10.8 概率与统计的综合问题（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版）

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第十章 计数原理、概率、 随机变量及其分布 10 [题型解读] 概率与统计解答题每年高考必考，主要涉及概率求解、分布列与数学期望、回归分析及独立性检验等．既有比较基础的简单应用，也有各类知识交汇的综合题，如概率与统计图表交汇、概率与统计和统计案例交汇、概率与函数、数列、不等式等的交汇等．此类问题一般篇幅较长，对阅读理解能力要求较高，考查数学建模和数学运算的核心素养． 10．8　概率与统计的综合问题 01 03 02 题型一 题型三 题型二 课下巩固精练卷(八十七) 目 录 目 录 模板来自于：第一PPT https:/// 4 课下巩固精练卷(八十七) 概率与统计的综合问题 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 感谢观看 题型一　频率分布直方图与分布列的综合问题 【例1】　(2024·重庆模拟)某超市购进一批同种类水果，按照果径大小分为四类：不达标果、标准果、精品果、礼品果．质检技术人员从该批水果中随机选取100个，按果径大小分成5组进行统计：[60，65)，[65，70)，[70，75)，[75，80)，[80，85](单位：mm)．统计后制成如下的频率分布直方图，并规定果径低于65 mm为不达标果，在65 mm到75 mm之间为标准果，在75 mm到80 mm之间为精品果，达到80 mm及以上的为礼品果． (1)现采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个，再从这10个水果中随机抽取2个，记礼品果的个数为X，求X的分布列与数学期望； (2)以频率估计概率，从这批水果中随机抽取n(n≥2)个，设其中恰有2个精品果的概率为P(n)．当P(n)最大时，求n的值． 解：(1)由题意(0.004＋0.016＋0.060＋0.080＋a)×5＝1，所以a＝0.040， 所以这100个水果中礼品果的个数为0.040×5×100＝20， 采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个， 其中礼品果有×10＝2个， 故随机变量X的所有可能取值为0，1，2， 则P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 期望E(X)＝0×. (2)由频率分布直方图知，从该批水果中随机抽取1个， 是精品果的概率为0.080×5＝0.4， 则P(n)＝·0.42·0.6n-2，P(n－1)＝·0.42·0.6n-3， P(n＋1)＝·0.42·0.6n-1， 要使P(n)最大，则≤1 且≤1， 解得4≤n≤5，因为P(4)＝·0.42·0.62＝0.345 6， P(5)＝·0.42·0.63＝0.345 6， 所以P(4)＝P(5)，所以当P(n)最大时，n＝4或n＝5. 【对点练习】　1.(2024·上饶模拟)为了解某高校学生每天的运动时间，随机抽取了100名学生进行调查．下面是根据调查结果绘制的学生每天平均运动时间(单位：分钟)的频率分布直方图，将每天平均运动时间不低于40分钟的学生称为“运动族”． (1)用样本估计总体，已知某学生每天平均运动时间不低于20分钟，求该学生是“运动族”的概率； (2)从样本里的“运动族”学生中随机选取两位同学，用随机变量X表示每天平均运动时间在40～50分钟之间的学生数，求X的分布列及期望． 解：(1)由频率分布直方图可知，10×(0.01＋0.018＋0.022＋0.025＋0.020＋a)＝1，解得a＝0.005. 设“该学生每天平均运动时间不低于20分钟”为事件A，“该学生是‘运动族’”为事件B， 则P(A)＝0.72，P(AB)＝0.25， 所以在该学生每天平均运动时间不低于20分钟的条件下是“运动族”的概率为P(B|A)＝. (2)由题意可知，样本中共有“运动族”学生25人，运动时间在40～50分钟之间的学生有20人， 所以X＝0，1，2， P(X＝0)＝， P(X＝1)＝， P(X＝2)＝， X的分布列为 X 0 1 2 P E(X)＝0×. 题型二　回归模型与分布列的综合问题 【例2】　设某幼苗从观察之日起，第x天的高度为y cm，测得的一些数据如下表所示： 第x天 1 4 9 16 25 36 49 高度y cm 0 4 7 9 11 12 13 作出这组数据的散点图发现：y(cm)与x(天)之间近似满足关系式y＝b＋a，其中a，b均为大于0的常数． (1)试借助一元线性回归模型，根据所给数据，用最小二乘法对a，b作出估计，并求出y关于x的经验回归方程； (2)在作出的这组数据的散点图中，甲同学随机圈取了其中的4个点，记这4个点中幼苗的高度大于的点的个数为ξ，其中为表格中所给的幼苗高度的平均数，试求随机变量ξ的分布列和数学期望． 附：对于一组数据(v1，μ1)，(v2，μ2)，…，(vn，μn)，其回归直线方程＝＋v的斜率和截距的最小二乘估计分别为＝，＝－. 解：(1)令μ＝，则y＝bμ＋a，根据已知数据表得到如下表： x 1 4 9 16 25 36 49 μ＝ 1 2 3 4 5 6 7 y 0 4 7 9 11 12 13 则＝8， 可得 ＝1×0＋2×4＋3×7＋4×9＋5×11＋6×12＋7×13＝283， ＝1＋4＋9＋16＋25＋36＋49＝140， 通过上表计算可得：＝ ， 因为回归直线＝μ＋过点，则＝－， 所以y关于μ的回归方程＝. (2)由题意可知：7天中幼苗高度大于＝8的有4天，小于等于8的有3天， 从散点图中任取4个点，即从这7天中任取4天， 所以这4个点中幼苗的高度大于的点的个数ξ的取值为1，2，3，4， 则P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝， P(ξ＝3)＝，P(ξ＝4)＝， 所以随机变量ξ的分布列为： ξ 1 2 3 4 P 随机变量ξ的期望值E(ξ)＝1×. 【对点练习】　2.(2024·江苏常州模拟)某企业为响应国家号召，汇聚科研力量，加强科技创新，准备增加研发资金．该企业为了解研发资金的投资额x(单位：百万元)对年收入的附加额y(单位：百万元)的影响，对往年研发资金投资额xi和年收入的附加额yi进行研究，得到相关数据如下： 投资额xi 2 3 4 5 6 8 9 11 年收入的附加额yi 3.6 4.1 4.8 5.4 6.2 7.5 7.9 9.1 (1)求年收入的附加额y与投资额x的线性回归方程； (2)在(1)的条件下，若投资额为16百万元，估计年收入的附加额； (3)若年收入的附加额与投资额的比值大于1，则称对应的投资额为“优秀投资额”，现从上面8个投资额中任意取3个，用X表示这3个投资额中“优秀投资额”的个数，求X的分布列及数学期望． 解：(1)＝6.075， 得b＝＝0.625， 又＝－＝6.075－0.625×6＝2.325， 所以年收入的附加额y与投资额x的线性回归方程为＝0.625x＋2.325. (2)当x＝16时，＝0.625×16＋2.325＝12.325， 所以当投资额为16百万元时，估计年收入的附加额为12.325百万元． (3)8个投资额中，“优秀投资额”的个数为5， 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)＝， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 故E(X)＝1×. 题型三　独立性检验与分布列的综合问题 【例3】　(2023·全国甲卷)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)．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　34.3　34.8　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 (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)(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：(1)由题意，X服从超几何分布，所有可能取值为0，1，2， 则P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝， 所以X的分布列为： X 0 1 2 P 故E(X)＝0×＝1. (2)(ⅰ)依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据的平均数， 又第20位为23.2，第21位数据为23.6. 所以m＝＝23.4， 故列联表为： <m ≥m 合计 对照组 6 14 20 实验组 14 6 20 合计 20 20 40 (ⅱ)由(ⅰ)可得，K2＝＝6.400>3.841， 所以能有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． 【对点练习】　3.(2024·沈阳模拟)随着科技的进步和人民生活水平的提高，电脑已经走进了千家万户，成为人们生活、学习、娱乐的常见物品，便携式电脑(俗称“笔记本”)也非常流行．某公司为了研究“台式机”与“笔记本”的受欢迎程度是否与性别有关，在街头随机抽取了50人做调查研究，调查数据如下表所示． 男性 女性 合计 喜欢“台式机” 20 5 25 喜欢“笔记本” 10 15 25 合计 30 20 50 (1)依据小概率值α＝0.01的独立性检验，分析喜欢哪种机型与性别是否有关？ (2)该公司针对男性客户做了调查，某季度男性客户中有青年324人，中年216人，老年108人，用按比例分配的分层随机抽样的方法选出12人，又随机抽出3人进行答谢，这3人中的青年人数设为随机变量X，求X的分布列与数学期望． 附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.10 0.05 0.01 0.005 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 解：(1)零假设为H0：喜欢哪种机型与性别无关． 由表中数据可得χ2＝≈8.333>6.635＝x0.01，根据小概率值α＝0.01的独立性检验可知零假设不成立，即可以认为喜欢哪种机型与性别有关，且此推断犯错误的概率不大于0.01. (2)由题意，324∶216∶108＝3∶2∶1， 所以12人中有青年人6人，中年人4人，老年人2人， 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)＝， 则分布列为 X 0 1 2 3 P E(X)＝0×. 1．(2024·陕西西安模拟)某体育频道为了解某地电视观众对卡塔尔世界杯的收看情况，随机抽取了该地200名观众进行调查，下表是根据所有调查结果制作的观众日均收看世界杯时间(单位：时)的频率分布表： 日均收看世界杯时间(时) [0.5，1] (1，1.5] (1.5，2] (2，2.5] (2.5，3] (3，3.5] 频率 0.1 0.18 0.22 0.25 0.2 0.05 如果把日均收看世界杯的时间高于2.5小时的观众称为“足球迷”． (1)根据已知条件完成下面的2×2列联表，并判断是否有99.9%的把握认为该地的电视观众是否为“足球迷”与性别有关； 非足球迷 足球迷 合计 女 70 男 40 合计 (2)将样本的频率分布当作总体的概率分布，现从该地的电视观众中随机抽取4人，记这4人中的“足球迷”人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望． 参考公式： eq \o(χ,\s\do4(　))2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. 参考数据： α 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 解：(1)由频率分布表可知，“足球迷”对应的频率为0.2＋0.05＝0.25， 则在抽取的200人中，“足球迷”有200×0.25＝50人， 所以2×2列联表如下： 非足球迷 足球迷 合计 女 70 10 80 男 80 40 120 合计 150 50 200 所以 eq \o(χ,\s\do4(　))2＝≈11.111>10.828， 所以有99.9%的把握认为该地的电视观众是否为“足球迷”与性别有关． (2)由频率分布表可知，“足球迷”对应的频率为0.25， 所以从该地的电视观众中随机抽取4人，其为“足球迷”的概率P＝， 所以X～B， 即X的可能取值为0，1，2，3，4， 所以P(X＝0)＝， P(X＝1)＝， P(X＝2)＝， P(X＝3)＝， P(X＝4)＝， 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 所以E(X)＝4×＝1. 2．(2024·浙江杭州二模)杭州是国家历史文化名城，为了给来杭州的客人提供最好的旅游服务，某景点推出了预订优惠活动，下表是该景点在某App平台10天预订票销售情况： 日期t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量y(万张) 1.93 1.95 1.97 1.98 2.01 2.02 2.02 2.05 2.07 0.5 经计算可得： (1)因为该景点今年预订票购买火爆程度远超预期，该App平台在第10天时系统异常，现剔除第10天数据，求y关于t的线性回归方程(结果中的数值用分数表示)； (2)该景点推出团体票，每份团体票包含四张门票，其中X张为有奖门票(可凭票兑换景点纪念品)，X的分布列如下： X 2 3 4 P 今从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票，求该份团体票中共有3张有奖门票的概率． 附：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回归线＝＋u 的斜率和截距的最小二乘估计分别为： 解：(1)设y关于t的线性回归方程为＝＋t， 所以y关于t的线性回归方程是y＝t. (2)记“从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票”为事件A， “该份团体票中共有i张有奖门票”为事件Bi， 则P(B3)＝＝， 所以P(AB3)＝P(B3)P(A|B3)＝， 又P(A|B2)＝＝0， 所以P(A)＝P(AB2)＋P(AB3)＋P(AB4) ＝P(B2)P(A|B2)＋P(AB3)＋P(B4)P(A|B4) ＝， 所以P(B3|A)＝. 则所求概率是. 3．(2024·南京模拟)渔船海上外出作业受天气限制，尤其浪高对渔船安全影响最大，二月份是某海域风浪最平静的月份，浪高一般不超过3 m．某研究小组从前些年二月份各天的浪高数据中，随机抽取50天数据作为样本，制成频率分布直方图(如图)． 根据海浪高度将海浪划分为如下等级： 浪高(cm) (0，50) [50，100) [100，200) [200，300] 海浪等级 微浪 小浪 中浪 大浪 海事管理部门规定：海浪等级在“大浪”及以上禁止渔船出海作业． (1)某渔船出海作业除受浪高限制外，还受其他因素影响，根据以往经验可知，“微浪”情况下出海作业的概率为0.9，“小浪”情况下出海作业的概率为0.8，“中浪”情况下出海作业的概率为0.6，请根据上面频率分布直方图，估计二月份的某天各种海浪等级出现的概率，并求该渔船在这天出海作业的概率； (2)气象预报预计未来三天内会持续“中浪”或“大浪”，根据以往经验可知，若某天是“大浪”，则第二天是“大浪”的概率为，“中浪”的概率为；若某天是“中浪”，则第二天是“大浪”的概率为，“中浪”的概率为.现已知某天为“中浪”，记该天的后三天出现“大浪”的天数为X，求X的分布列和数学期望． 解：(1)记这天浪级是“微浪”为事件A1，浪级是“小浪”为事件A2，浪级是“中浪”为事件A3，浪级是“大浪”为事件A4，该渔船当天出海作业为事件B， 则由题意可知，P(A1)＝50×0.004＝0.2， P(A2)＝50×0.006＝0.3， P(A3)＝50×0.004＋50×0.002＝0.3， P(A4)＝50×0.002＋50×0.002＝0.2， ∴P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＋ P(B|A3)P(A3)＝0.9×0.2＋0.8×0.3＋0.6×0.3＝0.18＋0.24＋0.18＝0.6. (2)依题意可知，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)＝， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 数学期望E(X)＝0×. 4．(2024·葫芦岛模拟)某地相继爆发了甲型H1N1流感病毒(甲流)和诺如病毒感染潮，为了了解感染病毒类型与年龄的关系，某市疾控中心随机抽取了部分感染者进行调查．据统计，甲流患者数是诺如病毒感染者人数的2倍，在诺如病毒感染者中60岁以上患者占，在甲流患者中60岁以上的人数是其他人数的一半． (1)若根据小概率值α＝0.005的独立性检验，能认为“感染病毒的类型与年龄有关”，则抽取的诺如病毒感染者至少有多少人？ (2)研究发现，针对以上两种病毒比较有效的药物是奥司他韦和抗病毒口服液，并且发现奥司他韦治疗以上两种病毒有效的概率是抗病毒口服液的2倍．现对两种药物进行临床试验，对抗病毒口服液共进行两轮试验，每轮试验中若连续2次有效或试验3次时，本轮试验结束；对奥司他韦先进行3次试验，若至少2次有效，则试验结束，否则再进行3次试验后方可结束，假定两种药物每次试验是否有效均相互独立，且两种药物的每次试验费用相同．请结合以上针对两种药物的临床试验方案，估计哪种药物的试验费用较低？ 附：χ2＝(其中n＝a＋b＋c＋d)． α 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 解：(1)设感染诺如病毒的患者为x人，则感染甲流的患者为2x人，感染两种病毒的60岁以上的患者人数均为x， 由题意必有χ2≥7.879， 即≥7.879，所以x≥26.26，又因为x为整数，故抽取的诺如病毒感染者至少有27人． (2)设抗病毒口服液治疗有效的概率为p，每次试验花费为m，则奥司他韦治疗有效的概率为2p<1，故0<p<， 设抗病毒口服液试验总花费为X，X的所有可能取值为4m，5m，6m， P(X＝4m)＝p4， P(X＝5m)＝2(p2－p4)， P(X＝6m)＝(1－p2)2， 故E(X)＝4mp4＋10m(p2－p4)＋6m(p4－2p2＋1)＝－2mp2＋6m， 设奥司他韦试验总花费为Y，Y的所有可能取值为3m，6m， P(Y＝3m)＝(2p)2(1－2p)＋(2p)3＝12p2－16p3， P(Y＝6m)＝1＋16p3－12p2， 所以E(Y)＝48mp3－36mp2＋6m， 由0<p<， 所以E(Y)－E(X)＝2mp2(24p－17)<0， 所以E(Y)<E(X)， 所以奥司他韦试验的平均花费较低． $