第二编 专题5 第2讲 随机变量及其分布、成对数据的统计分析-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦概率与统计专题，覆盖离散型随机变量的分布列、均值、方差，正态分布，成对数据的统计分析（回归分析、独立性检验）等核心考点，对接高考评价体系，明确二项分布、超几何分布应用等高频考点权重，归纳分布列求解、均值方差计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题演练+分层训练+素养提升”，如2024新课标Ⅱ卷投篮比赛题解析，结合分布列四步法、回归分析步骤等技巧，培养数学思维（逻辑推理）与数学语言（数据表达）素养，助力学生掌握解题规律，教师可依托分层作业精准教学，提升复习效率。

第二编　主干知识突破 专题五　概率与统计 第2讲　随机变量及其分布、成对数据的统计分析 「考情研析」高考解答题对概率与统计的考查，主要涉及的知识点有：离散型随机变量的分布列、均值、方差，正态分布，回归分析，独立性检验等，通常为中档题，热点是二项分布、超几何分布的实际应用问题． 2 目录 热点 考向探究 真题VS押题 专题作业 热点 考向探究 考向1　离散型随机变量的分布列、均值、方差 热点 考向探究 5 热点 考向探究 6 热点 考向探究 7 (2)①因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或“乙获胜”，则α＋β＝1， 由题意，得X的所有可能取值为2，4，5， P(X＝2)＝α2＋β2， P(X＝4)＝(αβ＋βα)α2＋(αβ＋βα)β2＝2αβ(α2＋β2)， P(X＝5)＝(αβ＋βα)(αβ＋βα)α＋(αβ＋βα)(αβ＋βα)β＝4α2β2， 所以X的分布列为 X 2 4 5 P α2＋β2 2αβ(α2＋β2) 4α2β2 热点 考向探究 8 热点 考向探究 9 热点 考向探究 10 求离散型随机变量X的均值与方差的方法及步骤 (1)理解离散型随机变量X的意义，写出X的所有可能取值； (2)求X取每个值时对应的概率，写出离散型随机变量X的分布列； (3)由均值和方差的计算公式，求得均值E(X)，方差D(X)； (4)若离散型随机变量X的分布列为特殊分布列(如：两点分布、二项分布、超几何分布)，可利用特殊分布列的均值和方差的公式求解． 热点 考向探究 11 热点 考向探究 12 (1)已知小王两组题目均有选择，以他至少答对1个题目的概率为依据，试确定他分别选择两组题目的数量的策略； (2)记小王总得分为X. ①若选择的3个题目均为A组题目，求X的分布列及期望E(X)； ②试确定a，使小王在选择3个题目时，无论怎样调整A，B组题目数量，其总得分X保持期望稳定，并说明理由．(参考公式：E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)，其中X1，X2为随机变量) 热点 考向探究 13 热点 考向探究 14 热点 考向探究 15 热点 考向探究 16 考向2　正态分布 例2　(2025·辽宁锦州模拟)甲、乙两人对比进行射击训练，共进行100个回合，每个回合甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少都击中8环，统计资料显示甲击中8环、9环、10环的概率分别为0.7，0.2，0.1，乙击中8环、9环、10环的概率分别为0.6，0.2，0.2，且甲、乙两人射击相互独立．记第i个回合甲、乙击中的环数分别为xi，yi，i＝1，2，…，100. (1)在某一个回合训练中，已知乙击中的环数少于甲击中的环数，求甲击中10环的概率； 热点 考向探究 17 (2)中心极限定理是概率论中的一个重要结论：若随机变量ξ～B(n，p)，则当np>5且n(1－p)>5时，ξ可以由服从正态分布的随机变量η近似替代，且ξ的期望与方差分别与η的期望与方差近似相等．根据该定理，设满足yi<xi(i＝1，2，…，100)的i值有k个，利用正态分布估计k≤24的概率．(结果精确到0.01) 附：若η～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<η<μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ<η<μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ<η<μ＋3σ)≈0.9973. 热点 考向探究 18 热点 考向探究 19 热点 考向探究 20 解决正态分布问题的三个关键点 (1)对称轴x＝μ. (2)样本标准差σ. (3)分布区间：利用3σ原则求概率时，要注意利用μ，σ分布区间的特征把所求的范围转化为特殊区间． 热点 考向探究 21 已知某种机器的电源电压U(单位：V)服从正态分布N(220，202)．其电压通常有3种状态：①不超过200 V；②在200 V～240 V之间；③超过240 V．在上述三种状态下，该机器生产的零件为不合格品的概率分别为0.15，0.05，0.2. (1)求该机器生产的零件为不合格品的概率； (2)从该机器生产的零件中随机抽取n(n≥2)件，记其中恰有2件不合格品的概率为pn，求pn取得最大值时n的值． 附：若Z～N(μ，σ2)，取P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)＝0.68，P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＝0.95. 热点 考向探究 22 热点 考向探究 23 热点 考向探究 24 考向3　成对数据的统计分析 角度1　回归分析 例3　(2025·浙江宁波镇海中学模拟)某环保机构研究城市绿化覆盖率(%)和PM2.5年均浓度(单位：μg/m3)的关系，随机抽取10个城市数据如下： 编号i 绿化覆盖率xi PM2.5年均浓度yi 1 4 80 2 13 66 3 16 58 4 21 54 5 26 50 6 31 46 7 36 42 8 45 38 9 52 34 10 56 32 合计 300 500 热点 考向探究 25 热点 考向探究 26 热点 考向探究 27 热点 考向探究 28 热点 考向探究 29 1．线性回归分析问题的类型及解题方法 (1)求经验回归方程 热点 考向探究 30 热点 考向探究 31 2．求非线性经验回归方程的一般步骤 热点 考向探究 32 (2025·湖南名校联考联合体三模)中国的非遗项目丰富多样，涵盖广泛，体现了中华民族的智慧和独特的文化魅力．春节期间某地为充分宣扬该地非遗物质文化，加大非遗传承人的技艺展示．该地市场开发与发展机构统计了非遗传承人的技艺展示量与市场消费收入的6组数据如下表： 技艺展示量x /个 21 23 24 27 29 32 市场消费收入y /万元 6 11 20 27 57 77 热点 考向探究 33 热点 考向探究 34 热点 考向探究 35 热点 考向探究 36 热点 考向探究 37 角度2　独立性检验 例4　(2025·八省联考)为考察某种药物A对预防疾病B的效果，进行了动物试验，得到如下列联表： 单位：只 药物 疾病 合计 未患病 患病 未服用 100 80 s 服用 150 70 220 合计 250 t 400 热点 考向探究 38 热点 考向探究 39 热点 考向探究 40 有关独立性检验问题的解题步骤 热点 考向探究 41 (2025·重庆九龙坡三模)在科技飞速发展的今天，人工智能领域迎来革命性的突破，各种AI的人工智能大模型拥有强大的解决问题的能力．某机构分别用A，B两种人工智能大模型进行对比研究，检验这两种大模型在答题时哪种更可靠，从某知识领域随机选取180个问题进行分组回答，其中A人工智能大模型回答100个问题，有91个正确；B人工智能大模型回答剩下的80个问题，有65个正确． (1)完成下列2×2列联表，并根据小概率值α＝0.10的独立性检验，能否认为人工智能大模型的选择与回答是否正确有关？ 单位：个 人工智能大模型 回答结果 合计 正确 错误 A B 合计 热点 考向探究 42 α 0.15 0.10 0.05 0.01 xα 2.072 2.706 3.841 6.635 热点 考向探究 43 解：(1) 单位：个 人工智能 大模型 回答结果 合计 正确 错误 A 91 9 100 B 65 15 80 合计 156 24 180 热点 考向探究 44 热点 考向探究 45 真题VS押题 1．(2025·新课标Ⅰ卷，15)为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表： 超声波检查结果 组别 正常 不正常 合计 患该疾病 20 180 200 未患该疾病 780 20 800 合计 800 200 1000 真题VS押题 47 α 0.050 0.010 0.001 xα 3.841 6.635 10.828 真题VS押题 48 真题VS押题 49 真题VS押题 50 真题VS押题 51 真题VS押题 52 真题VS押题 53 3．(2024·新课标Ⅱ卷，18)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分．该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率； (2)假设0<p<q， ①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ ②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 真题VS押题 54 解：(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次， ∴比赛成绩不少于5分的概率P＝(1－0.63)×(1－0.53)＝0.686. (2)①若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲＝[1－(1－p)3]q3， 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙＝[1－(1－q)3]p3， ∵0<p<q， ∴P甲－P乙＝q3－(q－pq)3－p3＋(p－pq)3＝(q－p)(q2＋pq＋p2)＋(p－q)[(p－pq)2＋(q－pq)2＋(p－pq)(q－pq)]＝(p－q)(3p2q2－3p2q－3pq2)＝3pq(p－q)(pq－p－q)＝3pq(p－q)[(1－p)(1－q)－1]>0， ∴P甲>P乙，应该由甲参加第一阶段比赛． 真题VS押题 55 真题VS押题 56 为加深青少年对党的历史、党的知识、党的理论和路线方针的认识，激发爱党爱国热情，坚定走新时代中国特色社会主义道路的信心，某校举办了党史知识挑战赛．该挑战赛共分n(n∈N*，n≥2)关，规则如下：两人一组，首先某队员先上场从第一关开始挑战，若挑战成功，则该队员继续挑战下一关，否则该队员被淘汰，并由第二名队员接力，从上一名队员失败的关卡开始继续挑战，当两名队员均被淘汰或者n关都挑战成功，挑战比赛结束．已知甲、乙两名同学一组参加挑战赛，若甲每一关挑战成功的概率均为p(0<p<1)，乙每一关挑战成功的概率均为q(0<q<1)，且甲、乙两人每关挑战成功与否互不影响，每关成功与否也互不影响． 真题VS押题 57 真题VS押题 58 真题VS押题 59 (2)设甲先上场比赛挑战成功的概率为P1，乙先上场比赛挑战成功的概率为P2. 则P1＝pn＋pn－1(1－p)q＋pn－2(1－p)q2＋…＋p(1－p)qn－1＋(1－p)qn＝(pn＋pn－1q＋pn－2q2＋…＋pqn－1＋qn)－p(pn－1q＋pn－2q2＋…＋pqn－1＋qn)＝(pn＋pn－1q＋pn－2q2＋…＋pqn－1＋qn)－(pnq＋pn－1q2＋…＋p2qn－1＋pqn)， P2＝qn＋qn－1(1－q)p＋qn－2(1－q)p2＋…＋q(1－q)pn－1＋(1－q)pn＝(qn＋qn－1p＋qn－2p2＋…＋qpn－1＋pn)－q(qn－1p＋qn－2p2＋…＋qpn－1＋pn)＝(qn＋qn－1p＋qn－2p2＋…＋qpn－1＋pn)－(qnp＋qn－1p2＋…＋q2pn－1＋qpn)， ∵pn＋pn－1q＋pn－2q2＋…＋pqn－1＋qn＝qn＋qn－1p＋qn－2p2＋…＋qpn－1＋pn， pnq＋pn－1q2＋…＋p2qn－1＋pqn＝qnp＋qn－1p2＋…＋q2pn－1＋qpn， ∴P1＝P2. 因此甲先上场与乙先上场比赛挑战成功的概率相同． 真题VS押题 60 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比20%)　拔高题(占比30%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 回归分析的相关系数与计算 独立性检验；离散型随机变量的分布列、均值 离散型随机变量的分布列、均值、方差 求非线性回归方程；利用正态分布计算概率 二项分布的分布列、均值；概率的复杂问题 离散型随机变量的分布列、均值；概率的复杂问题 专题作业 1 2 3 4 5 6 62 专题作业 1 2 3 4 5 6 63 专题作业 1 2 3 4 5 6 64 专题作业 1 2 3 4 5 6 65 专题作业 1 2 3 4 5 6 66 2．(2025·广西南宁二模)2025年1月1日，某地举行马拉松比赛，某服务部门为提升服务质量，随机采访了120名参赛人员，得到下表： 单位：名 满意度 性别 合计 女性 男性 比较满意 r s 50 非常满意 t 40 70 合计 60 l 120 专题作业 1 2 3 4 5 6 67 α 0.1 0.01 0.001 xα 2.706 6.635 10.828 专题作业 1 2 3 4 5 6 68 解： (1)完善列联表如下： 单位：名 满意度 性别 合计 女性 男性 比较满意 30 20 50 非常满意 30 40 70 合计 60 60 120 专题作业 1 2 3 4 5 6 69 专题作业 1 2 3 4 5 6 70 专题作业 1 2 3 4 5 6 71 3．(2025·上海黄浦三模)甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场，规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分(单位：分)情况统计如下： 场次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲 8 10 10 7 12 8 8 10 10 13 乙 9 13 8 12 14 11 7 9 12 10 丙 12 11 9 11 11 9 9 8 9 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 72 (1)从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率； (2)在上述10场比赛中，从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场，设X表示乙得分大于丙得分的场数，求X的分布列和数学期望E(X)； (3)假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率．甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设Y1为甲获胜的场数，Y2为乙获胜的场数，Y3为丙获胜的场数，写出方差D(Y1)，D(Y2)，D(Y3)的大小关系，并说明理由． 专题作业 1 2 3 4 5 6 73 专题作业 1 2 3 4 5 6 74 专题作业 1 2 3 4 5 6 75 专题作业 1 2 3 4 5 6 76 4．(2025·陕西师大附中模拟)当前，全球贸易格局发生重大变化，随着中美贸易战的不断升级，让越来越多的中国科技企业开始意识到自主创新的重要性，大大加强科技研发投入的力度，形成掌控高新尖端核心技术及其市场的能力．某企业为确定下一年对某产品进行科技升级的研发费用，需了解该产品年研发费用x(单位：千万元)对年销售量y(单位：千万件)和年利润z(单位：千万元)的影响．根据市场调研与模拟，对收集的数据(xi，yi)(i＝1，2，3，…，10)进行初步处理，得到散点图及一些统计量的值如下： 表中ui＝ln xi，vi＝ln yi. 专题作业 1 2 3 4 5 6 77 专题作业 1 2 3 4 5 6 78 专题作业 1 2 3 4 5 6 79 专题作业 1 2 3 4 5 6 80 专题作业 1 2 3 4 5 6 81 专题作业 1 2 3 4 5 6 82 5．(2025·黑龙江哈尔滨模拟)某医院对原有生命维持设备安装升级装置，安装后该升级装置的控制系统由2k－1(k∈N*)个相同的电子模块组成，每个模块正常工作的概率均为p(0<p<1)，各模块之间相互独立．控制系统有不少于k个模块正常工作时升级装置正常运行，否则升级装置不工作(原设备正常工作)．升级装置正常运行的概率为pk(例如p3表示控制系统由5个模块组成时升级装置正常运行的概率)． (1)若每个模块正常工作的概率为0.75. ①计算p2； ②当k＝3时，求控制系统中正常工作的模块个数X的分布列和期望； 专题作业 1 2 3 4 5 6 83 (2)已知设备安装升级装置前单位时间可维持患者生命体征的稳定率为60%，安装后升级装置正常运行时有90%的概率触发“基础模式”，稳定率可提升至90%，有10%的概率触发“高效模式”，稳定率可达95%. ①用pk表示安装升级装置后该设备的平均稳定率； ②在确保模块总数为奇数的条件下，能否通过增加控制系统中模块的数量来提高平均稳定率？请说明理由． 专题作业 1 2 3 4 5 6 84 专题作业 1 2 3 4 5 6 85 专题作业 1 2 3 4 5 6 86 专题作业 1 2 3 4 5 6 87 专题作业 1 2 3 4 5 6 88 专题作业 1 2 3 4 5 6 89 专题作业 1 2 3 4 5 6 90 专题作业 1 2 3 4 5 6 91 专题作业 1 2 3 4 5 6 92 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(2025·湖南长沙三模)《最强大脑》“脑王争霸”是节目中最激烈的高智商对抗环节，通常由往届擂主与多名挑战者进行多轮脑力对决．现有一擂主与三名挑战者甲、乙、丙． (1)擂主与甲、乙、丙各比赛一局，各局比赛结果相互独立．已知该擂主与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4).求该擂主连胜三局的概率； (2)若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，且每局比赛结果相互独立． ①若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E(X)的最大值； ②若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事件M，证明：P(M)＝eq \f(α2,α2＋β2). 解：(1)设“该擂主连胜三局”为事件A，该擂主与甲、乙、丙比赛获胜分别为事件B，C，D， 则P(B)＝eq \f(1,2)，P(C)＝eq \f(1,3)，P(D)＝eq \f(1,4)， 由题意知，事件B，C，D相互独立， 所以P(A)＝P(BCD)＝P(B)P(C)P(D)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,24)， 所以该擂主连胜三局的概率为eq \f(1,24). 期望为E(X)＝2(α2＋β2)＋8αβ(α2＋β2)＋20α2β2＝2(1－2αβ)＋8αβ(1－2αβ)＋20α2β2＝4α2β2＋4αβ＋2， 由1＝α＋β≥2eq \r(αβ)，得αβ≤eq \f(1,4)，当且仅当α＝β＝eq \f(1,2)时，等号成立，则0<αβ≤eq \f(1,4)， 因此E(X)＝4α2β2＋4αβ＋2＝(2αβ＋1)2＋1≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(1,4)＋1)) eq \s\up12(2)＋1＝eq \f(13,4)， 所以期望E(X)的最大值为eq \f(13,4). ②证明：设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”“乙获胜”． 由题意知甲最后赢得比赛的局数是偶数， 由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”， 事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB，BA分别表示甲、乙各得1分， 当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同， 所以P(M)＝P(AA)·1＋P(BB)·0＋P(AB)P(M)＋P(BA)P(M)＝P(A)P(A)＋P(A)P(B)P(M)＋P(B)P(A)P(M) ＝α2＋αβP(M)＋βαP(M)＝α2＋2αβP(M)， 因此(1－2αβ)P(M)＝α2，得P(M)＝eq \f(α2,1－2αβ)， 而α＋β＝1，所以P(M)＝eq \f(α2,（α＋β）2－2αβ)＝eq \f(α2,α2＋2αβ＋β2－2αβ)＝eq \f(α2,α2＋β2). (2025·重庆育才中学模拟)某校为庆祝建校百年，由学校团委、学生会组织开展“奋斗进程”校史知识竞赛活动，每位参赛者均需要回答3个题目，可以从6个A组题目和若干个B组题目中，共选择3个题目作答．A组题目每正确回答1个得10分，B组题目每正确回答1个得a(a>0)分，不能正确回答的题目均不得分，参赛者总得分为3个题目得分之和．已知小王恰能正确回答A组题目中的4个，B组题目每个正确回答的概率均为eq \f(1,3)，且能否正确回答A组题目和B组题目互不影响． 解：(1)小王两组题目均有选择的方案有两种：1个A组题目和2个B组题目，2个A组题目和1个B组题目． 分别记两种情况下小王至少答对1个题目的概率为P1，P2， P1＝1－1,2)eq \f(C,Ceq \o\al(1,6)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))) eq \s\up12(2) ＝1－eq \f(1,3)×eq \f(4,9)＝eq \f(23,27)， P2＝1－2,2)eq \f(C,Ceq \o\al(2,6)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))) ＝1－eq \f(1,15)×eq \f(2,3)＝eq \f(43,45)， 因为eq \f(23,27)＝eq \f(115,135)<eq \f(129,135)＝eq \f(43,45)，所以P1<P2， 以他至少答对1个题目的概率为依据，小王应选择2个A组题目和1个B组题目． (2)记小王所选题目中A组题目的得分为X1，B组题目的得分为X2，X＝X1＋X2， ①因为选择的3个题目均为A组题目， 所以其总得分X的所有可能取值为10，20，30， 则P(X＝10)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(2,2),Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,5)，P(X＝20)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(3,5)，P(X＝30)＝3,4)eq \f(CCeq \o\al(0,2),Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,5)， 故X的分布列为 X 10 20 30 P eq \f(1,5) eq \f(3,5) eq \f(1,5) E(X)＝10×eq \f(1,5)＋20×eq \f(3,5)＋30×eq \f(1,5)＝20. ②设小王选择的3个题目中A组题目的数量为x，B组题目的数量为3－x，其中x＝0，1，2，3， 则eq \f(X1,10)服从超几何分布，eq \f(X2,a)～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－x，\f(1,3)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(X1,10)))＝eq \f(2x,3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(X2,a)))＝1－eq \f(x,3)， E(X)＝E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)＝eq \f(20x,3)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,3)))＝a＋eq \f(（20－a）x,3)， 当a＝20时，E(X)的值与x无关，即当a＝20时，无论小王如何调整A，B组题目数量，其总得分X的期望均为20分． 解：(1)设在一个回合训练中，乙击中的环数少于甲击中的环数为事件A，甲击中10环为事件B， 则P(A)＝0.2×0.6＋0.1×0.6＋0.1×0.2＝0.2， P(AB)＝0.1×(0.6＋0.2)＝0.08， 则所求概率为P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(0.08,0.2)＝0.4. (2)由题意，100个回合中，满足xi>yi的i值有k个， 由(1)知k～B(100，0.2)， E(k)＝np＝100×0.2＝20>5，n(1－p)＝100×0.8＝80>5， D(k)＝100×0.2×0.8＝16， 所以μ＝20，σ＝eq \r(D（k）)＝4， 故η～(20，42)，μ＋σ＝20＋4＝24. 由正态分布的对称性可知，估计k≤24的概率为P(k≤24)＝P(η≤μ＋σ)≈1－eq \f(1－0.6827,2)≈0.84. 解：(1)记电压“不超过200 V”“在200 V～240 V之间”“超过240 V”分别为事件A，B，C，“该机器生产的零件为不合格品”为事件D. 因为U～N(220，202)，所以P(A)＝P(U≤200)＝eq \f(1－P（μ－σ＜U＜μ＋σ）,2)＝eq \f(1－0.68,2)＝0.16， P(B)＝P(200＜U＜240)＝P(μ－σ＜U＜μ＋σ)＝0.68， P(C)＝P(U＞240)＝eq \f(1－P（μ－σ＜U＜μ＋σ）,2)＝eq \f(1－0.68,2)＝0.16. 所以P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.16×0.15＋0.68×0.05＋0.16×0.2＝0.09， 所以该机器生产的零件为不合格品的概率为0.09. (2)从该机器生产的零件中随机抽取n件，设不合格品的件数为X，则X～B(n，0.09)， 所以pn＝P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,n)·0.91n－2·0.092. 由eq \f(pn＋1,pn)＝2,n＋1)eq \f(C·0.91n－1·0.092,Ceq \o\al(2,n)·0.91n－2·0.092) ＝eq \f(n＋1,n－1)×0.91>1，解得n＜eq \f(191,9). 所以当n≤21时，pn＜pn＋1；当n≥22时，pn＞pn＋1， 所以p22最大． 因此当n＝22时，pn最大． 可得eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))xeq \o\al(2,i)＝11680，eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))yeq \o\al(2,i)＝27040，eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))xiyi＝12748，eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1)) (xi－eq \o(x,\s\up17(－)))2＝2680，eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1)) (yi－eq \o(y,\s\up17(－)))2＝2040. (1)求绿化覆盖率与PM2.5年均浓度的样本相关系数(精确到0.01)； (2)求y关于x的经验回归方程(eq \o(b,\s\up17(^))精确到0.01)，并估计使得PM2.5年均浓度不超过20 μg/m3需要的最低绿化覆盖率(精确到整数)． 参考数据与公式：eq \r(5467200)≈2338， r＝eq \f(\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）（yi－\o(y,\s\up17(－))）,\r(\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2)·\r(\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （yi－\o(y,\s\up17(－))）2))， eq \o(b,\s\up17(^))＝eq \f(\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）（yi－\o(y,\s\up17(－))）,\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2)，eq \o(a,\s\up17(^))＝eq \o(y,\s\up17(－))－eq \o(b,\s\up17(^)) eq \o(x,\s\up17(－)). 解：(1)因为eq \o(x,\s\up17(－))＝eq \f(300,10)＝30，eq \o(y,\s\up17(－))＝eq \f(500,10)＝50，eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))xiyi＝12748， eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))(xi－eq \o(x,\s\up17(－)))2＝2680，eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))(yi－eq \o(y,\s\up17(－)))2＝2040， 故r＝eq \f(\o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）（yi－\o(y,\s\up17(－))）,\r(\o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2)·\r(\o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1)) （yi－\o(y,\s\up17(－))）2)) ＝eq \f(\o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))xiyi－10\o(x,\s\up17(－))\o(y,\s\up17(－)),\r(\o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2)·\r(\o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1)) （yi－\o(y,\s\up17(－))）2)) ＝eq \f(12748－10×30×50,\r(2680)×\r(2040))＝eq \f(－2252,\r(2680)×\r(2040)) ＝－eq \f(2252,\r(5467200))≈－eq \f(2252,2338)≈－0.96. 即绿化覆盖率与PM2.5年均浓度的样本相关系数约为－0.96. (2)因为eq \o(b,\s\up17(^))＝eq \f(\o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）（yi－\o(y,\s\up17(－))）,\o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2)＝eq \f(\o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))xiyi－10\o(x,\s\up17(－))\o(y,\s\up17(－)),\o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2)＝eq \f(－2252,2680)≈－0.84， 所以eq \o(a,\s\up17(^))＝eq \o(y,\s\up17(－))－eq \o(b,\s\up17(^))eq \o(x,\s\up17(－))≈50－(－0.84)×30＝75.2，故eq \o(y,\s\up17(^))＝－0.84x＋75.2， 依题意，由－0.84x＋75.2≤20，可得x≥65.71≈66， 即使得PM2.5年均浓度不超过20 μg/m3需要的最低绿化覆盖率约为66%. (2)对变量值预测 ①若已知经验回归方程(方程中无参数)，进而预测时，可以直接将数值代入求得特定要求下的预测值； ②若经验回归方程中有参数，则根据经验回归直线一定经过点(eq \o(x,\s\up17(－))，eq \o(y,\s\up17(－)))，求出参数值，得到经验回归方程，进而完成预测． (1)若用线性回归理论进行统计分析，求市场消费收入y关于技艺展示量x的经验回归方程eq \o(y,\s\up17(^))＝eq \o(b,\s\up17(^))x＋eq \o(a,\s\up17(^)) (精确到0.1)； (2)若用非线性回归模型求得市场消费收入y关于技艺展示量x的回归方程为eq \o(y,\s\up17(^))＝0.06e0.2303x，且决定系数R2＝0.9522，与(1)中的线性回归模型相比，应用决定系数R2说明哪种模型的拟合效果更好． 附：一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其回归直线eq \o(y,\s\up15(^))＝eq \o(b,\s\up15(^))x＋eq \o(a,\s\up15(^))的斜率和截距的最小二乘估计分别为eq \o(b,\s\up15(^))＝eq \f(\o(∑,\s\up15(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up15(－))）（yi－\o(y,\s\up15(－))）,\o(∑,\s\up15(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up15(－))）2)，eq \o(a,\s\up15(^))＝eq \o(y,\s\up15(－))－eq \o(b,\s\up15(^))eq \o(x,\s\up15(－))；决定系数R2＝1－eq \f(\o(∑,\s\up15(n),\s\do14(i＝1)) （yi－y^i）2,\o(∑,\s\up15(n),\s\do14(i＝1)) （yi－\o(y,\s\up15(－))）2). 参考数据：eq \o(∑,\s\up15(6),\s\do14(i＝1)) (xi－eq \o(x,\s\up15(－)))(yi－eq \o(y,\s\up15(－)))＝557，eq \o(∑,\s\up15(6),\s\do14(i＝1)) (xi－eq \o(x,\s\up15(－)))2＝84，eq \o(∑,\s\up15(6),\s\do14(i＝1)) (yi－eq \o(y,\s\up15(－)))2＝3930， 线性回归模型的残差平方和为eq \o(∑,\s\up15(6),\s\do14(i＝1)) (yi－eq \o(y,\s\up13(^))i)2＝236.64(其中xi，yi分别为非遗传承人的技艺展示量和市场消费收入，i＝1，2，3，4，5，6)． 解：(1)由题意知n＝6， 则eq \o(x,\s\up17(－))＝eq \f(1,6) eq \o(∑,\s\up17(6),\s\do14(i＝1))xi＝eq \f(21＋23＋24＋27＋29＋32,6)＝26， eq \o(y,\s\up17(－))＝eq \f(1,6) eq \o(∑,\s\up17(6),\s\do14(i＝1))yi＝eq \f(6＋11＋20＋27＋57＋77,6)＝33， eq \o(b,\s\up17(^))＝eq \f(\o(∑,\s\up17(6),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）（yi－\o(y,\s\up17(－))）,\o(∑,\s\up17(6),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2)＝eq \f(557,84)≈6.6，eq \o(a,\s\up17(^))≈33－6.6×26＝－138.6， 所以市场消费收入y关于技艺展示量x的经验回归方程为eq \o(y,\s\up17(^))＝6.6x－138.6. (2)对于线性回归模型，eq \o(∑,\s\up17(6),\s\do14(i＝1)) (yi－eq \o(y,\s\up17(－)))2＝3930， eq \o(∑,\s\up17(6),\s\do14(i＝1)) (yi－eq \o(y,\s\up17(^))i)2＝236.64， 决定系数为1－eq \f(\o(∑,\s\up17(6),\s\do14(i＝1)) （yi－y^i）2,\o(∑,\s\up17(6),\s\do14(i＝1)) （yi－\o(y,\s\up17(－))）2)＝1－eq \f(236.64,3930)≈1－0.0602＝0.9398， 因为0.9398<0.9522， 所以非线性回归模型的拟合效果更好． (1)求s，t； (2)记未服用药物A的动物患疾病B的概率为P，给出P的估计值； (3)根据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为药物A对预防疾病B有效？ 附：χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d. α 0.050 0.010 0.001 xα 3.841 6.635 10.828 解：(1)由列联表知s＝100＋80＝180，t＝80＋70＝150. (2)由列联表知，未服用药物A的动物有s＝180(只)， 未服用药物A且患疾病B的动物有80只， 所以未服用药物A的动物患疾病B的频率为eq \f(80,180)＝eq \f(4,9)， 所以未服用药物A的动物患疾病B的概率P的估计值为eq \f(4,9). (3)零假设为H0：药物A对预防疾病B无效， 由列联表得χ2＝eq \f(400×（100×70－80×150）2,180×220×250×150)＝eq \f(2000,297)≈6.734>6.635， 根据小概率值α＝0.01的独立性检验，推断H0不成立，所以能认为药物A对预防疾病B有效． (2)将频率视为概率，用A人工智能大模型随机回答该知识领域的n(n≥2)个问题，且各题回答正确与否相互之间没有影响．记其中恰有2个问题回答错误的概率为Pn，求Pn取得最大值时n的值． 附：χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d. 零假设为H0：人工智能大模型的选择与回答是否正确无关， χ2＝eq \f(180×（91×15－9×65）2,100×80×156×24)≈3.656>2.706， 根据小概率值α＝0.10的独立性检验，推断H0不成立，故能认为人工智能大模型的选择与回答是否正确有关． (2)由题意，A人工智能大模型回答问题错误的概率为eq \f(9,100)，恰有2个问题回答错误的概率为Pn＝Ceq \o\al(2,n)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,100))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(91,100))) eq \s\up12(n－2)， 假设当n＝k时，Pn取得最大值， 则2,k)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,100)))\s\up12(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(91,100)))\s\up12(k－2)≥Ceq \o\al(2,k－1)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,100)))\s\up12(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(91,100)))\s\up12(k－3)，,Ceq \o\al(2,k)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,100)))\s\up12(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(91,100)))\s\up12(k－2)≥Ceq \o\al(2,k＋1)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,100)))\s\up12(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(91,100)))\s\up12(k－1)，)) 解得eq \f(191,9)≤k≤eq \f(200,9)， 又因为k∈N，所以k＝22， 即Pn取得最大值时n的值为22. (1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为P，求P的估计值； (2)根据小概率值α＝0.001的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关． 附：χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）). 解：(1)根据表格可知，检查结果不正常的200人中有180人患该疾病， 所以P的估计值为eq \f(180,200)＝eq \f(9,10). (2)零假设为H0：超声波检查结果与患该疾病无关， 根据表中数据可得， χ2＝eq \f(1000×（20×20－180×780）2,200×800×800×200)＝765.625>10.828＝x0.001， 根据小概率值α＝0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为超声波检查结果与患该疾病有关，该推断犯错误的概率不超过0.001. 2．(2025·新课标Ⅱ卷，19)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率为peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<p<1))，乙胜的概率为q，p＋q＝1，且各球的胜负相互独立，对正整数k≥2，记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率． (1)求p3，p4(用p表示)； (2)若eq \f(p4－p3,q4－q3)＝4，求p； (3)证明：对任意正整数m，p2m＋1－q2m＋1<p2m－q2m<p2m＋2－q2m＋2. 解：(1)p3为打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率，故只能甲胜三场， 故所求为p3＝Ceq \o\al(3,3)p3＝p3. p4为打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率，故甲胜三场或四场， 故所求为p4＝Ceq \o\al(3,4)p3(1－p)1＋Ceq \o\al(4,4)p4＝4p3(1－p)＋p4＝p3(4－3p)． (2)由(1)，得p3＝p3，p4＝p3(4－3p)， 同理可得，q3＝q3，q4＝q3(4－3q)， 则eq \f(p4－p3,q4－q3)＝eq \f(p3（4－3p）－p3,q3（4－3q）－q3)＝eq \f(3p3（1－p）,3q3（1－q）)＝eq \f(p3q,q3p)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,q))) eq \s\up12(2)＝4， 因为0<p，q<1，所以p＝2q＝2(1－p)，解得p＝eq \f(2,3). (3)证明：①若在前2m个球中，甲的胜场不小于m＋2场的概率为p2m－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1，甲的胜场为m＋1场的概率为Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1，p2m＋1＝p2m－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1＋Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1·qm－1p，p2m＋1－p2m＝－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm，同理q2m＋1－q2m＝－Ceq \o\al(m＋1,2m)qm＋1pm， 因为p>q， 所以－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm<－Ceq \o\al(m＋1,2m)qm＋1pm， 即p2m＋1－p2m<q2m＋1－q2m， 即p2m＋1－q2m＋1<p2m－q2m. ②若在前2m个球中，甲的胜场不小于m＋2场的概率为p2m－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1，甲的胜场为m＋1场的概率为Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1，甲的胜场为m场的概率为Ceq \o\al(m,2m)pmqm，p2m＋2＝p2m－Ceq \o\al(m＋1,2m)·pm＋1qm－1＋Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1(1－q2)＋Ceq \o\al(m,2m)pmqmp2，p2m＋2－p2m＝－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1·qm－1＋Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1(1－q2)＋Ceq \o\al(m,2m)pmqmp2＝－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm＋1＋Ceq \o\al(m,2m)pmqmp2，同理可得，q2m＋2－q2m＝－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm＋1＋Ceq \o\al(m,2m)pmqmq2，因为p>q，所以p2m＋2－p2m>q2m＋2－q2m， 即p2m－q2m<p2m＋2－q2m＋2. 综上可得，p2m＋1－q2m＋1<p2m－q2m<p2m＋2－q2m＋2. ②若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15， P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3](1－q)3，P(X＝5)＝[1－(1－p)3]Ceq \o\al(1,3)q(1－q)2， P(X＝10)＝[1－(1－p)3]Ceq \o\al(2,3)q2(1－q)，P(X＝15)＝[1－(1－p)3]q3， ∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15pq(p2－3p＋3)， 若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15， 同理E(Y)＝15pq(q2－3q＋3)， ∴E(X)－E(Y)＝15pq(p2－3p＋3－q2＋3q－3)＝15pq(p－q)(p＋q－3)， ∵0<p<q，∴pq>0，p－q<0，p＋q－3<1＋1－3<0， 则pq(p－q)(p＋q－3)>0，∴E(X)>E(Y)，∴应该由甲参加第一阶段比赛． (1)已知甲先上场，p＝eq \f(1,3)，q＝eq \f(1,4)，n＝2， ①求挑战没有一关成功的概率； ②设X为挑战比赛结束时挑战成功的关卡数，求E(X)； (2)如果n关都挑战成功，那么比赛挑战成功．试判断甲先上场与乙先上场比赛挑战成功的概率是否相同，并说明理由． 解：(1)①记甲先上场且挑战没有一关成功的概率为P， 则P＝(1－p)(1－q)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,2). ②依题意可知，X的所有可能取值为0，1，2， 则由①知P(X＝0)＝eq \f(1,2)， P(X＝1)＝p(1－p)(1－q)＋(1－p)q(1－q)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(3,4)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,6)＋eq \f(1,8)＝eq \f(7,24)， P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－eq \f(1,2)－eq \f(7,24)＝eq \f(5,24)， ∴X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(1,2) eq \f(7,24) eq \f(5,24) ∴E(X)＝0×eq \f(1,2)＋1×eq \f(7,24)＋2×eq \f(5,24)＝eq \f(17,24). 1．截至2025年6月，我国新能源汽车产销量占全球比重约为70%，中国成为世界第一大汽车出口国．某汽车城统计新能源汽车从某天开始连续的营业天数x与销售总量y(单位：辆)，采集了一组共20对数据，并计算得到线性回归方程eq \o(y,\s\up17(^))＝0.67x＋54.9，且这组数据中，连续的营业天数x的方差seq \o\al(2,x)＝200，销售总量y的方差seq \o\al(2,y)＝90. (1)求样本相关系数r，并刻画y与x的相关程度； (2)在这组数据中，若连续的营业天数x满足eq \o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1))xeq \o\al(2,i)＝2.2×104，试推算销售总量y的平均数eq \o(y,\s\up17(－)). 附：线性回归方程eq \o(y,\s\up17(^))＝eq \o(b,\s\up17(^))x＋eq \o(a,\s\up17(^))，其中 eq \o(b,\s\up17(^))＝eq \f(\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）（yi－\o(y,\s\up17(－))）,\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2)，eq \o(a,\s\up17(^))＝eq \o(y,\s\up17(－))－eq \o(b,\s\up17(^))eq \o(x,\s\up17(－)). 样本相关系数r＝eq \f(\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）（yi－\o(y,\s\up17(－))）,\r(\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （yi－\o(y,\s\up17(－))）2))， eq \r(5)≈2.236. 解：(1)∵r＝eq \f(\o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）（yi－\o(y,\s\up17(－))）,\r(\o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2\o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1)) （yi－\o(y,\s\up17(－))）2)) ＝(b,\s\up17(^))eq \f(·\o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2,\r(\o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2\o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1)) （yi－\o(y,\s\up17(－))）2)) ＝eq \o(b,\s\up17(^))·eq \r(\f(\o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2,\o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1)) （yi－\o(y,\s\up17(－))）2))＝eq \o(b,\s\up17(^))·2,x)eq \r(\f(s,seq \o\al(2,y))) ＝0.67×eq \r(\f(200,90))＝eq \f(0.67×2\r(5),3) ≈0.9987， ∴可以推断销售总量y与连续的营业天数x相关程度很强． (2)∵seq \o\al(2,x)＝eq \f(1,20) eq \o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1)) (xi－eq \o(x,\s\up17(－)))2＝eq \f(1,20) eq \o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1)) (xeq \o\al(2,i)－2eq \o(x,\s\up17(－))xi＋eq \o(x,\s\up17(－))2)＝eq \f(1,20)(eq \o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1))xeq \o\al(2,i)－2eq \o(x,\s\up17(－)) eq \o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1))xi＋20eq \o(x,\s\up17(－))2)＝eq \f(1,20) eq \o(∑,\s\up17(20),\s\do14(i＝1))xeq \o\al(2,i)－eq \o(x,\s\up17(－))2＝eq \f(1,20)×22000－eq \o(x,\s\up17(－))2＝1100－eq \o(x,\s\up17(－))2＝200， ∴eq \o(x,\s\up17(－))＝30(负值已舍去)， 又eq \o(a,\s\up17(^)) ＝eq \o(y,\s\up17(－))－eq \o(b,\s\up17(^)) eq \o(x,\s\up17(－))， ∴eq \o(y,\s\up17(－))＝eq \o(b,\s\up17(^)) eq \o(x,\s\up17(－))＋eq \o(a,\s\up17(^)) ＝0.67×30＋54.9＝75. (1)求eq \f(r－s,l－t)的值； (2)依据小概率值α＝0.1的独立性检验，能否认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异？ (3)用频率估计概率，现随机采访1名女性参赛人员与1名男性参赛人员，设X表示这2人中对该部门服务质量非常满意的人数，求X的分布列和数学期望． 附：χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d. 故r＝30，s＝20，t＝30，l＝60， 故eq \f(r－s,l－t)＝eq \f(30－20,60－30)＝eq \f(1,3). (2)零假设为H0：不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价没有差异， χ2＝eq \f(120×（30×40－20×30）2,50×70×60×60)＝eq \f(24,7)>2.706， 故依据小概率值α＝0.1的独立性检验，推断H0不成立，故能认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异． (3)由于女性对该部门服务质量非常满意的概率为eq \f(30,60)＝eq \f(1,2)，男性对该部门服务质量非常满意的概率为eq \f(40,60)＝eq \f(2,3)， 故X的所有可能取值为0，1，2， P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq \f(1,6)， P(X＝1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq \f(2,3)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq \f(1,2)， P(X＝2)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)， 故X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(1,6) eq \f(1,2) eq \f(1,3) 故E(X)＝0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,3)＝eq \f(7,6). 解：(1)根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲共获胜3场，分别是第3场、第8场、第10场． 设事件A表示“从10场比赛中随机选择一场，甲获胜”， 则P(A)＝eq \f(3,10). (2)根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，分别是第2场、第3场、第5场、第8场、第9场、第10场，其中乙得分大于丙得分的场次有4场，分别是第2场、第5场、第8场、第9场， 所以X的所有可能取值为0，1，2. P(X＝0)＝2,2)eq \f(CCeq \o\al(0,4),Ceq \o\al(2,6)) ＝eq \f(1,15)，P(X＝1)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(1,4),Ceq \o\al(2,6)) ＝eq \f(8,15)， P(X＝2)＝0,2)eq \f(CCeq \o\al(2,4),Ceq \o\al(2,6)) ＝eq \f(2,5). 所以X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(1,15) eq \f(8,15) eq \f(2,5) 所以E(X)＝0×eq \f(1,15)＋1×eq \f(8,15)＋2×eq \f(2,5)＝eq \f(4,3). (3)由题意，每场比赛甲获胜的概率为eq \f(3,10)，乙获胜的概率为eq \f(1,2)，丙获胜的概率为eq \f(1,5)，还需要进行6场比赛，而甲、乙、丙获胜的场数服从二项分布， 所以D(Y1)＝6×0.3×(1－0.3)＝1.26，D(Y2)＝6×0.5×(1－0.5)＝1.5，D(Y3)＝6×0.2×(1－0.2)＝0.96， 故D(Y2)>D(Y1)>D(Y3)． eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))uivi eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))ui eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))vi eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))ueq \o\al(2,i) 30.5 15 15 46.5 (1)根据散点图判断，y＝a＋bx与y＝cxd哪一个更适合作为年销售量y关于年研发费用x的回归方程类型(给出判断即可，不必说明理由)，并根据判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程； (2)已知年利润z与x，y的关系为z＝eq \f(27,e)y－x(其中e为自然对数的底数)，要使企业下一年的年利润最大，预计下一年应投入多少研发费用？ (3)科技升级后，该产品的效率X大幅提高，经试验统计得X大致服从正态分布N(0.52，0.012)．企业对科技升级团队的奖励方案如下：若X不超过50%，不予奖励；若X超过50%，但不超过53%，每件产品奖励2元；若X超过53%，每件产品奖励4元．记Y为每件产品获得的奖励，求E(Y)(精确到0.01)． 附：对于一组数据(ui，vi)(i＝1，2，3，…，n)，其回归直线eq \o(v,\s\up17(^))＝eq \o(β,\s\up17(^))u＋eq \o(α,\s\up17(^))的斜率和截距的最小二乘估计分别为eq \o(β,\s\up17(^))＝eq \f(\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （ui－\o(u,\s\up17(－))）（vi－\o(v,\s\up17(－))）,\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （ui－\o(u,\s\up17(－))）2)＝2,i)eq \f(\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1))uivi－n\o(u,\s\up17(－))\o(v,\s\up17(－)),\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1))u－n\o(u,\s\up17(－))2) ，eq \o(α,\s\up17(^))＝eq \o(v,\s\up17(－))－eq \o(β,\s\up17(^))eq \o(u,\s\up17(－)). 附：若随机变量X～N(μ，σ2)(σ>0)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545. 解：(1)根据散点图可判断，y＝cxd更适合作为y关于x的回归方程类型． 对y＝cxd两边取对数，得ln y＝ln c＋dln x，即v＝ln c＋du， 由表中数据得eq \o(v,\s\up17(－))＝eq \o(u,\s\up17(－))＝1.5， eq \o(d,\s\up17(^))＝2,i)eq \f(\o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))uivi－10\o(u,\s\up17(－))\o(v,\s\up17(－)),\o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))u－10\o(u,\s\up17(－))2) ＝eq \f(30.5－10×1.5×1.5,46.5－10×1.52)＝eq \f(1,3)， ln eq \o(c,\s\up17(^))＝eq \o(v,\s\up17(－))－eq \o(d,\s\up17(^))eq \o(u,\s\up17(－))＝1.5－eq \f(1,3)×1.5＝1， 所以eq \o(c,\s\up17(^))＝e，所以y关于x的回归方程为eq \o(y,\s\up17(^))＝exeq \s\up14(\f(1,3)). (2)因为eq \o(y,\s\up17(^))＝exeq \s\up14(\f(1,3))， 所以eq \o(z,\s\up4(^))＝27xeq \s\up14(\f(1,3))－x，eq \o(z,\s\up4(^))′＝9xeq \s\up14(-\f(2,3))－1， 令eq \o(z,\s\up4(^))′＝0，得x＝27， 当x∈(0，27)时，eq \o(z,\s\up4(^))′>0，eq \o(z,\s\up4(^))单调递增； 当x∈(27，＋∞)时，eq \o(z,\s\up4(^))′<0，eq \o(z,\s\up4(^))单调递减． 所以预计下一年投入27千万元时，年利润取得最大值． (3)因为μ－2σ＝0.5，μ＋σ＝0.53， 所以P(Y＝2)＝P(0.50<X≤0.53) ＝P(μ－2σ<X≤μ＋σ) ＝P(μ－2σ<X≤μ)＋P(μ<X≤μ＋σ) ≈eq \f(0.9545,2)＋eq \f(0.6827,2)＝0.8186， P(Y＝4)＝P(X>0.53)＝P(X>μ＋σ)≈eq \f(1－0.6827,2)＝0.15865， E(Y)≈0＋2×0.8186＋4×0.15865＝2.2718≈2.27(元)． 解：(1)①由题意，p2＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(3)＝eq \f(27,32). ②由题意，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(3,4)))， 则P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(5)＝eq \f(1,1024)，P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(4)＝eq \f(15,1024)， P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(3)＝eq \f(45,512)，P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(135,512)， P(X＝4)＝Ceq \o\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(1)＝eq \f(405,1024)，P(X＝5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(5)＝eq \f(243,1024)， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P eq \f(1,1024) eq \f(15,1024) eq \f(45,512) eq \f(135,512) eq \f(405,1024) eq \f(243,1024) E(X)＝5×eq \f(3,4)＝eq \f(15,4). (2)①升级装置正常运行时，设备的平均稳定率为90%×90%＋95%×10%＝0.905， 所以安装升级装置后该设备的平均稳定率为60%×(1－pk)＋0.905×pk＝0.305pk＋0.6. ②因为控制系统中模块总数为奇数，若增加2个模块，则第一类：原系统中至少有k＋1个模块正常工作，其概率为p(1)＝pk－Ceq \o\al(k,2k－1)pk(1－p)k－1； 第二类：原系统中恰好有k个模块正常工作，新增2个模块中至少有1个正常工作，其概率为p(2)＝Ceq \o\al(k,2k－1)pk(1－p)k－1[1－(1－p)2]＝Ceq \o\al(k,2k－1)pk＋1(1－p)k－1(2－p)； 第三类：原系统中有k－1个模块正常工作，新增2个模块全部正常工作， 其概率为p(3)＝Ceq \o\al(k－1,2k－1)pk－1(1－p)kp2＝Ceq \o\al(k－1,2k－1)·pk＋1(1－p)k. 所以pk＋1＝pk－Ceq \o\al(k,2k－1)pk(1－p)k－1＋Ceq \o\al(k,2k－1)·pk＋1(1－p)k－1(2－p)＋Ceq \o\al(k－1,2k－1)pk＋1(1－p)k＝pk＋Ceq \o\al(k,2k－1)pk(1－p)k(2p－1)， 则pk＋1－pk＝Ceq \o\al(k,2k－1)pk(1－p)k(2p－1)， 所以当eq \f(1,2)<p<1时，pk＋1－pk>0，pk单调递增， 即增加模块个数设备正常工作的概率变大， 当0<p≤eq \f(1,2)时，pk＋1－pk≤0， 即增加模块个数设备正常工作的概率没有变大， 又因为安装升级装置后该设备的平均稳定率为0.305pk＋0.6，为增函数， 所以当eq \f(1,2)<p<1时，可以通过增加控制系统中模块的数量来提高平均稳定率； 当0<p≤eq \f(1,2)时，不可以通过增加控制系统中模块的数量来提高平均稳定率． 6．(2025·皖南八校高三第三次联考)经典比特只能处于“0”态或“1”态，而量子计算机的量子比特可同时处于“0”或“1”的叠加态．某台量子计算机以序号1，2，3，…，2k(k∈N*)的粒子自旋状态为量子比特，每个粒子的自旋状态等可能的处于“0”态(下旋状态)或“1”态(上旋状态)，现记序号为奇数的粒子中，处于“0”态的个数为X，序号为偶数的粒子中，处于“1”态的个数为Y. (1)当2k＝4时，求随机变量X的分布列和期望； (2)在这2k个粒子中，求事件“X＝Y”的概率； (3)在这2k个粒子中，令随机变量η＝k＋|X－Y|，证明：E(η)＝kk,2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,22k)＋1)) . 参考公式：Ceq \o\al(k,k)Ceq \o\al(i,k)＋Ceq \o\al(k－1,k)Ceq \o\al(i＋1,k)＋…＋Ceq \o\al(i,k)Ceq \o\al(k,k)＝Ceq \o\al(k＋i,2k)(i＝0，1，…，k)，rCeq \o\al(r,n)＝nCeq \o\al(r－1,n－1). 解：(1)随机变量X的所有可能取值为0，1，2， P(X＝0)＝eq \f(1,22)＝eq \f(1,4)，P(X＝1)＝1,2)eq \f(C,22) ＝eq \f(1,2)，P(X＝2)＝eq \f(1,22)＝eq \f(1,4)， 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(1,4) eq \f(1,2) eq \f(1,4) 期望E(X)＝0×eq \f(1,4)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,4)＝1. (2)P(X＝Y)＝0,k)eq \f(CCeq \o\al(0,k)＋Ceq \o\al(1,k)Ceq \o\al(1,k)＋Ceq \o\al(2,k)Ceq \o\al(2,k)＋…＋Ceq \o\al(k,k)Ceq \o\al(k,k),22k) ＝k,k)eq \f(CCeq \o\al(0,k)＋Ceq \o\al(k－1,k)Ceq \o\al(1,k)＋Ceq \o\al(k－2,k)Ceq \o\al(2,k)＋…＋Ceq \o\al(0,k)Ceq \o\al(k,k),22k) ＝k,2k)eq \f(C,22k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(Ceq \o\al(k,2k),4k))) . (3)证明：令ξ＝|X－Y|，则ξ可取0，1，2，…，k，故η可取k，k＋1，k＋2，…，2k， 当i取1，2，…，k时，P(ξ＝i) ＝0,k)eq \f(CCeq \o\al(i,k)＋Ceq \o\al(1,k)Ceq \o\al(i＋1,k)＋…＋Ceq \o\al(k－i,k)Ceq \o\al(k,k)＋Ceq \o\al(k,k)Ceq \o\al(k－i,k)＋…＋Ceq \o\al(i＋1,k)Ceq \o\al(1,k)＋Ceq \o\al(i,k)Ceq \o\al(0,k),22k) ＝0,k)eq \f(2（CCeq \o\al(i,k)＋Ceq \o\al(1,k)Ceq \o\al(i＋1,k)＋…＋Ceq \o\al(k－i,k)Ceq \o\al(k,k)）,22k) ＝k,k)eq \f(2（CCeq \o\al(i,k)＋Ceq \o\al(k－1,k)Ceq \o\al(i＋1,k)＋…＋Ceq \o\al(i,k)Ceq \o\al(k,k)）,22k) ＝k＋i,2k)eq \f(2C,22k) ， 故P(η＝k＋i)＝k＋i,2k)eq \f(C,22k－1) (i＝1，2，3，…，k)， 从而E(η)＝k·P(η＝k)＋(k＋1)·P(η＝k＋1)＋…＋(2k)·P(η＝2k)， 整理，得E(η)＝k·P(η＝k)＋eq \o(∑,\s\up17(k),\s\do14(i＝1)) (k＋i)k＋i,2k)eq \f(C,22k－1) ＝k·P(η＝k)＋eq \f(1,22k－1) eq \o(∑,\s\up17(k),\s\do14(i＝1))(k＋i)Ceq \o\al(k＋i,2k)， 又因为rCeq \o\al(r,n)＝nCeq \o\al(r－1,n－1)， 所以E(η)＝k·P(η＝k)＋eq \f(2k,22k－1) eq \o(∑,\s\up17(k),\s\do14(i＝1))Ceq \o\al(k＋i－1,2k－1) ＝k·P(η＝k)＋eq \f(k,22k－1) eq \o(∑,\s\up17(k),\s\do14(i＝1))2Ceq \o\al(k＋i－1,2k－1)， 又eq \o(∑,\s\up17(k),\s\do14(i＝1))2Ceq \o\al(k＋i－1,2k－1)＝2(Ceq \o\al(k,2k－1)＋Ceq \o\al(k＋1,2k－1)＋…＋Ceq \o\al(2k－1,2k－1)) ＝(Ceq \o\al(0,2k－1)＋Ceq \o\al(1,2k－1)＋…＋Ceq \o\al(k－1,2k－1)＋Ceq \o\al(k,2k－1)＋Ceq \o\al(k＋1,2k－1)＋…＋Ceq \o\al(2k－1,2k－1))， 根据Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)＝2n， 可得eq \o(∑,\s\up17(k),\s\do14(i＝1))2Ceq \o\al(k＋i－1,2k－1)＝22k－1， 可得E(η)＝k·P(η＝k)＋eq \f(k,22k－1)22k－1＝k·P(η＝k)＋k. 由(2)知P(η＝k)＝P(ξ＝0)＝k,2k)eq \f(C,22k) ， 所以E(η)＝kk,2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,22k)＋1)) . $