第十章 必刷大题20 概率与统计（课件PPT）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（人教B版）

第十章 必刷大题20　概率与统计 1.(2023·汕头模拟)袋中装着标有数字1,2,3,4的小球各3个，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等. (1)求取出的3个小球上的数字互不相同的概率； 1 2 3 4 5 6 “一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为事件A， 1 2 3 4 5 6 (2)用X表示取出的3个小球上所标的最大数字，求随机变量X的分布列和数学期望. 由题意知，X所有可能的取值为1,2,3,4， 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 所以随机变量X的分布列为 2.(2023·邵阳模拟)某电视台为了解不同性别的观众对同一档电视节目的评价情况，随机选取了100名观看该档节目的观众对这档电视节目进行评价，已知被选取的观众中“男性”与“女性”的人数之比为9∶11，评价结果分为“喜欢”和“不喜欢”，并将部分评价结果整理如下表所示. 性别 评价 总计 喜欢 不喜欢 男性 15     女性       总计 50   100 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 (1)根据所给数据，完成上面的2×2列联表； 性别 评价 总计 喜欢 不喜欢 男性 15     女性       总计 50   100 性别 评价 总计 喜欢 不喜欢 男性 15 30 45 女性 35 20 55 总计 50 50 100 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 (2)判断是否有99.5%的把握认为性别因素与评价结果有关； 性别 评价 总计 喜欢 不喜欢 男性 15 30 45 女性 35 20 55 总计 50 50 100 1 2 3 4 5 6 α＝P(χ2≥k) 0.010 0.005 0.001 k 6.635 7.879 10.828 所以有99.5%的把握认为评价结果与性别有关． 性别 评价 总计 喜欢 不喜欢 男性 15 30 45 女性 35 20 55 总计 50 50 100 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 (3)电视台计划拓展男性观众市场，现从参与评价的男性中，用分层抽样的方法选取3人，进行节目“建言”征集奖励活动，其中评价结果为“不喜欢”的观众“建言”被采用的概率为 ，评价结果为“喜欢”的观众“建言”被采用的概率为 ，“建言”被采用奖励100元，“建言”不被采用奖励50元，记3人获得的总奖金为X，求X的分布列及数学期望. 由题意得选取的3人中，评价结果为“喜欢”的有1人，“不喜欢”的有2人， 所以X的所有可能取值为150,200,250,300， 1 2 3 4 5 6 所以X的分布列为 1 2 3 4 5 6 3.(2023·南京模拟)综合素质评价是高考招生制度改革的内容之一.某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价.如图是该校高三学生“运动与健康”评价结果的频率分布直方图，评分在区间[90,100]，[70,90)，[60,70)，[50,60)上，分别对应为A，B，C，D四个等级.为了进一步引导 学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评.复评中，原获B等级的学生有 的概率提升为A等级，原获C等级的学生有 的概率提升为B等级，原获D等级的学生有 的概率提升为C等级.用频率估计概率，每名学生复评结果相互独立. 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 (1)若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望； ξ的所有可能取值为0,1,2,3， 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 ∴ξ的分布列为 1 2 3 4 5 6 (2)从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是C等级的概率. 记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C等级”， 1 2 3 4 5 6 4.杭州第19届亚运会共设40个竞赛大项.其中首次增设了电子竞技项目.与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐.传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此容错率更高.假设最终有四支队伍进入到半决赛，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军.双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组.之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛则总决赛就无法拿到冠军，但是其他的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？ 1 2 3 4 5 6 这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A，B，C，D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为 .最初分组时AB同组，CD同组. (1)若p＝ ，在淘汰赛制下，A，C获得冠军的概率分别为多少？ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 A获得冠军：AB组A获胜，再由A与CD组胜者决赛并胜出， 1 2 3 4 5 6 C获得冠军：CD组C获胜，再由C与AB组胜者决赛并胜出， 1 2 3 4 5 6 (2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率(用p表示)，并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 双败赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况， 当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军， 若在胜者组A胜利，后一局(与败者组胜者比赛)胜，方可得冠军； 当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军. 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 综上，A获得冠军的概率为p3(1－p)＋p3＋(1－p)p3＝p3(3－2p). 令f(p)＝p3(3－2p)－p2＝p2(－2p2＋3p－1)＝p2(2p－1)(1－p)， 所以双败赛制下对强者更有利. 1 2 3 4 5 6 5.(2024·惠州模拟)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择一种，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； 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 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 (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”， 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 6.(2023·阳泉模拟)在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，硬币大小的无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注.这种起搏器体积只有传统起搏器的 ，其无线充电器的使用更是避免了传统起搏器囊袋及导线引发的相关并发症.在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片试生产，试产期同步进行产品检测，检测包括智能检测与人工抽检.智能检测在生产线上自动完成，包含安全检测、电池检测、性能检测三项指标，人工抽检仅对智能检测三项指标均达标的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标，四项指标均达标的产品才能视为合格品.已知试产期的产品，智能检测三项指标的达标率分别约为 设人工抽检的综合指标不达标率为p(0<p<1). (1)求每个芯片智能检测不达标的概率； 1 2 3 4 5 6 每个芯片智能检测中安全检测、电池检测、性能检测三项指标达标的概率分别记为P1，P2，P3，并记芯片智能检测不达标为事件A. 视指标的达标率为任取一件新产品，该项指标达标的概率， 由对立事件的性质及事件独立性的定义得， 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 (2)人工抽检30个芯片，记恰有1个不达标的概率为φ(p)，求φ(p)的极大值点p0； 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 (3)若芯片的合格率不超过96%，则需对生产工序进行改良.以(2)中确定的p0作为p的值，判断该企业是否需对生产工序进行改良. 1 2 3 4 5 6 记“芯片人工抽检达标”为事件B，“工人在流水线上进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品”为事件C， 因此，该企业需对生产工序进行改良. 则P(A)＝＝.  P(X＝4)＝＝＝.  P(X＝1)＝＝，  P(X＝2)＝＝，  P(X＝3)＝＝＝， X 1 2 3 4 P 随机变量X的数学期望为E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝. 男性有100×＝45(人)，女性有100－45＝55(人)，然后可得下表： 附：χ2＝.  χ2＝＝≈9.091， 则P(X＝150)＝××＝，  P(X＝200)＝×2＋2×××＝，  P(X＝250)＝2×××＋×2＝，  P(X＝300)＝××＝， X 150 200 250 300 P 数学期望为E(X)＝150×＋200×＋250×＋300×＝.  P(ξ＝3)＝××＝，  P(ξ＝0)＝××＝，  P(ξ＝1)＝××＋×C××＝，  P(ξ＝2)＝×C××＋××＝，  E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝. ξ 0 1 2 3 P ＝ 则P(B|A)＝ ＝.  A获得冠军的概率为P1＝××＋××＝， C获得冠军的概率为P2＝××＋××＝. 淘汰赛制下，A获得冠军的概率为  p××p＋p××p＝p2， 若A为强队，则<p<1，故f(p)>0，  P(A2|A1)＝，  P(A2|1)＝1－＝， 则1＝“第1天选择面食套餐”. 根据题意P(A1)＝，  P(1)＝， 由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(1)P(A2|1)＝×＋×＝. ①证明：为等比数列； 由全概率公式，得Pn＋1＝P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P(n)P(An＋1|n)＝Pn＋(1－Pn)＝－Pn＋， 则Pn＝P(An)，P(n)＝1－Pn， 根据题意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<<. 因此当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＝； ，， ， 则有P1＝，P2＝，P3＝，  P(A)＝1－P1P2P3＝1－××＝， 所以每个芯片智能检测不达标的概率为. 当p∈时，φ′(p)>0； 当p∈时，φ′(p)<0， 人工抽检30个芯片恰有1个不达标的概率为φ(p)＝Cp1(1－p)29(0<p<1)， 因此φ′(p)＝C[(1－p)29－29p(1－p)28]＝C(1－p)28(1－30p). 令φ′(p)＝0，得p＝. 所以φ(p)有唯一的极大值点p0＝. 则φ(p)在上单调递增，在上单调递减， 由(1)得P()＝1－P(A)＝， 所以P(B)＝P()·P(B|)＝×≈93.8%<96%， 由(2)得P(C)＝P(B|)＝1－p＝， $