2025届高考数学复习专题突破：计数原理、概率、随机变量及其分布讲义

突破1　概率、统计中的开放性与决策问题 命题点1　概率中的开放性与决策问题 例1 [2023重庆二模]近期，某网络平台开展了一项有奖闯关活动，并根据难度对每一关进行赋分，闯关活动共五关，规定：上一关不通过则不能进入下一关；本关第一次未通过有再挑战一次的机会，两次均未通过，则闯关失败.每次闯关相互独立.已知甲、乙、丙三人都参加了该项活动. （1）若甲第一关、第二关通过的概率分别为，，求甲可以进入第三关的概率. （2）已知该闯关活动参赛者的累计得分服从正态分布，且满分为450分，现要根据得分给 2 500名参赛者中得分前400名发放奖励. ①假设该闯关活动平均分数为171分，351分以上共有57人，已知甲的得分为270分，问甲能否获得奖励.并说明理由. ②丙得知他的分数为430分，乙告诉丙：“这次闯关活动平均分数为201分，351分以上共有57人”，请结合统计学知识帮助丙辨别乙所说信息的真伪. 附：若随机变量X～N（μ，σ2），则P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5，P（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）≈0.997 3. 解析　（1）设Ai为第i次通过第一关，Bi为第i次通过第二关，其中i＝1，2，甲可以进入第三关的概率为P. 由题意知P＝P（A1B1）＋P（A2B1）＋P（A1B2）＋P（A2B2）＝P（A1）P（B1）＋P（）P（A2）P（B1）＋P（A1）P（）P（B2）＋P（）P（A2）P（）P（B2）＝×＋（1－）××＋×（1－）×＋（1－）××（1－）×＝. （2）设此次闯关活动参赛者的累计得分为X，X～N（μ，σ2）. ①由题意可知μ＝171，因为＝0.022 8，且P（X＞μ＋2σ）＝≈≈0.022 8，所以μ＋2σ≈351，则σ＝＝90. 而＝0.16，且P（X＞261）＝P（X＞μ＋σ）＝≈≈0.158 7＜0.16，所以前400名参赛者的最低得分低于261分， 又甲的得分为270分，所以甲能够获得奖励. ②假设乙所说信息为真，则μ＝201，P（X＞μ＋2σ）＝≈≈0.022 8，而＝0.022 8，所以σ＝＝75，从而μ＋3σ＝201＋3×75＝426＜430， 而P（X＞μ＋3σ）＝≈≈0.001 4＜0.005， 所以X＞μ＋3σ为小概率事件，即丙的分数为430分是小概率事件，可认为其不可能发生，但却发生了，所以可认为乙所说信息为假. 训练1 [2023湖南长沙雅礼中学模拟]某学校为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏.班主任把8个小球（只是颜色不同，其他无任何区别）放入一个袋子里，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个.现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白色球每个记1分，黄色球每个记2分，红色球每个记3分，绿色球每个记4分，摸球人得分不低于8分为胜，否则为负.并规定如下： ①一人摸球，另一人不摸球. ②摸出的球不放回. ③摸球的人先从袋子中摸出1个球，若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，摸球人的得分为两次摸出的球的记分之和. （1）若由甲摸球，甲先摸出了绿色球，求该局甲获胜的概率； （2）若由乙摸球，乙先摸出了红色球，求该局乙得分ξ的分布列和数学期望E（ξ）； （3）有同学提出比赛不公平，提出你的看法，并说明理由. 解析　（1）记“甲第一次摸出了绿色球，甲获胜”为事件A， 则P（A）＝＝＝. （2）如果乙第一次摸出红色球，则可以再从袋子里摸出3个球，得分情况有： 6分，7分，8分，9分，10分，11分. P（ξ＝6）＝＝，P（ξ＝7）＝＝， P（ξ＝8）＝＝，P（ξ＝9）＝＋＝， P（ξ＝10）＝＝， P（ξ＝11）＝＝， 所以ξ的分布列为 ξ 6 7 8 9 10 11 P 所以ξ的数学期望E（ξ）＝6×＋7×＋8×＋9×＋10×＋11×＝. （3）由第（1）问知，若先摸出了绿色球，则摸球人获胜的概率为p1＝. 由第（2）问知，若先摸出了红色球，则摸球人获胜的概率为p2＝＝. 若先摸出了黄色球，则摸球人获胜的概率为p3＝ ＝. 若先摸出了白色球，则摸球人获胜的概率为p4＝＝. 故摸球人获胜的概率为P＝×＋×＋×＋×＝. 因为摸球人获胜的概率P＝ ＞，所以比赛不公平. 命题点2　统计中的开放性与决策问题 例2 [全国卷Ⅱ]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：；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：＝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. 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＝－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＝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. 说明：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. 训练2 某医生计划购买某种品牌的电动牙刷，预计使用寿命为5年，该电动牙刷的刷头在使用过程中需要更换.若购买该品牌电动牙刷的同时购买刷头，则每个刷头20元；若单独购买刷头，则每个刷头30元.某经销商随机调查了使用该品牌电动牙刷的100名医生在5年使用期内更换刷头的个数，得到下表： 更换刷头的个数 14 15 16 17 18 19 20 频数 8 8 10 24 28 12 10 用n（n∈N）表示1个该品牌电动牙刷在5年使用期内需更换刷头的个数，y表示购买刷头的费用（单位：元）. （1）求这100名医生在5年使用期内更换刷头的个数的中位数； （2）若购买1个该品牌电动牙刷的同时购买了18个刷头，求y关于n的函数解析式； （3）假设这100名医生购买1个该品牌电动牙刷的同时都购买了17个刷头或18个刷头，分别计算这100名医生购买刷头费用的平均数，以此作为决策依据，判断购买1个该品牌电动牙刷的同时应购买17个刷头还是18个刷头. 解析　（1）由题可知8＋8＋10＋24＝50， 所以这100名医生在5年使用期内更换刷头的个数的中位数为＝17.5. （2）当n≤18时，y＝360， 当n＞18时，y＝360＋30（n－18）＝30n－180， 所以y关于n的函数解析式为y＝n∈N. （3）若100名医生购买1个该品牌电动牙刷的同时都购买了17个刷头， 则其中有50名医生购买刷头的费用均为340元， 28名医生购买刷头的费用均为370元， 12名医生购买刷头的费用均为400元， 10名医生购买刷头的费用均为430元， 因此这100名医生购买刷头的费用的平均数为×（50×340＋28×370＋12×400＋10×430）＝364.6（元）. 若这100名医生购买1个该品牌电动牙刷的同时都购买了18个刷头， 则其中有78名医生购买刷头的费用均为360元， 12名医生购买刷头的费用均为390元， 10名医生购买刷头的费用均为420元， 因此这100名医生购买刷头的费用的平均数为×（78×360＋12×390＋10×420）＝369.6（元）. 因为364.6＜369.6， 所以购买1个该品牌电动牙刷的同时应购买17个刷头. [命题点1/2023安徽十校联考]国庆节期间，某大型服装店举办了一次“你消费我促销”活动，顾客消费满300元（含300元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（顾客只能选择其中的一种）. 方案一：从装有5个形状、大小完全相同的小球（其中红球1个，黑球4个）的抽奖盒中，有放回地摸出3个球，每摸出1次红球，立减100元. 方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，不放回地摸出3个球，中奖规则为若摸出2个红球，1个白球，则享受免单优惠，若摸出2个红球，1个黑球，则打5折，若摸出1个红球，1个白球和1个黑球，则打7.5折，其余情况不打折. （1）某顾客恰好消费300元，选择抽奖方案一，求他实付金额的分布列和数学期望； （2）若顾客消费500元，试从实付金额的期望值分析顾客选择哪种抽奖方案更合理？ 解析　（1）设顾客实付金额为X元，X所有可能的取值为0，100，200，300， 则P（X＝0）＝（）3＝，P（X＝100）＝×（）2×＝，P（X＝200）＝××（）2＝，P（X＝300）＝（）3＝， 故X的分布列为 X 0 100 200 300 P 所以E（X）＝0×＋100×＋200×＋300×＝240. 故该顾客实付金额的数学期望为240元. （2）若选择方案一，设摸到红球的个数为Y，实付金额为φ元，则φ＝500－100Y， 由题意可得Y～B（3，），所以E（Y）＝3×＝， 所以E（φ）＝E（500－100Y）＝500－100E（Y）＝500－60＝440. 若选择方案二，设实付金额为η元，η所有可能的取值为0，250，375，500， 则P（η＝0）＝＝，P（η＝250）＝＝，P（η＝375）＝＝，P（η＝500）＝1－－－＝， 故η的分布列为 η 0 250 375 500 P 所以E（η）＝0×＋250×＋375×＋500×≈466.67. 因为E（φ）＜E（η）， 所以从实付金额的期望值分析，顾客选择方案一更合理. 基础练习 1.[2024河南名校模拟]在实施乡村振兴的进程中，某地政府引领广大农户发展特色农业，种植优良品种柑橘.现在实验基地中种植了相同数量的A，B两种柑橘.为了比较A，B两种柑橘品种的优劣，在柑橘成熟后随机选取A，B两种柑橘各100株，并根据株产量X（单位：kg）绘制了如图所示的频率分布直方图（数据分组为[65，70），[70，75），[75，80），[80，85），[85，90），[90，95]）. （1）求a，b的值； （2）将频率当作概率，在所有柑橘中随机抽取一株，求其株产量不低于80 kg的概率； （3）求两种柑橘株产量平均数的估计值（同一组数据中的平均数用该组区间的中点值作为代表），并从产量角度分析，哪个品种的柑橘更好？说明理由. 解析　（1）由题中A品种柑橘的频率分布直方图可知，，解得a＝0.04. 由题中B品种柑橘的频率分布直方图可知，（0.05＋0.06＋b＋0.03＋0.01×2）×5＝1，解得b＝0.04. （2）A品种柑橘株产量不低于80 kg的频率为（0.04＋0.06＋0.05）×5＝0.75， B品种柑橘株产量不低于80 kg的频率为（0.03＋0.01＋0.01）×5＝0.25， 故200株柑橘中株产量不低于80 kg的频率为＝0.5， 所以在所有柑橘中随机抽取一株，其株产量不低于80 kg的概率为0.5. （3）设A品种柑橘株产量平均数的估计值为MA，则 MA＝（0.01×67.5＋0.01×72.5＋0.03×77.5＋0.04×82.5＋0.06×87.5＋0.05×92.5）×5＝84.5. 设B品种柑橘株产量平均数的估计值为MB，则 MB＝（0.05×67.5＋0.06×72.5＋0.04×77.5＋0.03×82.5＋0.01×87.5＋0.01×92.5）×5＝75.5. A品种的柑橘更好. 理由一　A品种柑橘的株产量平均数的估计值大于B品种柑橘的株产量平均数的估计值，故A品种的柑橘更好. 理由二　由（2）可知，A品种柑橘株产量不低于80 kg的占比为75％，B品种柑橘株产量不低于80 kg的占比为25％，故A品种的柑橘更好.（注：答案不唯一，有道理的答案均给分） 2.[2023广东一模]某商场为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放10个大小相同的小球，其中5个为红色，5个为白色.抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球.如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同为中奖，两个小球颜色不同为不中奖. （1）若规定第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，求中奖次数X的分布列和数学期望. （2）若规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，求中奖次数Y的分布列和数学期望. （3）如果你是商场老板，如何在上述两问的两种抽奖方式中进行选择？请写出你的选择及简要理由. 解析　（1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为＝， 因为两次抽奖相互独立，所以中奖次数X服从二项分布，即X～B（2，）， 所以X的所有可能取值为0，1，2， P（X＝0）＝×（）0×（）2＝， P（X＝1）＝×（）1×（）1＝， P（X＝2）＝×（）2×（）0＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P X的数学期望E（X）＝2×＝. （2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，中奖次数Y的所有可能取值为0，1，2， 则P（Y＝0）＝×＝， P（Y＝1）＝×＋×＝， P（Y＝2）＝×＝， 所以Y的分布列为 Y 0 1 2 P 所以Y的数学期望E（Y）＝0×＋1×＋2×＝. （3）由上面分析可知，（1）（2）两问中奖次数的数学期望相等，第（1）问抽奖方式中两次奖的概率比第（2）问小，即＜，第（1）问抽奖方式不中奖的概率比第（2）问小，即＜. 回答一：若商场老板希望中两次奖的顾客多，产生宣传效应，则选择按第（2）问方式进行抽奖. 回答二：若商场老板希望中奖的顾客多，则选择按第（1）问方式进行抽奖. （注：答案不唯一，选择符合商场老板的预期即可） 3.甲、乙、丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局.已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为.因为甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者，每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束. （1）若甲指定第一局由乙丙比赛，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率； （2）请帮助甲进行第一局的决策（甲乙、甲丙或乙丙比赛），使得甲最终获得冠军的概率最大. 解析　（1）若甲指定第一局由乙丙比赛，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况： ①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，其概率为××＝； ②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，其概率为××＝. 所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为＋＝. （2）若第一局由甲乙比赛，则甲获得冠军的情况有三种： 甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；甲乙比乙胜，乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜. 所以第一局由甲乙比赛时，甲获得冠军的概率为×＋×××＋×××＝. 若第一局由甲丙比赛，则思路同上，可得甲获得冠军的概率为×＋×××＋×××＝. 若第一局由乙丙比赛，则甲获得冠军只能是甲在第二、三局连赢两局，则甲获得冠军的概率即第（1）问的结果. 因为＞＞， 所以第一局甲应指定自己和丙比赛，使得甲最终获得冠军的概率最大. 4.[2024山东枣庄模拟]某企业拥有甲、乙两条零件生产线，为了解零件质量情况，采用随机抽样的方法从两条生产线上共抽取180个零件，测量其尺寸（单位：mm），得到如下统计表，其中尺寸位于[55，58）内的零件为一等品，位于[54，55）内和[58，59）内的零件为二等品，否则为三等品. 生产线 [53，54） [54，55） [55，56） [56，57） [57，58） [58，59） [59，60] 甲 4 9 23 28 24 10 2 乙 2 14 15 17 16 15 1 （1）完成下列2×2列联表，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为零件为一等品与生产线有关联？ 单位：个 一等品 非一等品 合计 甲 乙 合计 （2）将样本的频率视为概率，从甲、乙两条生产线中分别随机抽取2个零件，每次抽取零件互不影响，以ξ表示这4个零件中一等品的数量，求ξ的分布列和数学期望E（ξ）. （3）已知该企业生产的零件随机装箱出售，每箱60个.产品出厂前，该企业可自愿选择是否对每箱零件进行检验.若执行检验，则每个零件的检验费用为5元，并将检验出的三等品更换为一等品或二等品；若不执行检验，则对卖出的每个三等品零件支付120元赔偿费用.现对一箱零件随机检验了10个，检出了1个三等品.将从两条生产线抽取的所有样本数据的频率视为概率，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望作为决策依据，是否需要对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由. 附：＝，其中n＝a＋b＋c＋d；x0.05＝3.841. 解析　（1）由题意得列联表如下： 单位：个 一等品 非一等品 合计 甲 75 25 100 乙 48 32 80 合计 123 57 180 零假设为H0：零件为一等品与生产线没有关联. ＝≈4.621. 因为4.621＞3.841＝x0.05，所以依据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为零件为一等品与生产线有关联. （2）由已知得任取一个甲生产线零件为一等品的概率为＝，任取一个乙生产线零件为一等品的概率为＝. ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4. P（ξ＝0）＝×××＝， P（ξ＝1）＝×××（）2＋×××（）2＝， P（ξ＝2）＝（）2×（）2＋（）2×（）2＋×××××＝， P（ξ＝3）＝（）2×××＋×××（）2＝， P（ξ＝4）＝（）2×（）2＝， 所以ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 4 P E（ξ）＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝. （3）由已知得，每个零件为三等品的频率为＝， 设余下的50个零件中的三等品个数为X，则X～B（50，），所以E（X）＝50×＝. 设整箱检验费用与赔偿费用之和为Y元， 若不对余下的所有零件进行检验，则Y＝10×5＋120X， E（Y）＝50＋120×E（X）＝50＋120×＝350（元）. 若对余下的所有零件进行检验，则总检验费用为60×5＝300（元）. 因为350＞300，所以应对该箱余下的所有零件进行检验. 突破2　概率与统计的综合 命题点1　概率与统计图表综合 例1 [2022新高考卷Ⅱ]在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图： （1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. （2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70）的概率. （3）已知该地区这种疾病的患病率为0.1％，该地区年龄位于区间[40，50）的人口占该地区总人口的16％.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50），求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到 0.000 1）. 解析　（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄＝10×（5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002）＝47.9. （2）该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70）的概率P＝（0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020）×10＝0.89. （3）设从该地区任选一人，年龄位于区间[40，50）为事件A，患这种疾病为事件B，则P（A）＝16％＝0.16，P（B）＝0.001， 由频率分布直方图知这种疾病患者年龄位于区间[40，50）的概率为0.023×10＝0.23，即P（A｜B）＝0.23， 所以P（AB）＝P（B）P（A｜B）＝0.001×0.23＝0.000 23， 所以从该地区任选一人，若年龄位于区间[40，50），则此人患这种疾病的概率为P（B｜A）＝＝≈0.001 4. 方法技巧 此类问题的主要依托点是统计图表，正确认识和使用这些图表是解决此类问题的关键.在弄清统计图表的含义的基础上要掌握好样本的数字特征、各类概率及随机变量的分布列、均值与方差的求解方法. 训练1 [2023重庆市模拟]某校随机抽取100名居家学习的高二学生进行问卷调查，得到学生每天学习时间（单位：h）的频率分布直方图如下.若被抽取的这100名学生中，每天学习时间不低于8 h的有30人. （1）求频率分布直方图中实数a，b的值； （2）每天学习时间在[6.0，6.5）的7名学生中，有4名男生，3名女生，现从中抽取2人进行电话访谈，已知抽取的学生有男生，求抽取的2人恰好为一男一女的概率； （3）依据所抽取的样本，从每天学习时间在[6.0，6.5）和[7.0，7.5）的学生中按比例分层随机抽样抽取8人，再从这8人中选3人进行电话访谈，求抽取的3人中每天学习时间在[6.0，6.5）的人数的分布列和数学期望. 解析　（1）由（b＋0.22）×0.5×100＝30，得b＝0.38. ∵0.5×（0.14＋a＋0.42＋0.58＋0.38＋0.22）＝1，∴a＝0.26. （2）从7名学生中抽取2人进行电话访谈的基本事件数为＝21. 记抽取的学生有男生为事件A，则P（A）＝＝. 记抽取的学生有女生为事件B，则P（AB）＝＝. 则P（B｜A）＝＝，即抽取的2人恰好为一男一女的概率为. （3）从每天学习时间在[6.0，6.5）和[7.0，7.5）的学生中按比例分层随机抽样抽取8人，抽取的8人中每天学习时间在[6.0，6.5）的人数为×8＝2，每天学习时间在[7.0，7.5）的人数为×8＝6. 设选中的3人中每天学习时间在[6.0，6.5）的人数为X，则X的所有可能取值为0，1，2，P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝， ∴X的分布列为 X 0 1 2 P ∴X的数学期望E（X）＝0×＋1×＋2×＝. 命题点2　概率与回归分析综合 例2 [2023湖北荆荆宜三校联考]近年来，我国大学生毕业人数呈逐年上升趋势，各省市出台优惠政策鼓励高校毕业生自主创业，以创业带动就业.某市统计了该市其中四所大学2022年毕业生人数及自主创业人数（单位：千人），得到下表： A大学 B大学 C大学 D大学 2022年毕业生人数x/千人 3 4 5 6 自主创业人数y/千人 0.1 0.2 0.4 0.5 （1）已知y与x具有较强的线性相关关系，求y关于x的经验回归方程＝＋x. （2）假设该市政府对选择自主创业的大学生每人发放1万元的创业补贴. （i）若该市E大学2022年毕业生人数为7千人，根据（1）的结论估计该市政府要给E大学选择自主创业的毕业生发放创业补贴的总金额； （ii）若A大学的毕业生中小明、小红选择自主创业的概率分别为p，2p－1（＜p＜1），该市政府对小明、小红两人的自主创业的补贴总金额的期望不超过1.4万元，求p的取值范围. 参考公式及参考数据：＝，＝－，xiyi＝6.1，＝86. 解析　（1）由题意得＝＝4.5，＝＝0.3，＝＝＝＝0.14， 所以＝－＝0.3－0.14×4.5＝－0.33. 故y关于x的经验回归方程为＝0.14x－0.33. （2）（i）将x＝7代入（1）中的回归方程，得＝0.14×7－0.33＝0.65， 所以估计该市政府需要给E大学选择自主创业的毕业生发放创业补贴的总金额为（万元）. （ii）设小明、小红两人中选择自主创业的人数为X，则X的所有可能取值为0，1，2， P（X＝0）＝（1－p）（2－2p）＝2p2－4p＋2， P（X＝1）＝（1－p）（2p－1）＋p（2－2p）＝－4p2＋5p－1， P（X＝2）＝p（2p－1）＝2p2－p， 则E（X）＝（2p2－4p＋2）×0＋（－4p2＋5p－1）×1＋（2p2－p）×2＝3p－1≤1.4，得p≤. 因为＜p＜1，所以＜p≤， 故p的取值范围为（，]. 方法技巧 概率与回归分析综合问题的解题思路 （1）充分利用题目中提供的成对样本数据（散点图）作出判断，确定是线性问题还是非线性问题.求解时要充分利用已知数据，合理利用变形公式，以达到快速准确运算的目的. （2）明确所求问题所属事件的类型，准确构建概率模型解题. 训练2 某校课题小组为了研究粮食产量与化肥施用量以及与化肥有效利用率间的关系，收集了10组化肥施用量和粮食亩产量的数据，并对这些数据做了初步处理，得到了如图所示的散点图及一些统计量的值.其中每亩化肥施用量为x（单位：千克），粮食亩产量为y（单位：百千克）. xiyi xi yi tizi ti zi 650 91.5 52.5 1 478.6 30.5 15 15 46.5 表中ti＝ln xi，zi＝ln yi（i＝1，2，…，10）. （1）根据散点图，判断y＝cxd作为粮食亩产量y关于每亩化肥施用量x的经验回归方程类型比较适宜.请根据表中数据，建立y关于x的经验回归方程，并预测每亩化肥施用量为27千克时，粮食亩产量y的值.（预测时取e≈2.7） （2）结合文献可知，当化肥施用量达到一定程度，粮食产量的增长将趋于停滞，已知某化肥有效利用率Z～N（0.54，0.022），那么这种化肥的有效利用率超过56％的概率为多少？ 附：①对于一组数据（xi，yi）（i＝1，2，3，…，n），其回归直线＝x＋的斜率和截距的最小二乘估计分别为＝，＝－；②若随机变量Z～N（μ，σ2），则有P（μ－σ≤Z≤μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－2σ≤Z≤μ＋2σ）≈0.954 5. 解析　（1）对y＝cxd两边同时取自然对数，得ln y＝dln x＋ln c，又t＝ln x，z＝ln y，所以z＝dt＋ln c. 由题表中数据得＝1.5，＝1.5， 所以＝ ln ＝－＝1，所以＝e， 所以y关于x的经验回归方程为＝e. 当x＝27时，＝3e≈8.1. （2）根据Z服从正态分布N（0.54，0.022）可知，P（Z＞0.56）＝≈＝0.158 65，所以这种化肥的有效利用率超过56％的概率为0.158 65. 命题点3　概率与独立性检验综合 例3 [2023全国卷甲]一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）. （1）设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数，求X的分布列和数学期望. （2）试验结果如下： 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 15.2　18.8　20.2　21.3　22.5　23.2　25.8 26.5　27.5　30.1　32.6　34.334.8　35.6 35.6　35.8　36.2　37.3　40.5　43.2 试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 7.8　 9.2 　11.4 　12.4　13.2　15.5　16.5 18.0　18.8　19.2　19.8　20.2　21.6　22.8 23.6　23.9　25.1　28.2　32.3　36.5 （i）求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表： ＜m ≥m 对照组 试验组 （ii）根据（i）中的列联表，能否有95％的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？ 附：K2＝， P（K2≥k） 0.100　0.050　0.010 k 2.706　3.841　6.635 解析　（1）X的所有可能取值为0，1，2， P（X＝0）＝×（1－）×（1－）＝，P（X＝1）＝××（1－）＝，P（X＝2）＝××＝，（另解：两只小白鼠分在两个组，每只小白鼠都各有两种分配方案，总的分配方案为4种，两只小白鼠全部分配到试验组有1种情况，有一只分配到对照组有2种情况，全部分配到对照组有1种情况，利用古典概型的概率公式即可得解） 所以X的分布列为 X 0 1 2 P E（X）＝0×＋1×＋2×＝1. （2）（i）根据试验数据可以知道40只小白鼠体重增加量的中位数m＝＝23.4. 列联表如下： ＜m ≥m 对照组 6 14 试验组 14 6 （ii）根据（i）中结果可得K2＝＝6.4＞3.841， 所以有95％的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异. 方法技巧 概率与独立性检验综合问题的解题思路 （1）收集数据列出2×2列联表，并按照公式求得􀱽2的值后进行比较并判断； （2）按照随机变量满足的概率模型求解. 训练3 [2022新高考卷Ⅰ]一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据： 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 （1）能否有99％的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？ （2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R. （i）证明：R＝·. （ii）利用该调查数据，给出P（A｜B），P（A｜）的估计值，并利用（i）的结果给出R的估计值. 附：K2＝， P（K2≥k） 0.050　0.010　0.001 k 3.841　6.635　10.828 解析　（1）K2＝＝24＞6.635，所以有99％的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异. （2）（i）R＝＝， 由题意知，证明＝即可， 左边＝＝， 右边＝＝. 左边＝右边，故R＝·. （ii）由调查数据可知P（A｜B）＝＝，P（A｜）＝＝， 且P（｜B）＝1－P（A｜B）＝，P（｜）＝1－P（A｜）＝， 所以R＝×＝6. 1.[命题点1]某科技公司开发出一款生态环保产品.已知该环保产品每售出1件预计利润为0.4万元，当月未售出的环保产品，每件亏损0.2万元.根据市场调研，该环保产品的市场月需求量x（单位：件）在[155，205]内取值，将月需求量区间平均分成5组，以各组区间的中点值代表该组的月需求量，得到如图所示的频率分布折线图. （1）请根据频率分布折线图，估计该环保产品的市场月需求量的平均值及方差； （2）以频率分布折线图的频率估计概率，若该公司计划环保产品的月产量n∈[180，190]，n∈N*（单位：件），求月利润Y（单位：万元）的数学期望的最大值. 参考数据：pi＝32 850，xi是各组区间中点值，pi是各组月需求量对应的频率，i＝1，2，3，4，5. 解析　（1）由题意，得该环保产品的市场月需求量的平均值＝160×0.05＋170×0.2＋180×0.4＋190×0.3＋200×0.05＝181（件）. 解法一　该环保产品的市场月需求量的方差s2＝pi－＝32 850－1812＝89. 解法二　s2＝. （2）设市场月需求量为M件，由题意知，M的所有可能值为160，170，180，190，200，则M的分布列为 M 160 170 180 190 200 P 0.05 0.2 0.4 0.3 0.05 当180≤n≤190，n∈N*时， 若市场月需求量为160，则Y＝96－0.2n； 若市场月需求量为170，则Y＝102－0.2n； 若市场月需求量为180，则Y＝108－0.2n； 若市场月需求量为190或200，则Y＝0.4n. 故E（Y）＝（96－0.2n）×0.05＋（102－0.2n）×0.2＋（108－0.2n）×0.4＋0.4n×0.35＝68.4＋0.01n. 又n∈[180，190]，故当n＝190时，月利润Y的数学期望取得最大值，为70.3万元. 2.[命题点2/多选/2023沈阳市三检]下列命题中正确的是（　ABD　） A.已知一组数据6，6，7，8，10，12，则这组数据的50％分位数是7.5 B.已知随机变量X～N（2，σ2），且P（X＞3）＝0.3，则P（1＜X＜2）＝0.2 C.已知随机变量Y～B（10，），则E（Y）＝ D.已知经验回归方程＝－2x＋3，则y与x具有负线性相关关系 解析　数据6，6，7，8，10，12的50％分位数，即中位数，为＝7.5，所以选项A正确；因为随机变量X～N（2，σ2），且P（X＞3）＝0.3，所以P（2＜X＜3）＝P（X＞2）－P（X＞3）＝0.5－0.3＝0.2，则P（1＜X＜2）＝P（2＜X＜3）＝0.2，所以选项B正确；因为随机变量Y～B（10，），所以E（Y）＝10×＝5，所以选项C错误；因为经验回归方程＝－2x＋3中，x的系数为负，所以y与x具有负线性相关关系，所以选项D正确.综上，选ABD. 3.[命题点3/2024平许济洛第一次质检]“马街书会”是流行于河南省宝丰县的传统民俗活动，为国家级非物质文化遗产之一.每年农历正月十三为书会正日，届时来自各地的说书艺人负鼓携琴，汇集于此，说书亮艺，河南坠子、道情、琴书等曲种应有尽有，规模壮观.为了解人们对该活动的喜爱程度，现随机抽取200人进行调查统计，得到如下列联表： 单位：人 不喜爱 喜爱 合计 男性 90 120 女性 25 合计 200 （1）完成2×2列联表，并依据小概率值α＝0.1的独立性检验，判断人们对该活动的喜爱程度是否与性别有关联. （2）为宣传曲艺文化知识，当地文化局在书会上组织了戏曲知识竞赛活动.活动规定从8道备选题中随机抽取4道题进行作答.假设在8道备选题中，戏迷甲正确完成每道题的概率都是，且每道题正确完成与否互不影响；戏迷乙只能正确完成其中的6道题. ①求戏迷甲至少正确完成其中3道题的概率； ②设随机变量X表示戏迷乙正确完成题的个数，求X的分布列及数学期望. 附：＝，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 解析　（1）补全的 2×2 列联表如下： 单位：人 不喜爱 喜爱 合计 男性 30 90 120 女性 25 55 80 合计 55 145 200 零假设为H0：人们对该活动的喜爱程度与性别无关. 根据表中数据，计算得到＝＝＜2.706. 根据小概率值α＝0.1 的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立， 因此我们可以认为H0成立，即认为人们对该活动的喜爱程度与性别无关. （2）①记“戏迷甲至少正确完成其中 3 道题”为事件 A，则 P（A）＝（）3＋（）4＝. ②X的所有可能取值为 2，3，4， P（X＝2）＝＝＝，P（X＝3）＝＝＝， P（X＝4）＝＝＝， X的分布列为 X 2 3 4 P X的数学期望E（X）＝2×＋3×＋4×＝3. 基础练习 1.第31届世界大学生夏季运动会（简称“成都大运会”）于2023年7月28日在四川成都开幕，这是中国西部第一次举办世界性综合运动会.为普及大运会相关知识，营造良好的赛事氛围，某学校举行“大运会百科知识”答题活动，并随机抽取了20名学生，他们的答题得分（满分100分）的频率分布直方图如图所示（分组区间为[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]）. （1）求频率分布直方图中a的值及这20名学生得分的80％分位数； （2）若从样本中任选2名得分在[50，70）内的学生，求这2人中恰有1人的得分在[60，70）内的概率. 解析　（1）由频率分布直方图知（2a＋0.020＋0.025＋0.035）×10＝1，所以a＝0.010. 设80％分位数为x，由题图可知前3组的频率之和为0.65，前4组的频率之和为0.9，所以x∈[80，90），且x＝80＋×10＝86. 故这20名学生得分的80％分位数为86. （2）由已知可得得分在[50，60）内的学生人数为0.01×10×20＝2，得分在[60，70）内的学生人数为0.02×10×20＝4. 解法一（列举法）　记得分在[50，60）内的学生为a，b，得分在[60，70）内的学生为c，d，e，f. 则所有的样本点为{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个. 其中恰有1人的得分在[60，70）内的样本点为{a，c}，{a，d}，{a，e}，{a，f}，{b，c}，{b，d}，{b，e}，{b，f}，共8个. 故这2人中恰有1人的得分在[60，70）内的概率P＝. 解法二（排列组合法）　从这6人中任选2人，所有基本事件种数为＝15，满足题意的基本事件种数为＝8，故这2人中恰有1人的得分在[60，70）内的概率P＝. 2.在高三一轮复习中，大单元复习教学法日渐受到老师们的喜爱，为了检验这种复习方法的效果，在A，B两所学校的高三年级用数学科目进行了对比测试.已知A校采用大单元复习教学法，B校采用传统的复习教学法.在经历两个月的实践后举行了考试，现从A，B两校高三年级各随机抽取100名学生，统计他们的数学成绩（满分150分）在各个分数段对应的人数如下表所示： [0，90） [90，110） [110，130） [130，150] A校 6 14 50 30 B校 14 26 38 22 （1）若把数学成绩不低于110分评定为数学成绩优秀，低于110分评定为数学成绩不优秀，完成2×2列联表，并根据小概率值α＝0.01的独立性检验，分析复习教学法与评定结果是否有关； 单位：人 数学成绩不优秀 数学成绩优秀 总计 A校 B校 总计 （2）在A校抽取的100名学生中按分层随机抽样的方法从成绩在[0，90）和[90，110）内的学生中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取3人进行访谈，记抽取的3人中成绩在[0，90）内的人数为X，求X的分布列与数学期望. 附：＝，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.10 0.01 0.001 xα 2.706 6.635 10.828 解析　（1）由题意完成2×2列联表如下： 单位：人 数学成绩不优秀 数学成绩优秀 总计 A校 20 80 100 B校 40 60 100 总计 60 140 200 零假设为H0：复习教学法与评定结果无关. 则＝≈9.524＞6.635＝x0.01， 故根据小概率值α＝0.01的独立性检验，推断H0不成立，即认为复习教学法与评定结果有关，此推断犯错误的概率不大于0.01. （2）按分层随机抽样的方法从成绩在[0，90）和[90，110）内的学生中随机抽取10人，则成绩在[0，90）内的人数为3，成绩在[90，110）内的人数为7， 故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）＝＝. 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 3.[2024广西玉林模拟]2023年5月10日，长征七号遥七运载火箭剑指苍穹，搭载天舟六号货运飞船为中国空间站运送补给物资，为中国空间站的航天员们长时间探索宇宙奥秘提供强有力的后援支持.5月30日，神舟十六号发射成功.在“神箭”“神舟”的护送下，景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名中国航天员顺利进入太空，开启为期5个月的太空科研之旅.某校部分学生十分关注中国空间站的发展，若将累计关注中国空间站发展的消息6次及以上者称为“航天达人”，未达到6次者称为“非航天达人”.现从该校随机抽取200人进行分析，得到数据如下表所示： 单位：人 航天达人 非航天达人 合计 男 80 40 120 女 30 50 80 合计 110 90 200 （1）依据小概率值α＝0.01的􀱽2独立性检验，能否认为是否为“航天达人”与性别有关联？ （2）①从随机抽取的这200名学生中采用分层随机抽样的方法抽取20人，再从这20人中随机抽取3人.记事件A＝“至少有2名是男生”，事件B＝“至少有2名既是‘航天达人’又是男生”，事件C＝“至多有1名既是‘航天达人’又是女生”.试计算和P（ABC）的值，并比较它们的大小. ②由①中P（ABC）与P（A）P（B｜A）P（C｜AB）的大小关系能否推广到更一般的情形？请写出结论，并说明理由. 参考公式及数据：＝，n＝a＋b＋c＋d. α 0.10 0.05 0.01 xα 2.706 3.841 6.635 解析　（1）零假设为H0：是否为“航天达人”与性别无关联. 根据表中数据计算得􀱽2＝≈16.498＞6.635＝x0.01， 所以根据小概率值α＝0.01的独立性检验，我们推断H0不成立， 即认为是否为“航天达人”与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01. （2）由题意可知：抽取的20人中，男“航天达人”有8人，男“非航天达人”有4人，女“航天达人”有3人，女“非航天达人”有5人. ①事件ABC表示“抽取的3人为2名男生1名女生，男生都是‘航天达人’”和“抽取的3人为3名男生，其中至少2人是‘航天达人’”， 设D＝“抽取的3人为2名男生1名女生，男生都是‘航天达人’”， E＝“抽取的3人为3名男生，其中至少2人是‘航天达人’”， P（D）＝＝，P（E）＝＝， 所以P（ABC）＝P（D）＋P（E）＝＋＝， P（A）P（B｜A）P（C｜AB）＝××＝， 所以P（ABC）＝P（A）P（B｜A）P（C｜AB）. ②由①中P（ABC）与P（A）P（B｜A）P（C｜AB）相等的关系可以推广到更一般的情形，即对于一般的三个事件A，B，C，有P（ABC）＝P（A）P（B｜A）P（C｜AB）. 理由是：P（A）P（B｜A）P（C｜AB）＝P（A）··＝P（ABC），得证. 4.[2023河南驻马店6月模拟]2023年是充满挑战的一年，为应对复杂的经济形势，各地出台了促进经济发展的各项政策，并取得了较好的效果.某市零售行业为促进消费，开展了新一轮的让利促销活动，活动之初，利用各种媒体进行了大量的广告宣传，为了解传媒对本次促销活动的影响，在本市内随机抽取了6个大型零售卖场（分别编号为1，2，3，…，6），得到其宣传费用x（单位：万元）和销售额y（单位：万元）的数据如下： 1 2 3 4 5 6 x/万元 2 3 5 6 8 12 y/万元 30 34 40 45 50 60 （1）求y关于x的经验回归方程，并预测当宣传费用至少多少万元时（结果取整数），销售额能突破100万元. （2）经济活动中，人们往往关注投入和产出比值，在这次促销活动中，设销售额与投入的宣传费用的比值为λ，若λ＞10，称这次宣传策划是高效的；否则为非高效的.从这6家卖场中随机抽取3家. ①若抽取的3家中含有宣传策划高效的卖场，求抽取的3家中恰有一家是宣传策划高效卖场的概率； ②若抽取的3家卖场中宣传策划高效的有X家，求X的分布列和数学期望. 附：参考数据xiyi＝1 752，经验回归方程＝x＋中和的最小二乘估计分别为＝，＝－. 解析　（1）＝＝6， ＝＝， ＝22＋32＋52＋62＋82＋122＝282， 所以＝＝＝3， ＝－＝－3×6＝，所以＝3x＋. 令3x＋＝100，解得x＝≈25. 故预测当宣传费用至少为25万元时，销售额能突破100万元. （2）①记事件A为“抽取的3家中含有宣传策划高效的卖场”， 事件B为“抽取的3家卖场中恰有1家为宣传策划高效卖场”， 由已知数据，卖场1，2的宣传策划是高效的，卖场3，4，5，6的宣传策划是非高效的， P（A）＝＝，P（AB）＝＝，所以P（B｜A）＝＝. 故所求概率为. ②由题意知X的所有可能取值为0，1，2， P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝， 故X的分布列为 X 0 1 2 P 所以E（X）＝0×＋1×＋2×＝1. （【另解】X服从超几何分布H（6，2，3），所以E（X）＝＝1） 5.某次考试中500名学生的物理成绩（满分为150分）服从正态分布N（100，17.52），数学成绩的频率分布直方图如图所示. （1）如果成绩大于135分为特别优秀，那么本次考试中物理、数学特别优秀的学生大约各有多少人？ （2）如果物理和数学两科都特别优秀的学生共有6人，从（1）中的这些学生中随机抽取3人，设3人中两科都特别优秀的学生有X人，求X的分布列和数学期望. （3）根据以上数据及小概率值α＝0.001的独立性检验，是否可以认为物理特别优秀的学生，数学也特别优秀？ 附：①若X～N（μ，σ2），则P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5. ② ＝，n＝a＋b＋c＋d. ③ α 0.01 0.005 0.001 xα 6.635 7.879 10.828 解析　（1）因为物理成绩（记为Y）服从正态分布N（100，17.52）， 所以物理特别优秀的概率为P（Y＞135）≈ （1－0.954 5）×＝0.022 75， 数学特别优秀的概率为0.001 6×20×＝0.024， 故物理特别优秀的学生大约有500×0.022 75≈11（人）， 数学特别优秀的学生大约有500×0.024＝12（人）. （2）物理和数学两科都特别优秀的学生有6人，则由（1）可知只有一科特别优秀的学生有11人. 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）＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 则E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝. （3）填写2×2列联表如下： 单位：人 物理特别优秀 物理不特别优秀 合计 数学特别优秀 6 6 12 数学不特别优秀 5 483 488 合计 11 489 500 零假设为H0：物理特别优秀与数学特别优秀独立.根据列联表中数据，得＝≈130.565＞10.828＝x0.001， 依据小概率值α＝0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为物理特别优秀的学生，数学也特别优秀，该推断犯错误的概率不大于0.001. 6.[2024广东七校联考]规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回地任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮.如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败.在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功. （1）某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量X，求X的分布列和数学期望. （2）为验证抽球试验成功的概率不超过，有1 000名数学爱好者独立进行该抽球试验，记t表示成功时抽球试验的轮次数，y表示对应的人数，部分统计数据如下表： t 1 2 3 4 5 y 232 98 60 40 20 求y关于t的经验回归方程＝＋，并预测成功的总人数（精确到1）. （3）证明：＋（1－）＋（1－）（1－）＋…＋（1－）（1－）×…×（1－）＜. 附：经验回归方程＝x＋的系数＝，＝－. 参考数据：≈1.46，≈0.46，≈0.212（其中xi＝，＝xi）. 解析　（1）由题意知，X的所有可能取值为1，2，3， P（X＝1）＝（）2＝， P（X＝2）＝[1－（）2]（）2＝， P（X＝3）＝[1－（）2][1－（）2]＝. 所以X的分布列为 X 1 2 3 P 所以X的数学期望E（X）＝1×＋2×＋3×＝＝. （2）令xi＝，由题知，xiyi＝＝315，＝90， 所以＝≈＝＝270， 所以＝90－270×0.46＝－34.2，＝270x－34.2， 故所求的经验回归方程为＝－34.2， 所以，估计t＝6时，y≈11；估计t＝7时，y≈4；估计t≥8时，y＜0. 所以预测成功的总人数为450＋11＋4＝465. （3）由题意知，在前n轮成功的概率为P＝＋（1－）＋（1－）（1－）＋…＋（1－）（1－（1－）， 且在前n轮没有成功的概率为＝（1－）×（1－）×…×[1－]＝（1－）×（1＋）×（1－）×（1＋）×…×（1－）×（1＋）×（1－）×（1＋）＝××××…××××＝＝＝＋＞， 故＋（1－）＋（1－）（1－）＋…＋（1－）（1－）×…×＝1－＜. 突破3　概率、统计与其他知识的综合 命题点1　概率、统计与函数、导数的综合 例1 [全国卷Ⅰ]某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品做检验，如检验出不合格品，则更换为合格品.检验时，先从这箱产品中任取20件做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品做检验.设每件产品为不合格品的概率都为p（0＜p＜1），且各件产品是否为不合格品相互独立. （1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f（p），求f（p）的最大值点p0. （2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的p0作为p的值.已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用. （i）若不对该箱余下的产品做检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E（X）； （ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品做检验？ 解析　（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率f（p）＝p2（1－p）18， 因此f '（p）＝[2p（1－p）18－18p2（1－p）17]＝2p（1－p）17（1－10p）. 令f '（p）＝0，得p＝0.1. 当p∈（0，0.1）时， f '（p）＞0； 当p∈（0.1，1）时， f '（p）＜0. 所以f（p）的最大值点p0＝0.1. （2）由（1）知，p0＝0.1，所以p＝0.1. （i）令Y表示余下的180件产品中的不合格品的件数，依题意知Y～B（180，0.1），X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y. 所以E（X）＝E（40＋25Y）＝40＋25E（Y）＝40＋25×180×0.1＝490. （ii）如果对这箱余下的所有产品做检验，那么这一箱产品所需要的检验费为400元. 由于E（X）＞400，因此应该对这箱余下的所有产品做检验. 方法技巧 概率、统计与函数、导数的综合问题的解题策略 （1）读懂题意，利用随机变量的概率、均值与方差等的有关公式构造函数； （2）结合函数的性质及概率统计知识求解. 训练1 [2021新高考卷Ⅱ]一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P（X＝i）＝pi（i＝0，1，2，3）. （1）已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E（X）. （2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，求证：当E（X）≤1时，p＝1，当E（X）＞1时，p＜1. （3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义. 解析　（1）由题意，P（X＝0）＝0.4，P（X＝1）＝0.3，P（X＝2）＝0.2，P（X＝3）＝0.1， ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.4 0.3 0.2 0.1 ∴E（X）＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1. （2）记f（x）＝p3x3＋p2x2＋（p1－1）x＋p0， 由题知，p为f（x）＝0的实根，由p0＝1－p1－p2－p3， 得f（x）＝p3（x3－1）＋p2（x2－1）＋p1（x－1）－（x－1）＝（x－1）[p3x2＋（p3＋p2）x＋p3＋p2＋p1－1]. 记g（x）＝p3x2＋（p3＋p2）x＋p3＋p2＋p1－1， 则g（1）＝3p3＋2p2＋p1－1＝E（X）－1， g（0）＝p3＋p2＋p1－1＝－p0＜0. 当E（X）≤1时，g（1）≤0，易知g（x）在（0，1）上单调递增，∴当x∈（0，1）时，g（x）＝0无实根. ∴f（x）＝0在（0，1]上有且仅有一个实根，即p＝1， ∴当E（X）≤1时，p＝1. 当E（X）＞1时，g（1）＞0，又g（0）＜0，g（x）的图象开口向上，∴g（x）＝0在（0，1）上有唯一实根p'， ∴f（x）＝0的最小正实根p＝p'∈（0，1），∴当E（X）＞1时，p＜1. （3）E（X）≤1，表示1个微生物个体繁殖下一代的个数不超过自身个数，种群数量无法维持稳定或正向增长，多代繁殖后将面临灭绝，所以p＝1. E（X）＞1，表示1个微生物个体可以繁殖下一代的个数超过自身个数，种群数量可以正向增长，所以面临灭绝的可能性小于1. 命题点2　概率、统计与数列的综合 例2 [2023新高考卷Ⅰ]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）. 解析　（1）记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋A， 所以 （2）设第i次投篮的人是甲的概率为pi，由题意可知，p1＝，pi＋1＝pi×0.6＋（1－pi）×（1－0.8），即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝pi＋，所以pi＋1－＝（pi－）， 又p1－＝－＝，所以数列{pi－}是以为首项，为公比的等比数列， 所以pi－＝×（）i－1，所以pi＝＋×（）i－1. （3）设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0或1，当Xi＝0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi＝1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P（Xi＝1）＝pi，P（Xi＝0）＝1－pi，所以E（Xi）＝pi. Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，则E（Y）＝E（X1＋X2＋X3＋…＋Xn）＝p1＋p2＋p3＋…＋pn， 由（2）知，pi＝＋×（）i－1，所以p1＋p2＋p3＋…＋pn＝＋×[1＋＋（）2＋…＋（）n－1]＝＋×＝＋×[1－（）n]. 方法技巧 概率、统计与数列的综合问题的解题步骤 （1）精准定性，即明确所求概率的“事件属性”，确定概率模型； （2）准确建模，通过概率的求解，建立关于概率的递推关系，转化为数列模型问题； （3）解决模型，利用数列的有关知识解决模型. 训练2 [全国卷Ⅰ]为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验.试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X. （1）求X的分布列. （2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi（i＝0，1，…，8）表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1（i＝1，2，…，7），其中a＝P（X＝－1），b＝P（X＝0），c＝P（X＝1）.假设α＝0.5， β＝0.8. （i）证明：{pi＋1－pi}（i＝0，1，2，…，7）为等比数列. （ii）求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性. 解析　（1）X的所有可能取值为－1，0，1. P（X＝－1）＝（1－α）β， P（X＝0）＝αβ＋（1－α）（1－β）， P（X＝1）＝α（1－β）. 所以X的分布列为 X －1 0 1 P （1－α）β αβ＋（1－α）（1－β） α（1－β） （2）（i）由（1）得a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1. 因此pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1（i＝1，2，…，7），故0.1（pi＋1－pi）＝0.4（pi－pi－1），即pi＋1－pi＝4（pi－pi－1）. 又p1－p0＝p1≠0，所以{pi＋1－pi}（i＝0，1，2，…，7）是公比为4，首项为p1的等比数列. （ii）由（i）可得p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0＝（p8－p7）＋（p7－p6）＋…＋（p1－p0）＝p1. 因为p8＝1，故p1＝，所以p4＝（p4－p3）＋（p3－p2）＋（p2－p1）＋（p1－p0）＝×p1＝. p4表示甲药的累计得分为4分时，最终认为甲药比乙药更有效的概率.由计算结果可以看出，当甲药的治愈率为0.5，乙药的治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率p4＝≈0.003 9，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理. 1.[命题点1/2023石家庄市三检]国家在《中小学生健康体检管理办法（2021年版）》中规定：中小学校每年组织1次在校学生健康体检.现某学校有4 000名学生，假设携带乙肝病毒的学生占m％，某体检机构通过抽血的方法筛查乙肝病毒携带者，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验4 000次.为减轻化验工作量，统计专家给出了一种化验方法：随机按照k个人进行分组，将各组k个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这k个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需对该组每个人的血样再分别化验一次.假设每人血样化验结果呈阴性还是阳性相互独立. （1）若m＝0.4，记每人血样化验次数为X，求当k取何值时，X的数学期望最小，并求此时化验总次数. （2）若m＝0.8，设每人血样单独化验一次费用5元，k个人混合化验一次费用（k＋4）元.求当k取何值时，每人血样化验费用的数学期望最小，并求此时化验总费用. 参考数据及公式：≈3.16，（1＋x）n≈1＋nx（n∈N*，n≥2，｜x｜≤0.01）. 解析　 （1）由题意知，若混合血样呈阴性，则X＝，P（X＝）＝0.996k，若混合血样呈阳性，则X＝＋1，P（X＝＋1）＝1－0.996k， 所以E（X）＝×0.996k＋（1＋）×（1－0.996k）＝1＋－0.996k＝1＋－（1－0.004）k≈＋0.004k. 令f（x）＝＋0.004x，则f'（x）＝0.004－，当x∈（0，5）时，f'（x）＜0，当x∈（5，＋∞）时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，5）上单调递减，在5上单调递增. 因为k∈N*，（注意k取正整数） 5≈5×3.16＝15.8，且f（15）＝＋0.004×15≈0.126 7，f（16）＝＋0.004×16＝0.126 5， 所以当k＝16时，E（X）取得最小值，且E（X）的最小值为0.126 5. 所以当k取16时，每人血样化验次数X的数学期望最小，此时化验总次数为 （2）设每组k人时，每组化验总费用为Y元， 若混合血样呈阴性，则Y＝k＋4，若混合血样为阳性，则Y＝6k＋4，且P（Y＝k＋4）＝0.992k，P（Y＝6k＋4）＝1－0.992k， 所以E（Y）＝（k＋4）×0.992k＋（6k＋4）（1－0.992k）＝6k－5k×0.992k＋4. 每个人血样的化验费用为＝6－5×0.992k＋＝6－5×（1－0.008）k＋≈6－5×（1－0.008k）＋＝1＋0.04k＋≥1＋2＝1.8， 当且仅当0.04k＝，即k＝10时取等号，所以当k取10时，每人血样化验费用的数学期望最小，此时化验总费用为4 000×1.8＝7 200（元）. 2.[命题点2/2023南京市二模]进行独立重复试验，设每次成功的概率为p（0＜p＜1），失败的概率为1－p，将试验进行到恰好出现r次成功时结束试验，以X表示试验次数，则称X服从以r，p为参数的帕斯卡分布或负二项分布，记为X～NB（r，p）. （1）若X～NB（3，），求P（X＝5）. （2）若X～NB（2，），n∈N*，n≥2. ①求P（X＝i）； ②要使得在n次内结束试验的概率不小于，求n的最小值. 解析　（1）因为X～NB（3，）， X＝5表示做了5次试验，前4次中有2次成功，第5次也成功，所以P（X＝5）＝（1－）2×（）3＝6××＝. （2）①解法一　P（X＝i）＝×（1－）i－2×（）2＝（i－1）×（）i. 记S＝P（X＝i）＝1×（）2＋2×（）3＋…＋（n－1）×（）n，则S＝1×（）3＋2×（）4＋…＋（n－1）×（）n＋1，两式相减，得S＝（）2＋（）3＋…＋（）n－（n－1）×（）n＋1 ＝－（n－1）×（）n＋1 ＝－（）n－（n－1）×（）n＋1 ＝， 所以S＝，即P（X＝i）＝. 解法二　P（X＝i）＝P（X≤n），事件“X≤n”的对立事件为“n次试验中，成功了0次或1次”. “n次试验中，成功了0次”的概率p1＝（1－）n＝； “n次试验中，成功了1次”的概率p2＝×（1－）n－1×＝. 所以P（X≤n）＝1－－＝， 即P（X＝i）＝. ②n次内结束试验的概率为P（X≤n），即P（X＝i）＝，所以≥，即≤. 记f（n）＝（n≥2），因为f（n＋1）－f（n）＝－＝－＜0，所以f（n）为递减数列. 因为f（4）＝＞，f（5）＝＜， 故使得不等式≤成立的最小正整数为5， 所以n的最小值为5. 基础练习 1.[设问创新]鲁班锁是中国一种古老的益智玩具，它与九连环、华容道、七巧板被称为中国民间的四大传统益智玩具.鲁班锁看似简单，却凝结着不平凡的智慧，是榫卯结构的集中展现，一般由六根木条组成，三维拼插，内部榫卯咬合，外观严丝合缝，十字立体，易拆难装，十分巧妙.某玩具公司新开发了A，B两款鲁班锁玩具，记A，B两款鲁班锁玩具所获利润分别为X万元、Y万元，根据销售部市场调研分析，得到相关数据如下表：（成本利润率＝利润÷成本×100％） A款鲁班锁玩具： 成本利润率 4％ 8％ 10％ 概率P 0.3 0.6 0.1 B款鲁班锁玩具： 成本利润率 3％ 5.5％ 7.5％ 概率P 0.2 0.3 0.5 （1）若A，B两款鲁班锁玩具的投资成本均为20万元，试求投资这两款鲁班锁玩具所获利润的方差； （2）若A，B两款鲁班锁玩具的投资成本共为20万元，试求投资这两款鲁班锁玩具所获利润的方差之和的最小值. 解析　（1）A款鲁班锁玩具的利润：20×4％＝0.8，20×8％＝1.6，20×10％＝2，B款鲁班锁玩具的利润：20×3％＝0.6，20×5.5％＝1.1，20×7.5％＝1.5， 则X的分布列为 X 0.8 1.6 2 P 0.3 0.6 0.1 Y的分布列为 Y 0.6 1.1 1.5 P 0.2 0.3 0.5 所以E（X）＝0.8×0.3＋1.6×0.6＋2×0.1＝1.4， E（Y）＝0.6×0.2＋1.1×0.3＋1.5×0.5＝1.2， 则D（X）＝（0.8－1.4）2×0.3＋（1.6－1.4）2×0.6＋（2－1.4）2×0.1＝0.168. D（Y）＝（0.6－1.2）2×0.2＋（1.1－1.2）2×0.3＋（1.5－1.2）2×0.5＝0.12. （2）记A款鲁班锁玩具的投资成本为m（0≤m≤20）万元，则B款鲁班锁玩具的投资成本为（20－m）万元， 投资这两款鲁班锁玩具所获利润的方差之和f（m）＝D（X）＋D（Y）， 得f（m）＝（）2×0.168＋（）2×0.12＝×0.168＋（1－＋）×0.12＝＋0.07≥0.07， 所以当m＝时，投资A，B两款鲁班锁玩具所获利润的方差之和取得最小值0.07. 2.[2024贵州六校联考]为了丰富学生的课外活动，某中学举办羽毛球比赛，经过三轮的筛选，最后剩下甲、乙两人进行最终决赛，决赛采用五局三胜制，即当甲、乙两人中有一人先赢得三局比赛时，该选手获胜，比赛结束.每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响.假设甲在每一局获胜的概率均为p（0＜p＜1）. （1）若比赛进行三局就结束的概率为f（p），求f（p）的最小值； （2）记（1）中，f（p）取得最小值时，p的值为p0，以p0作为p的值，用X表示甲、乙实际比赛的局数，求X的分布列及数学期望E（X）. 解析　（1）三局就结束比赛的概率f（p）＝p3＋（1－p）3， f '（p）＝3p2－3（1－p）2＝6p－3， 当0＜p＜时，f '（p）＜0；当＜p＜1时，f '（p）＞0. 所以f（p）在（0，）上单调递减，在（，1）上单调递增， 所以当p＝时，f（p）取得最小值，为. （2）由（1）知，p＝p0＝. X的所有可能取值为3，4，5， P（X＝3）＝（）3＋（1－）3＝， P（X＝4）＝2××（）2×（1－）×＝， P（X＝5）＝2××（）2×（1－）2×＝， 所以X的分布列为 X 3 4 5 P E（X）＝3×＋4×＋5×＝. 3.[2024安徽六校联考]为庆祝中国共产党成立102周年，某校某班组织开展了“学党史，忆初心”党史知识竞赛活动，抽取四位同学，分成甲、乙两组（每组两人），进行对战答题.规则如下：每次每位同学给出6道题目，其中有1道是送分题（即每位同学至少可答对1题）.若每次每组答对的题数之和为3的倍数，原答题组的人再继续答题；若答对的题数之和不是3的倍数，就由对方组接着答题.假设每位同学每次答题之间相互独立. （1）若第1次由甲、乙组答题是等可能的，求第2次由乙组答题的概率； （2）若第1次由甲组答题，记第n次由甲组答题的概率为Pn，求Pn. 解析　（1）将第1次由甲组答题记作事件A，第2次由乙组答题记作事件B，则第1次由乙组答题为事件， 因为答对的题数之和为3的倍数的可能情况为1＋2，1＋5，2＋4，3＋3，3＋6，4＋5，6＋6， 所以其概率为＝， 则答对的题数之和不是3的倍数的概率为1－＝， 则P（B）＝P（AB）＋P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜）＝×＋×＝. （2）第（n＋1）次由甲组答题，是第n次由甲组答题，第（n＋1）次继续由甲组答题的事件与第n次由乙组答题，第（n＋1）次由甲组答题的事件和，它们互斥，又各次答题相互独立， 所以第n次由甲组答题，第（n＋1）次继续由甲组答题的概率为Pn， 第n次由乙组答题，第（n＋1）次由甲组答题的概率为（1－Pn），因此，Pn＋1＝Pn＋Pn＋（n∈N*），则Pn＋1－＝－（Pn－）. 因为第1次由甲组开始，所以P1＝1， 所以{Pn－}是首项为，公比为－的等比数列， 所以Pn－＝×（－）n－1，故Pn＝×（－）n－1＋. 4.[2024山东省实验中学模拟]某品牌女装专卖店设计摸球抽奖促销活动，每位顾客只用一个会员号登记消费信息，每次消费都有一次随机摸球的机会.已知某顾客第一次摸球抽中奖品的概率为；从第二次摸球开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为.记该顾客第n次摸球抽中奖品的概率为Pn. （1）求P2的值，并探究数列{Pn}的通项公式； （2）求该顾客第几次摸球抽中奖品的概率最大，请给出证明过程. 解析　（1）记该顾客第i（i∈N*）次摸球抽中奖品为事件Ai，依题意，P1＝， P2＝P（A2）＝P（A1）P（A2｜A1）＋P（）P（A2｜）＝×＋（1－）×＝. 因为P（An｜An－1）＝，P（An｜）＝，Pn＝P（An）＝P（An－1）×P（An｜An－1）＋P（）P（An｜）， 所以Pn＝Pn－1＋（1－Pn－1）＝－Pn－1＋， 所以Pn－＝－（Pn－1－）， 由P1＝，得P1－＝－≠0， 所以数列{Pn－}是首项为－，公比为－的等比数列，故Pn＝－（－）n－1. （2）当n为奇数时，Pn＝－＜＜， 当n为偶数时，Pn＝＋，Pn随着n的增大而减小，所以Pn≤P2＝. 综上，该顾客第二次摸球抽中奖品的概率最大. 学科网（北京）股份有限公司 $$