四川省成都市2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题含解析

第I卷（选择题）（答案在最后）

一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1.下列说法一定正确的是（）A.一名篮球运动员，号称“百发百中”，若罚球三次，不会出现三投都不中的情况B.一个骰子掷一次得到2的概率是1

，则掷6次一定会出现一次26

C.若买彩票中奖的概率为万分之一，则买一万元的彩票一定会中奖一元D.随机事件发生的概率与试验次数无关【答案】D【解析】【分析】根据随机事件的相关概念一一判定即可.【详解】“百发百中”说明投中的可能性比较大，但有可能出现三投不中的可能，即A错误；“1

”是事件发生的可能性，掷6次也可能不出现一次2，即B错误；6买彩票中奖的概率为万分之一，也是事件发生的可能性，买一万元的彩票也可能一元不中，即C错误；随机事件发生的概率是多次试验的稳定值，与试验次数无关，D正确.故选：D2.某学校为了解学生对乒乓球、羽毛球运动的喜爱程度，用按比例分配的分层随机抽样法从高一、高二、高三年级所有学生中抽取部分学生做抽样调查，已知该学校高一、高二、高三年级学生人数的比例如图所示，若抽取的样本中高三年级的学生有45人，则样本容量为（）A.125【答案】A【解析】B.100C.150D.120【分析】根据分层抽样的抽取比例相同运算求解.【详解】由图可知高三年级学生人数占总人数的36%，抽取的样本中高三年级的学生有45人，所以样本容量为故选：A.45

125．36%3.已知事件A,B，且P(A)0.2，P(B)0.8，则下列说法正确的是（A.若AB，则P(AB)0.8，P(AB)0.6B.若A与B互斥，则P(AB)0.8，P(AB)0.6C.若A与B相互，则P(AB)1，P(AB)0D.若A与B相互，则PAB0.84，PAB0.16【答案】D【解析】【分析】根据概率的基本性质和乘法公式计算即可.）【详解】若AB，则PABPB0.8，PABPA0.2，故A错；若A与B互斥，则PABPAPB1，PAB0，故B错；若A与B相互，则PABPAPB0.16，PABPAPBPAB0.84，故C错，D正确.故选：D.4.四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果、可以判断出一定没有出现点数6的是（）B.中位数为3，方差为1.6；D.平均数为3，中位数为2.A.平均数为2，方差为3.1；C.中位数为3，众数为2；【答案】A【解析】【分析】利用反证法即可证得选项A判断正确；利用举反例法即可证得选项BCD判断错误.【详解】对于A，若平均数为2，出现点数6，可得方差s故平均数为2，方差为3.1，一定没有出现点数6，故A正确.对于B，当投掷骰子出现的结果为3，3，3，5，6时，满足中位数为3，方差为：2

12

623.23.1，5122222

s234343454641.6，5

此时出现点数为6，故B错误；对于C，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故C错误；对于D，当投掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故D错误.故选：A5.设一组样本数据x1，x2，…，xn的方差为0.01，则数据10x1，10x2，…，10xn的方差为（A.0.01【答案】C【解析】【分析】根据新数据与原数据关系确定方差关系，即得结果.B.0.1C.1D.10）(i1,2,L,n)的方差是数据xi，(i1,2,L,n)的方差的a2倍，【详解】因为数据axib，所以所求数据方差为1020.01=1故选：C【点睛】本题考查方差，考查基本分析求解能力，属基础题.6.平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关．下面四幅频率分布直方图中，最能说明平均数大于中位数的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】对于单峰频率分布直方图来说，如果直方图的形状是对称的，那么平均数和中位数大体相等，和中位数相比，平均数总在“长尾巴”那边.【详解】对于B,D图象对称，平均数和中位数相等，A中图象尾巴向右拖，C中图象尾巴靠左拖，故A正确.故选：A.7.甲、乙两名运动员进入男子羽毛球单打决赛，假设比赛打满3局，赢得2局或3局者胜出，用计算机产生1~5之间的随机数，当出现随机数1，2，3时，表示一局比赛甲获胜；否则，乙获胜.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，产生20组随机数：42353412342344351234411144531255253321511523423143432334）据此估计甲获得冠军的概率为（A.0.5【答案】C【解析】B.0.6C.0.65D.0.68【分析】根据题意找出甲获胜的情况，然后利用古典概型的概率公式求解【详解】由题意得甲获胜的情况有：423，123，423，114，332，152，342，512，125，432，334，151，314，共13种，所以估计甲获得冠军的概率为故选：C8.算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一，算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠，例如，在百位档拨一颗下珠，十位档拨一颗上珠和两颗下珠，则表示数字170，若在个、十、百、千位档中，先随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于1000的概率为（）13

0.65，20A.12B.23C.34D.58【答案】D【解析】【分析】所拨数字共有nC4C424，所拨数字大于1000包含两种:①上珠拨的是千位档，②上珠拨不是千位档，这两种情况进行分析求解，由此能求出所拨数字大于1000的概率．1

2

【详解】依题意得所拨数字共有C4C424种可能，要使所拨数字大于1000，则：①上珠拨的是千位档,则所拨数字一定大于1000，有C46种;②上珠拨不是千位档,则再随机选择两个档位必有千分位,有C3C39种,112

12则所拨数字大于1000的概率为故选:D.695

.248二、多选题（本大题共4小题，每题各5分.共20分.在每小随给出的四个选项，有两个或者多个选项是符合题目要求的）

9.已知10个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的8个样本数据的方差为s1，平均数x1；最大和最小两个数据的方差为s2，平均数x2；原样本数据的方差为S2，平均数x，若x1x2，则（A.剩下的8个样本数据与原样本数据的中位数不变B.xx1

C.剩下8个数据的下四分位数大于原样本数据的下四分位数D.S

222）4212s1s255

【答案】ABD【解析】【分析】设10个样本数据从小到大排列分别为x1,x2,x3...x10，再根据中位数、平均数、下四分卫数与方差的定义与公式推导即可.【详解】设10个样本数据从小到大排列分别为x1,x2,x3...x10，则剩下的8个样本数据为x2,x3...x9.x5x6xx6，剩下的8个样本数据中位数为5，故A正确；22111对B，由题意x1x2x3...x9，x2x1x10，xx1x2...x10.821011因为x1x2，故x1x2x3...x9x1x10，82对A：原样本数据的中位数为即x2x3...x98x1,x1x102x1，故x1x2x3...x9x1010x1，1x1x2x3...x9x10x1，故xx1.故B正确；1011

对C，因为82，故剩下8个数据的下四分位数为x3x4，4211

又102.5，故原样本数据的下四分位数为x3，又x4x3，故x3x4x3，故C错误；4222121222222

对D，因为xx1x2，故s1x2x3...x9x，s2x1x10x，82212222Sx1x2...x10x.10故22222故x2x3...x98s128x，x12x102s22x，2

2故S

2141228s128x22s22x2x2s12s2，故D正确.1055故选：ABD10.从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个小球，则下列结论正确的是（A.“至少一个红球”的概率为）2356B.“恰有一个黑球”的概率为C.“一个红球和一个黑球”的概率为【答案】ABD【解析】13D.“两个都是红球”的概率为16【分析】设出2个红球为a,b，2个黑球为A,B，写出选取2个小球的所有情况，从而得到四个选项中的可能情况和概率.【详解】A选项，设2个红球为a,b，2个黑球为A,B，选取2个小球，则可能情况有a,b,a,A,a,B,b,A,b,B,A,B，共6个，所以“至少一个红球”的情况有a,b,a,A,a,B,b,A,b,B，共5个，故“至少一个红球”的概率为5

，A正确；6B选项，“恰有一个黑球”的情况有a,A,a,B,b,A,b,B，共4个，故“恰有一个黑球”的概率为2，B正确；3C选项，“一个红球和一个黑球”的情况有a,A,a,B,b,A,b,B，共4个，故“一个红球和一个黑球”的概率为2，C错误；3D选项，“两个都是红球”的情况有a,b，故“两个都是红球”的概率为1

，D正确.6故选：ABD11.小张于2017年底贷款购置了一套房子，根据家庭收入情况，小张选择了10年期的等额本息的还贷方式（每月还款数额相等），且截至2022年底，他没有再购买第二套房子．如2021年底贷款购置了一辆小汽车，图是2018年和2022年小张的家庭的各项支出占家庭收入的比例分配图．根据以上信息，判断下列结论中正确的是（）A.小张一家2022年的家庭收入比2018年增加了1倍B.小张一家2022年用于娱乐的支出费用为2018年的5倍C.小张一家2022年用于饮食的支出费用小于2018年D.小张一家2022年用于车贷的支出费用小于2018年用于饮食的支出费用【答案】AD【解析】【分析】根据统计图表所给信息，即可判断正误.【详解】对于A，设一年房贷支出费用为n，2018年收入为则2022年的收入为n10

n，比2018年增加了一倍，故A正确；0.3351n

对于B，2018年的娱乐支出费用为n，35030

1011

2022年的娱乐支出费用为nn，相当于2018年的10倍，故B错误；3103

102323nn，对于C，2022用于饮食费用的支出为310030

5242n，显然2022年高，故C错误；2018年的饮食费用支出为n31005101n2n，2018年饮食支出费用为n，对于D，2022年车贷的支出费用为53103所以2022年用于车贷的支出费用小于2018年用于饮食的支出费用，故D正确.故选：AD.n5

n，0.6312.1990年9月，CraigF.Whitaker给《Parade》杂志“AskMarilyn'\"专栏提了一个问题（著名的蒙提霍尔问题，也称三门问题），在蒙提霍尔游戏节目中，事先在三扇关着的门背后放置好奖品，然后让游戏参与者在三扇关着的门中选择一扇门并赢得所选门后的奖品，游戏参与者知道其中一扇门背后是豪车，其余两扇门背后是山羊，作为游戏参与者当然希望选中并赢得豪车，主持人知道豪车在哪扇门后面.假定你初次选择的是1号门，接着主持人会从2，3号门中打开一道后面是山羊的门，询问你是否改选为另一扇没有打开的门则以下说法正确的是（）A.若保持原选择，你获得豪车的概率为1

31

B.若保持原选择，你获得豪车的概率为2

C.若你改选号码，则改选号码获得豪车的概率为23D.若你改选号码，则改选号码和保持原选择获得豪车的概率相等【答案】AC【解析】【分析】由分析知，获得豪车的概率仍然为1

可判断A，B；再求出改选号码获得豪车的概率可判断C，D.3

【详解】如题意所述，游戏参与者初次选择了1号门，因为在做选择的时候不知道豪车在哪个门里，故不影响豪车在三个门中的概率分配，所以获得豪车的概率仍然为1

，即A正确，B错误；3

在选择了1号门的前提下，有以下几种可能的情况：豪车在1号门里，主持人打开2，3号门的其中一扇门，此时更改号码，则没有获得豪车；豪车在2号门里，主持人只能打开3号门，此时更改号码，则获得豪车；豪车在3号门里，主持人只能打开2号门，此时更改号码，则获得豪车；综上所述，若选择更改号码，则获得豪车的概率为故选：AC21

；即C正确，D错误；33第II卷（非选择题）

三、填空题（本大共4小题，每小题5分，共20分，把正确的答案填在横线上）

13.样本有5个个体，其中四个值分别为0，1，2，3，第五个值丢失，但该样本的平均数为1，则样本方差为__.【答案】2【解析】【分析】设第五个数为x，由数据的平均数公式求得x，再根据方差的公式计算【详解】解：设第五个值为x，则0+1+2+3+x=15，即x1，则样本方差为[(01)+(11)+(21)+(31)+(11)]=2，故答案为：2.3

1514.已知mlg2lg5,log43,,tan1，从这四个数中任取一个数m，使函数f(x)x22mx1有2

1

5

22222两不相等的实数根的概率为__________.【答案】2##0.5【解析】【分析】由对数函数，指数函数，三角函数的单调性结合概率公式求解即可.【详解】函数f(x)x22mx1有两不相等的实数根，则4m240，解得m1或m1.1

lg2lg5lg101，0log41log43log441，1

2

πππ因为1，所以tan1tan1.424351

1.2

0即从这四个数中任取一个数m，使函数f(x)x22mx1有两不相等的实数根的概率为P故答案为：2

1

21.4215.一个数字不重复的三位数的百位、十位、个位上的数字依次记为a，b，c，当且仅当a，b，c中有两个不同数字的和等于剩下的一个数字时，称这个三位数为“有缘数”（如213，341等）．现从1，2，3，4这四个数字中任取三个数组成一个数字不重复的三位数，则这个三位数为“有缘数”的概率是______．【答案】2##0.5【解析】【分析】首先求出基本事件总数，再求出满足“有缘数”的数字个数，再根据古典概型的概率公式计算可得；【详解】解：从1，2，3，4这四个数字中任取三个数组成一个数字不重复的三位数的个数为A424，1，2，3，4这四个数字中两个的和等于第三个的有123，134，因此“有缘数”个数为A3A312，所以这个三位数为“有缘数”的概率P

3

3

1

3121

．242故答案为：2．16.若三个元件A、B、C按照如图的方式连接成一个系统，每个元件是否正常工作不受其他元件的影响，当元件A正常工作且B、C中至少有一个正常工作时，系统就正常工作，若元件A、B正常工作的概率依次为0.7、0.8，且这个系统正常工作的概率为0.686，则元件C正常工作的概率为______.1

【答案】0.9##【解析】910

【分析】设元件C正常工作的概率为P，当系统正常工作时，当且仅当A正常工作，B、C中至少有一个正常工作，利用事件的概率乘法公式以及对立事件的概率公式可得出关于P的等式，即可解得P的值.【详解】设元件C正常工作的概率为P，系统正常工作，当且仅当A正常工作，B、C中至少有一个正常工作，由题意可得，系统正常工作的概率为0.710.21P0.686，解得P0.9.故答案为：0.9.四、解答题（本大题共6小题，共70分，都特应写山必的文字说明，证明过程或演算）

17.某校有5名同学准备去某敬老院参加献爱心活动，其中来自甲班的3名同学用A，B，C表示，来自乙班的2名同学用D，E表示，现从这5名同学中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作．（1）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；（2）设M为事件“抽取的2名同学来自同一班”，求事件M发生的概率．【答案】（1）答案见解析（2）2

5【解析】【分析】（1）根据题意列举即可；（2）利用古典概型公式计算即可.【小问1详解】从这5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，B,C，B,D，B,E，C,D，C,E，D,E，共10种；【小问2详解】抽取的2名同学来自同一班的所有可能结果为：A,B，A,C，B,C，D,E，共4种，∴P(M)

42．10518.唐三彩，中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在中国的陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔，唐三彩的生产至今已有1300多年的历史，对唐三彩的复制和仿制工艺，至今也有百余年的历史.某陶瓷厂在生产过程中，随机抽取100件工艺品测得其质量指标数据，将数据分成以下六组40,50、50,60、60,70、…、90,100，得到如下频率分布直方图.（1）求出直方图中m的值；（2）利用样本估计总体的思想，估计该厂所生产的工艺品的质量指标值的众数和中位数（中位数精确到；0.01）（3）现规定质量指标值小于60的为二等品，质量指标值不小于60的为一等品.已知该厂某月生产了10000件工艺品，试利用样本估计总体的思想，估计其中一等品和二等品分别有多少件.【答案】（1）m0.030（2）众数为75，中位数为73.33（3）一等品有7500件，二等品有2500件【解析】【分析】（1）由所有直方图的面积之和为1计算即可得；（2）根据中位数与众数的性质计算即可得；（3）利用分层抽样的性质计算即可得.【小问1详解】在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为1，则100.0100.0150.015m0.0250.0051，得m0.030；【小问2详解】众数为75，因为0.10.150.150.40.5，0.10.150.150.30.70.5，所以中位数在第4组，设中位数为n，则0.10.150.150.03n700.5，解得n

220

73.33.3

所以，可以估计该厂所生产的工艺品的质量指标值的众数为75，中位数为73.33；【小问3详解】由频率分布直方图可知100件工艺品中二等品有1000.010.151025件，一等品有1002575件，该厂生产的10000件工艺品中一等品有10000二等品有1000075002500件，所以一等品有7500件，二等品有2500件.19.某场比赛甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关学生安全知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率是75

7500件，100132，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是.乙、丙两个家庭都回答正确的概率是，各家庭是否回答3155

正确互不影响，（1）求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；（2）求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率.【答案】（1）（2）5634，45【解析】【分析】（1）根据事件的乘法公式计算即可得；（2）利用事件的乘法公式及互斥事件的加法公式计算即可得.【小问1详解】记“甲家庭回答正确这道题”为事件A，“乙家庭回答正确这道题”为事件B，“丙家庭回答正确这道题”为事件C，213

，P(A)P(C)，P(B)P(C)，155313

即[1P(A)][1P(C)]，P(B)P(C)，15534

所以P(B)，P(C)，45则P(A)所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率分别为34

，；45【小问2详解】有3个家庭回答正确的概率为P3P(ABC)P(A)P(B)P(C)有2个家庭回答正确的概率为：2342，3455

13421423113

P2P(ABCABCABC)，345345345301325.所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率PP2P3

305620.某超市将若干个问题印在质地、大小相同的小球上，顾客每次随机抽出1个小球并回答上面的问题．若顾客第一次答对，则获得购物券并结束活动：若顾客第一次答错，就再抽一次，答对获得购物券并结束活动，答错结束活动．顾客对不同题目的回答是的．（1）顾客乙答对每道题目的概率为0.6，若无放回的抽取，求乙获得购物券的概率：（2）顾客丙首次答对每道题目的概率为0.6，对相同题目答对的概率为1．若有放回的抽取，顾客丙第二次抽到相同题目的概率为0.1，求丙第二次获得购物券的概率．【答案】（1）0.84（2）0.256【解析】【分析】（1）乙获得购物券有两种情况，根据事件的概率公式，即可求解.（2）丙第二次获得购物券，则第一次必然答错，第二次答对有两种情况，分别求解概率即可.【小问1详解】设乙获得购物券的概率p1，顾客乙答对每道题目的概率为0.6，则答错每道题目的概率为10.60.4，若无放回的抽取，则乙获得购物券的概率p10.60.40.60.84.【小问2详解】设丙第二次获得购物券的概率p2，若有放回的抽取，顾客丙第二次抽到相同题目的概率为0.1，则顾客丙第二次抽到不同题目的概率为10.10.9，所以求丙第二次获得购物券的概率p20.40.110.40.90.60.256.21.某公司计划购买1台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图：记x表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数,y表示1台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）, n表示购机的同时购买的易损零件数.（Ⅰ）若n=19,求y与x的函数解析式；（Ⅱ）若要求“需更换的易损零件数不大于n”的频率不小于0.5,求n的最小值；（Ⅲ）假设这100台机器在购机的同时每台都购买19个易损零件,或每台都购买20个易损零件,分别计算这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数,以此作为决策依据,购买1台机器的同时应购买19个还是20个易损零件？3800,x19,【答案】(1)yxN;(2)19;(3)购买1台机器的同时应购买19个易损零件.500x5700,x19,

【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）分x19及x＞19，分别求解析式；（Ⅱ）通过频率大小进行比较；（Ⅲ）分别求出n=19，n=20时所需费用的平均数来确定.试题解析：（Ⅰ）当的函数解析式为y{

时，y3800；当时，y3800500(x19)500x5700，所以与3800,x19,

500x5700,x19,

(xN).的最小值为19.（Ⅱ）由柱状图知，需更换的零件数不大于18的频率为0.46，不大于19的频率为0.7，故（Ⅲ）若每台机器在购机同时都购买19个易损零件，则这100台机器中有70台在购买易损零件上的费用为3800，20台的费用为4300，10台的费用为4800，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为1

(380070430020480010)4000.100

若每台机器在购机同时都购买20个易损零件，则这100台机器中有90台在购买易损零件上的费用为4000，10台的费用为4500，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为1

(400090450010)4050.100

比较两个平均数可知，购买1台机器的同时应购买19个易损零件.【考点】函数解析式、概率与统计【名师点睛】本题把统计与函数结合在一起进行考查,有综合性但难度不大,求解的关键是读懂题意,所以提醒考生要重视数学中的阅读理解问题.22.2023年9月，第19届亚洲运动会将在中国杭州市举行，某调研机构为了了解人们对“亚运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“亚运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组20,25，第二组25,30，第三组30,35，第四组35,40，第五组40,45，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和上四分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“亚运会”宣传使者：（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和5

，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分2别为42和1，据此估计这m人中35~45岁所有人的年龄的方差.【答案】（1）31.75岁；36.25（2）（i）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图，利用平均数的计算公式求解可得平均数；上四分位数即第75百分位数，根据定义可构造方程求得结果；（2）（i）根据分层抽样原则可求得第四组和第五组抽取的人数，采用列举法可得样本点总数和满足题意的样本点个数，根据古典概型概率公式可求得结果；3

；（ii）105

（ii）由z

xy

i1i

42

6

i1i

可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，由s2

1

46

21





2

2

2

2



2

z可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差.

【小问1详解】设这m人的平均年龄为x，则x22.50.127.50.3532.50.2537.50.242.50.131.75（岁）设上四分位数（第75百分位数）为a，0.0150.0750.0650.70.8，0.0150.0750.0650.0450.90.75，a位于第四组：35,40内；方法一：由50.02

40a0.040.25，解得a36.25.a350.040.75，解得a36.25.

方法二：由0.10.350.25【小问2详解】（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙，对应的样本空间为：ΩA,B,A,C,A,甲,A,乙,A,D,B,C,

B,甲,B,乙,B,D,C,甲,C,乙,C,D,甲,乙,甲,D,乙,D，共15个样本点.设事件M“甲､乙两人至少一人被选上”，则MA,甲,A,乙,B,甲,B,乙,C,甲,C,乙,甲乙,,甲,D,乙,D，共有9个样本点.所以，PM

nMn

3.5（ii）设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为s2.设第四组的宣传使者的年龄分别为x1,x2,x3,x4，平均数为x36，方差为s1

25，22

设第五组的宣传使者的年龄分别为y1，y2，平均数为y42，方差为s21，141421412222

则xxi，yyi，s1xixxi4x，4i12i14i14i1121222

syiyyi2y2，2i12i1

22

可得x

i1

4

i

2

4x，yi2y，x4s4x，yi22s22y2，i1

i1

2

i

21

2

i1

242

设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为s2．则z

xy

i1i

42

6

i1i



，4x2y436242

3866

即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为38，2

14122

法一：sxizyiz

6i1i162

2

42222x4zy2ziii1i1



12

4s124x24z22s22y22z2615

443624382212422238210.621

4法二：s

62

21





2

2

2

2



z



2



152210.4363821423862

即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10；