高考解答题专项突破(六) 概率与统计的综合问题-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案全书word（新教材，基础版）

金版教程 高考科学复习解决方案 数学 [考情分析]　概率与统计的综合问题是高考的热点，一般以解答题形式考查，通常以考查随机事件的概率、相互独立事件、样本的数字特征、离散型随机变量的分布列、期望及方差、回归分析、独立性检验为主，有时也与函数、数列、不等式等知识综合考查． 考点一　求离散型随机变量的分布列、均值与方差 例1　(2023·湖北宜昌模拟)据调查，目前对于已经近视的小学生，有两种佩戴眼镜的选择，一种是佩戴传统的框架眼镜；另一种是佩戴角膜塑形镜，这种眼镜是晚上睡觉时佩戴的一种特殊的隐形眼镜(因其在一定程度上可以减缓近视的发展速度，所以越来越多的小学生家长选择角膜塑形镜控制孩子的近视发展)，A市从该地区小学生中随机抽取容量为100的样本，其中因近视佩戴眼镜的有24人(其中佩戴角膜塑形镜的有8人，其中2名是男生，6名是女生)． (1)若从样本中选一名学生，已知这名小学生佩戴眼镜，那么，该学生佩戴的是角膜塑形镜的概率是多少？ (2)从这8名佩戴角膜塑形镜的学生中，选出3人，求其中男生人数X的期望与方差； (3)若将样本的频率当作估计总体的概率，请问，从A市的小学生中，随机选出20名小学生，求佩戴角膜塑形镜的人数Y的期望与方差． 解　(1)根据题中样本数据，设“这名小学生佩戴眼镜”为事件A，“这名小学生佩戴的眼镜是角膜塑形镜”为事件B，“这名小学生佩戴眼镜，且眼镜是角膜塑形镜”为事件AB，则P(A)＝＝0.24，P(AB)＝＝0.08，故所求的概率为P(B|A)＝＝＝，所以从样本中选一名学生，已知这名小学生佩戴眼镜，则该学生佩戴的是角膜塑形镜的概率是. (2)依题意，佩戴角膜塑形镜的有8人，其中2名是男生，6名是女生，故从中选3人，男生人数X的可能取值为0，1，2， P(X＝0)＝＝＝， P(X＝1)＝＝＝， P(X＝2)＝＝＝. 所以男生人数X的分布列为 X 0 1 2 P 所以E(X)＝1×＋2×＝， D(X)＝×＋×＋×＝. (3)由已知，得Y～B(20，0.08)，则E(Y)＝np＝20×0.08＝1.6，D(Y)＝np(1－p)＝20×0.08×0.92＝1.472， 所以佩戴角膜塑形镜的人数Y的期望是1.6，方差是1.472. 离散型随机变量的均值和方差的求解，一般分两步：一是定型，即先判断随机变量的分布是特殊类型，还是一般类型，如两点分布、二项分布、超几何分布等属于特殊类型；二是定性，对于特殊类型的均值和方差可以直接代入相应公式求解，而对于一般类型的随机变量，应先求其分布列，然后代入相应公式计算，注意离散型随机变量的取值与概率的对应． 　1.某医药企业使用新技术对某款血液试剂进行试生产． (1)在试产初期，该款血液试剂的I批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款血液试剂在生产中，经过前三道工序后的次品率为.第四道工序中智能自动检测为次品的血液试剂会被自动淘汰，合格的血液试剂进入流水线并由工人进行抽查检验． 已知批次I的血液试剂智能自动检测显示合格率为98%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个血液试剂恰为合格品的概率； (2)已知切比雪夫不等式：设随机变量X的期望为E(X)，方差为D(X)，则对任意ε>0，均有P(|X－E(X)|≥ε)≤.药厂宣称该血液试剂对检测某种疾病的有效率为80%，现随机选择了100份血液样本，使用该血液试剂进行检测，每份血液样本检测结果相互独立，显示有效的份数不超过60，请结合切比雪夫不等式，通过计算说明该企业的宣传内容是否真实可信． 解　(1)设批次I的血液试剂智能自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B， 由已知得P(A)＝，P(AB)＝1－＝， 则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个血液试剂恰为合格品的概率为P(B|A)＝＝×＝. (2)设100份血液样本中检测有效的份数为X，假设该企业关于此新试剂有效率的宣传内容是客观真实的，那么在此假设下，X～B(100，0.8)， E(X)＝100×0.8＝80，D(X)＝100×0.8×(1－0.8)＝16， 由切比雪夫不等式，有P(X≤60)≤P(|X－80|≥20)≤＝0.04， 即在假设下，100份血液样本中显示有效的份数不超过60的概率不超过0.04，此概率很小， 据此我们有理由推断该企业的宣传内容不可信． 考点二　概率与频率分布直方图的综合 例2　(2024·甘肃兰州一模)“稻草很轻，但是他迎着风仍然坚韧，这就是生命的力量，意志的力量”“当你为未来付出踏踏实实努力的时候，那些你觉得看不到的人和遇不到的风景都终将在你生命里出现”……当读到这些话时，你会切身体会到读书破万卷给予我们的力量．为了解某普通高中学生的阅读时间，从该校随机抽取了800名学生进行调查，得到了这800名学生一周的平均阅读时间(单位：小时)，并将样本数据分成九组，绘制成如图所示的频率分布直方图． (1)求a的值； (2)为进一步了解这800名学生阅读时间的分配情况，从周平均阅读时间在(12，14]，(14，16]，(16，18]三组内的学生中，采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记周平均阅读时间在(14，16]内的学生人数为X，求X的分布列和数学期望； (3)以样本的频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取20名学生，用P(k)表示这20名学生中恰有k名学生周平均阅读时间在(8，12]内的概率，其中k＝0，1，2，…，20.当P(k)最大时，写出k的值． 解　(1)∵(0.02＋0.03＋0.05＋0.05＋0.15＋a＋0.05＋0.04＋0.01)×2＝1，∴a＝0.1. (2)由频率分布直方图可得，周平均阅读时间在(12，14]，(14，16]，(16，18]三组内的频率之比为0.05∶0.04∶0.01＝5∶4∶1， ∴10人中，周平均阅读时间在(12，14]内的人数为10×＝5，在(14，16]内的人数为10×＝4，在(16，18]内的人数为10×＝1， 则X的所有可能取值为0，1，2，3， ∴P(X＝0)＝＝＝， P(X＝1)＝＝＝， P(X＝2)＝＝＝， P(X＝3)＝＝＝， ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 P 数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. (3)用频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取1名学生，周平均阅读时间在(8，12]内的概率p＝(0.15＋0.1)×2＝0.5＝； 则P(k)＝Cpk(1－p)20－k＝C××＝， 若P(k)最大，则C最大， ∴当k＝10时，P(k)取得最大值． 概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为高考的一大亮点和热点．它与其他知识融合、渗透，情境新颖，充分体现了概率与统计的工具性和交汇性．统计以考查抽样方法、样本的频率分布、样本特征数的计算为主，概率以考查概率计算为主，往往和实际问题相结合，要注意理解实际问题的意义，使之和相应的概率计算对应起来，只有这样才能有效地解决问题． 　2.(2023·新课标Ⅱ卷)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c)．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率． (1)当漏诊率p(c)＝0.5%时，求临界值c和误诊率q(c)； (2)设函数f(c)＝p(c)＋q(c)，当c∈[95，105]时，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间[95，105]的最小值． 解　(1)依题意可知，患病者该指标的频率分布直方图中第一个小矩形的面积为5×0.002>0.5%，所以95<c<100， 所以(c－95)×0.002＝0.5%，解得c＝97.5， q(c)＝0.01×(100－97.5)＋5×0.002＝0.035＝3.5%. (2)当c∈[95，100]时，f(c)＝p(c)＋q(c)＝(c－95)×0.002＋(100－c)×0.01＋5×0.002＝－0.008c＋0.82≥0.02； 当c∈(100，105]时，f(c)＝p(c)＋q(c)＝5×0.002＋(c－100)×0.012＋(105－c)×0.002＝0.01c－0.98>0.02， 故f(c)＝ 所以f(c)在区间[95，105]的最小值为0.02. 考点三　概率与独立性检验的综合 例3　(2023·江西南昌模拟)“低碳出行”，一种降低“碳”的出行，以低能耗、低污染为基础，是环保的深层次体现，在众多发达国家被广大民众接受并执行，S市即将投放一批公共自行车以方便市民出行，减少污染，缓解交通拥堵，现先对100人做了是否会考虑选择自行车出行的调查，结果如下表． 年龄 考虑骑车 不考虑骑车 15以下 6 3 [15，30) 16 6 [30，45) 13 6 [45，60) 14 16 [60，75) 5 9 75以上 1 5 合计 55 45 (1)如果把45周岁以下人群定义为“青年人”，完成下列2×2列联表，并判断有多少把握认为该地区市民是否考虑骑车与他(她)是不是“青年人”有关． 骑车 不骑车 合计 45岁以下 45岁以上 合计 100 参考：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d. α 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 xα 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 (2)S市为了鼓励大家骑自行车上班，为此还专门在几条平时比较拥堵的城市主干道建有无障碍自行车道，该市市民小明家离上班地点10 km，现有两种上班方案供他选择： 方案一：选择自行车，走无障碍自行车道以19 km/h的速度直达上班地点． 方案二：开车以30 km/h的速度上班，但要经过A，B，C三个易堵路段，三个路段堵车的概率分别是，，，且是相互独立的，并且每次堵车的时间都是10分钟(假设除了堵车时间其他时间都是匀速行驶)． 若仅从时间的角度考虑，请你给小明作一个选择，并说明理由． 解　(1)根据题目所给数据填写2×2列联表如下： 骑车 不骑车 合计 45岁以下 35 15 50 45岁以上 20 30 50 合计 55 45 100 所以χ2＝ ＝≈9.091>7.879， 所以有99.5%的把握认为该地区市民是否考虑骑车与他(她)是不是“青年人”有关． (2)方案一：选择自行车，走无障碍自行车道以19 km/h的速度直达上班地点，则所需时间为 h. 方案二：记开车上班所用时间为X h， 则X的所有可能取值为，，，. P＝××＝， P＝××＋××＋××＝， P＝××＋××＋××＝， P＝××＝， 所以X的分布列为 X P E(X)＝×＋×＋×＋× ＝ h. 因为<，所以仅从时间的角度考虑，应选择方案一． 此类题目虽然涉及的知识点较多，但每个知识点考查程度相对较浅，考查深度有限，所以解决此类问题，最主要的是正确掌握概率与统计的基本知识，并能对这些知识点进行有效的融合，把统计图表中的量转化为概率或分布列求解中有用的量是解决此类问题的关键． 　3.一种疫苗在正式上市之前要进行多次人体临床试验接种，假设每次接种之间互不影响，每人每次接种成功的概率相等．某医学研究院研究团队研发了一种疫苗，并率先对此疫苗开展了Ⅰ期和Ⅱ期临床试验．Ⅰ期试验为了解疫苗接种剂量与接种成功之间的关系，选取了两种剂量接种方案(0.5 mL/次剂量组(低剂量)与1 mL/次剂量组(中剂量))，临床试验免疫结果对比如下： 接种成功 接种不成功 合计 0.5 mL/次剂量组 28 8 36 1 mL/次剂量组 33 3 36 合计 61 11 72 (1)根据数据说明哪种方案接种效果好，并判断是否有90%的把握认为该疫苗接种成功与否与两种剂量接种方案有关； (2)若以数据中的频率为概率，从两组不同剂量组中分别抽取1名试验者，以X表示这2人中接种成功的人数，求X的分布列和数学期望． 附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.40 0.25 0.15 0.10 0.050 0.025 0.010 0.001 xα 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 解　(1)0.5 mL/次剂量组(低剂量)接种成功的概率为＝，1 mL/次剂量组(中剂量)接种成功的概率为＝，因为>，所以1 mL/次剂量组(中剂量)接种效果好．由2×2列联表得χ2＝≈2.683<2.706，所以没有90%的把握认为该疫苗接种成功与否与两种剂量接种方案有关． (2)X的所有可能取值为0，1，2， P(X＝0)＝×＝＝， P(X＝1)＝×＋×＝， P(X＝2)＝×＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P E(X)＝0×＋1×＋2×＝＝. 考点四　概率与经验回归方程的综合 例4　(2024·广东深圳模拟)我国在芯片领域的短板有光刻机和光刻胶，某风险投资公司准备投资芯片领域，若投资光刻机项目，据预期，每年的收益率为30%的概率为p，收益率为－10%的概率为1－p；若投资光刻胶项目，据预期，每年的收益率为30%的概率为0.4，收益率为－20%的概率为0.1，收益率为零的概率为0.5. (1)已知投资以上两个项目，获利的期望是一样的，请你从风险角度考虑，为该公司选择一个较稳妥的项目； (2)若该风险投资公司准备对以上你认为较稳妥的项目进行投资，4年累计投资数据如下表： 年份x 2020 2021 2022 2023 μ 1 2 3 4 累计投资金额y/亿元 2 3 5 6 请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y关于μ的经验回归方程＝μ＋，并预测到哪一年年末，该投资公司在芯片领域的投资收益预期能达到0.75亿元． 附：收益＝投入的资金×获利的期望；经验回归方程＝x＋中，＝＝，＝－. 解　(1)若投资光刻机项目，设收益率为α1，则α1的分布列为 α1 0.3 －0.1 P p 1－p 所以E(α1)＝0.3p＋(－0.1)(1－p)＝0.4p－0.1. 若投资光刻胶项目，设收益率为α2，则α2的分布列为 α2 0.3 －0.2 0 P 0.4 0.1 0.5 所以E(α2)＝0.3×0.4＋(－0.2)×0.1＋0×0.5＝0.1. 因为投资以上两个项目，获利的期望是一样的， 所以0.4p－0.1＝0.1，所以p＝0.5. 因为D(α1)＝(0.3－0.1)2×0.5＋(－0.1－0.1)2×0.5＝0.04， D(α2)＝(0.3－0.1)2×0.4＋(－0.2－0.1)2×0.1＋(0－0.1)2×0.5＝0.03， 所以E(α1)＝E(α2)，D(α1)>D(α2)，这说明光刻机项目和光刻胶项目获利相等，但光刻胶项目更稳妥． 综上所述，建议该风险投资公司投资光刻胶项目． (2)因为＝＝2.5，＝＝4， μiyi＝1×2＋2×3＋3×5＋4×6＝47， μ＝12＋22＋32＋42＝30， 所以＝＝＝1.4， ＝－＝4－1.4×2.5＝0.5， 故经验回归方程为＝1.4μ＋0.5. 设该公司在芯片领域的投资收益为Y，则由Y＝0.1×(1.4μ＋0.5)≥0.75，解得μ≥5，故到2024年年末，该投资公司在芯片领域的投资收益预期能达到0.75亿元． 概率与经验回归方程的综合常涉及概率、分布列、离散型随机变量的数字特征、二项分布、超几何分布及经验回归方程等知识，主要考查学生的阅读能力、数据处理能力、运算求解能力及应用意识． 　4.(2023·河北衡水中学模拟)某单位共有10名员工，他们某年的年薪如下表： 员工编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 年薪(万元) 4 4.5 6 5 6.5 7.5 8 8.5 9 51 (1)求该单位员工当年年薪的平均数和中位数； (2)从该单位中任取2人，此2人中年薪高于7万的人数记为X，求X的分布列和期望； (3)已知员工的年薪与工作年限正相关，某员工工作第一年至第四年的年薪分别为4万元、5.5万元、6万元、8.5万元，预测该员工第五年的年薪为多少？ 附：经验回归方程＝x＋中系数的计算公式分别为＝＝，＝－，其中，为样本均值． 解　(1)平均数为×(4＋4.5＋6＋5＋6.5＋7.5＋8＋8.5＋9＋51)＝11万元； 中位数为＝7万元． (2)年薪高于7万的有5人，低于或等于7万的有5人，X的所有可能取值为0，1，2. P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P E(X)＝0×＋1×＋2×＝1. (3)设xi，yi(i＝1，2，3，4)分别表示工作年限及相应年薪， 则＝2.5，＝6， (xi－)2＝2.25＋0.25＋0.25＋2.25＝5， (xi－)(yi－)＝－1.5×(－2)＋(－0.5)×(－0.5)＋0.5×0＋1.5×2.5＝7， ＝＝＝1.4，＝－＝6－1.4×2.5＝2.5， 所以经验回归方程为＝1.4x＋2.5. 当x＝5时，＝9.5， 所以预测该员工第五年的年薪为9.5万元． 考点五　统计、概率与正态分布的综合 例5　(2023·福建漳州统考)近一段时间来，由于受非洲猪瘟的影响，各地猪肉价格普遍上涨，生猪供不应求，各大养猪场正面临巨大挑战．目前各项针对性政策措施对于生猪整体产量恢复、激发养殖户积极性的作用正在逐步显现．现有甲、乙两个规模一致的大型养猪场，均养有1万头猪，将其中重量(单位：kg)在[1，139]内的猪分为三个生长阶段如下表． 猪的三个生长阶段 阶段 幼年期 成长期 成年期 重量/kg [1，24) [24，116) [116，139] 根据以往经验，两个养猪场猪的体重X均近似服从正态分布N(70，232)．由于我国有关部门加强对大型养猪场即将投放市场的成年期猪的监控力度，高度重视成年期猪的质量保证，为了养出健康的成年活猪，甲、乙两养猪场引入两种不同的防控及养殖模式．已知甲、乙两个养猪场内一头成年期猪能通过质检合格的概率分别为，. (1)试估算甲养猪场三个生长阶段猪的数量； (2)已知甲养猪场出售一头成年期猪，若为健康合格的猪，则可盈利600元，若为不合格的猪，则亏损100元；乙养猪场出售一头成年期猪，若为健康合格的猪，则可盈利500元，若为不合格的猪，则亏损200元． ①记Y为甲、乙养猪场各出售一头成年期猪所得的总利润，求随机变量Y的分布列与数学期望； ②假设两养猪场均能把成年期猪售完，求两养猪场的总利润的期望． 参考数据：若Z～N(μ，σ2)，P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9973. 解　(1)由于猪的体重X～N(70，232)， 设各阶段猪的数量分别为n1，n2，n3， ∴P(1≤X<24)＝P(70－3×23≤X<70－2×23) ≈＝0.0214， ∴n1＝10000×0.0214＝214头， 同理，P(24≤X<116)＝P(70－2×23≤X<70＋2×23)≈0.9545， ∴n2＝10000×0.9545＝9545头， P(116≤X<139)＝P(70＋2×23≤X<70＋3×23)≈＝0.0214， ∴n3＝10000×0.0214＝214， ∴估计甲养猪场有幼年期猪214头，成长期猪9545头，成年期猪214头． (2)①依题意，甲、乙两个养猪场内一头成年期猪能通过质检合格的概率分别为，， Y的所有可能取值为1100，400，－300. P(Y＝1100)＝×＝， P(Y＝400)＝×＋×＝， P(Y＝－300)＝×＝， ∴Y的分布列为 Y 1100 400 －300 P ∴E(Y)＝1100×＋400×－300×＝785元． ②由于各养猪场均有214头成年期猪，一头猪出售的利润总和的期望为785元， 则总利润的期望为785×214＝167990元． 利用正态分布求给定区间的概率时，注意给定区间与μ，σ的转化，使给定区间转化为3σ特殊区间，从而求出其概率． 　5.(2024·山东济宁模拟)为了响应2024年全国文明城市建设的号召，某市文明办对市民进行了一次文明创建知识的网络问卷调查，每一位市民仅有一次参加机会．该市文明办随机抽取了100人的得分(满分：100分)，统计结果如下表所示： 组别 [50，60) [60，70) [70，80) [80，90) [90，100] 频数 10 20 25 25 20 (1)若此次调查问卷的得分Z服从正态分布N(μ，25)，μ近似等于样本的平均成绩(同一组数据用该组区间的中点值代替)，求P(72.5≤Z≤82.5)； (2)该市文明办为鼓励市民积极参与调查问卷，规定：调查问卷得分不低于μ的可以用本人手机随机抽取3次手机话费奖励，3次抽取互不影响，有三种话费奖励金额，每种金额每次被抽到的概率如下表： 话费金额/元 3 5 10 P 如果某市民参加调查问卷的得分不低于μ，记“该市民获得手机话费奖励总金额为X”． ①求X＝16时的概率； ②证明：P(X≤18)＝4P(X≥20)． 参考数据：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9973. 解　(1)这100人的平均成绩为 ＝77.5， 所以μ近似等于77.5， 故P(72.5≤Z≤82.5)＝P(77.5－5≤Z≤77.5＋5)≈0.6827. (2)①当X＝16时，3次抽取话费的金额情况是有两次抽到3元，一次抽到10元， 因为每次抽取是相互独立的， 所以P(X＝16)＝C××＝. ②证明：由题意，知X的可能取值为9，11，13，15，16，18，20，23，25，30，则P(X≤18)＝P(X＝9)＋P(X＝11)＋P(X＝13)＋P(X＝15)＋P(X＝16)＋P(X＝18)， 又P(X＝9)＝＝， P(X＝11)＝C×＝， P(X＝13)＝C×＝， P(X＝15)＝＝， 由(1)，知P(X＝16)＝， P(X＝18)＝A××＝， 所以P(X≤18)＝＝＝， 又P(X≥20)＝P(X＝20)＋P(X＝23)＋P(X＝25)＋P(X＝30)， 所以P(X≥20)＝1－P(X≤18)＝1－＝， 即4P(X≥20)＝， 所以P(X≤18)＝4P(X≥20)． 考点六　统计、概率与数列的综合 例6　(2023·江西南昌模拟)草莓具有较高的营养价值、医疗价值和生态价值．草莓浆果芳香多汁，营养丰富，素有“水果皇后”的美称．某草莓园统计了最近100天的草莓日销售量(单位：千克)，数据如下所示． 销售量区间 天数 [150，200) 20 [200，250) 25 [250，300) 10 [300，350) 40 [350，400) 5 (1)求a的值及这100天草莓日销售量的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)； (2)该草莓的售价为60元每千克，为了增加草莓销售量，该草莓园推出“玩游戏，送优惠”活动，有以下两种游戏方案供顾客二选一． 游戏一：不透明盒子里装有2个红球，4个黑球，顾客从中不放回摸出3个球，每摸出一个红球每千克草莓优惠3元，摸出黑球不优惠． 游戏二：一张纸板共画了11个同心圆，圆心处标记数字0，从内到外的圆环内依次标记数字1到10，在圆心处有一枚骰子，顾客抛掷硬币决定骰子从圆心向外环移动，若掷出的硬币正面向上，则骰子向外移动一环(如：从圆心移动到标上数字1的环内)；若掷出的硬币反面向上，则骰子向外移动两环(如：从标上数字1的环内移动到标上数字3的环内)．顾客重复掷硬币直到骰子移到标上数字9的环内就可以获得“九折优惠券”，或移到标上数字10的环内就游戏结束无优惠．有两个孩子对于选择哪个游戏可以获得更大优惠出现了分歧，你能帮助他们判断吗？ 解　(1)由题意可得(0.004＋a＋0.002＋0.008＋0.001)×50＝1， 解得a＝0.005. 这100天草莓日销售量的平均数＝0.2×175＋0.25×225＋0.1×275＋0.4×325＋0.05×375＝267.5. (2)当选择游戏一时，设每千克草莓优惠金额为X，则X的所有可能取值为0，3，6. P(X＝0)＝＝0.2， P(X＝3)＝＝0.6， P(X＝6)＝＝0.2. 所以X的分布列为 X 0 3 6 P 0.2 0.6 0.2 E(X)＝0×0.2＋3×0.6＋6×0.2＝3. 当选择游戏二时，设骰子移到标上数字n(2≤n≤9，n∈Z)的环内的概率为Pn，P0＝1. 第一次掷出的硬币正面向上，骰子向外移动一环，P1＝. 骰子移到数字n(2≤n≤9，n∈Z)处的情况只有两种． 第一种情况：骰子先到数字n－2代表的环上，又掷出反面，其概率为Pn－2； 第二种情况：骰子先到数字n－1代表的环上，又掷出正面，其概率为Pn－1. 所以Pn＝Pn－2＋Pn－1， 即Pn－Pn－1＝－(Pn－1－Pn－2)， 所以{Pn－Pn－1}是公比为－的等比数列． P1－1＝－，P2－P1＝，P3－P2＝，…，Pn－Pn－1＝， 以上各式累加，得Pn－1＝＋＋＋…＋＝－， 所以Pn＝(2≤n≤9，n∈Z)． 获得“九折优惠券”的概率P9＝，无优惠的概率P10＝P8＝. 设选择游戏二时每千克草莓优惠金额为Y，则Y的所有可能取值为0，6. E(Y)＝6×＋0×＝4×≈4. 因为E(X)<E(Y)，所以选择游戏二获得更大优惠的可能性更大． 注：P9也可用列举法求骰子移动到标有数字9的环内．有以下5类情况： ①移动两环4次，移动一环1次，其概率为C×， ②移动两环3次，移动一环3次，其概率为C×， ③移动两环2次，移动一环5次，其概率为C×， ④移动两环1次，移动一环7次，其概率为C×， ⑤移动一环9次，其概率为， 故P9＝C×＋C×＋C×＋C×＋＝. 高考有时将概率、统计等问题与数列交会在一起进行考查，因此在解答此类题时，准确地把题中所涉及的事件进行分解，明确所求问题所属的事件类型是关键． 　6.(2023·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第i次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E(Xi)＝qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)． 解　(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi， 所以P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)·P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6. (2)设P(Ai)＝pi，依题可知，P(Bi)＝1－pi，则 P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)＝P(Ai)·P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)， 即pi＋1＝0.6pi＋(1－0.8)×(1－pi)＝0.4pi＋0.2， 构造等比数列{pi＋λ}， 设pi＋1＋λ＝(pi＋λ)，解得λ＝－， 则pi＋1－＝， 又p1＝，p1－＝， 所以是首项为，公比为的等比数列， 即pi－＝×， 所以pi＝×＋. (3)因为pi＝×＋，i＝1，2，…，n， 所以当n∈N*时，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝×＋＝＋. 考点七　统计、概率与函数的综合 例7　甲、乙两人参加一个游戏，该游戏设有奖金256元，谁先赢满5局，谁便赢得全部的奖金，已知每局游戏乙赢的概率为p(0<p<1)，甲赢的概率为1－p，每局游戏相互独立，在乙赢了3局甲赢了1局的情况下，游戏设备出现了故障，游戏被迫终止，则奖金应该如何分配才为合理？有专家提出如下的奖金分配方案：如果出现无人先赢5局且游戏意外终止的情况，则甲、乙按照游戏再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比P甲∶P乙分配奖金．记事件A为“游戏继续进行下去甲获得全部奖金”，试求当游戏继续进行下去，甲获得全部奖金的概率f(p)，并判断当p≥时，事件A是否为小概率事件，并说明理由．(注：若随机事件发生的概率小于0.05，则称随机事件为小概率事件) 解　设游戏继续进行Y局甲获得全部奖金，则最后一局必然甲赢． 由题知，当Y＝4时，甲以5∶3赢， ∴P(Y＝4)＝(1－p)4， 当Y＝5时，甲以5∶4赢，∴P(Y＝5)＝(1－p)×C×(1－p)3p＝4(1－p)4p， 甲获得全部奖金的概率f(p)＝(1－p)4＋4(1－p)4p＝(4p＋1)(1－p)4，p∈， ∴f′(p)＝4(1－p)4－4(4p＋1)(1－p)3＝4(1－p)3(1－p－4p－1)＝－20(1－p)3p， ∵p∈，∴f′(p)＝－20(1－p)3p<0， ∴f(p)在上单调递减， ∴f(p)max＝f＝×＝≈0.045<0.05， 故事件A是小概率事件． 在概率与统计的问题中，决策的工具是样本的数字特征或有关概率．决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作为最佳方案，这往往借助于函数、不等式或数列的有关性质去实现． 　7.(2024·河南信阳模拟)一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现三次音乐获得150分，出现两次音乐获得100分，出现一次音乐获得50分，没有出现音乐则获得－300分，设每次击鼓出现音乐的概率为p，且各次击鼓出现音乐相互独立． (1)若一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0； (2)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．设每盘游戏的得分为随机变量ξ，请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因． 解　(1)由题可知，一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为f(p)＝Cp(1－p)2＝3p3－6p2＋3p， f′(p)＝3(3p－1)(p－1)，由f′(p)＝0得p＝或p＝1(舍去)， 当p∈时，f′(p)>0；当p∈时，f′(p)<0， ∴f(p)在上单调递增，在上单调递减， ∴当p＝时，f(p)有最大值，即f(p)的最大值点p0＝. (2)ξ的所有可能取值为－300，50，100，150， p(ξ＝－300)＝(1－p)3， p(ξ＝50)＝Cp(1－p)2， p(ξ＝100)＝Cp2(1－p)， p(ξ＝150)＝p3， ∴E(ξ)＝－300(1－p)3＋50Cp(1－p)2＋100Cp2(1－p)＋150p3＝300， 令g(p)＝p3－3p2＋p－1，0<p<， 则g′(p)＝3p2－6p＋＝3(p－1)2＋>0， ∴g(p)在上单调递增， ∴g(p)<g＝－<0，故有E(ξ)<0. 这说明每盘游戏平均得分是负分， 由概率统计的相关知识可知，许多人经过若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而会减少了． 课时作业 1．(2023·山西太原联考)为调查学生对政协、人大两会相关知识的了解情况，某高中学校开展了两会知识问答活动，现从全校参与该活动的学生中随机抽取320名学生，他们的得分(满分100分)的频率分布折线图如下． (1)若此次知识问答的得分X～N(μ，σ2)，用样本来估计总体，设μ，σ分别为被抽取的320名学生得分的平均数和标准差，求P(50.5≤X≤94)的值； (2)学校对这些被抽取的320名学生进行奖励，奖励方案如下：用频率估计概率，得分小于或等于55的学生获得1次抽奖机会，得分高于55的学生获得2次抽奖机会．假定每次抽奖抽到价值10元的学习用品的概率为，抽到价值20元的学习用品的概率为.从这320名学生中任取一位，记该同学在抽奖活动中获得学习用品的价值总额为ξ元，求ξ的分布列和数学期望(用分数表示)，并估算此次抽奖要准备的学习用品的价值总额． 参考数据：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973, ≈14.5. 解　(1)由折线图可知μ＝35×0.025＋45×0.15＋55×0.20＋65×0.25＋75×0.225＋85×0.10＋95×0.05＝65， σ2＝(35－65)2×0.025＋(45－65)2×0.15＋(55－65)2×0.20＋0＋(75－65)2×0.225＋(85－65)2×0.10＋(95－65)2×0.05＝210， 所以σ≈14.5，X～N(65，14.52)， 所以P(50.5≤X≤94)≈P(μ－σ≤X≤μ＋2σ)≈＋＝0.8186. (2)由题意可知ξ的所有可能取值为10，20，30，40， 则P(X≤55)＝，P(X>55)＝， P(ξ＝10)＝×＝， P(ξ＝20)＝×＋××＝， P(ξ＝30)＝×××2＝， P(ξ＝40)＝××＝， 所以ξ的分布列为 ξ 10 20 30 40 P E(ξ)＝10×＋20×＋30×＋40×＝， 故此次抽奖要准备的学习用品的价值总额约为320×＝6500元． 2．某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察长效肥和缓释肥对农作物影响情况．其中长效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1，2，3三组．观察一段时间后，分别从1，2，3三组随机抽取40株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表： 株高增量(单位：厘米) (4，7] (7，10] (10，13] (13，16] 第1组鸡冠花株数 9 20 9 2 第2组鸡冠花株数 4 16 16 4 第3组鸡冠花株数 13 12 13 2 假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立． (1)从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，估计株高增量在(7，10]内的概率； (2)分别从第1组、第2组、第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株，记这3株鸡冠花中恰有X株的株高增量在(7，10]内，求X的分布列和数学期望E(X)； (3)用“ξk＝1”表示第k组鸡冠花的株高增量在(4，10]内，“ξk＝0”表示第k组鸡冠花的株高增量在(10，16]内，k＝1，2，3，直接写出方差D(ξ1)，D(ξ2)，D(ξ3)的大小关系．(结论不要求证明) 解　(1)设事件A为“从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量在(7，10]内”， 根据题中数据，第1组所有鸡冠花中，有20株鸡冠花的株高增量在(7，10]内， 所以P(A)估计为＝. (2)设事件B为“从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量在(7，10]内”， 设事件C为“从第3组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量在(7，10]内”， 根据题中数据，P(B)估计为＝，P(C)估计为＝， 根据题意，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3， 且P(X＝0)＝P()＝P()P()P()＝××＝， P(X＝1)＝P(A＋B＋C) ＝P(A)P()P()＋P()P(B)P()＋P()P()P(C)＝， P(X＝2)＝P(AB＋AC＋BC) ＝P(A)P(B)P()＋P(A)P()P(C)＋P()·P(B)P(C)＝， P(X＝3)＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. (3)D(ξ1)<D(ξ3)<D(ξ2)．理由如下： P(ξ1＝1)＝，P(ξ1＝0)＝， 所以E(ξ1)＝1×＋0×＝， D(ξ1)＝×＋×＝； P(ξ2＝1)＝＝，P(ξ2＝0)＝， 所以E(ξ2)＝1×＋0×＝， D(ξ2)＝×＋×＝＝； P(ξ3＝1)＝＝，P(ξ3＝0)＝， 所以E(ξ3)＝1×＋0×＝， D(ξ3)＝×＋×＝＝， 所以D(ξ1)<D(ξ3)<D(ξ2)． 3.艾伦·麦席森·图灵提出的图灵测试，指测试者与被测试者在隔开的情况下，通过一些装置(如键盘)向被测试者随意提问．已知在某一轮图灵测试中有甲、乙、丙、丁4名测试者，每名测试者向一台机器(记为A)和一个人(记为B)各提出一个问题，并根据机器A和人的作答来判断谁是机器，若机器A能让至少一半的测试者产生误判，则机器A通过本轮的图灵测试．假设每名测试者提问相互独立，且甲、乙、丙、丁四人之间的提问互不相同，而每名测试者有60%的可能性会向A和B问同一个题．当同一名测试者提出的两个问题相同时，机器A被误判的可能性为10%，当同一名测试者提的两个问题不相同时，机器A被误判的可能性为35%. (1)当回答一名测试者的问题时，求机器A被误判的概率； (2)按现有设置程序，求机器A通过本轮图灵测试的概率． 解　(1)记事件M表示“测试者提出的两个问题相同”，事件N表示“机器A被误判”，则 P(N)＝P(NM)＋P(N)＝P(M)P(N|M)＋P()P(N|)＝0.6×0.1＋(1－0.6)×0.35＝0.2. (2)设X为4名测试者中产生误判的人数，由(1)可知，X～B(4，0.2)， 若机器A通过本轮的图灵测试，则4名测试者中至少有2名产生误判，所以机器A通过图灵测试的概率P＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－C×0.20×(1－0.2)4－C×0.2×(1－0.2)3＝0.1808. 4．为考察本科生基本学术规范和基本学术素养，某大学决定对各学院本科毕业论文进行抽检，初步方案是本科毕业论文抽检每年进行一次，抽检对象为上一学年度授予学士学位的论文，初评阶段，每篇论文送3位同行专家进行评审，3位专家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的毕业论文，将认定为“存在问题毕业论文”.3位专家中有1位专家评议意见为“不合格”，将再送2位同行专家(不同于前3位)进行复评．复评阶段，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”，将认定为“存在问题毕业论文”．每位专家，判定每篇论文“不合格”的概率均为p(0<p<1)，且各篇毕业论文是否被判定为“不合格”相互独立． (1)若p＝，求每篇毕业论文被认定为“存在问题毕业论文”的概率； (2)学校拟定每篇论文需要复评的评审费用为180元，不需要复评的评审费用为90元，则每篇论文平均评审费用的最大值是多少？ 解　(1)设每篇毕业论文被认定为“存在问题毕业论文”为事件A， 则P(A)＝p3＋Cp2(1－p)＋Cp(1－p)2[1－(1－p)2]， ∵p＝， ∴P(A)＝. (2)设每篇文章的评审费用为X元，则X的所有可能取值为90，180， 则P(X＝180)＝Cp(1－p)2，P(X＝90)＝1－Cp(1－p)2， ∴E(X)＝90×[1－Cp(1－p)2]＋180×Cp(1－p)2＝270p(1－p)2＋90. 令g(p)＝p(1－p)2，p∈(0，1)， 则g′(p)＝(1－p)2－2p(1－p)＝(3p－1)(p－1)． 当p∈时，g′(p)>0，g(p)在上单调递增； 当p∈时，g′(p)<0，g(p)在上单调递减， ∴g(p)的最大值为g＝， ∴每篇论文平均评审费用的最大值是130元． 5．(2023·陕西商洛模拟)某乒乓球队训练教官为了检验学员某项技能的水平，随机抽取100名学员进行测试，并根据该项技能的评价指标，按[60，65)，[65，70)，[70，75)，[75，80)，[80，85)，[85，90)，[90，95)，[95，100]分成8组，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求a的值，并估计该项技能的评价指标的中位数(精确到0.1)； (2)若采用比例分配的分层随机抽样的方法从评价指标在[70，75)和[85，90)内的学员中随机抽取12名，再从这12名学员中随机抽取5名学员，记抽取到学员的该项技能的评价指标在[70，75)内的学员人数为X，求X的分布列与数学期望． 解　(1)由题图可知(0.008＋0.016＋0.020＋a＋0.044＋0.040＋0.028＋0.008)×5＝1， 解得a＝0.036. 因为(0.008＋0.016＋0.02＋0.036)×5＝0.4<0.5， (0.008＋0.016＋0.02＋0.036＋0.044)×5＝0.62>0.5， 所以学员该项技能的评价指标的中位数在[80，85)内． 设学员该项技能的评价指标的中位数为m， 则(m－80)×0.044＋0.4＝0.5， 解得m≈82.3. (2)由题意可知抽取的12名学员中该项技能的评价指标在[70，75)内的有4名，在[85，90)内的有8名． 由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，3，4， P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝， P(X＝4)＝＝， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝. 6．(2024·浙江联考)杭州亚运会于2023年9月23日至10月8日举行．在此期间，参加亚运会的运动员可以在亚运村免费食宿．亚运村的某餐厅从第一天起到最后一天，晩餐只推出“中式套餐”和“西式套餐”．已知某运动员每天晚餐会在该食堂提供的这两种套餐中选择．已知他第一晚选择“中式套餐”的概率为，而前一晚选择了“中式套餐”，后一晚继续选择“中式套餐”的概率为，前一晚选择“西式套餐”，后一晚继续选择“西式套餐”的概率为，如此往复． (1)求该运动员第二晚选择“中式套餐”的概率； (2)记该运动员第n(n＝1，2，…，16)晚选择“中式套餐”的概率为Pn. ①求Pn； ②求该运动员在这16晚中选择“中式套餐”的概率大于选择“西式套餐”的概率的晚数． 解　(1)记该运动员第二晚选择“中式套餐”的概率为P2， 由题意知P2＝×＋×＝. (2)该运动员第n(n＝1，2，…，16)晚选择“中式套餐”的概率为Pn， ①Pn＝Pn－1·＋(1－Pn－1)·＝－Pn－1＋(n＝2，3，…，16)， ∴Pn－＝－， 又P1－＝≠0， ∴＝－(n＝2，3，…，16)， ∴数列是以为首项，－为公比的等比数列， ∴Pn＝＋·(n＝1，2，3，…，16)． ②由题意知，只需Pn>1－Pn， 即Pn>(n＝1，2，…，16)， ＋·>， 即>＝(n＝1，2，…，16)， 显然n必为奇数，偶数不成立， 故当n＝1，3，5，…，15时，有>即可． 当n＝1时，>，显然成立； 当n＝3时，＝， 因为－＝×＝×>0， 故当n＝3时，成立； 当n＝5时，＝， 因为－＝×＝×＝<0， 所以当n＝5时，不成立； 又递减，所以n>5时不成立． 综上，只有2晩． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$