老院的卫生工作．

（i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；

（ii）设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件M发生的概率．

5

【答案】（1）分别抽取3人，2人，2人；（2）（i）见解析，（ii）

．

21

【分析】本小题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基本知识，考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．

【解析】（1）由已知，甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，

由于采用分层抽样的方法从中抽取7 名同学，

因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取 3 人，2 人，2 人．

（2）（i）从抽出的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为

{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}，{E，F}，{E，G}，{F，G}，共

21 种．

（ii）由（1），不妨设抽出的7名同学中，来自甲年级的是A，B，C，来自乙年级的是D，E，来自丙年级的是F，G，

则从抽出的7 名同学中随机抽取的 2 名同学来自同一年级的所有可能结果为

{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，G}，共5 种．

5

所以，事件M 发生的概率为P（M）=

．

21