第十章 §10.9 概率、统计与其他知识的交汇问题[培优课]（课件PPT）-【步步高】2024年高考数学大一轮复习讲义（ 人教B版 鲁京辽贵（遵义））

§10.9　概率、统计与其他 知识的交汇问题 [培优课] 第十章　计数原理、概率 有关概率、统计与其他知识相交汇的考题，能体现“返璞归真，支持课改；突破定势，考查真功”的命题理念，是每年高考的必考内容.近几年将概率、统计问题与数列、函数、导数结合，成为创新问题. 例1　“每天锻炼一小时，健康工作五十年，幸福生活一辈子”.某公司组织全员每天进行体育锻炼，订制了主题为“百年风云”的系列纪念币奖励员工，该系列纪念币有A1，A2，A3，A4四种.每个员工每天自主选择“球类”和“田径”中的一项进行锻炼.锻炼结束后员工将随机等可能地获得一枚纪念币. (1)某员工活动前两天获得A1，A4，则前四天恰好能集齐“百年风云”系列纪念币的概率是多少？ 题型一 概率、统计与数列的综合问题 设事件E为“该员工前四天恰好能集齐这4枚纪念币”， 由题意知，样本点总数N＝4×4＝16， 事件E包含的样本点的个数n＝2×1＝2， (2)通过抽样调查发现，活动首日有 的员工选择“球类”，其余的员工选择“田径”；在前一天选择“球类”的员工中，次日会有 的员工继续选择“球类”，其余的选择“田径”；在前一天选择“田径”的员工中，次日会有 的员工继续选择“田径”，其余的选择“球类”.用频率估计概率，记某员工第n天选择“球类”的概率为Pn. ①计算P1，P2，并求Pn； ②该公司共有员工1 400人，经过足够多天后，试估计该公司接下来每天各有多少员工参加“球类”和“田径”运动？ 假设用ξ表示一天中选择“球类”的人数， 即选择“球类”的人数的均值为600， 所以选择“田径”的人数的均值为800. 即经过足够多天后，估计该公司接下来每天有600名员工参加球类运动，800名员工参加田径运动. 高考有时将概率、统计等问题与数列交汇在一起进行考查，此类问题常常以概率、统计为命题情景，同时考查等差数列、等比数列的判定及其前n项和，解题时要准确把握题中所涉及的事件，明确其所属的事件类型. 思维升华 思维升华 跟踪训练1　(2022·太原模拟)足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动，其中守门员扑点球和传球是足球训练中的两个重要训练项目. (1)假设发点球时，球员等可能地选择左、中、右三个方向射门，守门员等可能地选择左、中、右三个方向扑点球，且守门员方向判断正确时，有 的可能将球扑出球门外.在一次点球战中，求守门员在前三次点球中，把球扑出球门外的个数X的分布列和均值； 则X的分布列为 (2)某次传球训练中，教练员让甲、乙、丙、丁4名球员进行传接球训练，从甲开始传球，甲等可能地传给另外3人中的1人，接球者再等可能地传给另外3人中的1人，如此一直进行.假设每个球都能被接住，记第n次 传球后球又回到甲脚下的概率为Pn.求证：数列 为等比数列，并 求Pn. 由已知得，第(n－1)次传球后球又回到甲脚下的概率为Pn－1， 例2　(2023·岳阳模拟)中国国家统计局2021年9月30日发布数据显示，2021年9月中国制造业采购经理指数(PMI)为49.8%，反映出中国制造业扩张步伐有所加快.以新能源汽车、机器人、增材制造、医疗设备、高铁、电力装备、船舶、无人机等为代表的高端制造业突飞 题型二 概率、统计与导数的综合问题 猛进，进一步体现了中国制造业当前的跨越式发展.已知某精密制造企业根据长期检测结果，得到生产的产品的质量差服从正态分布N(μ，σ2)，并把质量差在(μ－σ，μ＋σ)内的产品称为优等品，质量差在(μ＋σ，μ＋2σ)内的产品称为一等品，优等品与一等品统称为正品，其余范围内的产品作为废品处理.现从该企业生产的正品中随机抽取1 000件，测得产品质量差的样本数据统计如图所示： (1)取样本数据的方差s2的近似值为100，用样本平均数 作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值，记质量差X～N(μ，σ2)，求该企业生产的产品为正品的概率P(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)； 参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈ 0.683，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997. 由题意估计从该企业生产的正品中随机抽取1 000件的平均数 则优等品质量差在(μ－σ，μ＋σ)，即(60,80)内， 一等品质量差在(μ＋σ，μ＋2σ)，即(80,90)内， ∴正品质量差在(60,80)和(80,90)，即(60,90)内， ∴该企业生产的产品为正品的概率 (2)假如企业包装时要求把2件优等品和n(n≥2，n∈N*)件一等品装在同一个箱子中，质检员从某箱子中摸出两件产品进行检验，若抽取到的两件产品等级相同，则该箱产品记为A，否则该箱产品记为B. ①试用含n的代数式表示某箱产品抽检被记为B的概率p； ②设抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率为f(p)，求当n为何值时，f(p)取得最大值，并求出最大值. 由题意，一箱产品抽检被记为B的概率为p(0<p<1)，则5箱产品恰有3箱被记为B的概率为 ＝10(p3－2p4＋p5)， ∴f′(p)＝10(3p2－8p3＋5p4)＝10p2(3－8p＋5p2)＝10p2(p－1)(5p－3)， 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. 思维升华 思维升华 跟踪训练2　(2023·江门模拟)学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”.活动规则如下：一天内参加“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参加“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分.已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为 ；参加“四人赛”活动(每天两局)时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p， .李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动(每天两局)，各局比赛互不影响. (1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和均值； X的所有可能取值为5,6,7,8,9,10， 所以X的分布列为 (2)设李明在这5天的“四人赛”活动(每天两局)中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为f(p).求当p为何值时，f(p)取得最大值. 课时精练 1.(2023·齐齐哈尔模拟)为落实立德树人的根本任务，坚持“五育”并举，全面推进素质教育，某校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛阶段比赛的12名队员来自3个不同校区，三个校区的队员人数分别是3,4,5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行11场比赛(每场比赛都采取5局3胜制)，根据积分选出最后的冠军.积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；以3∶2取胜的队员积2分，失败的队员积1分. (1)若每名队员获得冠、亚军的可能性相同，则比赛结束后，冠、亚军恰好来自不同校区的概率是多少？ 1 2 3 4 1 2 3 4 (2)已知第10轮小李对抗小王，设每局比赛小李取胜的概率均为p(0<p<1). ①记小李以3∶1取胜的概率为f(p).若当p＝p0时，f(p)取最大值，求p0的值； f′(p)＝3[3p2(1－p)＋p3×(－1)]＝3p2(3－4p)， 1 2 3 4 ②若以①中p0的值作为p的值，这轮比赛小李所得积分为X，求X的分布列及均值. 1 2 3 4 X的所有可能取值为0,1,2,3， 1 2 3 4 所以X的分布列为 1 2 3 4 2.为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选一种，已知他第一天选择米饭套餐的概率为 ，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为 ，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为 ，如此往复. (1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； 1 2 3 4 设A1＝“第1天选择米饭套餐”，A2＝“第2天选择米饭套餐”， 1 2 3 4 1 2 3 4 (2)记该同学第n天选择米饭套餐的概率为Pn. 设An＝“第n天选择米饭套餐”， 由全概率公式可得，Pn＋1＝P(An＋1) 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 3.某盒子内装有60个小球(除颜色之外其他完全相同)，其中有若干个黑球，其他均为白球.为了估计黑球的数目，设计如下实验：从盒子中有放回地抽取4个球，记录该次所抽取的黑球数目X，作为一次实验结果.进行上述实验共5次，记录下第i次实验中实际抽到黑球的数目xi.已知从该盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为p(0<p<1). (1)求X的分布列； 1 2 3 4 1 2 3 4 从盒子中有放回地抽取4个球，记录该次所抽取的黑球数目X， ∵从该盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为p(0<p<1). ∴X～B(4，p)， ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P (1－p)4 4p(1－p)3 6p2(1－p)2 4p3(1－p) p4 1 2 3 4 (2)实验结束后，已知第i次实验中抽到黑球的数目xi如表所示. i 1 2 3 4 5 xi 2 3 2 3 3 ①求f(p)的极大值点p0； ＝2ln 6p2(1－p)2＋3ln 4p3(1－p) ＝8ln 2＋2ln 3＋13ln p＋7ln(1－p)， 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 ②据①估计该盒子中黑球的数目，并说明理由. i 1 2 3 4 5 xi 2 3 2 3 3 估计盒子中黑球的数目为60p0＝39.理由如下： i 1 2 3 4 5 xi 2 3 2 3 3 1 2 3 4 4.某种病毒存在人与人之间的传染，可以通过与患者的密切接触进行传染.我们把与患者有过密切接触的人群称为密切接触者，每位密切接触者被感染后即被称为患者.已知每位密切接触者在接触一个患者后被感染的概率为p(0<p<1)，某位患者在隔离之前，每天有a位密切接触者，其中被感染的人数为X(0≤X≤a)，假设每位密切接触者不再接触其他患者. (1)求一天内被感染的人数X的概率P(X)与a，p的关系式和X的均值； 由题意知，被感染人数X～B(a，p)， 1 2 3 4 1 2 3 4 (2)该病毒在进入人体后有14天的潜伏期，在这14天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳时间，设每位患者在被感染后的第2天又有2位密切接触者，从某一名患者被感染按第1天算起，第n天新增患者的均值记为En(n≥2). ①求数列{En}的通项公式，并证明数列{En}为等比数列； 第n天被感染的人数为(1＋2p)n－1， 第(n－1)天被感染的人数为(1＋2p)n－2， 由题目中均值的定义可知， En＝(1＋2p)n－1－(1＋2p)n－2＝2p(1＋2p)n－2(n≥2)， ∴{En}(n≥2)是以2p为首项，1＋2p为公比的等比数列. 1 2 3 4 1 2 3 4 ≈1.1－0.7－0.3＝0.1. 1 2 3 4 1 2 3 4 ∵当a＝10时，En＝10p(1＋10p)n－2， ∴E6′＝10×0.1×(1＋10×0.1)4＝16， E6＝10×0.5×(1＋10×0.5)4＝6 480. ∵E6远大于E6′， ∴戴口罩很有必要. 所以该员工前四天恰好能集齐这四枚纪念币的概率P(E)＝＝. 又因为P1－＝－＝， 所以是以为首项，以－为公比的等比数列， 所以Pn－＝×n－1，即Pn＝＋×n－1. 由题意知，P1＝，P2＝P1＋(1－P1)＝－P1＝－×＝， 当n≥2时，Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)＝－Pn－1， 所以Pn－＝－， 由①知，当n足够大时，选择“球类”的概率近似于， 则ξ～B， 所以E(ξ)＝1 400×＝600，  P(X＝1)＝C×1×2＝＝，  P(X＝2)＝C×2×1＝＝，  P(X＝3)＝C×3＝， 每个点球能被守门员扑出球门外的概率P＝3×××＝， 由题意可知，X～B，  P(X＝0)＝C×3＝， X 0 1 2 3 P  E(X)＝3×＝. ∴Pn－＝×n－1， ∴Pn＝－×n－1. ∴当n≥2时，Pn＝(1－Pn－1)·， ∴Pn－＝－， ∴是首项为P1－＝－，公比为－的等比数列， 又样本方差s2≈100，∴σ≈＝10，∴X～N(70，102)， ＝0.010×10×＋0.020×10×＋0.045×10×＋0.020×10×＋0.005×10×＝70， ∴μ≈＝70， P＝P(60<X<90)＝P(60<X<70)＋P(70<X<90)≈×(0.683＋0.954)＝0.818 5. 从(n＋2)件正品中任选2件，有C种选法，其中等级相同的有C＋C种选法， ∴某箱产品抽检被记为B的概率p＝1－＝1－＝.  f(p)＝Cp3(1－p)2＝10p3(1－2p＋p2) ∴当p∈时，f′(p)>0，函数f(p)单调递增； 此时，p＝＝，解得n＝3或n＝(舍). ∴当n＝3时，5箱产品恰有3箱被记为B的概率最大，最大值为. 当p∈时，f′(p)<0，函数f(p)单调递减， ∴当p＝时，f(p)取得最大值f ＝C×3 ×2＝， P(X＝8)＝C×3×2＝＝， P(X＝9)＝C×4×1＝，P(X＝10)＝C×5＝. P(X＝5)＝5＝， P(X＝6)＝C×1×4＝， P(X＝7)＝C×2×3＝＝， X 5 6 7 8 9 10 P 则E(X)＝5×＋6×＋7×＋8×＋9×＋10×＝＝.  f′(p)＝[6(1＋2p)2(1－p)2－2(1＋2p)3(1－p)] ＝(1＋2p)2(1－p)(4－10p)， 所以当p∈时，f′(p)>0，f(p)在上单调递增； 由题意知“每天得分不低于3分”的概率为p＋(1－p)×＝＋p(0<p<1)， 所以5天中恰有3天每天得分不低于3分的概率f(p)＝C32 ＝(1＋2p)3(1－p)2， 当p∈时，f′(p)<0，f(p)在上单调递减， 所以当p＝时，f(p)取得最大值. 比赛结束后，冠、亚军恰好来自不同校区的概率P＝＝. 当p∈时，f′(p)<0，f(p)在上单调递减，所以p0＝. 由题可知f(p)＝Cp2(1－p)·p＝3p3(1－p)， 令f′(p)＝0，得p＝或p＝0(舍去)， 当p∈时，f′(p)>0，f(p)在上单调递增， ＝C×2×2×＝， P(X＝2)＝Cp2(1－p)2·p ＝C×2×2×＝， P(X＝0)＝(1－p)3＋Cp(1－p)2·(1－p) ＝3＋C××2×＝， P(X＝1)＝Cp2(1－p)2·(1－p) 则E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. P(X＝3)＝p3＋Cp2(1－p)·p ＝3＋C×2××＝， X 0 1 2 3 P 则由全概率公式可得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(1)·P(A2|1)＝×＋×＝. 则1＝“第1天选择面食套餐”， 由题意可得，P(A1)＝，则P(1)＝， 又P(A2|A1)＝，P(A2|1)＝1－＝， ①证明：为等比数列； ＝P(An)P(An＋1|An)＋P(n)P(An＋1|n) ＝Pn＋(1－Pn)＝－Pn＋， 则Pn＝P(An)，则P(n)＝1－Pn， 由题意得，P(An＋1|An)＝， P(An＋1|n)＝1－＝， 因为P1－＝≠0， 所以是以为首项，－为公比的等比数列. 因此Pn＋1－＝－， 当n为正偶数时，Pn＝－×n－1<<. 综上所述，当n≥2时，Pn≤. ②证明：当n≥2时，Pn≤. 由①可得，Pn＝＋×n－1， 当n为大于1的奇数时，Pn＝＋×n－1≤＋×2＝； 设函数f(p)＝n P(X＝xi). ∴当p∈时，f′(p)>0，f(p)单调递增； 由(1)可知f(p)＝n P(X＝xi) ∴f′(p)＝－＝， 令f′(p)＝0，解得p＝， ∴f(p)存在唯一的极大值点p0＝. 当p∈时，f′(p)<0，f(p)单调递减， 由①可知，当且仅当p＝时，f(p)取得最大值， 即n P(X＝xi)取得最大值，出现上述实验结果的概率最大， ∴可以认为从盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为，从而估计该盒子中黑球的数目为39是合理的. 则P(X)＝CpX(1－p)a－X(0≤X≤a)，E(X)＝ap. 则＝1＋2p，且E2＝2p. ②若戴口罩能降低每位密切接触者患病概率，降低后的患病概率p′＝ln(1＋p)－p，当p′取最大值时，计算此时p′所对应的E6′值和此时  p对应的E6值，并根据计算结果说明戴口罩的必要性.(取a＝10)(结果保留整数，参考数据：ln 5≈1.6，ln 3≈1.1，ln 2≈0.7，≈0.3，≈0.7) ∴f(p)max＝f ＝ln －＝ln 3－ln 2－ 令f(p)＝ln(1＋p)－p， 则f′(p)＝－＝. ∴f(p)在上单调递增，在上单调递减. $$