概率与统计的综合应用（教师版）

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专题1：概率与统计的综合应用题型一:决策问题1.(2022·全国·高三专题练习)最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且每次试验的成功概率为p(0<p<1)．现对该产品进行独立重复试验，若试验成功，则试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验8次．记x为试验结束时所进行的试验次数，x的数学期望为ex．1(1)证明：ex<；p(2)某公司意向投资该产品，若p=0.2，每次试验的成本为a(a>0)元，若试验成功则获利8a元，则该公司应如何决策投资？请说明理由．解析(1)由题意，X=1，2，3，．．．，8k-17故P(X=k)=p(1-p)，k=1，2，⋯，7，P(X=8)=(1-p)分布列如下：X12345678Ppp(1-p(1-p(1-p(1-p(1-p(1-(1-234567p)p)p)p)p)p)p)01267所以X的数学期望E(X)=p(1-p)+2p(1-p)+3p(1-p)+⋯+7p(1-p)+8(1-p)，0126记S=(1-p)+2(1-p)+3(1-p)+⋯+7(1-p)，1237(1-p)S=(1-p)+2(1-p)+3(1-p)+⋯+7(1-p)，71-1-p012677作差可得，pS=1-p+1-p+1-p+⋯+1-p-71-p=-71-p，p7871-(1-p)71-(1-p)1则E(X)=pS+8(1-p)=+(1-p)=<；ppp1(2)由(1)可知E(X)<=5，则试验成本的期望小于5a元，p试验成功则获利8a元，且8a>5a，则该公司应该投资该产品第1页·共90页,2.(2022·陕西·交大附中模拟预测(理))据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中达到笔试优秀才能进入面试环节．已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否达到1优秀相互独立．若某考生报考甲大学，每门科目达到优秀的概率均为，若该考生报考乙大学，每门科312目达到优秀的概率依次为，，n，其中0<n<1．651(1)若n=，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好有一门科目达到优秀的概率；3(2)强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中达到优秀科目个数的期望为依据作出决策，该考生更希望进入甲大学的面试环节，求n的范围．11224解析(1)设该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀为事件a，则pa=c3⋅3⋅3=9；13252253该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀为事件b，则pb=××+××+×65365365141×=．390(2)该考生报考甲大学达到优秀科目的个数设为x，11依题意，x~b3,3，则ex=3×3=1，该同学报考乙大学达到优秀科目的个数设为y，随机变量y的可能取值为：0，1，2，3．531-n135253py=0=×1-n=，py=1=×1-n+×1-n+×n=65265656513+2n，305213122+11n122nnpy=2=×n+×n+×(1-n)=，py=3=×n==，65656530653015随机变量y的分布列：y0123p1-n13+2n2+11nn23030151-n13+2n2+11nn17+30ney=0×+1×+2×+3×=，23030153017+30n13因为该考生更希望进入甲大学的面试，则ey<ex，即<1，解得0<n<，303013所以n的范围为：0<n<．30第2页·共90页,3.(2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个100元，在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个300元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得如图柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记x表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．(1)求x的分布列；(2)以购买易损零件所需费用的期望为决策依据，在n=19与n=20之中选其一，应选用哪个更合理？解析(1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2，x的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，从而p(x=16)=0.2×0.2=0.04；p(x=17)=2×0.2×0.4=0.16；p(x=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24；p(x=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24；p(x=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2；p(x=21)=2×0.2×0.2=0.08；p(x=22)=0.2×0.2=0.04；所以x的分布列为x16171819202122p0.040.160.240.240.20.080.04(2)购买零件所需费用含两部分：一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，当n=19时，费用的期望为：19×100+300×0.2+600×0.08+900×0.04=2044元，当n=20时，费用的期望为：20×100+300×0.08+600×0.04=2048元，因为2044<2048，所以选n=19更适合．第3页·共90页,1.(2022·辽宁葫芦岛·一模)葫芦岛市矿产资源丰富，拥有煤、钼、锌、铅等51种矿种，采矿业历史悠久，是葫芦岛市重要产业之一．某选矿场要对即将交付客户的一批200袋钼矿进行品位(即纯度)检验，如检验出品位不达标，则更换为达标产品，检验时；先从这批产品中抽20袋做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有钼矿做检验，设每袋钼矿品位不达标的概率都为p0<p<1，且每袋钼矿品位是否达标相互独立．(1)若20袋钼矿中恰有2袋不达标的概率为fp，求fp的最大值点p0；(2)已知每袋钼矿的检验成本为10元，若品位不达标钼矿不慎出场，对于每袋不达标钼矿要赔付客户110元．现对这批钼矿检验了20袋，结果恰有两袋品位不达标．①若剩余钼矿不再做检验，以(1)中确定的p0作为p的值．这批钼矿的检验成本与赔偿费用的和记作ξ，求eξ；②以①中检验成本与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对余下的所有钼矿进行检验？2218解析(1)20袋钼矿中恰有2件不达标的概率为fp=c20p1-p．218217217因此fp=c202p1-p-18p1-p=2c20p1-p1-10p令fp=0；得p=0.1，当p∈0,0.1时，fp>0，fp单调递增，p∈0.1,1时，fp<0，fp单调递减，所以fp的最大值点p0=0.1．(2)由(1)知，p=0.1．①令η表示余下的180袋钼矿中不达标的袋数，依据题意可知η~B180,0.1，故Eη=18，又ξ=20×10+110η，即ξ=200+110η，所以Eξ=E200+110η=200+110Eη=200+110×18=2180．②若对余下的钼矿进行检验，则所有检验成本为2000元．由于Eξ=2180>2000．应该对余下的钼矿都进行检验．第4页·共90页,2.(2022·安徽省舒城中学一模(文))某蛋糕店计划按日生产一种面包，每天生产量相同，生产成本每个6元，售价每个8元，未售出的面包降价处理，以每个5元的价格当天全部处理完，该蛋糕店记录了30天这种面包的日需求量(单位：个)，整理得表：日需求量n282930313233频数346674(1)若该蛋糕店一天生产30个这种面包，以记录了30天的日需求量的频率作为日需求量发生的概率，求当天的利润不少于60元的概率；(2)该蛋糕店想提高该面包的销售利润，员工甲和乙分别提出两种方案．甲的方案：保持一天生产30个这种面包；乙的方案：加大产量一天生产31个这种面包．根据以上30天日需求量的日平均利润来决策哪一种方案收益更好．解析(1)由题意可知，当天需求量n<30时，当天的利润y=8n+530-n-6×30=3n-30，当天需求量n≥30时，当天的利润y=8×30-6×30=60．3n-30,n<30故当天的利润y关于当天需求量n的函数解析式为：y=，n∈N．60,n≥30由题意可得：日需求量n282930313233日利润545760606060频数3466746+6+7+423则当天的利润不少于60元的概率P==；303054×3+57×4+60×23(2)由(1)可得甲的方案的30天的日利润的平均数为=59(元)，303n-31,n<31同理可得乙的利润y关于当天需求量n的函数解析式为y=，n∈N．62,n≥31由题意可得：日需求量n282930313233日利润535659626262频数34667453×3+56×4+59×6+62×171791可得乙的方案的30天的日利润的平均数==59.7>59．3030所以乙的方案收益更好．第5页·共90页,题型二:道路通行问题1.某人某天的工作是，驾车从A地出发，到B，C两地办事，最后返回A地A，B，C三地之间各路段的行驶时间及当天降水概率如表：路段正常行驶所需时间(小时)上午降水概率下午降水概率AB20.30.6BC20.20.7CA30.30.9若在某路段遇到降水，则在该路段行驶的时间需延长1小时．现有如下两个方案：方案甲：上午从A地出发到B地办事然后到达C地，下午在C地办事后返回A地；方案乙：上午从A地出发到C地办事，下午从C地出发到达B地，办事后返回A地(1)若此人8点从A地出发，在各地办事及午餐的累积时间为2小时，且采用方案甲，求他当日18点或18点之前能返回A地的概率；(2)甲、乙两个方案中，哪个方案有利于办完事后能更早返回A地？解析解：(1)由题意可知，若各路段均不会遇到降水，则返回A地的时间为17点，因此若18点之前能返回A地的充要条件是降水的路段数不超过1，记事件M1，M2，M3分别表示在上午AB路段降水、上午BC路段降水、下午CA路段降水，则所求概率：P=P(M1M2M3)+P(M1M2M3)+P(M1M2M3)+P(M1M2M3)=0.7×0.8×0.1+0.3×0.8×0.1+0.7×0.2×0.1+0.7×0.8×0.9=0.598．(2)设基本路段正常行驶时间为x，降水概率为p，则该路段行驶时间X的分布列为：行驶时间Xxx+1概率P1-pp&there4;E(X)=x(1-p)+(x+1)p=x+p，路段正常行驶所需上午上午下午下午时间(小时)降水概率行驶时间期望降水概率行驶时间期望值值AB20.32.30.62.6BC20.22.20.72.7CA30.33.30.93.9设采用甲、乙两种方案所花费的总行驶时间分别为Y，Z，则EY=2.3+2.2+3.9=8.4，EZ=2.6+2.7+3.3=8.6．&there4;采用甲方案更有利于办事之后能更早返回A地．第6页·共90页,2.市民李先生居住在甲地，工作在乙地，他的小孩就读的小学在丙地，三地之间的道路情况如图所示．假设工作日不走其它道路，只在图示的道路中往返，每次在路口选择道路是随机的．同一条道路去程与回程是否堵车相互独立．假设李先生早上需要先开车送小孩去丙地小学，再返回经甲地赶去乙地上1班．假设道路A，B，D上下班时间往返出现拥堵的概率都是，道路C，E上下班时间往返出现拥堵101的概率都是，只要遇到拥堵上学和上班的都会迟到．5(1)求李先生的小孩按时到校的概率；(2)李先生是否有七成把握能够按时上班？(3)设X表示李先生下班时从单位乙到达小学丙遇到拥堵的次数，求X的均值．11解析(1)因为道路D、E上班时间往返出现拥堵的概率分别是和，因此从甲到丙遇到拥堵的概率10511113317是：×+×=，故李先生的小孩能够按时到校的概率是1-=．210252020201717(2)甲到丙没有遇到拥堵的概率是，丙到甲没有遇到拥堵的概率也是，甲到乙遇到拥堵的概率是20201111112213×+×+×=，甲到乙没有遇到拥堵的概率是1-=，310310351515151717133757&there4;李先生上班途中均没有遇到拥堵的概率是××=<0.7，所以李先生没有七成把握能2020156000够按时上班．(3)依题意X可以取0，1，2．131722121713373236P(X=0)=×=，P(X=1)=×+×=；P(X=2)=×=．1520300152015203001520300分布列是：X012P22173630030030022173617E(X)=0×+1×+2×=．30030030060第7页·共90页,3.2018年11月6日-11日，第十二届中国国际航空航天博览会在珠海举行。在航展期间，从珠海市1区开车前往航展地有甲、乙两条路线可走，已知每辆车走路线甲堵车的概率为，走路线乙堵车的概率4为p，若现在有A，B两辆汽车走路线甲，有一辆汽车C走路线乙，且这三辆车是否堵车相互之间没有影响。7(1)若这三辆汽车中恰有一辆汽车被堵的概率为，求p的值。16(2)在(1)的条件下，求这三辆汽车中被堵车辆的辆数X的分布列和数学期望。1133371解析1由已知得C2．．．1-p+．．p=⇒p=44441632由题意得X的所有可能取值为0，1，2，3332371111PX=0=．．=，PX=1=，PX=3=．．=443816443483711所以PX=2=1-PX=0-PX=1-PX=3=1---=816486所以随机变量X的分布列为X0123P371181664837115故EX=0×+1×+2×+3×=．8166486第8页·共90页,1.某校要用三辆汽车从新校区把教职工接到老校区，已知从新校区到老校区有两条公路，汽车走公路①13堵车的概率为，不堵车的概率为；汽车走公路②堵车的概率为p，不堵车的概率为1-p．若甲、乙两44辆汽车走公路①，丙汽车由于其他原因走公路②，且三辆车是否堵车相互之间没有影响．7(1)若三辆汽车中恰有一辆汽车被堵的概率为，求走公路②堵车的概率；16(2)在(1)的条件下，求三辆汽车中被堵车辆的个数ξ的分布列和数学期望．解析解：(1)三辆车是否堵车相互之间没有影响三辆汽车中恰有一辆汽车被堵，是一个独立重复试验，走公路②堵车的概率为p，不堵车的概率为1-p，113327得C2⋅4⋅4⋅1-p+4⋅p=161即3p=1，则p=31即p的值为．3(2)由题意知ξ可能的取值为0，1，2，333237Pξ=0=⋅⋅=，Pξ=1=443816112113111111Pξ=2=⋅⋅+C2⋅⋅⋅=，Pξ=3=⋅⋅=443443644348&there4;ξ的分布列为：37115&there4;Eξ=0⋅+1⋅+2⋅+3⋅=8166486第9页·共90页,题型三:保险问题1.(2022·全国·高三专题练习)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险的概率为0.3，1位车主只购买一种保险．(1)求该地的1位车主购买甲、乙两种保险中的1种的概率；(2)求该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．解析(1)记A表示事件“该地的1位车主购买甲种保险”；B表示事件“该地的1位车主购买乙种保险”；C表示事件“该地的1位车主购买甲、乙两种保险中的1种”；则PA=0.5，PB=0.3，C=A∪B，所以PC=PA∪B=PA+PB=0.8．(2)设D表示事件“该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买”．则D=C，故PD=1-PC=1-0.8=0.2．第10页·共90页,2.(2022·全国·高三专题练习)某单位有员工50000人，一保险公司针对该单位推出一款意外险产品，每年每位职工只需要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金．保险公司把该单位的所有岗位分为A，B，C三类工种，从事三类工种的人数分布比例如饼图所示，且这三类工种每年的赔付概率如下表所示：工种类别ABC121赔付概率554101010对于A，B，C三类工种，职工每人每年保费分别为a元､a元､b元，出险后的赔偿金额分别为100万元､100万元､50万元，保险公司在开展此项业务过程中的固定支出为每年20万元．(1)若保险公司要求每年收益的期望不低于保费的15%，证明：153a+17b≥4200．(2)现有如下两个方案供单位选择：方案一：单位不与保险公司合作，职工不交保险，出意外后单位自行拿出与保险公司提供的等额赔偿金赔付给出意外的职工，单位开展这项工作的固定支出为每年35万元；方案二：单位与保险公司合作，a=25，b=60，单位负责职工保费的80%，职工个人负责20%，出险后赔偿金由保险公司赔付，单位无额外专项开支．根据该单位总支出的差异给出选择合适方案的建议．解析(1)设工种A，B，C对应职工的每份保单保险公司的收益分别为随机变量X，Y，Z(单位：元)，则X，Y，Z的分布列分别为Xaa-100×410P111-551010Yaa-100×410P221-5510104Zbb-50×10P111-441010141E(X)=a×1-105+a-100×10×105=a-10，242E(Y)=a×1-105+a-100×10×105=a-20，141E(Z)=b×1-104+b-50×10×104=b-50．第11页·共90页,4所以(a-10)×50000×0.6+(a-20)×50000×0.3+(b-50)×50000×0.1-20×10≥(a×50000×0.6+a×50000×0.3+b×50000×0.1)×0.15，整理得153a+17b≥4200．(2)方案一：单位不与保险公司合作，则单位每年赔偿金支出的期望与固定开支共为4142414630000×100×10×+15000×100×10×+5000×50×10×+35×10=1.2×10(元)．554101010方案二：单位与保险公司合作，则单位支出金额为6(30000×25+15000×25+5000×60)×0.8=1.14×10(元)．66因为1.2×10>1.14×10，所以建议单位选择方案二．3.(2022·辽宁·沈阳二中二模)随着我国经济的发展，人们生活水平的提高，汽车的保有量越来越高．汽车保险费是人们非常关心的话题．保险公司规定：上一年的出险次数决定了下一年的保费倍率，具体关系如下表：上一年的出险次数012345次以上(含5次)下一年的保费倍率85%100%125%150%175%200%连续两年没有出险打7折，连续三年没有出险打6折经验表明新车商业车险保费与购车价格有较强的线性相关关系，下面是随机采集的8组数据x,y(其中x(万元)表示购车价格，y(元)表示商业车险保费)：(8,2150)，(11,2400)，(18,3140)，(25,3750)，(25,4000)，(31,4560)，(37,5500)，(45,6500)．设由这8组数据得到的回归直线方程为y=bx+1055．(1)求b的值．(2)某车主蔡先生购买一辆价值20万元的新车．①估计该车主蔡先生购车时的商业车险保费．②若该车今年保险期间内已出过一次险，现在又被刮花了，蔡先生到4S店询价，预计修车费用为800元，保险专员建议蔡先生自费(即不出险)，你认为蔡先生是否应该接受建议？并说明理由．(假设该车辆下一年与上一年购买相同的商业车险产品进行续保)．1200解析(1)x=×(8+11+18+25+25+31+37+45)==25(万元)88132000y=×2150+2400+3140+3750+4000+4560+5500+6500==4000(元)，88回归直线y=bx+1055经过样本点的中心x,y，即25,4000，y-10554000-1055所以b===117.8．x25(2)①价值为20万元的新车的商业车险保费预报值为117.8×20+1055=3411(元)．②由于该车已出过一次险，若再出一次险，则保费增加25%，即增加3411×25%=852.75(元)．因为852.75>800，所以应该接受建议．第12页·共90页,1.(2022·全国·高三专题练习)2017年泰康集团成立．泰康集团成立后，保险、资管、医养三大业务蓬勃发展．为了回馈社会，2021年初推出某款住院险．每个投保人每年度向保险公司交纳保费a元，若投保人445在购买保险的一年内住院，只要住院费超过10元，则可以获得10元的赔偿金．假定2021年有10人购55买了这种保险，且各投保人是否出险相互独立．记投保的10人中出险的人数为ξ．投保的10人在一年105度内至少有一人出险的概率为1-0.9997．(1)求一投保人在一年度内出险的概率p；5(2)设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外的成本为10元，保险公司该项业务的利润为η，为保证该项业务利润的期望不小于0，求每位投保人应交纳的最低保费(单位：元)．5解析各投保人是否出险互相独立，且出险的概率都是p，投保的10人中出险的人数ξ服从二项分布，5即ξ~B(10，p)4(1)记A“保险公司为该险种至少支付10元赔偿金”，则A发生当且仅当ξ=0，510P(A)=1-P(A)=1-P(ξ=0)=1-(1-p)，105-4又P(A)=1-0.9997，故p=3×10；545(2)该险种总收入为10a元，支出是赔偿金总额与成本的和；支出10ξ+10，545盈利η=10a-(10ξ+10)，545盈利的期望为Eη=10a-10Eξ-10，5-45-4由ξ~B(10，3×10)知，Eξ=10×3×10，545545-45Eη=10a-10Eξ-10=10a-10×10×3×10-10．545-45Eη≥0时，10a-10×10×3×10-10≥0a≥4(元)．所以为保证该项业务利润的期望不小于0，每位投保人应交纳的最低保费为4元．第13页·共90页,题型四:概率最值问题1.(2022·全国·高三专题练习)《中华人民共和国未成年人保护法》是为保护未成年人身心健康，保障未成年人合法权益，根据宪法制定的法律．某中学为宣传未成年人保护法，特举行一次未成年人保护法知识竞赛．竞赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别选答两题，两人答题互不影响．若答对题数合计不少于3题，则称这个小组为“优秀小组”．已知甲、乙两位同学组成一组，且甲、乙同学答对每道题的概率分别为P1，P2．21(1)若P1=，P2=，则在第一轮竞赛中，求该组获“优秀小组”的概率；324(2)当P1+P2=时，求该组在每轮竞赛中获得“优秀小组”的概率的最大值．3解析(1)记他们获得“优秀小组”的事件为事件A，则事件A包含三种情况：甲答对两题，乙答对一题的事件B；甲答对一题，乙答对两题的事件C，甲、乙都答对两题的事件D，事件B、C、D互斥，又因为甲乙两人答题相互独立，221121122212P(A)=P(B∪C∪D)=P(B)+P(C)+P(D)=3×2×2×2+2×3×3×2+3×24=，94所以该组获“优秀小组”的概率．9(2)由(1)知甲、乙小组每轮比赛获“优秀小组”的概率为：2222P=P1⋅2P2(1-P2)+2P1(1-P1)P2+P1P2=P1P2[2P1(1-P2)+2(1-P1)P2+P1P2]=P1P2[2(P1+P2)-3P1P2]，4P1+P2242又P1+P2=，则P1P2≤=，当且仅当P1=P2=时，等号成立，3293而0≤P≤1，0≤P≤1，于是有1≤P≤1，因此PP=P4-P∈1,412311213139，14284216164令t=P1P2∈3,9，则P=-3t+3t=-3t-9+27≤27，当且仅当t=9时等号成立，16所以该组在每轮竞赛中获得“优秀小组”的概率的最大值为．27第14页·共90页,2.(2022·重庆八中高三开学考试)某单位为了激发党员学习党史的积极性，现利用“学习强国”APP中特有的“四人赛”答题活动进行比赛，活动规则如下：一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，第一局获胜得3分，第二局获胜得2分，失败均得1分，小张周一到周五每天都参加了两局“四人1赛”活动，已知小张第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p(0<p<1)，，且各局比赛互不影响．22(1)若p=，记小张一天中参加“四人赛”活动的得分为x，求x的分布列和数学期望；3(2)设小张在这5天的“四人赛”活动中，恰有3天每天得分不低于4分的概率为fp，试问当p为何值时，fp取得最大值．解析(1)由题可知，x的可能取值为2，3，4，5．2111111211因为p=，所以p(x=2)=×=，p(x=3)=×=，p(x=4)=×=，3326326323211p(x=5)=×=．323故x的分布列为x2345p11116633111123e(x)=2×+3×+4×+5×=．66336(2)设一天得分不低于4分为事件a，pp则p(a)=+=p，2233232则f(p)=c5p(1-p)=10p(1-p)，0<p<1，2232则f(p)=30p(1-p)-20p(1-p)=10p(1-p)(3-5p)．33当0<p<时，f(p)>0；当<p<1时，f(p)<055333所以f(p)在0,5上单调递增，在5,1上单调递减，故当p=5时，f(p)取得最大值．第15页·共90页,3.(2022·全国·高三专题练习)北京某高校有20名志愿者报名参加2022年北京冬奥会服务工作，其中*有2名老师，18名学生．若从中随机抽取nn∈n,n≤20名志愿者，用x表示所抽取的n名志愿者中老师的人数．(1)若n=2，求x的分布列与数学期望；(2)当n为何值时，x=1的概率取得最大值？最大值是多少？解析(1)当n=2时，x的所有可能取值为0，1，2，021120c2c18153c2c1818c2c181则p(x=0)==，p(x=1)==，p(x=2)==，c2190c295c2190202020所以x的分布列为x012p153181190951901531811e(x)=0×+1×+2×=．1909519051n-1c2c18n(20-n)*(2)x=1的概率为p(x=1)==，1≤n≤20，且n∈n．n190c20n+(20-n)2因为n(20-n)≤=100，当且仅当n=20-n，即n=10时等号成立，210所以当n=10时，x=1的概率p(x=1)取最大值，最大值是．19第16页·共90页,1.(2022·全国·高三专题练习)某工厂对一批零件进行质量检测，具体检测方案是：从这批零件中任取10件逐一进行检测，当检测到2件不合格零件时，停止检测，此批零件未通过，否则检测通过．设每件零件为合格零件的概率为p，且每件零件是否合格是相互独立的．(1)已知p=0.9，若此批零件检测未通过，求恰好检测5次的概率；(2)已知每件零件的生产成本为80元，合格零件的售价为每件150元．现对不合格零件进行修复，修复后按正常零件进行销售，修复后不合格零件以每件10元按废品处理．若每件零件修复的费用为每件20元，每件不合格的零件修复为合格零件的概率为0.6．工厂希望每件零件可获利至少60元．求每件零件为合格零件的概率p的最小值？答案(1)0.0291633(2)38【分析】1若此批零件检测未通过，恰好检测5次，则第五次检验不合格，前四次有一次检验不合格，再结合二项分布的概率公式，即可求解．2由题意可得，合格产品利润为70元，不合格产品修复合格后利润为50元，不合格产品修复后不合格的利润为-90元，则x可取70，50，-90，分别求出对应的概率，即可得x的分布列，并结合期望公式，即可求解．解析(1)记事件a=“此批零件检测未通过，恰好检测5次”则前4次有1次未通过，第5次未通过．13pa=c4×0.1×0.9×0.1=0.02916．即恰好检测5次未通过的概率为0.02916；(2)由题意可得，合格产品利润为70元，不合格产品修复合格后利润为50元，不合格产品修复后不合格的利润为-90元，设每件零件可获利x元，x=70；50；-90．px=70=p；px=50=0.61-p；px=-90=0.41-p，则ex=70p+50×0.61-p-90×0.41-p=76p-6，33∴76p-6≥60解得p≥，3833即：每件零件为合格零件的概率p的最小值为．38第17页·共90页,2.(2022·全国·高三专题练习)随着中国经济的迅速发展，市场石料需求急增．西部某县有丰富的优质石料，当地政府决定有序开发本县石料资源．因建立石料厂会破坏生态，该县决定石料开发走“开发治理结合，人类生态友好”的路线．当地政府请国家环保机构每年对该县与石料开发相关的生态(以下简称生态)进行评估．若生态开始变差，则下一年石料厂将停产(本问题中，时间以整数年为单位)，生态友好后复产．该县在建石料厂之初投入巨资进行与之有关的生态建设，考虑到可持续发展，这种生态投入(以2下简称生态投入)将逐年减少4lna-a-2a+10(a是常数，0<a<e)亿元．该县从2021年起，若某15年生态友好，则下一年生态变差的概率是；若某年生态变差，则下一年生态友好的概率为．模型显88示，生态变差的概率不大于0.16683时，该县生态将不再变差，生态投入结束．1(1)若2021年该县生态变差的概率为，求该县2022年生态友好的概率；31(2)若2021年该县生态变差概率为，生态投入是40亿元，a为何值时，从2021年开始到生态投入结束，3对该县总生态投入额最小？并求出其最小值．解析(1)设a=“该县2021年生态友好”，b=“该县2022年生态友好”，112∵该县2021年生态变差的概率为，即p(a)=，p(a)=，333∴如果该县2021年生态友好，那么它2022年生态友好的概率为217p(ab)=3×1-8=12，该县2021年变差，那么它2022年友好的概率为155p(ab)=×=．3824因为“该县2021年生态友好，那么它2022年生态友好”与“该县2021年生态变差，而2022年生态友好”是互斥事件，7519所以，p(b)=p(ab)+p(ab)=+=，12242419所以，该县2022年生态友好的概率为．24(2)设该县2021年生态变差的概率为p，7571同(1)可得，该县2022年生态友好的概率为(1-p)+p=-p，888411∴该县2022年生态变差的概率为p+，48111112111∴该县2023年生态变差的概率为44p+8+8=4p+4×8+8，该县从2022年开始的第n年生态变差的概率为1n1n-1111111n1114p+4×8+⋯+4×8+8=4p-6+6，p=3，1n111∴若从2022年开始到生态投入结束共有n年，则43-6+6≤0.16683，2n即2≥1020.4，∴n=5，对该县总生态投入额6×522s6=6×40-(4lna-a-2a+10)=90+15(a+2a-4lna)，230(a+2)(a-1)∴s6=．a若0<a<1，则s6<0，s6单调递减；若a>1，则S6>0，S6单调递增，由于a=1时，S6=0，所以，当a=1时，S6最小，且最小值是135亿元，第18页·共90页,也就是说，当a=1时，对该县总生态投入额最小，最小值为135亿元．题型五:放回与不放回问题1.(2022·福建·宁德市高级中学高三阶段练习)已知一个袋子里装有颜色不同的6个小球，其中红球2个，黄球4个，现从中随机取球，每次只取一球．(1)若每次取球后都放回袋中，求事件“连续取球三次，至少两次取得红球”的概率；(2)若每次取球后都不放回袋中，且规定取完所有红球或取球次数达到四次就终止取球，记取球结束时一共取球X次，求随机变量X的分布列与期望．1解析(1)连续取球三次，记取得红球的次数为ξ，则ξ&sim;B3，3，21223137则Pξ≥2=C33×3+C33=27．(2)随机变量X的所有可能取值为2，3，4，211PX=2=×=，65152414212PX=3=××+××=，65465415124PX=4=1--=，15155所以随机变量X的分布列为X234P1241515512456所以随机变量X的期望为EX=2×+3×+4×=．1515515第19页·共90页,2.(2022·湖北·高三开学考试)袋中有同样的球5个，其中3个红色，2个黄色，现从中随机且不放回的摸球，每次摸1个，当两种颜色的球都被摸到时，即停止摸球，记随机变量ξ为此时已摸球的次数，求：(1)P(ξ=2)的值；(2)随机变量ξ的概率分布列和数学期望．11解析(1)由已知可得从袋中不放回的摸球两次的所有取法有C5C4种，事件ξ=2表示第一次取红球第1111二次取黄球或第一次取黄球第二次取红球，故事件ξ=2包含C3C2+C2C3种取法，1111C2C3+C3C23所以P(ξ=2)==C1C15541111C3C2+C2C33(2)随机变量ξ可取的值为2，3，4．P(ξ=2)==C1C1554212131A2C3+A3C23A3C21P(ξ=3)==；P(ξ=4)==．C1C1C110C1C1C1C1105435432得随机变量ξ的概率分布列为：ξ234P33151010331随机变量ξ的数学期望为：E(ξ)=2×+3×+4×=2.551010第20页·共90页,3.(2022·全国·高三专题练习)在10件产品中，有3件一等品、4件二等品、3件三等品．(1)若从这10件产品中任意抽取1件，设抽取到一等品的件数为ξ，求ξ的分布列．(2)若从这10件产品中随机连续抽取3次，每次抽取1件，每次抽取后都放回，设抽取到一等品的件数为η，求η的分布列，(3)若从这10件产品中随机连续抽取3次，每次抽取1件，每次抽取后都不放回，设抽取到一等品的件数为X，求①X的分布列；②抽取到的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率．解析(1)由题意知ξ的可能取值为0，1，所以ξ服从两点分布，37Pξ=1=，则Pξ=0=1-Pξ=1=，1010因此ξ的分布列为ξ01P7310103(2)若每次抽取后都放回，则每次抽到一等品的概率均为，1033次抽取可以看成3次独立重复试验，因此η&sim;B3,10，k3k73-k它的分布列为Pη=k=C31010，k=0，1，2，3，如表：η0123P343441189271000100010001000(3)①若每次抽取后都不放回，则随机抽取3次可看成随机抽取1次，且1次抽取了3件，因此一等品件数X服从超几何分布，m3-mC3C7所以从10件产品中任意抽取3件，其中恰有m件一等品的概率为PX=m=，m=0，1，2，3C103．所以X的分布列为X0123P72171244040120②设事件A=“抽取到的3件产品中一等品件数多于二等品件数”，A1=“抽取到的3件产品中恰好有1件一等品和2件三等品”，A2=“抽取到的3件产品中恰好有2件一等品”，A3=“抽取到的3件产品均为一等品”，则事件A1，A2，A3彼此互斥，且A=A1∪A2∪A3．12C3C3371因为PA1=3=40，PA2=PX=2=40，PA3=PX=3=120，C1031所以PA=PA1+PA2+PA3=，12031即抽取到的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率为．120第21页·共90页,1.(2022·江苏南京·高三阶段练习)现有三个白球，十五个红球，且甲、乙、丙三个盒子中各装有六个小球．(1)若甲、乙、丙三个盒子中各有一个白球，且小明从三个盒子中任选两个盒子并各取出一个球，求小明取出两个白球的概率；(2)若甲盒中有三个白球，小明先从甲盒中取出一个球，再从乙盒中取出一个球，最后再从丙盒中取出一个球，如此循环，直至取出一个白球后停止取球，且每次取球均不放回．若小明在第X次取球时取到白球，求X的概率分布和数学期望．解析(1)因为甲、乙、丙三个盒子中各有一个白球，1从一个盒中取出一个球是白球的概率为，6111所以小明取出两个白球的概率为×=；6636(2)由题可知X可取1，4，7，10，1则PX=1=，23×33PX=4==，6×5103×2×33PX=7==，6×5×4203×2×1×31PX=10==，6×5×4×320所以X的概率分布为：X14710P13312102020133113所以EX=1×+4×+7×+10×=．21020204第22页·共90页,2.(2022·广东汕头·高三阶段练习)在一个口袋中装有编号分别为1，2，3，4，5，的五张卡片，这些卡片除编号不同外其他都相同，从口袋中有放回地摸卡片3次．(1)求3次摸出卡片的数字之和为奇数的概率：(2)记这3次中摸出卡片的最大编号数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．32解析(1)依题意摸一次编号为奇数的概率为，编号为偶数的概率为，55要使3次摸出卡片的数字之和为奇数，则有1次或3次摸出的为奇数卡片，13223363所以概率P=C3⋅5⋅5+5=125；(2)依题意X的可能取值为1、2、3、4、5，131313137所以PX=1=5=125，PX=2=2×5-5=125，3133131931331337PX=3=3×5-2×5=125，PX=4=4×5-3×5=125，31331361PX=5=5×5-4×5=125，所以X的分布列为：X12345P171937611251251251251251719376121所以EX=1×+2×+3×+4×+5×=1251251251251255第23页·共90页,题型六:体育比赛问题1.(2022·广东·河源市河源中学高三阶段练习)为了丰富孩子们的校园生活，某校团委牵头，发起同一年级两个级部A､B进行体育运动和文化项目比赛，由A部､B部争夺最后的综合冠军．决赛先进行两天，每天实行三局两胜制，即先赢两局的级部获得该天胜利，此时该天比赛结束．若A部､B部中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天A部､B部各赢一天，则第三天只进行一局附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每局比赛A部获胜的概率为p(0<p<1)，每局比赛的结果没有平局且结果互相独立．(1)记第一天需要进行的比赛局数为x．(i)求ex，并求当ex取最大值时p的值；(ii)结合实际，谈谈(i)中结论的意义；1(2)当p=时，记一共进行的比赛局数为y，求py≤5．2解析(1)(i)x可能取值为2，3．222p(x=2)=p+(1-p)=2p-2p+1；2p(x=3)=2p(1-p)=-2p+2p．222故e(x)=2(2p-2p+1)+3(-2p+2p)=-2p+2p+2，1251即e(x)=-2p-2+2，则当p=2时，e(x)取得最大值．1(ii)结合实际，当p=时，双方实力最接近，比赛越激烈，则一天中进行比赛的盘数会更多．21111(2)当p=时，双方前两天的比分为2:0或0:2的概率均为×=；22241111比分为2:1或1:2的概率均为2×××=．2224y≤5则y=4或y=5．y=4即获胜方两天均为2:0获胜，111故p(y=4)=2××=；448y=5即获胜方前两天的比分为2:0和2:1或者2:0和0:2再加附加赛，111113故p(y=5)=2×4×4×2+4×4×2×2=8．131所以p(y≤5)=p(y=4)+p(y=5)=+=．882第24页·共90页,2.(2022·山东师范大学附中高三阶段练习)某选手参加套圈比赛，共有3次机会，满足“假设第k次套中的概率为p．当第k次套中时，第k+1次也套中的概率仍为p：当第k次未套中时，第k+1次套中的p1概率为．””已知该选手第1次套中的概率为．22(1)求该选手参加比赛至少套中1次的概率；(2)求该选手本次比赛平均套中多少次？解析(1)设事件a：该选手参加比赛至少套中1次，1112143则pa=1-21-41-8=64，故pa=1-pa=64．(2)设x为套中的次数，则x的可能取值有0、1、2、3，2111311313121px=0=，px=1=××+××+××=，64224244248641111111117131px=2=2×2×2+2×2×4+2×4×4=32，px=3=2=8，所以，随机变量x的分布列如下表所示：x0123p212171646432821217173因此，ex=0×+1×+2×+3×=．64643286473即该选手本次比赛平均套中次．64第25页·共90页,3.(2022·四川·南江中学高三阶段练习(理))甲、乙两名运动员进行乒乓球单打比赛，根据以往比赛的21胜负情况知道，每一局甲胜的概率为，乙胜的概率为，本次比赛规定：先连胜两局者直接获胜，若33赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者获胜．(1)求比赛共进行5局且甲获胜的概率；(2)记甲、乙比赛的局数为x，求x的概率分布列和数学期望．解析(1)记比赛共进行5局并且甲获胜为事件a，说明甲前4局胜了2局且不是连胜，并且第5局甲胜，且只有胜负胜负胜或负胜负胜胜两种情况，2212216所以比赛共进行5局并且甲获胜的概率为pa=2×3×3×3=243．(2)x的可能取值为2，3，4，5，记甲在第i局获胜为事件aii=1,2,3,4,5，乙在第i局获胜为事件bii=1,2,3,4,5，22115px=2=pa1pa2+pb1pb2=×+×=；333391222112px=3=pb1pa2pa3+pa1pb2pb3=××+××=；33333392122121px=4=pa1pb2pa3pa4+pb1pa2pb3pb4=×××+×××3333333110=；3818px=5=1-px=2-px=3-px=4=，81所以x的概率分布列为：x2345p5210899818152108224故x的数学期望ex=2×+3×+4×+5×=．99818181第26页·共90页,1.(2022·浙江·高三阶段练习)某校组织羽毛球比赛，每场比赛采用五局三胜制(每局比赛没有平局，先1胜三局者获胜并结束比赛)，两人第一局获胜的概率均为，从第二局开始，每局获胜的概率受上局比赛21+p1-p结果的影响，若上局获胜，则该局获胜的概率为，若上局未获胜，则该局获胜的概率为，且一225方第一局、第二局连胜的概率为．16(1)在一场比赛中，求甲以3：1获胜的概率；(2)设一场比赛的总局数为x，求x的分布列与数学期望．解析(1)令事件ai为甲在第i局获胜，i=1，2，3．11+p5甲连胜两局的概率pa1a2=×=，22161所以p=．4故在一场比赛中，甲以3∶1获胜的概率为：153313351355165p=×××+×××+×××=．2888288828881024(2)x可能的值为3，4，5．115525p(x=3)=c2×××=，288641153313351355165p(x=4)=c2×2×8×8×8+2×8×8×8+2×8×8×8=512，25165147p(x=5)=1--=，64512512所以x的分布列：x345p(x)2516514764512512251651471995所以e(x)=3×+4×+5×=．64512512512第27页·共90页,2.(2022·全国·高三专题练习)乒乓球是我国的国球，“乒乓精神”激励了一代又一代国人．为弘扬国球精神，传承乒乓球文化，强健学生体魄，某中学举行了乒兵球单打比赛．比赛采用7局4胜制，每局比赛为11分制，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分(包括2分)，即赢得该局比赛．在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为10:10后，每一个球就要交换一个发球权．经过紧张的角逐，甲、乙两位选手进入了决赛．2(1)若甲赢得每局比赛的概率为，求甲以4:1赢得比赛的概率；33(2)若在某一局比赛中，双方战成10:10．且甲获得了下一球的发球权，若甲发球时甲赢1分的概率为，41乙发球时甲赢1分的概率为，求两人打了ξ(ξ≤5，ξ∈n)个球后，甲蠃得了该局比赛的概率．2解析(1)甲以4:1赢得比赛，则前4局中甲赢得了3局，第5局甲获胜，3231264所以甲以4:1赢得比赛概率为p=c4×3×3×3=243．(2)因为ξ≤5，ξ∈n，所以在该局比赛中，甲只可能以12:10或13:11获胜，故ξ的可能取值为2，4，设甲赢得该局比赛的概率为pξ，313pξ=2=×=，428313111313pξ=4=×××+×××=，4242424216所以求两人打了ξ(ξ≤5，ξ∈n)个球后甲贏得了该局比赛的概率为339p=pξ=2+pξ=4=+=81616第28页·共90页,3.(2022·全国·高三专题练习)2022年9月28日晩，中国女排在世锦赛小组赛第三轮比赛中，又一次以3:0的比分酣畅淋漓地战胜了老对手日本女排，冲上了热搜榜第八位，令国人振奋！同学们，你们知道排球比赛的规则和积分制吗？其规则是：每场比赛采用“5局3胜制”(即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束)．比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以3:0或3:1取胜的球队积3分，负队积0分；以3:2取2胜的球队积2分，负队积1分．已知甲、乙两队比赛，甲队每局获胜的概率为．3(1)如果甲、乙两队比赛1场，求甲队的积分x的概率分布列和数学期望；(2)如果甲、乙两队约定比赛2场，求两队积分相等的概率．解析(1)随机变量x的所有可能取值为0、1、2、3，131212112221218px=0=3+c3⋅3⋅3⋅3=9，px=1=c4⋅3⋅3⋅3=81，22212216222122316px=2=c4⋅3⋅3⋅3=81，px=3=c3⋅3⋅3⋅3+3=27，所以x的分布列为x0123p1816162798181181616184所以数学期望ex=0×+1×+2×+3×=．981812781(2)记“甲、乙两队比赛两场后，两队积分相等”为事件a，设第i场甲、乙两队积分分别为xi、yi，则xi=3-yi，i=1、2，因两队积分相等，所以x1+x2=y1+y2，即x1+x2=3-x1+3-x2，则x1+x2=3，所以pa=px1=0px2=3+px1=1px2=2+px1=2px2=1+px1=3px2=01168161681611120=×+×+×+×=．927818181812796561第29页·共90页,4.(2022·福建省福州第一中学高三开学考试)第24届冬季奥运会于2022年2月4日至20日在中国举行，其中冰壶比赛项目是本届奥运会的正式比赛项目之一，冰壶比赛的场地如图所示，其中左端(投掷线mn的左侧)有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线mn将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心o的远近决定胜负．某学校冰壶队举行冰壶投掷测试，规则为：①每人至多投3次，先在点m处投第一次，冰壶进入营垒区得3分，未进营垒区不得分；②自第二次投掷开始均在点a处投掷冰壶，冰壶进入营垒区得2分，未进营垒区不得分；③测试者累计得分高于3分即通过测试，并立即终止投掷．已知投掷一次冰壶，甲得3分和2分的概率分别为0.1和0.5，乙得3分和2分的概率分别为0.2和0.4，甲，乙每次投掷冰壶的结果互不影响．(1)求甲通过测试的概率；(2)设y为本次测试中乙的得分，求y的分布列，解析(1)甲通过测试包括3种情况：①第一次得3分，第二次得2分，概率为0.1×0.5=0.05；②第一次得3分，第二次得0分，第三次得2分，概率为0.1×0.5×0.5=0.025；③第一次得0分，第二次得2分，第三次得2分，概率为0.9×0.5×0.5=0.225．所以甲通过测试的概率为0.05+0.025+0.225=0.3．(2)y的可能取值为0，2，3，4，5，py=0=0.8×0.6×0.6=0.288，py=2=0.8×0.4×0.6+0.8×0.6×0.4=0.384，py=3=0.2×0.6×0.6=0.072，px=4=0.8×0.4×0.4=0.128，px=5=0.2×0.4+0.2×0.6×0.4=0.128，所以y的分布列为：y02345p0.2880.3840.0720.1280.128第30页·共90页,5.(2022·全国·高三专题练习)北京时间2021年11月7日凌晨1点，来自中国赛区的edg战队，捧起了英雄联盟s11全球总决赛的冠军奖杯．据统计，仅在bilibili平台，s11总决赛的直播就有3.5亿人观看．电子竞技作为正式体育竞赛项目已经引起越来越多的年轻人关注．已知该项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：第一轮：四支队伍分别两两对阵(即比赛1和2)，两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组．第二轮：胜者组两支队伍对阵(即比赛3)，获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组两支队伍对阵(即比赛4)，失败队伍(已两败)被淘汰(获得殿军)，获胜队伍留在败者组．第三轮：败者组两支队伍对阵(即比赛5)，失败队伍被淘汰(获得季军)；获胜队伍成为败者组第一名．第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛(即比赛6)，争夺冠军．假设每场比赛双方获胜的概率均为0.5，每场比赛之间相互独立．问：(1)若第一轮队伍a和队伍d对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？(2)已知队伍b在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍b获得亚军的概率．解析(1)由题意可知，第一轮队伍a和队伍d对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，1111所以所求的概率为××=2228(2)设wi表示队伍b在比赛i中胜利，li表示队伍b在比赛i中失败，设事件e：队伍b获得亚军，事件f：队伍b所参加的所有比赛中败了两场，则事件f包括l2l4，l2w4l5，w2l3l5，w2l3w5l6，l2w4w5l6，且这五种情况彼此互斥，进而pf=pl2l4+pl2w4l5+pw2l3l5+pw2l3w5l6+pl2w4w5l611111111111111115=×+××+××+×××+×××=22222222222222228事件e∩f包括w2l3w5l6，l2w4w5l6且这两种情况互斥，111111111进而pe∩f=pw2l3w5l6+pl2w4w5l6=×××+×××=2222222281pe∩f81所以所求事件ef的概率为pef===pf558第31页·共90页,6.(2022·湖南·一模)甲、乙运动员进行乒乓球友谊赛，每场比赛采用5局3胜制(即有一运动员先胜3局即获胜，比赛结束)．比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以3：0或3：1取胜的运动员积3分，1负者积0分，以3：2取胜的运动员积2分，负者积1分，已知甲、乙两人比赛，甲每局获胜的概率为．3(1)甲、乙两人比赛1场后，求甲的积分x的概率分布列和数学期望；(2)甲、乙两人比赛2场后，求两人积分相等的概率．解析(1)随机变量x的所有可能取值为0，1，2，3，23112221621222216p(x=0)=3+c3×3×3×3=27，p(x=1)=c4×3×3×3=81，212221813212211p(x=2)=c4×3×3×3=81，p(x=3)=3+c3×3×3×3=9，∴x的分布列为：x0123p161681278181916168159∴数学期望e(x)=0×+1×+2×+3×=；278181981(2)记“甲、乙比赛两场后，两名运动员积分相等”为事件m，设第i场甲、乙两名运动员积分分别为xi，yi，则xi=3-yi，i=1，2，因两名运动员积分相等，∴x1+x2=y1+y2，即x1+x2=3-x1+3-x2，则x1+x2=3，∴16p(m)=px1=0px2=3+px1=1px2=2+px1=2px2=1+px1=3px2=0=×2711688161161120+×+×+×=．9818181819276561第32页·共90页,题型七:几何问题1.(2022·全国·高三专题练习)抛掷质地均匀的一红一黄两颗正方体骰子(骰子六个面分别标有1，2，3，4，5，6点)，记下骰子朝上面的点数，若用x表示红色骰子的点数，用y表示黄色骰子的点数．(1)设事件a为“x+y=8”，事件b为“y>3”，判断事件A与事件B是否是相互独立事件，并说明理由；(2)设随机变量ξ=|x-y|，求ξ的分布列与数学期望．解析(1)事件A与事件B不是相互独立事件．抛掷质地均匀的一红一黄两颗正方体骰子，记下骰子朝上面的点数总基本事件n(Ω)=36，其中事件A所5包含的基本事件n(A)=5，&there4;PA=，⋯361事件B所包含的基本事件n(B)=18，&there4;P(B)=，21事件AB所包含的基本事件n(AB)=3，&there4;PAB=．12151∵≠×，即P(AB)≠P(A)⋅P(B)，故事件A与事件B不是相互独立事件．12362(2)随机变量ξ可以为0、1、2、3、4、5．6110582Pξ=0==，Pξ=1==，Pξ=2==，3663618369614121Pξ=3==，Pξ=4==，Pξ=5==．3663693618ξ的分布列为ξ012345P1521116189691815211135&there4;Eξ=0×+1×+2×+3×+4×+5×=．6189691818第33页·共90页,*2.(2022·海南·模拟预测)已知A是正n面体n∈N，B是正4面体，且都质地均匀，A和B的各面分别标着数字1，2，3，．．，n与1，2，3，4．甲持A、乙持B，两人各投掷一次，两个着地数字都不大于33的概率为．8(1)求n的值：(2)某人将两个正多面体同时投掷一次，若正n面体的着地数字大于正4面体的着地数字，则投掷者得1分：若两个正多面体着地数字相等，则投掷者得0分；若正n面体的着地数字小于正4面体的着地数字，则投掷者得-1分，求得分X的分布列和期望．3解析(1)因为两个着地数字都不大于3的概率为，8333所以p=×=，4n8解得n=6；(2)得分X的值分别为-1，0，1，1312111则p(X=-1)=×+×+×=，6464644111pX=0=××4=，646117pX=1=1-pX=-1-pX=0=1--=，4612X的分布列为：x-101p11746121171&there4;EX=-1×+0×+1×=．46123第34页·共90页,3.(2022·全国·高三专题练习)已知正四棱锥P-ABCD的底面边长和高都为2．现从该棱锥的5个顶点中随机选取3个点构成三角形，设随机变量X表示所得三角形的面积．(1)求概率P(X=2)的值；(2)求随机变量X的概率分布及其数学期望E(X)．解析(1)从5个顶点中随机选取3个点构成三角形，3共有C5=10种取法．其中X=2的三角形如ΔABD，3这类三角形共有C4=4个．42因此P(X=2)==．105(2)由题意，X的可能取值为5，2，22．其中X=5的三角形是侧面，这类三角形共有4个；其中X=22的三角形有两个，ΔPAC和ΔPBD．21因此P(X=5)=，P(X=22)=．55所以随机变量X的概率分布列为：X5222P221555(X)所求数学期望22125+22+4E(X)=5×+2×+22×=．5555第35页·共90页,1.(2022·江苏·泰州中学高二阶段练习(理))从侧面都是正三角形的正四棱锥的8条棱中随机选两条，记ξ为这两条棱所成角的大小．π(1)求概率Pξ=2(2)求ξ的分布列，并求其数学期望Eξ．解析分析：(1)根据古典概型概率求解．(2)由题意得到ξ的所有可能取值，然后分别求出对应的概率后可得分布列，进而可得期望．2详(1)从正棱锥的8条棱中任选两条，共有C8种不同方法，π其中“ξ=”包含了两类情形：2①从底面正方形的4条棱中任选两条相邻的棱，共有4种不同方法；②从4条侧棱中选两条，共有2种不同方法．π63所以Pξ===．2C2148ππ(2)依题意ξ的所有可能取值为0，，，32“ξ=0”包含了从底面正方形的4条棱中任选两条对棱，共2种不同方法，21所以Pξ=0==，C2148ππ5故Pξ=3=1-Pξ=0-Pξ=2=7．所以ξ的分布列为ξ0ππ32P153147141π5π329所以Eξ=0×+×+×=π．143721484第36页·共90页,2.(2022·江苏·高三专题练习)已知知正四棱锥S-ABCD的底面边长和高均为2，从其五个顶点中任取三个，记这三个顶点围成的三角形的面积为ξ．(1)求概率P(ξ=2)；(2)求ξ的分布列和数学期望．解析(1)ξ=2时，所取三点是底面ABCD的四个顶点中的任三个3C442所以pξ=2===．C31055(2)ξ三的可能取值为2，5，222pξ=2=；542pξ=5==；C3554C21pξ=22==，C355所以ξ的分布列为ξ2522P22155522122+25+4ξ的数学期望为Eξ=2×+5×+22×=5555第37页·共90页,3.(2022·江苏无锡·高三阶段练习)已知正四棱锥P-ABCD的侧棱和底面边长相等，在这个正四棱锥的8条棱中任取两条，按下列方式定义随机变量ξ的值：若这两条棱所在的直线相交，则ξ的值是这两条棱所在直线的夹角大小(弧度制)；若这两条棱所在的直线平行，则ξ=0；若这两条棱所在的直线异面，则ξ的值是这两条棱所在直线所成角的大小(弧度制)．(1)求P(ξ=0)的值；(2)求随机变量ξ的分布列及数学期望E(ξ)．解析试题分析：先利用题意得到几何体的结构特征，写出变量的所有可能求值，写出基本事件数；(1)利用古典概型的概率公式进行求解；(2)列表得到分布列，再利用期望公式进行求解．试题解析：根据题意，该四棱锥的四个侧面均为等边三角形，底面为正方形，容易得到ΔPAC，ΔPBD为ππ2π等腰直角三角形，ξ的可能取值为：0，，，共C8=28种情况，其中：ξ=0时，有2种；ξ=时，有3×323π4+2×4=20种；ξ=时，有2+4=6种；221(1)Pξ=0==；2814π4+165π63(2)Pξ=3=28=7，Pξ=2=28=14，根据(1)的结论，随机变量的分布列如下表：ξ0ππ32P153147141π5π329根据上表，Eξ=0×+×+×=π．143721484第38页·共90页,题型八:彩票问题1.(2022·新疆维吾尔自治区喀什第六中学高三阶段练习)在一种称为“幸运35”的福利彩票中，规定从01，02，⋯，35这35个号码中任选7个不同号码组成一注，并通过摇奖机从这35个号码中摇出7个不同的号码作为特等奖．与特等奖号码仅6个相同的为一等奖，仅5个相同的为二等奖，仅4个相同的为三等奖，其他的情况不得奖比．为了便于计算，假定每个投注号只有1次中奖机会(只计奖金额最大的奖)，该期的每组号码均有人买，且彩票无重复号码比．若每注彩票为2元，特等奖奖金为100万元/注，一等奖奖金为1万元/注，二等奖奖金为100元/注，三等奖奖金为10元/注，试求：(1)奖金额X(元)的概率分布；(2)这一期彩票售完可以为福利事业筹集多少资金(不计发售彩票的费用)？解析(1)X的可能取值为1000000，10000，100，10，0．70C7C281PX=1000000==，C767245203561C7C28196PX=10000==，C767245203552C7C287938PX=100==，C767245203543C7C28114660PX=10==，C7672452035119679381146606601725PX=0=1----=67245206724520672452067245206724520所以X的分布列为：X100000010000100100P119679381146606601725672452067245206724520672452067245207(2)可筹集C35×2-1000000-10000×196-100×7938-10×114660=8548640元．第39页·共90页,2.(2022·重庆一中高三阶段练习)中国福利彩票双色球游戏规则是由中华人民共和国财政部制定的规则，是一种联合发行的“乐透型”福利彩票．“双色球”彩票投注区分为红色球号码区和蓝色球号码区，“双色球”每注投注号码由6个红色球号码和1个蓝色球号码组成，红色球号码从1-33中选择；蓝色球号码从1-16中选择．“双色球”奖级设置分为高等奖和低等奖，一等奖和二等奖为高等奖，三至六等奖为低等奖．“双色球”彩票以投注者所选单注投注号码与当期开出中奖号码相符的球色和个数确定中奖等级：一等奖：7个号码相符(6个红色球号码和1个蓝色球号码)(红色球号码顺序不限，下同)；二等奖：6个红色球号码相符；三等奖：5个红色球号码和1个蓝色球号码相符；四等奖：5个红色球号码，或4个红色球号码和1个蓝色球号码相符；五等奖：4个红色球号码，或3个红色球号码和1个蓝色球号码相符；六等奖：1个蓝色球号码相符(有无红色球号码相符均可)．(1)求中三等奖的概率(结果用a表示)；(2)小王买了一注彩票，在已知小王中了高等奖的条件下，求小王中二等奖的概率．61参考数据：C33C16=a解析(1)中三等奖表示6个中奖红色球号码选5个，1个有奖的蓝色号码选正确，511有C6C27C1种选法；61随机选6个红色球号码和1个蓝色球号有C33C16种选法，511C6C27C1162所以中三等奖的概率p1=61=a；C33C16(2)记小王中了高等奖为事件A，小王中二等奖为事件B，61611+C6C1516C6C1515可得PA==，PAB==C6C1aC6C1a3316331615PBa所以小王中了高等奖的条件下，求小王中二等奖的概率小王中二等奖的概率PB|A==PAB16a15=．16第40页·共90页,3.(2022·全国·高二课时练习)现要发行10000张彩票，其中中奖金额为2元的彩票1000张，10元的彩票300张，50元的彩票100张，100元的彩票50张，1000元的彩票5张．1张彩票可能中奖金额的均值是多少元？解析由题意，设X表示1张彩票中奖的金额，1000则P(x=2)==0.1，10000300P(x=10)==0.03，10000100P(x=50)==0.01，1000050P(x=100)==0.005，100005P(x=1000)==0.0005，10000P(x=0)=1-(0.1+0.03+0.01+0.005+0.0005)=0.8545所以X的分布列为：X0210501001000P0.85450.10.030.010.0050.0005&there4;E(X)=2×0.1+10×0.03+50×0.03+100×0.01+1000×0.0005=2，即1张彩票可能中奖金额的均值是2元．第41页·共90页,1.(2022·湖北武汉·高三开学考试)某商场推出一项抽奖活动，顾客在连续抽奖时，若第一次中奖则获得奖金10元，并规定：若某次抽奖能中奖，则下次中奖的奖金是本次中奖奖金的两倍；若某次抽奖没能中1奖，则该次不获得奖金，且下次中奖的奖金被重置为10元．已知每次中奖的概率均为，且每次能否中4奖相互独立．(1)若某顾客连续抽奖10次，记获得的总奖金为ξ元，判断E(ξ)与25的大小关系，并说明理由；(2)若某顾客连续抽奖4次，记获得的总奖金为X元，求E(X)．1解析(1)Eξ>25，理由如下：抽奖10次时，记中奖次数为Y，则Y&sim;B10,4．1若每次中奖的奖金为固定10元，则此时总奖金的期望值为E10Y=10EY=10×10×=25．4由题意，连续中奖时，奖金会翻倍，故总奖金必大于每次中奖的奖金为固定10元的情况．所以Eξ>25．(2)X的所有可能取值为0，10，20，30，40，70，150．1481PX=0=1-4=256，1113108PX=10=C441-4=256，121227PX=20=3⋅4⋅1-4=256，121227PX=30=3⋅4⋅1-4=256，1316PX=40=2⋅4⋅1-4=256，1316PX=70=2⋅4⋅1-4=256，141PX=150=4=256．其分布列为：X01020304070150P8110827276612562562562562562562561082727661405EX=10×+20×+30×+40×+70×+150×=．25625625625625625632第42页·共90页,题型九:纳税问题1.(2022·全国·高三专题练习)个人所得税起征点是个人所得税工薪所得减除费用标准或免征额，个税起征点与个人税负高低的关系最为直接，因此成为广大工薪阶层关注的焦点．随着我国人民收入的逐步增加，国家税务总局综合考虑人民群众消费支出水平增长等各方面因素，规定从2019年1月1日起，我国实施个税新政．实施的个税新政主要内容包括：①个税起征点为5000元②每月应纳税所得额(含税)=收入-个税起征点-专项附加扣除；③专项附加扣除包括住房、子女教育和赡养老人等．新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下：旧个税税率表(个税起征点3500元)新个税税率表(个税起征点5000元)每月应纳税所得额(含税)每月应纳税所得额(含税)=收入税率缴税级数税率/%=收入-个税起征点-个税起征点-专项附加扣除/%1不超过1500元3不超过3000元3部分超过1500元至4500210部分超过3000元至12000元部分10元部分超过4500元至9000元的320超过12000元至25000元的部分20部分超过9000元至35000元425超过25000元至35000元的部分25的部分超过35000元至55000元530超过35000元至55000元部分30部分············随机抽取某市1000名同一收入层级的无亲属关系的男性互联网从业者(以下互联网从业者都是指无亲属关系的男性)的相关资料，经统计分析，预估他们2022年的人均月收入为30000元．统计资料还表明，他们均符合住房专项扣除，同时他们每人至多只有一个符合子女教育扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育扣除又不符合赡养老人扣除、只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除、只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除、既符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人数之比是2:1:1:1．此外，他们均不符合其他专项附加扣除．新个税政策下该市的专项附加扣除标准为：住房1000元/月，子女教育每孩1000元/月，赡养老人2000元/月等．假设该市该收入层级的互联网从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的互联网从业者的人均月收入视为其个人月收入．根据样本估计总体的思想，解决下列问题．(1)按新个税方案，设该市该收入层级的互联网从业者2022年月缴个税为X元，求X的分布列和数学期望；(2)根据新旧个税方案，估计从2022年1月开始，经过几个月，该市该收入层级的互联网从业者各月少缴的个税之和就能购买一台价值为29400元的华为智慧屏巨幕电视？解析解：1既不符合子女教育扣除也不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为30000-5000-1000=24000元，月缴个税X=3000×0.03+9000×0.1+12000×0.2=3390元；第43页·共90页,只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为30000-5000-1000-1000=23000元，月缴个税X=3000×0.03+9000×0.1+11000×0.2=3190元；只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除的人群每月应纳税所得额为30000-5000-1000-2000=22000元，月缴个税X=3000×0.03+9000×0.1+10000×0.2=2990元；既符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额30000-5000-1000-1000-2000=21000元，月缴个税X=3000×0.03+9000×0.1+9000×0.2=2790元．所以X的可能值为3390，3190，2990，2790，依题意，上述四类人群的人数之比是2:1:1:1，2所以PX=3390=，51PX=3190=，51PX=2990=，51PX=2790=，5所以X的分布列为X3390319029902790P211155552111所以EX=3390×+3190×+2990×+2790×=3150．55552在旧政策下该收入层级的互联网从业者2022年每月应纳税所得额为30000-3500=26500元，其月缴个税为1500×0.03+3000×0.1+4500×0.2+17500×0.25=5620元，由1知在新政策下该收入层级的互联网从业者2022年月缴个税为3150元，所以该收入层级的互联网从业者每月少缴的个税为5620-3150=2470元．设经过x个月，该收入层级的互联网从业者少缴的个税的总和就超过29400，则2470x≥29400，因为x∈N，所以x≥12，所以经过12个月﹐该收入层级的互联网从业者就能购买一台价值为29400元的华为智慧屏巨幕电视．第44页·共90页,2.(2022·全国·高三专题练习)随着改革开放的不断深入，祖国不断富强，人民生活水平逐步提高，为了进一步改善民生，2019年1月1日起我国实施了个人所得税的新政策，新政策的主要内容包括：①个税起征点为5000元；②每月应纳税所得额(含税)=(收入)-(个税起征点)-(专项附加扣除)；③专项附加扣除包括赡养老人､子女教育､继续教育､大病医疗等．新个税政策下赡养老人的扣除标准为：独生子女每月扣除2000元，非独生子女与其兄弟姐妹按照每月2000元的标准分摊扣除，但每个人的分摊额度不能超过1000元；子女教育的扣除标准为：每个子女每月扣除1000元(可由父母中的一方扣除，或者父母双方各扣除500元)税率表如下：级数全月应纳税所得额税率1不超过3000元的部分3%2超过3000元至12000元的部分10%3超过12000元至25000元的部分20%4超过25000元至35000元的部分25%⋯⋯⋯(1)税务部门在小李所在公司用分层抽样方法抽取某月100位不同层次员工的税前收入，并制成如图的频率分布直方图．(i)请根据频率分布直方图估计该公司员工税前收入的中位数；(ii)同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，在不考虑他们的专项附加扣除的情况下，甲､乙两位同学用如下两种方法估计小李所在的公司员工该月平均纳税，请判断哪位同学的方法是正确的，不需说明理由．甲同学：0.24×0+0.32×30+0.2×90+0.12×290+0.08×490+0.04×690=129.2(元)；乙同学：先计算收入的均值x=0.24×4000+0.32×6000+0.2×8000+0.12×10000+0.08×12000+0.04×14000=7200(元)，再利用均值计算平均纳税为：(7200-5000)×0.03=66(元)(2)为研究某城市月薪为20000元群体的纳税情况，现收集了该城市500名公司白领(每人至多1个孩子)的相关资料，通过整理数据知道：这500人中有一个孩子符合子女教育专项附加扣除(假定由他们各自全部扣除)的有400人，不符合子女教育专项附加扣除的人有100人，符合子女专项附加扣除的人中有300人也符合赡养老人专项附加扣除，不符合子女专项附加扣除的人中有50人符合赡养老人专项附加扣除，并且他们均不符合其他专项附加扣除(统计的500人中，任何两人均不在一个家庭且为独生子女)．若他们的月收入均为20000元，依据样本估计总体的思想，试估计在新个税政策下这类人群每月应缴纳第45页·共90页,个税金额X(单位：元)的分布列与期望．解析(1)(i)由频率分布直方图知，中位数落在第二组，不妨设中位数为x千元，则有0.12×2+0.16x-5=0.5，解得x=6.625(千元)估计该公司员工收入的中位数为6625千元．(ii)甲同学(2)符合子女教育专项附加扣除且符合赡养老人专项附加扣除的人群月应纳税所得额(含税)为20000-5000-1000-2000=12000(元)，月应缴纳的个税金额为90+900=990(元)；符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除的人群月应纳税所得额(含税)为20000-5000-1000=14000(元)，月应缴纳的个税金额为90+900+400=1390(元)；不符合子女教育专项附加扣除但符合赡养老人专项附加扣除的人群月应纳税所得额(含税)为20000-5000-2000=13000(元)，月应缴纳的个税金额为90+900+200=1190(元)；不符合子女教育专项附加扣除且不符合赡养老人专项附加扣除的人群月应纳税所得额(含税)为20000-5000=15000(元)，月应缴纳的个税金额为90+900+600=1590(元)．所以X的所有可能取值为990，1190，1390，1590，3111PX=990=，PX=1190=，PX=1390=，PX=1590=．510510X的分布列为X990119013901590P31115105103111所以EX=990×+1190×+1390×+1590×=1150．510510第46页·共90页,3.(2022·全国·高三专题练习(理))随着经济的发展，个人收入的提高，自2019年1月1日起，个人所得税起征点和税率的调整，调整如下：纳税人的工资、薪资所得，以每月全部收入额减除5000元后的余额为应纳税所得额，依照个人所得税税率表，调整前后的计算方法如下表：个人所得税税率表(调整前)个人所得税税率表(调整后)免征额3500元免征额5000元级数全月应纳税所得额税率(%)级数全月应纳税所得额税率(%)1不超过1500元部分31不超过3000元部分32超过1500元至4500102超过3000元至10元的部分12000元的部分3超过4500元至9000203超过12000元至20元的部分25000元的部分⋯⋯⋯⋯⋯⋯(1)假如小红某月的工资、薪资等所得税前收入总和不高于10000元，记x表示总收入，表示应纳的税，试写出调整前后y关于x的函数表达式；(2)某税务部门在小红所在公司利用分层抽样方法抽取某月100个不同层次员工的税前收入，并制成下面的频数分布表：收入(元)[3000，5000)[5000，7000)[7000，9000)[9000，11000)[11000，13000)人数204015105①先从收入在[3000，5000)及[5000，7000)的人群中按分层抽样抽取6人，再从中选3人作为新纳税法知识宣讲员，用a表示抽到作为宣讲员的收入在[3000，5000)元的人数，b表示抽到作为宣讲员的收入在[5000，7000)元的人数，随机变量z=|a-b+1|，求z的分布列与数学期望；②小红该月的工资、薪资等税前收入为8500元时，请你帮小红算一下调整后小红的实际收入比调整前增加了多少？解析(1)调整前y关于x的表达式为0,x≤3500,(x-3500)×0.03,x∈(3500,5000],y=45+(x-5000)×0.1,x∈(5000,8000],345+(x-8000)×0.2,x∈(8000,10000].调整后y关于x的表达式为0,x≤5000,y=(x-5000)×0.03,x∈(5000,8000],90+(x-8000)×0.1,x∈(8000,10000].(2)①由频数分布表可知从[3000，5000)及[5000，7000)的人群中抽取6人，其中[3000，5000)占2人，[5000，7000)占4人，再从这6人中选3人，则z的取值可能为0，2，12C2C43所以P(z=0)=P(a=1,b=2)==；C356P(z=2)=P(a=0,b=3)+P(a=2,b=1)第47页·共90页,0321C2C4+C2C42==．C356所以其分布列为z02P3255324所以E(z)=0×+2×=．555②由于小红的工资、薪资等收入为8500元，按调整前起征点应纳个税为1500×3%+3000×10%+500×20%=445元，按调整后起征点应纳个税为3000×3%+500×10%=140元，比较两个纳税方案可知，按调整后起征点应纳个税少交305元，即小红的实际收入增加了305元．题型十:疾病问题1.(2022·全国·高三专题练习)新型冠状病毒肺炎(CoronaVirusDisease2019，COVID-19)，简称“新冠肺炎”，是指2019新型冠状病毒感染导致的肺炎．2019年12月以来，部分医院陆续发现了多例不明原因肺炎病例，证实为2019新型冠状病毒感染引起的急性呼吸道传染病，为防止该病症的扩散与传染，某检测机构在某地区进行新冠病毒疾病调查，需要对其居民血液进行抽样化验，若结果呈阳性，+则患有该疾病；若结果为阴性，则未患有该疾病．现有nn∈N,n≥2个人，每人一份血液待检验，有如下两种方案：方案一：逐份检验，需要检验n次；方案二：混合检验，将n份血液分别取样，混合在一起检验，若检验结果呈阴性，则n个人都未患有该疾病；若检验结果呈阳性，再对n份血液逐份检验，此时共需要检验n+1次．(1)若n=10，且其中两人患有该疾病，①采用方案一，求恰好检验3次就能确定患病两人的概率；②将这10人平均分成两组，则这两患者分在同一组的概率；(2)已知每个人患该疾病的概率为p0<p<1．(i)采用方案二，记检验次数为x，求检验次数x的期望ex；(ii)若n=5，判断方案一与方案二哪种方案检查的次数更少？并说明理由．2818212解析(1)①根据题意可得：p=××+××=；10981098453c84②根据题意可得：p==；159c102(2)(i)根据题意：x的取值为1，n+1，nnpx=1=1-p，px=n+1=1-1-p，nn所以ex=1-p+n+11-1-p；(ii)当n=5时，方案一：检验的次数为5次，55方案二：检查的次数期望为ex=1-p+61-1-p，55ex-5=6-51-p-5=1-51-p，5记gp=1-51-p，因为0<1-p<1，所以gp单调递增，第48页·共90页,1当p=1-时，gp=0，551所以当0<p<1-时，gp<0，则ex<5，551当1-<p<1时，gp>0，则EX>5，551故当0<p<1-时，选择方案二；551当1-<p<1时，选择方案一；551当p=1-时，选择两种方案检查次数一样．552.(2022·全国·高三专题练习)某种疾病可分为a，b两种类型，为了解该疾病的类型与患者性别是否相关，在某地区随机抽取了若干名该疾病的患者进行调查，发现女性患者人数是男性患者的2倍，男性51患a型疾病的人数占男性患者的，女性患a型疾病的人数占女性患者的．632nad-bc2k=，a+bc+da+cb+d2pk≥k00.100.050.010.0050.001k02.7063.8416.6357.87910.828(1)若本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为‘所患疾病的类型'与‘性别'有关”的结论，求被调查的男性患者至少有多少人？(2)某团队进行预防a型疾病的疫苗的研发试验，试验期间至多安排2个周期接种疫苗，每人每个周期接种3次，每次接种费用为mm>0元．该团队研发的疫苗每次接种后产生抗体的概率为p0<p<1，2如果一个周期内至少2次出现抗体，则该周期结束后终止试验，否则进人第二个周期．若p=，试验人3数为1000人，试估计该试验用于接种疫苗的总费用．解析(1)设男性患者有x人，则女性患者有2x人，2×2列联表如下：a型病b型病合计男5xxx66女2x4x2x33合计3x3x3x22假设h0：患者所患疾病类型与性别之间无关联，5x4xx2x23x6⋅3-6⋅32x2根据列联表中的数据，经计算得到k==，3x3x3⋅⋅2x⋅x22要使在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，2x则>7.879，解得x>11.8185，3xx因为∈Z，∈Z，所以x的最小整数值为12，63第49页·共90页,因此，男性患者至少有12人．(2)设该试验每人的接种费用为ξ元，则ξ的可能取值为3m，6m．22332则Pξ=3m=C3p1-p+p=-2p+3p，32Pξ=6m=1+2p-3p，323232所以Eξ=3m⋅-2p+3p+6m⋅1+2p-3p=3m2p-3p+2，2因为p=，试验人数为1000人，3所以估计该试验用于接种疫苗的总费用为1000Eξ，232234000即1000×3m2×3-3×3+2=9m元．3.(2022·全国·高三专题练习)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4060对照组1090(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P(B|A)P(B|A)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P(B|A)P(B|A)标为R．P(A|B)P(A|B)(ⅰ)证明：R=⋅；P(A|B)P(A|B)(ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|B)的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．附2PK≥k0.0500.0100.00122n(ad-bc)K=，(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)k3.8416.63510.828222n(ad-bc)200(40×90-60×10)解析(1)由已知K===24，(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)50×150×100×1002又P(K≥6.635)=0.01，24>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．P(B|A)P(B|A)P(AB)P(A)P(AB)P(A)(2)(i)因为R=⋅=⋅⋅⋅，P(B|A)P(B|A)P(A)P(AB)P(A)P(AB)P(AB)P(B)P(AB)P(B)所以R=⋅⋅⋅P(B)P(AB)P(B)P(AB)P(A|B)P(A|B)所以R=⋅，P(A|B)P(A|B)(ii)4010由已知P(A|B)=，PA|B)=，1001006090又P(A|B)=，PA|B)=，100100第50页·共90页,P(A|B)P(A|B)所以R=⋅=6P(A|B)P(A|B)第51页·共90页,*1.(2022·全国·高三专题练习(理))某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n(n∈N)&lowast;份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，需要检验n次；②混合检验，将其k(k∈N且k≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p0<p<1．(1)假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率．∗(2)现取其中k(k∈n且k≥2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2．①记e(ξ)为随机变量ξ的数学期望．若e(ξ1)=e(ξ2)，运用概率统计的知识，求出p关于k的函数关系式p=fk，并写出定义域；-14②若p=1-e，且采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值．参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094．解析(1)记恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为a事件，3121a3+c2a2c33则pa==．a3105(2)①根据题意，可知eξ1=k，ξ2的可能值为1，k+1，kk则pξ2=1=1-p，pξ2=k+1=1-1-p，kkk所以eξ2=1-p+k+11-1-p=k+1-k1-p，k由eξ1=eξ2，得k=k+1-k1-p，11k*所以p=1-k(k∈n且k≥2)．-1-k44②由于p=1-e，则eξ2=k+1-ke，-kk4所以k+1-ke<k，即lnk->0，4x114-x设fx=lnx-，fx=-=，x>0，4x44x当x∈0,4时，fx>0，fx在0,4上单调递增，当x∈4,+∞时，fx<0，fx在4,+∞上单调递减，99f8=ln8-2=3ln2-2>0，f9=ln9-=2ln3-<0，44所以k的最大值为8．第52页·共90页,题型十一:建议问题1.(2022·北京四中高三开学考试)汽车租赁公司为了调查A，B两种车型的出租情况，现随机抽取了这两种车型各100辆汽车，分别统计了每辆车某个星期内的出租天数，统计数据如下表：A型车出租天数1234567车辆数51030351532B型车出租天数1234567车辆数1420201615105(1)从出租天数为3天的汽车(仅限A，B两种车型)中随机抽取一辆，估计这辆汽车恰好是A型车的概率；(2)根据这个星期的统计数据(用频率估计概率)，求该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率；(3)如果两种车型每辆车每天出租获得的利润相同，该公司需要从A，B两种车型中购买一辆，请你根据所学的统计知识，给出建议应该购买哪一种车型，并说明你的理由．解析(1)出租天数为3天的汽车A型车有30辆，B型车20辆．从中随机抽取一辆，这辆汽车是A型车30的概率约为=0.6．30+20(2)设“事件Ai表示一辆A型车在一周内出租天数恰好为i天”，“事件Bj表示一辆B型车在一周内出租天数恰好为j天”，其中i，j=1，2，⋯，7．则该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率为P(A1B3+A2B2+A3B1)=P(A1B3)+P(A2B2)+P(A3B1)=P(A1)P(B3)+P(A2)P(B2)+P(A3)P(B1)52010203014=×+×+×1001001001001001009=．1259该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率为．125(3)设X为A型车出租的天数，则X的分布列为X1234567P0.050.100.300.350.150.030.02设Y为B型车出租的天数，则Y的分布列为Y1234567P0.140.200.200.160.150.100.05E(X)=1×0.05+2×0.10+3×0.30+4×0.35+5×0.15+6×0.03+7×0.02=3.62．E(Y)=1×0.14+2×0.20+3×0.20+4×0.16+5×0.15+6×0.10+7×0.05=3.48．一辆A类型的出租车一个星期出租天数的平均值为3.62天，B类车型一个星期出租天数的平均值为第53页·共90页,3.48天．从出租天数的数据来看，A型车出租天数为3，4，5占比0.8，B型车出租天数为3，4，5占比0.51，根据数据的集中程度看，A型车比B型车出租天数更集中，综合分析，选择A类型的出租车更加合理．2.(2022·山西·模拟预测(理))机动车辆保险即汽车保险(简称车险)，是指对机动车辆由于自然灾害或意外事故所造成的人身伤亡或财产损失负赔偿责任的一种商业保险．机动车辆保险一般包括交强险和商业险，商业险包括基本险和附加险两部分．经验表明新车商业险保费与购车价格有较强的线性相关关系，下面是随机采集的相关数据：购车价格x(万元)5101520253035商业险保费y(元)1737207724172757309736223962(1)某保险公司规定：上一年的出险次数决定了下一年的保费倍率，上一年没有出险，则下一年保费倍率为85%，上一年出险一次，则下一年保费倍率为100%，上一年出险两次，则下一年保费倍率为125%．太原王女士于2022年1月购买了一辆价值32万元的新车．若该车2022年2月已出过一次险，4月又发生事故，王女士到汽车维修店询价，预计修车费用为800元，理赔人员建议王女士自费维修(即不出险)，你认为王女士是否应该接受该建议？请说明理由：(假设车辆2022年与2023年都购买相同的商业险产品)(2)根据《保险法》规定：“对属于保险责任的，在与被保险人或者受益人达成赔偿或者给付保险金的协议后十日内，履行赔偿或者给付保险金义务”．保险公司为了解客户对赔付时间的满意度，从该公司客户中随机抽查了1000名将所得的满意度分数整理后得出如下表格：满意度分数30,4040,5050,6060,7070,8080,9090,100人数481022522981549650用频率估计概率，从公司所有客户中随机抽取3人，用X表示这3人中满意度分数不小于70的人数，求X的分布列和期望．772参考数据：xiyi=445605，y=2809.86，xi=3500．i=1i=1nnxi-xyi-yxiyi-nxyi=1i=1参考公式：b=n=n．222xi-xxi-nxi=1i=11解析(1)x=5+10+15+20+25+30+35=20(万元)，777(xi-x)(yi-y)xiyi-7x⋅yi=1i=1445605-7×20×2809.86b===≈74.61，773500-7×400222(xi-x)xi-7xi=1i=1a=y-bx=2809.86-74.61×20=1317.66，所以y=74.61x+1317.66，价值为32万元的车辆的商业车险保费预报值为74.61×32+1317.66=3705.18元．于该车已出险一次，若再出险一次，则保费要增加25%，即保费增加3705.18×25%≈926.30元．因为926.30>800，若出险，2023年增加的保费大于800元，所以王女士应接受理赔人员的建议．第54页·共90页,3003(2)1000人中不小于70的人数为：154+96+50=300，所以不小于70的频率为：=，故从公司1000103所有客户中随机抽取1人，满意度分数不小于70的概率为．103依题意可知X&sim;B3,10，则X的可能的取值为0，1，2，3．0333431332441PX=0=C31-10=1000，PX=1=C3⋅10⋅1-10=1000，232318933327PX=2=C3⋅10⋅1-10=1000，PX=3=C3⋅10=1000．所以X的分布列为：X0123P34344118927100010001000100039EX=3×=．10103.(2022·福建三明·模拟预测)为弘扬中华传统文化，吸收前人在修身､处世､治国､理政等方面的智慧和经验，养浩然正气，塑高尚人格，不断提高学生的人文素质和精神境界，某校举行传统文化知识竞赛活动．竞赛共有“儒”和“道”两类题，每类各5题．其中每答对1题“儒”题得10分，答错得0分；每答对1题“道”题得20分，答错扣5分．每位参加竞赛的同学从这两类题中共抽出4题回答(每个题抽后不放回)，要求“道”题中至少抽2题作答．已知小明同学“儒”题中有4题会作答，答对各个“道”题的概2率均为．5(1)若小明同学在“儒”题中只抽1题作答，求他在这次竞赛中得分为35分的概率；(2)若小明同学第1题是从“儒”题中抽出并回答正确，根据得分期望给他建议，应从“道”题中抽取几道题作答？解析(1)记A=“小明在竞赛中得3”，则A表示“儒”题答错，1222336“道”题2对1错，所以PA=5×C35×5=625(2)当小明选择从“儒”题中抽取1题，“道”题中抽取2题作答时，设4题总得分为X，此时设“道”题中答224对的题数为ξ．则ξ&sim;B2,5，Eξ=2×5=5．(i)“儒”题中的第二题答对时总得分44X1=20+20Eξ-52-Eξ=20+20×5-5×2-5=30(ii)“儒”题中的第二题答错时总得分44X2=10+20Eξ-52-Eξ=10+20×5-5×2-5=2033此时小明的总得分期望值EX=30×4+20×1-4=27.522当小明选择从“道”题中抽取3题作答，设答对题数为η，4题总得分为Y，则η~B3,5，Eη=3×56=，Y=10+20η-53-η=25η-5，56所以EY=25Eη-5=25×-5=255因为EX>EY，即小明应从“道”题中抽取12道题作答．第55页·共90页,1.(2022·全国·高三专题练习)某市为了解某年十一期间市民旅游出行的方式及满意程度，对去该市甲､乙､丙三个景点旅游的市民进行了调查．现从中随机抽取100人作为样本，得到如下统计表(单位：人)：满意度得分甲乙丙报团游自驾游报团游自驾游报团游自驾游10分12112107145分4144490分107217合计17223161230(1)从样本中任取1人，求这人没去丙景点的概率；(2)根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．针对甲､乙､丙三个景点，从全市十一期间旅游出行选自驾游的所有人中，随机选取3人，记X为去乙景点的人数，求X的分布列和数学期望；(3)如果王某要去甲､乙､丙三个景点旅游，那么以满意度得分的均值为依据，你建议王某是报团游还是自驾游？说明理由．解析(1)设事件A：从样本中任取1人，这人没去丙景点，由表格中所给数据可知，去甲，乙，丙旅游的人数分别为19，39，42，19+3929故PA==．10050(2)由题意可得，X的所有可能取值为0，1，2，3161从全市十一双节期间旅游出行选自驾游的所有人中，随机取1人，此人去乙景点的概率为=，则4831X~B3,3，01013811124PX=0=C3×3×1-3=27，PX=1=C3×3×1-3=921212313101PX=2=C3×3×1-3=9，PX=3=C3×3×1-3=27故X的分布列为：X0123P842127992784211所以EX=0×+1×+2×+3×=1．(或EX=3×=1)2799273(3)由题干所给表格中数据可知，报团游､自驾游的总人数分别为52，48，得分为10分的报团游､自驾游的总人数分别为31，25，得分为5分的报团游､自驾游的总人数分别为12，14，得分为0分的报团游､自驾游的总人数分别为9，9，31×10+12×5+9×0185所以从满意度来看，报团游满意度的均值为=，522625×10+14×5+9×020自驾游满意度的均值为=，48318520因为>，所以建议王某选择报团游．2632.(2022·全国·高三专题练习)自“新型冠状肺炎”疫情爆发以来，科研团队一直在积极地研发“新冠疫苗”．在科研人员不懈努力下，我国公民率先在2020年年末开始使用安全的新冠疫苗，使我国的“防疫”工作获得更大的主动权．研发疫苗之初，为了测试疫苗的效果，科研人员以白兔为实验对象，进行了一些第56页·共90页,实验：(1)实验一：选取10只健康白兔，编号1至10号，注射一次新冠疫苗后，再让它们暴露在含有新冠病毒的环境中，实验结果发现：除2号､3号､7号和10号四只白兔仍然感染了新冠病毒，其他白兔未被感染．现从这10只白兔中随机抽取3只进行研究，将仍被感染的白兔只数记作X，求X的分布列和数学期望．(2)实验二：疫苗可以再次注射第二针､加强针，但两次疫苗注射时间间隔需大于三个月．科研人员对白兔多次注射疫苗后，每次注射的疫苗对白兔是否有效互相不影响．试问：若将实验一中未被感染新冠病毒的白兔的频率当做疫苗的有效率，那么一只白兔注射两次疫苗后的有效率能否保证达到90%？如若可以，请说明理由；若不可以，请你参考上述实验给出注射疫苗后有效率在90%以上的建议．解析(1)由题意得：X所有可能的取值为0，1，2，3，321C6201C6C4601&there4;PX=0===；PX=1===；C31206C312021010123C6C4363C441PX=2===；PX=3===；C312010C3120301010&there4;X的分布列为：X0123P113162103011316&there4;数学期望EX=0×+1×+2×+3×=；6210305(2)由已知数据知：实验一中未被感染新冠病毒的白兔的频率为0.6，则注射一次疫苗的有效率为0.6，2&there4;一只白兔注射两次疫苗的有效率为：1-1-0.6=0.84=84%<90%，&there4;无法保证一只白兔注射两次疫苗后的有效率达到90%；设每支疫苗有效率至少达到x才能满足要求，2&there4;1-1-x≥90%，解得：x≥0.9=90%，&there4;需要将注射一次疫苗的有效率提高到90%以上才能保证一只白兔注射两次疫苗后的有效率达到90%．第57页·共90页,题型十二:概率与数列递推问题1.(2022·广东·东莞四中高三阶段练习)足球是一项大众喜爱的运动．2022卡塔尔世界杯揭幕战将在2022年11月21日打响，决赛定于12月18日晚进行，全程为期28天．(1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到2×2列联表如下：喜爱足球运动不喜爱足球运动合计男性6040100女性2080100合计80120200依据小概率值a=0.001的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关？(2)校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，即P1=1．(i)求P3(直接写出结果即可)；1(ii)证明：数列Pn-4为等比数列，并判断第19次与第20次触球者是甲的概率的大小．解析(1)假设H0：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关．根据列联表数据，经计算得22200×(60×80-20×40)100χ==>10.828=x0.001100×100×80×1203根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001．(2)(i)由题意得：第二次触球者为乙，丙，丁中的一个，第二次触球者传给包括甲的三人中的一人，故传给11甲的概率为，故P3=．33(ii)第n次触球者是甲的概率记为Pn，则当n≥2时，第n-1次触球者是甲的概率为Pn-1，第n-1次触球者不是甲的概率为1-Pn-1，11则Pn=Pn-1⋅0+1-Pn-1⋅=1-Pn-1，33111从而Pn-4=-3Pn-1-4，13131又P1-4=4，&there4;Pn-4是以4为首项，公比为-3的等比数列．31n-11则Pn=4×-3+4，311811311911&there4;P19=4×-3+4>4，P20=4×-3+4<4，P19>P20，故第19次触球者是甲的概率大第58页·共90页,2.(2022·全国·高三专题练习)为迎接2020年国庆节的到来，某电视台举办爱国知识问答竞赛，每个人随机抽取五个问题依次回答，回答每个问题相互独立．若答对一题可以上升两个等级，回答错误可以12上升一个等级，最后看哪位选手的等级高即可获胜．甲答对每个问题的概率为，答错的概率为．33(1)若甲回答完5个问题后，甲上的台阶等级数为X，求X的分布列及数学期望；(2)若甲在回答过程中出现在第ii≥2个等级的概率为Pi，证明：Pi-Pi-1为等比数列．解析(1)依题意可得，X=5，6，7，8，9，10，5252532424124180P(X=5)=C53=3=243，P(X=6)=C533=5×3×3=243，32312802221340P(X=7)=C533=243，PX=8=C533=243，1214100151PX=9=C53×3=243，PX=10=C53=243，则X的分布列如表所示．X5678910P328080401012432432432432432433280804010120E(X)=5×+6×+7×+8×+9×+10×=．2432432432432432433(2)处于第i+1个等级有两种情况：2由第i等级到第i+1等级，其概率为Pi；31由第i-1等级到第i+1等级，其概率为Pi-1；3211所以Pi+1=Pi+Pi-1，所以Pi+1-Pi=-Pi-Pi-1，333Pi+1-Pi1即=-．Pi-Pi-13所以数列Pi-Pi-1为等比数列．第59页·共90页,3.(2022·福建省漳州第一中学高三阶段练习)漳州是福建省重点城市，它不仅有着深厚的历史．积淀与丰富的民俗文化，更有着众多旅游景点，每年来漳州参观旅游的人数不胜数，其中八卦楼与古城被称为两张名片．为合理配置旅游资源，现对已游览八卦楼景点的游客进行随机问卷调查，若不游玩古城1记1分，若继续游玩古城记2分，每位游客选择是否游览古城景点的概率均为，游客之间选择意愿相2互独立．(1)从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量X，求X的分布列；(2)(ⅰ)若从游客中随机抽取m人，记总得分恰为m的概率为Am，求数列Am的前10项和；(ⅱ)在对所有游客进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为n的概率为Bn，探讨Bn与Bn-1之间的关系，并求数列Bn的通项公式．解析(1)X的可能取值为3，4，5，6．1311133P(X=3)=2=8，P(X=4)=C32=8，21333131P(X=5)=C32=8，P(X=6)=C32=8．所以X的分布列为X3456P133188881m(2)(ⅰ)总得分恰为m的概率Am=2，11所以数列Am是首项为，公比为的等比数列，22112×1-2101023前10项和S10==．110241-2(ⅱ)已调查过的累计得分恰为n的概率为Bn，1当n≥2时，得不到n分的情况只有先得(n-1)分，再得2分，概率为Bn-1，211所以1-Bn=Bn-1，即Bn=-Bn-1+1，22212所以Bn-3=-2Bn-1-3．121因为B1=，所以B1-=-≠0，236211所以Bn-3是首项为-6，公比为-2的等比数列，211n-1所以Bn-3=-6⋅-2，211n-1211n所以Bn=3-6-2=3+3-2．第60页·共90页,1.(2022·福建省福州第一中学高三阶段练习)某运动员多次对目标进行射击，他第一次射击击中目标的3概率为．由于受心理因素的影响，每次击中目标的概率会受前一次是否击中目标而改变，若前一次击531中目标，下一次击中目标的概率为；若第一次末击中目标，则下一次击中目标的概率为．422(1)记该运动员第n次击中目标的概率为Pn，证明：Pn-3为等比数列，并求出Pn的通项公式；(2)若该运动员每击中一次得2分，未击中不得分，总共射击2次，求他总得分X的分布列与数学期望．3111解析(1)由题意，当n∈N*时，Pn+1=Pn∙+(1-Pn)∙=+Pn，422421112则Pn+1-3=4Pn-6=4Pn-3，21又P1-=-，315211&there4;Pn-3是首项为-15，公比为4的等比数列，211n-1&there4;Pn-3=-15×4，11n-12&there4;Pn=-15×4+3．331(2)记Ai为第i次射击击中目标，则由题意可得P(A1)=5，P(A2|A1)=4，PA2|A1)=2，X可取到的值为0，2，4，且121P(X=0)=P(A1A2)=PA2|A1)P(A1)=2×5=5，12137P(X=2)=P(A1A2)+P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)+PA2|A1)P(A1)=2×5+4×5=20，339P(X=4)=P(A1A2)=PA2|A1)P(A1)=4×5=20，则X的分布列为：X024P179520201795&there4;E(X)=0×+2×+4×=．520202第61页·共90页,2.(2022·山东潍坊·高三阶段练习)学校篮球队30名同学按照1，2，⋯，30号站成一列做传球投篮练习，篮球首先由1号传出，训练规则要求：第m1≤m≤28,m∈N号同学得到球后传给m+1号同学的概21率为，传给m+2号同学的概率为，直到传到第29号(投篮练习)或第30号(投篮练习)时，认定一3316轮训练结束，已知29号同学投篮命中的概率为，30号同学投篮命中的概率为，设传球传到第37n2≤n≤30,n∈N号的概率为Pn．(1)求P4的值；(2)证明：Pn+1-Pn2≤n≤28是等比数列；(3)比较29号和30号投篮命中的概率大小．2228解析(1)依题意，篮球传到4号有以下三种途径：1号传2号传3号传4号其概率为××=；333272121221号传2号传4号其概率为×=；1号传3号传4号其概率为×=，33933982220因此P4=++=．2799271(2)依题意篮球传到第n-2号，再传给n号其概率为Pn-2；3221篮球传到第n-1号，再传给n号其概率为Pn-1，因此有Pn=Pn-1+Pn-2，333112221可得Pn-Pn-1=-3Pn-1-Pn-2，且P3-P2=3+3×3-3=9，11所以Pn+1-Pn是首先为，公比为-的等比数列．932711n-211n-3(3)P2=3，P3=9，Pn+1-Pn=9-3，Pn-Pn-1=9-3n≥2，⋮111P4-P3=9-3，P3-P2=9，111111211n-3由累加法，可得Pn=P2+9+9-3+9-3+⋯+9-31n-2211--3311n-1=3+9×1=4+4×-3，1--3311281131127所以P29=4+4×-3，P30=P28⋅3=34+4×-3，311281所以29号投篮命中的概率为4+4×-3×3311271631127130号投篮命中的概率为4+4×-3×3×7<4+4×-3×3，11281127因为4×-3>0>4×-3，所以29号投篮命中概率大于30号投篮命中概率．第62页·共90页,题型十三:硬币问题1.(2022·陕西·安康市教学研究室三模(理))某公司在年会上举行抽奖活动，有甲，乙两个抽奖方案供3员工选择．方案甲：员工最多有两次抽奖机会，每次抽奖的中奖率均为，第一次抽奖，若未中奖，则抽5奖结束，若中奖，则通过抛一枚质地均匀的硬币，决定是否继续进行第二次抽奖，规定：若抛出硬币，反面朝上，员工则获得奖金500元，不进行第二次抽奖；若正面朝上，员工则需进行第二次抽奖，且在第二次抽奖中，若中奖，则获得奖金1000元；若未中奖，则所获得奖金为0元．方案乙：员工连续三次抽奖，1每次中奖率均为，每次中奖均可获得奖金500元．5(1)求某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X(元)的分布列；(2)试比较某员工选择方案乙与选择方案甲进行抽奖，哪个方案更划算？请说明理由．231213313313解析(1)P(X=0)=+××=，P(X=500)=×=，P(X=1000)=××55252552105259=，50所以某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X(元)的分布列为X05001000P133925105039(2)由(1)可知，选择方案甲进行抽奖所获得奖金X的均值EX=500×+1000×=330，1050113若选择方案乙进行抽奖中奖次数Y~B3,5，则EY=3×5=5，抽奖所获奖金X的均值EX=E(500Y)=500EY=300，故选择方案甲更划算．综上，方案甲更划算．第63页·共90页,2.(2022·河北秦皇岛·高三开学考试)“斯诺克(Snooker)”是台球比赛的一种，意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，是四大“绅士运动”之一，随着生活水平的提高，“斯诺克”也成为人们喜欢的运动之一．现甲、乙两人进行比赛比赛采用5局3胜制，各局比赛双方轮流开球(例如：若第一局甲开球，则第二局乙开球，第三局甲开球⋯⋯)，没有平局已知在甲的“开球局”，甲获得该局比赛11胜利的概率为，在乙的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，并且通过“猜硬币”，甲获得了第32一局比赛的开球权．(1)求甲以3∶1赢得比赛的概率；(2)设比赛的总局数为ξ，求E(ξ)．11解析(1)设事件甲在第i局比赛获胜为Ai，i=1，2，3，4，5，由已知可得P(A1)=，P(A2)=，P(A332111)=，P(A4)=，P(A5)=，323事件甲以3∶1赢得比赛，则前3局中甲赢得了2局且第4局甲获胜，所以事件甲以3∶1赢得比赛可表示为A1A2A3A4+A1A2A3A4+A1A2A3A4，其中A1A2A3A4，A1A2A3A4，A1A2A3A4互斥，A1，A2，A3，A4，A5相互独立，所以PA1A2A3A4+A1A2A3A4+A1A2A3A4=PA1A2A3A4+PA1A2A3A4+PA1A2A3A4=PA1PA2PA3PA4+PA1PA2PA3PA4+PA1PA2PA3PA42111111111215=×××+×××+×××=，323232323232365所以甲以3∶1赢得比赛的概率为；36(2)ξ的可能取值为3，4，5，设甲获胜的概率为P1，乙获胜的概率为P2，1111P1(ξ=3)=××=；323182122P2(ξ=3)=××=；3239125P(ξ=3)=+=；189182111111111215P1(ξ=4)=×××+×××+×××=；323232323232361121212121112P2(ξ=4)=×××+×××+×××=；32323232323295213P(ξ=4)=+=；3693651313则P(ξ=5)=1-P(ξ=3)-P(ξ=4)=1--=，1836365131349所以E(ξ)=3×+4×+5×=．18363612第64页·共90页,3.(2022·全国·高三专题练习)某商场为吸引顾客，增加顾客流量，决定开展一项有奖游戏．参加一次游戏的规则如下：连续抛质地均匀的硬币三次(每次抛硬币结果相互独立)，若正面朝上多于反面朝上的次数，则得3分，否则得1分．一位顾客可最多连续参加5次游戏．(1)求顾客甲在一次游戏中正面朝上次数ξ的分布列与期望；(2)若连续参加游戏获得的分数总和不小于11分，即可获得一份大奖．顾客乙准备连续参加5次游戏，则他获得这份大奖的概率多大？1解析(1)由题意得三次抛硬币正面朝上的次数ξ&sim;B3,2，31312133则Pξ=3=C32=8，Pξ=2=C32=8，11330131Pξ=1=C32=8，Pξ=0=C32=8，所以ξ分布列为ξ0123P1331888813则甲在一次游戏中硬币正面朝上次数ξ的期望Eξ=3×=．221(2)由(1)知，在一次游戏中，顾客乙得3分和得1分的概率均为．2设5次游戏中，得3分的次数为m，则3m+5-m≥11，即m≥3，1易知m&sim;B5,2，故P1=Pm≥3=Pm=3+Pm=4+Pm=53154155151=C52+C52+C52=2．第65页·共90页,1.(2022·全国·高三专题练习(理))为弘扬奥运精神，某校开展了“冬奥”相关知识趣味竞赛活动．现有甲､乙两名同学进行比赛，共有两道题目，一次回答一道题目．规则如下：①抛一次质地均匀的硬币，若正面向上，则由甲回答一个问题，若反面向上，则由乙回答一个问题．②回答正确者得10分，另一人得0分；回答错误者得0分，另一人得5分．③若两道题目全部回答完，则比赛结束，计算两人的最终得分．43已知甲答对每道题目的概率为，乙答对每道题目的概率为，且两人每道题目是否回答正确相互独55立．(1)求乙同学最终得10分的概率；(2)记X为甲同学的最终得分，求X的分布列和数学期望．解析(1)记“乙同学最终得10分”为事件A，则可能情况为甲回答两题且错两题；甲､乙各答一题且各对一题；乙回答两题且对一题错一题，11111413131237则PA=×××+××××2+××××2=，25252525252510037所以乙同学得10分的概率是．100(2)甲同学的最终得分X的所有可能取值是0，5，10，15，20．111111131313164PX=0=×××+××××2+×××==，2525252525251002511121312164PX=5=××××2+××××2==，2525252510025141114131212369PX=10=××××2+××××2+×××==，252525252525100251412164PX=15=××××2==，2525100251414164PX=20=×××==．252510025X的分布列为X05101520P44944252525252541911EX=0×+5×+10×+15×+20×=10，2525252525所以X的数学期望为10．第66页·共90页,2.(2022·江西·临川一中模拟预测(理))有游戏规则如下：每盘游戏都需要抛硬币三次，每次抛硬币要么出现正面，要么出现反面；每盘游戏抛硬币三次后，出现一次正面获得10分，出现两次正面获得20分，出现三次正面获得50分，没有出现正面则扣除150分(即获得-150分)．设每次抛硬币出现正面的概率为1，且各次抛硬币出现正面相互独立．2(1)玩一盘游戏，至少出现一次正面的概率是多少？(2)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；(3)许多玩过这款游戏的人都发现，玩的盘数越多，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析其中的道理．1解析(1)每盘游戏都需要抛硬币三次，每次抛硬币出现正面的概率为，且各次抛硬币出现正面相互2独立．137所以，玩一盘游戏，至少出现一次正面的概率是1-1-2=8．(2)由题意可知，随机变量X的可能取值有-150、10、20、50，13111123PX=-150=1-2=8，PX=10=C3⋅2⋅1-2=8，21213131PX=20=C3⋅2⋅1-2=8，PX=50=2=8，所以，随机变量X的分布列如下表所示：X-150102050P1331888813315(3)因为EX=-150×+10×+20×+50×=-，888845所以，每盘游戏得分的数学期望是-，4故由概率统计的相关知识可知：玩的盘数越多，分数没有增加反而减少了．第67页·共90页,题型十四:自主选科问题1.(2022·黑龙江·哈尔滨三中高三阶段练习(理))材料一：2018年，全国逾半省份将从秋季入学的高一年级开始实行新的学业水平考试和高考制度．所有省级行政区域均突破文理界限，由学生跨文理选科，均设置“3+3”的考试科目．前一个“3”为必考科目，为统一高考科目语文、数学、外语．除个别省级行政区域仍执行教育部委托的分省命题任务外，绝大部分省级行政区域均由教育部考试中心统一命题；后一个“3”为高中学业水平考试(简称“学考”)选考科目，由各省级行政区域自主命题．材料二：2019年4月，河北、辽宁、江苏、福建、湖北、湖南、广东、重庆等8省市发布高考综合改革实施方案，方案决定从2018年秋季入学的高中一年级学生开始实施高考综合改革．考生总成绩由全国统一高考的语文、数学、外语3个科目成绩和考生选择的3科普通高中学业水平选择性考试科目成绩组成，满分为750分．即通常所说的“3+1+2”模式，所谓“3+1+2”，即“3”是三门主科，分别是语文、数学、外语，这三门科目是必选的．“1”指的是要在物理、历史里选一门，按原始分计入成绩．“2”指考生要在生物、化学、思想政治、地理4门中选择2门．但是这几门科目不以原始分计入成绩，而是等级赋分．等级赋分指的是把考生的原始成绩根据人数的比例分为A、B、C、D、E五个等级，五个等级分别对应着相应的分数区间，然后再用公式换算，转换得出分数．(1)若按照“3+1+2”模式选科，求选出的六科中含有“语文，数学，外语，物理，化学”的概率．(2)某教育部门为了调查学生语数外三科成绩与选科之间的关系，现从当地不同层次的学校中抽取高一学生2500名参加语数外的网络测试，满分450分，并给前400名颁发荣誉证书，假设该次网络测试成绩服从正态分布，且满分为450分；①考生甲得知他的成绩为270分，考试后不久了解到如下情况：“此次测试平均成绩为171分，351分以上共有57人”，问甲能否获得荣誉证书，请说明理由；②考生丙得知他的实际成绩为430分，而考生乙告诉考生丙：“这次测试平均成绩为201分，351分以上共有57人”，请结合统计学知识帮助丙同学辨别乙同学信息的真伪．附：P(μ-σ≤X≤μ+σ)=0.6828；P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)=0.9544；P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)=0.9974．解析(1)设事件A：选出的六科中含有“语文，数学，外语，物理，化学”；1则从剩余生物、思想政治、地理三个科目中选择一个有C3．12从物理、历史里选一门，生物、化学、思想政治、地理4门中选择2门的方案有C2C4种，1C331所以PA===．C1C24×34242×22(2)设此次网络测试的成绩记为X~Nμ,σ．①由题意可知μ=171，571-Pμ-2σ≤X≤μ+2σ1-0.9544因为=0.0228，且==0.0228，250022351-171所以σ==90；2400而=0.16，25001-Pμ-σ≤X≤μ+σ1-0.6828且PX≥μ+σ===0.1587<0.16，22所以前400名学生成绩的最低分高于μ+σ=261，而考生甲的成绩为270分，所以甲同学能够获得荣誉证书．第68页·共90页,②假设考生乙所说为真，则μ=201，1-Pμ-2σ≤X≤μ+2σ1-0.9544PX≥μ+2σ===0.0228，2257351-201而=0.0228，所以σ==75，25002从而μ+3σ=201+3×75=426<430，1-Pμ-3σ≤X≤μ+3σ1-0.9974而PX≥μ+3σ===0.0013<0.005，22所以X≥μ+3σ为小概率事件，即丙同学的成绩为430分是小概率事件，可认为其不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙同学所说为假．2.(2022·重庆市云阳高级中学校高三阶段练习)山东省2020年高考将实施新的高考改革方案．考生的高考总成绩将由3门统一高考科目成绩和自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目成绩组成，总分为750分．其中，统一高考科目为语文、数学、外语，自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目是从物理、化学、生物、历史、政治、地理6科中选择3门作为选考科目，语、数、外三科各占150分，选考科目成绩采用“赋分制”，即原始分数不直接用，而是按照学生分数在本科目考试的排名来划分等级并以此打分得到最后得分．根据高考综合改革方案，将每门等级考试科目中考生的原始成绩从高到低分为A、B+、B、C+、C、D+、D、E共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%、7%、16%、24%、24%、16%、7%、3%．等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到91-100、81-90、71-80，61-70、51-60、41-50、31-40、21-30八个分数区间，得到考生的等级成绩．举例说明．某同学化学学科原始分为65分，该学科C+等级的原始分分布区间为58~69，则该同学化学学科的原始成绩属C+等级．而C+等级的转换分区间为61~70，那么该同学化学学科的转换分为：69-6570-x设该同学化学科的转换等级分为x，=，求得x≈66.73．65-58x-61四舍五入后该同学化学学科赋分成绩为67．(1)某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试2原始成绩基本服从正态分布ξ&sim;N(60，12)．(i)若小明同学在这次考试中物理原始分为84分，等级为B+，其所在原始分分布区间为82~93，求小明转换后的物理成绩；(ii)求物理原始分在区间(72,84)的人数；(2)按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取4人，记X表示这4人中等级成绩在区间[61,80]的人数，求X的分布列和数学期望．2(附：若随机变量ξ&sim;N(μ，σ)，则Pμ-σ<ξ<μ+σ=0.682，Pμ-2σ<ξ<μ+2σ=0.954，Pμ-3σ<ξ<μ+3σ=0.997)解析(1)(i)设小明转换后的物理等级分为x，93-8490-x=，84-82x-81求得x≈82.64．小明转换后的物理成绩为83分；2(ii)因为物理考试原始分基本服从正态分布N60,12，所以P(72<ξ<84)=P(60<ξ<84)-P(60<ξ<72)第69页·共90页,11=P(36<ξ<84)-P(48<ξ<72)221=0.954-0.6822=0.136．所以物理原始分在区间72,84的人数为2000×0.136=272(人)；2(2)由题意得，随机抽取1人，其等级成绩在区间61,80内的概率为，52随机抽取4人，则X~B4,5．34811233216PX=0=5=625，PX=1=C4⋅5⋅5=625，222322163233196PX=2=C4⋅5⋅5=625，PX=3=C4⋅5⋅5=625，2416PX=4=5=625．X的分布列为X01234P81216216961662562562562562528数学期望EX=4×=．55题型十五:高尔顿板问题1.(2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习)高尔顿板是英国生物数学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中与层层小木块碰撞．且等可能向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内．如图所示的高尔顿板有17层小木块，小球从通道口落下，第一次与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左或向右流下，依2次经过6次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2，⋯，7的球槽内．例如小球要掉入3号球槽，则在6次碰撞中有2次向右4次向左滚下．(1)若进行一次高尔顿板试验，求这个小球掉入2号球槽的概率；(2)若进行5次高尔顿板试验，记小球掉入偶数号球槽的次数为ξ．求ξ的分布列与期望．解析(1)设这个小球掉入2号球槽为事件A．第70页·共90页,掉入2号球槽，需要向右1次向左5次，111153所以P(A)=C622=32．3所以这个小球掉入2号球槽的概率为．321111531313515111(2)小球掉入偶数号球槽的概率为P=C622+C622+C622=2，1由题意知ξ~B5,2，且ξ的可能取值为0，1，2，3，4，5，k15由Pξ=k=C5⋅2，k=0，1，2，3，4，5，可得分布列为：ξ012345P1510105132323232323215&there4;E(ξ)=5×=22第71页·共90页,2.(2022·广东佛山·高三阶段练习)高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内．如图所示的小木块中，上面7层为高尔顿板，最下面一层为改造的高尔顿板，小球从通道口落下，第一次与第2层中间的小木块碰1撞，以的概率向左或向右滚下，依次经过7次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2⋯，7的球槽内．21例如小球要掉入3号球槽，则在前6次碰撞中有2次向右3次向左滚到第6层的第3个空隙处，再以21的概率向左滚下，或在前6次碰撞中有1次向右4次向左滚到第6层的第2个空隙处，再以的概率向2右滚下．(1)若进行一次高尔顿板试验，求小球落入第7层第6个空隙处的概率；(2)小明同学在研究了高尔顿板后，利用该图中的高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动，8元可以玩一次高尔顿板游戏，小球掉入X号球槽得到的奖金为ξ元．其中ξ=|20-5X|．①求X的分布列：②高尔顿板游戏火爆进行，很多同学参加了游戏，你觉得小明同学能盈利吗？解析(1)记小球落入记小球落入第7层第6个空隙处的事件为M，小球落入第7层第6个空隙处，需要6次碰撞中有1次向左5次向右，11153&there4;这个小球落入第7层第6个空隙处的概率P(M)=C622=32．(2)①由已知得X的可能取值为1，2，3，4，5，6，7，0161P(X=1)=P(X=7)=C62=64，1163P(X=2)=P(X=6)=C62=32，21615P(X=3)=P(X=5)=C62=64，3165P(X=4)=C62=16，&there4;X的分布列为：X1234567p13155153164326416643264②∵ξ=|20-5X|，&there4;ξ的可能取值为0，5，10，15，第72页·共90页,5P(ξ=0)=P(X=4)=，1615P(ξ=5)=P(X=3)+P(X=5)=，323P(ξ=10)=P(X=2)+P(X=6)=，161P(ξ=15)=P(X=1)+P(X=7)=．325153175&there4;E(ξ)=0×+5×+10×+15×=<8，1632163216&there4;小明同学能盈利．第73页·共90页,3.(2022·全国·高三专题练习)高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内．如图所示的小木块中，上面7层为高尔顿板，最下面一层为改造的高尔顿板，小球从通道口落下，第一次1与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左或向右滚下，依次经过7次与小木块碰撞，最后掉入编号2为1，2⋯，6的球槽内．例如小球要掉入3号球槽，则在前6次碰撞中有2次向右4次向左滚到第7层的1第3个空隙处，再以的概率向右滚下，或在前6次碰撞中有3次向右3次向左滚到第7层的第4个空隙21处，再以的概率向左滚下．2(1)若进行一次高尔顿板试验，求小球落入第7层第6个空隙处的概率；(2)小明同学在研究了高尔顿板后，利用该图中的高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动，8元可以玩一次高尔顿板游戏，小球掉入X号球槽得到的奖金为ξ元，其中ξ=20-5X．①求X的分布列：②高尔顿板游戏火爆进行，很多同学参加了游戏，你觉得小明同学能盈利吗？解析(1)记小球落入第7层第6个空隙处的事件为M，小球落入第7层第6个空隙处，需要在6次碰撞中有1次向左5次向右，11153则PM=C622=32；(2)①，记第7层从左向右的空隙编号为η+1，η+1的取值分别为1，2，3，4，5，6，7，1则η的取值分别为0，1，2，3，4，5，6，且η~B6,2，X的取值可为1，2，3，4，5，6，1010161111151P(X=1)=P(η=0)+2P(η=1)=C622+2C622=16，1111111512121421P(X=2)=2P(η=1)+2P(η=2)=2C622+2C622=128，1112121413131335P(X=3)=2P(η=2)+2P(η=3)=2C622+2C622=128，1113131314141235P(X=4)=2P(η=3)+2P(η=4)=2C622+2C622=128，1114141215151121P(X=5)=2P(η=4)+2P(η=5)=2C622+2C622=128，第74页·共90页,1151511616101P(X=6)=2P(η=5)+P(η=6)=2C622+C622=16，&there4;X的分布列为X123456P12135352111612812812812816②∵ξ=20-5X，&there4;ξ的可能取值为0，5，10，15，35Pξ=0=PX=4=，12835+217Pξ=5=PX=3+PX=5==，1281629P(ξ=10)=P(X=2)+P(X=6)=，1281P(ξ=15)=P(X=1)=，16357291345&there4;E(ξ)=0×+5×+10×+15×=≈5.39<8．．128161281664&there4;小明同学能盈利．第75页·共90页,1.(2022·全国·高三专题练习)高尔顿(钉)板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行、水平间隔相等的圆柱形铁钉(如图)，并且每一排钉子数目都比上一排多一个，一排中各个钉子恰好对准上面一排两相邻铁钉的正中央．从入口处放入一个直径略小于两颗钉子间隔的小球，当小球从两钉之间的间隙下落时，由于碰到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左或向右落下，接着小球再通过两铁钉的间隙，又碰到下一排铁钉．如此继续下去，在最底层的5个出口处各放置一个容器接住小球．(Ⅰ)理论上，小球落入4号容器的概率是多少？(Ⅱ)一数学兴趣小组取3个小球进行试验，设其中落入4号容器的小球个数为X，求X的分布列与数学期望．解析(Ⅰ)记“小球落入4号容器”为事件A，若要小球落入4号容器，则在通过的四层中有三层需要向右，一层向左，3141&there4;理论上，小球落入4号容器的概率P(A)=C42=4．(Ⅱ)落入4号容器的小球个数X的可能取值为0，1，2，3，01327111227&there4;P(X=0)=C3×1-4=64，P(X=1)=C3×4×1-4=64，212193131P(X=2)=C3×4×1-4=64，P(X=3)=C3×4=64，&there4;X的分布列为：X0123P272791646464642727913&there4;EX=0×+1×+2×+3×=．646464644第76页·共90页,题型十六:自主招生问题1.(2022·广东·普宁市华侨中学高三开学考试)某高中在招高一新生时，有统一考试招生和自主招生两种方式．参加自主招生的同学必须依次进行“语文”“数学”“科学”三科的考试，若语文达到优秀，则得1分，若数学达到优秀，则得2分，若科学达到优秀，则得3分，若各科未达到优秀，则不得分．已知小明131三科考试都达到优秀的概率为，至少一科考试优秀的概率为，数学考试达到优秀的概率为，语2443文考试达到优秀的概率大于科学考试达到优秀的概率，且小明各科达到优秀与否相互独立．(1)求小明语文考试达到优秀的概率；(2)求小明三科考试所得总分的分布列和期望．解析(1)依题意，设小明语文考试达到优秀的概率为p1，科学考试达到优秀的概率为p2，且p1>p2，11p1p2=324则131-1-p11-31-p2=41p1=21解得，则小明语文考试达到优秀的概率为．p=1224(2)记小明三科的总得分为X，则X的可能取值为0，1，2，3，4，5，6．1111PX=0=1-2×1-3×1-4=4，1111PX=1=2×1-3×1-4=4，1111PX=2=1-2×3×1-4=8，1111115PX=3=1-2×1-3×4+2×3×1-4=24，1111PX=4=2×1-3×4=121111PX=5=1-2×3×4=241111PX=6=××=23424则X的分布列为X0123456P111511144824122424111511123E(X)=0×+1×+2×+3×+4×+5×+6×=．4482412242412第77页·共90页,2.(2022·全国·高三专题练习)随着高校强基计划招生的持续开展，我市高中生抓起了参与数学兴趣小组的热潮．为调查我市高中生对数学学习的喜好程度，从甲、乙两所高中各随机抽取了40名学生，记录他们在一周内平均每天学习数学的时间，并将其分成了6个区间：0,10、10,20、20,30、30,40、40,50、50,60，整理得到如下频率分布直方图：(1)求图1中a的值，并估计甲高中学生一周内平均每天学习数学时间的众数；2(2)估计乙高中学生一周内平均每天学习数学时间的均值x乙及方差s乙(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(3)若从甲、乙两所高中分别抽取样本量为m、n的两个样本，经计算得它们的平均数和方差分别为：x、222s1与y、s2，记总的样本平均数为w，样本方差为s，证明：mn①w=x+y；m+nm+n②s2=1ms2+x-w2+ns2+y-w2．12m+n解析(1)由频率分布直方图可得0.005+0.02+a+0.025+0.015×10=1，解得a=0.035，30+40甲高中学生一周内平均每天学习数学时间的众数是=35．2(2)x乙=5×0.1+15×0.2+25×0.3+35×0.2+45×0.15+55×0.05=27.5，22222s乙=5-27.5×0.1+15-27.5×0.2+25-27.5×0.3+35-27.5×0.222+45-27.5×0.15+55-27.5×0.05=178.75．mx+nymn(3)证明：①w==x+y，即得证；m+nm+nm+nmn2122②s=m+nxi-w+yj-wi=1j=1mn122=m+nxi-x+x-w+yj-y+y-w，i=1j=1mmmm∵xi-x=xi-mx=0，&there4;2xi-xx-w=2x-wxi-x=0，i=1i=1i=1i=1m同理可得2yj-yy-w=0，j=1mmnn212222&there4;s=m+nxi-x+x-w+yj-y+y-wi=1i=1j=1j=112222=ms1+mx-w+ns2+ny-w，m+n第78页·共90页,所以，s2=1ms2+x-w2+ns2+y-w2，即得证．12m+n第79页·共90页,3.(2022·云南师大附中高三阶段练习)2014年9月教育部发布关于深化考试招生制度改革的实施意见，部分省份先行改革实践，目前，全国多数省份进入新高考改革．改革后，考生的高考总成绩由语文、数学、外语3门全国统一考试科目成绩和3门选择性科目成绩组成．方案一：选择性考试科目学生可以从思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6门科目中任选3门参加选择性考试．方案二：3门选择性科目由学生先从物理、历史2门科目中任选1门，再从思想政治、地理、化学、生物4门科目中任选2门参加选择性考试．(1)某省执行方案一，甲同学对选择性科目的选择是随机的，求甲同学在选择物理科目的条件下，选择化学科目的概率；(2)某省执行方案二，为调查学生的选科情况，从某校高二年级抽取了10名同学，其中有6名首选物理，4名首选历史，现从这10名同学中再选3名同学做进一步调查，将其中首选历史的人数记作X，求随机变量X的分布列和数学期望．2C51解析(1)“甲同学选择物理”记作事件A，“甲同学选择化学”记作事件B，则P(A)==，P(AB)C3261C41P(AB)2==，则P(B|A)==；C35P(A)5631221C61C4C61C4C6(2)随机变量X的取值为0，1，2，3．P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)=C36C32C310101033C41=，P(X=3)==，10C33010随机变量X的分布列为X0123P113162103011316E(X)=0×+1×+2×+3×=．6210305第80页·共90页,1.(2022·陕西·宝鸡中学模拟预测)教育公平是民主社会的重要标志之一．近几年国家教育主管部门也出台了多项举措，比如“小升初”的摇号政策．某市市区有10所中学，由于历史原因，其中2所市级重点是学子心目中的一类学校，5所区重点是二类学校，另3所归为第三类．该市教育局规定：第一志愿填报1一类学校，需参加摇号，如果没有摇中，则要服从分配．已知摇中的概率为，没有摇中，被分配到二类513和三类学校的概率分别为，；如果第一志愿填报二类学校，被分配到二类和三类学校的概率分别为4451，；假设一类､二类和三类学校在学子心目中的评分分别为100，60，20．66(1)分配结束后，记参加摇号学生获得的评分为X，不参加摇号获得的评分为Y，以E(X)和E(Y)为依据说明该如何择校；9(2)招生细则中，为了方便学生就近入学，规定如果第一志愿填报二类学校，满足学校志愿的概率为．10六年级某班的3名好朋友，为了能继续在一起学习，第一志愿填报了同一所二类学校，求他们3人都能被分配到该校的概率．解析(1)由题设，X可能值为20，60，100，Y可能值为20，60，4334111P(X=20)=×=，P(X=60)=×=，P(X=100)=，5455455311所以E(X)=20×+60×+100×=44；55515P(Y=20)=，P(X=60)=，6615160所以E(Y)=20×+60×=；663则E(Y)>E(X)，故应选择不参加摇号择校．593(2)由题设，每位学生分配到该学校的概率为×=，610433103327所以3名好朋友被分配到该校服从B3,4，则3人都能被分配到该校的概率P=C344=64．第81页·共90页,题型十七:顺序排位问题1.(2022·重庆八中高三阶段练习)核电站某项具有高辐射危险的工作需要工作人员去完成，每次只派一人，每人只派一次，工作时长不超过15分钟，若某人15分钟内不能完成该工作，则撤出，再派下一人，现有小胡、小邱、小邓三人可派，且他们各自完成工作的概率分别为p1，p2，p3．假设p1，p2，p3互不相等，且假定三人能否完成工作是相互独立．(1)任务能被完成的概率是否与三个人被派出的先后顺序有关？试说明理由；(2)若按某指定顺序派出，这三人各自能完成任务的概率依次为q1，q2，q3，其中q1，q2，q3是p1，p2，p3的一个排列．①求所需派出人员数目X的分布列和数学期望EX；②假定1>p1>p2>p3，为使所需派出的人员数目的数学期望达到最小，应以怎么样的顺序派出？解析(1)无关，理由如下：由于任务不能被完成的概率为1-p11-p21-p3为定值，故任务能被完成的概率为1-1-p11-p21-p3也为定值．所以任务能被完成的概率与三个人被派出的顺序无关．(2)①X的取值为1，2，3，PX=1=q1，PX=2=1-q1q2，PX=3=1-q11-q2，分布列如图：X123Pq11-q11-q1q21-q2EX=q1+21-q1q2+31-q11-q2=3-2q1-q2+q1q2．②EX=3-q1+q2+q1q2-q1，若交换前两个人的派出顺序，则变为3-q1+q2+q1q2-q2，由此可见，当q1>q2时，交换前两个人的派出顺序可增大均值；若保持第一人派出的人选不变，交换后两个人的派出顺序，EX可写为3-2q1-1-q1q2，交换后两个人的派出顺序则变为3-2q1-1-q1q3；当q2>q3时，交换后两个人的派出顺序可增大均值，故完成任务概率大的人先派出，可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小．第82页·共90页,2.(2022·全国·高三专题练习)真人密室逃脱将玩家关在一间密闭的房间中，主持人讲述相关的故事背景和注意事项，不同的主题有不同的故事背景，市面上较多的为电影主题，宝藏主题，牢笼主题等．由甲、乙、丙三个人组成的团队参加真人密室逃脱，第一关解密码锁，3个人依次进行，每人必须在5分钟内完成，否则派下一个人．3个人中只要有一人能解开密码锁，则该团队进入下一关，否则淘汰出局．甲在5分钟内解开密码锁的概率为0.8，乙在5分钟内解开密码锁的概率为0.6，丙在5分钟内解开密码锁的概率为0.5，各人是否解开密码锁相互独立．(1)求该团队能进入下一关的概率；(2)该团队以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目X的数学期望达到最小？并说明理由．解析(1)记“团队能进入下一关”的事件为A，则“不能进入下一关”的事件为A，PA=1-0.81-0.61-0.5=0.04，所以该团队能进入下一关的概率为PA=1-PA=1-0.04=0.96．(2)设按先后顺序各自能完成任务的概率分别p1，p2，p3，且p1，p2，p3互不相等，根据题意知X的所有可能的取值为1，2，3；则PX=1=p1，PX=2=1-p1p2，PX=3=1-p11-p2，EX=p1+21-p1p2+31-p11-p2=3-2p1-p2+p1p2，所以EX=3-p1+p2+p1p2-p1．若交换前两个人的派出顺序，则变为3-p1+p2+p1p2-p2，由此可见，当p1>p2时，交换前两人的派出顺序可增大均值，应选概率大的甲先开锁；若保持第一人派出的人选不变，交换后两人的派出顺序，由交换前EX=3-p1+p2+p1p2-p1=3-2p1-1-p1p2，所以交换后的派出顺序则变为3-2p1-1-p1p3，当p2>p3时，交换后的派出顺序可增大均值．所以先派出甲，再派乙，最后派丙，这样能使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小．第83页·共90页,3.(2022·安徽·合肥一中模拟预测(理))北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，合肥一中决定安排5名志愿者将两个吉祥物安装在合一广场，活动共分3批次进行每次活动需要同时派送2名志愿者，且每次派送人员均从5人中随机抽选．已知这5名志愿者中，2人有安装经验，3人没有安装经验．(1)求5名志愿者中的“小明”，在这3批次安装活动中有且只有一次被抽选到的概率；(2)求第二次抽选时，选到没有安装经验志愿者的人数最有可能是几人？请说明理由；(3)现在需要2名志愿者完成某项特殊教学任务，每次只能派一个人，且每个人只派一次，如果前一位志愿者一定时间内不能完成教学任务，则再派另一位志愿者．若有A、B两个志愿者可派，他们各自完成任务的概率分别为P1，P2，假设1>P1>P2，且假定各人能否完成任务的事件相互独立．若按某种指定顺序派人，这两个人各自能完成任务的概率依次为q1，q2，其中q1，q2是P1、P2的一个排列，试分析以怎样的顺序派出志愿者，可使所需派出志愿者的人员数目的数学期望达到最小．2解析(1)5名志愿者的“小明”在每轮抽取中，被抽取到概率为，51213254则三次抽取中，“小明”恰有一次被抽取到的概率P=C3×55=125；(2)第二次抽取到的没有安装经验志愿者人数最有可能是1人．设ω表示第一次抽取到的没有安装经验志愿者人数，ω可能的取值有0，1，2，2112C21C2C36C33则P(ω=0)==；P(ω=1)==；P(ω=2)==．C210C210C210555设ξ表示第二次抽取到的没有安装经验志愿者的人数，ξ可能的取值有0，1，2，则2211222C2C2C2C3C3C3C437p(ξ=0)=⋅+⋅+⋅=C2C2C2C2C2C21005555552111111211C2C2C3C2C3C2C3C3C4C154P(ξ=1)=⋅+⋅+⋅=C2C2C2C2C2C2100555555221122C2C3C2C3C2C39P(ξ=2)=⋅+⋅+⋅0=C2C2C2C2C210055555因为P(ξ=1)>P(ξ=0)>P(ξ=2)，故第二次抽取到的没有安装经验志愿者人数最有可能是1人．(3)按照先A后B的顺序所需人数期望最小：①设X表示先A后B完成任务所需人员数目，则X12PP11-P1E(X)=P1+21-P1=2-P1，①设Y表示B先后A完成任务所需人员数目，则X12PP21-P2E(Y)=P2+21-P2=2-P2，E(Y)-E(X)=P1-P2>0，故按照先A后B的顺序所需人数期望最小．第84页·共90页,1.(2022·江苏苏州·模拟预测)某工厂采购了一批新的生产设备．经统计，设备正常状态下，生产的产品正品率为0.98．监控设备生产过程，检验员每天从该设备生产的产品中随机抽取10件产品，并检测质量．规定：抽检的10件产品中，若出现的次品数大于等于2，则认为设备生产过程出现了异常情况，需对设备进行检测及修理．(1)假设设备正常状态，记X表示一天内抽取的10件产品中的次品件数，求P(X≥2)；(2)该设备由甲、乙、丙三个部件构成，若出现两个或三个部件同时出现故障，则设备停止运转；若只有一1个部件出现故障，则设备出现异常．已知设备出现异常是由甲部件故障造成的概率为，由乙部件故障211造成的概率为，由丙部件故障造成的概率为．若设备出现异常，需先检测其中一个部件，如果确认36该部件出现故障，则进行修理，否则，继续对另一部件进行检测及修理，如果已经检测两个部件未出现故障，则第三个部件无需检测，直接修理．已知甲部件的检测费用1000元，修理费用5000元，乙部件的检测费用2000元，修理费用4000元，丙部件的检测费用2400元，修理费用3600元．当设备出现异常时，仅考虑检测和修理总费用，工程师根据经验给出了三个方案：①按甲、乙、丙的顺序检测修理；②按乙、甲、丙的顺序检测修理；③按丙、乙、甲的顺序检测修理．你运用所学知识，从总费用花费最少的角度，你认为应选用哪个方案，并说明理由．1098参考数据：0.98≈0.82，0.98≈0.83，0.98≈0.85．01019解析(1)P(X≥2)=1-C100.98-C100.02×0.98≈1-0.82-10×0.02×0.83=0.014．(2)设Fii=1,2,3为第i个方案对应的总费用，则F1可取6000，7000，6000，111由题设可得PF1=6000=，PF1=7000=，PF1=6600=，2361111故EF1=6000×+7000×+6600×=6433，2363F2可取6000，8000，6600，111由题设可得PF2=6000=，PF2=8000=，PF2=6600=，326111故EF2=6000×+8000×+6600×=7100，326F3可取6000，8400，9400，111由题设可得PF3=6000=，PF3=8400=，PF3=9400=，632111故EF3=6000×+8400×+9400×=8500，632故EF1<ef2<ef3，故选方案①．第85页·共90页,2.(2022·全国·高三专题练习)科教兴国，科技强国．探索浩潮宇宙是全人类的共同梦想，我国广大科技工作者､航天工作者为推动世界航天事业发展付出了艰辛的努力，为人类和平利用太空､推动构建人类命运共同体贡献了中国智慧､中国方案､中国力量．(1)为助力我国航空事业，某公司试生产一种航空零件，在生产过程中，当每小时次品数超过90件时，产品的次品率会大幅度增加．为检测公司的试生产能力，同时尽可能控制不合格品总量，抽取几组一小时生产的产品数据进行次品情况检查分析，已知在x(单位：百件)件产品中，得到次品数量y(单位：件)的情况汇总如表所示，且y(单位：件)与x(单位：百件)线性相关：x(百件)520354050y(件)214243540请根据表格中的数据，求出y关于x的线性回归方程：根据公司规定，在一小时内不允许次品数超过90件，请判断可否安排一小时试生产10000件产品的任务？(2)"战神”太空空间站工作人员需走出太空站完成某项试验任务，一共只有甲､乙､丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别为p1，p2，p3，假设p1，p2，p3互不相等，且假定各人能否完成任务相互独立．①如果按甲最先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能完成的概率．若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？②假定1>P1>P2>P3，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的数学期望达到最小．nxiyi-nx⋅yi=1(参考公式：用最小二乘法求线性回归方程y=bx+a的系数公式，b=n=22xi-nxi=1nxi-xyi-yi=1n，a=y-bx．)2xi-xi=155222222(参考数据：xiyi=5×2+20×14+35×24+40×35+50×40=4530，xi=5+20+35+40+50i=1i=1=5750．)5+20+35+40+502+14+24+35+40解析(1)由已知可得：x==30，y==23．555222222又因为xi=5+20+35+40+50=5750，i=15xiyi=5×2+20×14+35×24+40×35+50×40=4530i=1由回归直线的系数公式知：5xiyi-5x⋅yi=14530-5×30×231080b====0.864552+202+352+402+5022125022-5×30xi-5xi=1a=y-bx=23-0.864×30=-2.92，所以y=bx+a=0.864x-2.92当x=100(百件)时，y=0.864×100-2.92=83.48<90，符合有关要求，所以可以安排一小时试生产10000件产品的任务．(2)①若甲最先，乙次之，丙最后的顺序派人，任务被完成的概率为：第86页·共90页,P=P1+1-P1P2+1-P11-P2P3=P1+P2+P3-P1P2-P1P3-P2P3+P1P2P3；若甲在先，丙次之，乙最后的顺序派人，任务被完成的概率为：P=P1+1-P1P3+1-P11-p3p2=P1+P2+P3-P1P2-P1P3-P2P3+P1P2P3，发现任务被完成的概率是一样的，同理可以验证，不论如何改变3人的先后顺序，任务能被完成的概率不会发生变化；②由题意得X的可能取值为1，2，3，按甲在先，乙次之，丙最后的顺序派人，所需派出的人员数目的分布列为：X123PP11-P11-P1P21-P2所以EX=P1+2×1-P1P2+3×1-P11-P2=P1P2-2P1-P2+3．因为EX=P1P2-2P1-P2+3=2-P21-P1+1，且1>P1>P2>P3，其它情况同理可得，期望分别为(2-P1)(1-P2)+1，(2-P3)(1-P1)+1，(2-P1)(1-P3)+1，(2-P3)(1-P2)+1，(2-P2)(1-P3)+1，所以要使所需派出的人员数目的均值得到最小，只能先派甲乙中的一人，若先派甲，再派乙，最后派丙，则EX1=P1P2-2P1-P2+3．若先派乙，再派甲，最后派丙，则EX2=P1P2-2P2-P1+3；所以EX1-EX2=P1P2-2P1-P2+3-P1P2-2P2-P1+3=P2-P1<0，所以先派甲，再派乙，最后派丙时，派出的人员数目的数学期望达到最小．题型十八:博彩问题1.(2022·江苏·扬州中学高三开学考试)公元1651年，法国学者德梅赫向数学家帕斯卡请教了一个问题：设两名赌徒约定谁先赢满4局，谁便赢得全部赌注a元，已知每局甲赢的概率为p(0<p<1)，乙赢的概率为1-p，且每局赌博相互独立，在甲赢了2局且乙赢了1局后，赌博意外终止，则赌注该怎么分才合理？帕斯卡先和费尔马讨论了这个问题，后来惠更斯也加入了讨论，这三位当时欧洲乃至全世界著名的数学家给出的分配赌注的方案是：如果出现无人先赢4局且赌博意外终止的情况，则甲、乙按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比p甲：p乙分配赌注．(友情提醒：珍爱生命，远离赌博)2(1)若a=243，p=，甲､乙赌博意外终止，则甲应分得多少元赌注？34(2)若p≥，求赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率f(p)，并判断“赌博继续进行下去乙赢得全部5赌注”是否为小概率事件(发生概率小于0.05的随机事件称为小概率事件)．解析(1)设赌博再继续进行x局且甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注．224当x=2时，甲以4:1赢，所以px=2=3=9；12228当x=3时，甲以4:2赢，所以px=3=c2⋅3×1-3×3=27；122224当x=4时，甲以4:3赢，所以px=4=c3⋅3×1-3×3=27．第87页·共90页,484248所以，甲赢的概率为++==．927272798所以，甲应分得的赌注为243×=216元9(2)设赌注继续进行y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，则y的可能取值有3、4，3当y=3时，乙以4:2赢，py=3=(1-p)；133当y=4时，乙以4:3赢，py=4=c3p(1-p)=3p(1-p)；所以，乙赢得全部赌注的概率为333pa=(1-p)+3p(1-p)=1+3p(1-p)3于是甲赢得全部赌注的概率fp=1-1+3p(1-p)．322求导，fp=-3(1-p)-1+3p⋅3(1-p)-1=12p(1-p)．44因为5≤p<1，所以fp>0，所以fp在5,1上单调递增，4608于是f(p)min=f5=625．60817故乙赢的概率最大为1-==0.0272<0.05，故是小概率事件．625625第88页·共90页,2.(2022·广东·普宁市华美实验学校高三阶段练习)公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫(Demere)向另一位著名的数学家帕斯卡(B．Pascal)提请了一个问题，帕斯卡和费马(Fermat)讨论了这个问题，后来惠更斯(C．Huygens)也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学*家都给出了正确的解答该问题如下：设两名赌徒约定谁先赢kk>1,k∈N局，谁便赢得全部赌注a元．每局甲赢的概率为p(0<p<1)，乙赢的概率为1-p，且每局赌博相互独立．在甲赢了m(m<k)局，乙赢了n(n<k)局时，赌博意外终止赌注该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢k局则赌博意外终止的情况，甲、乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比p甲：p乙分配赌注．2(1)甲、乙赌博意外终止，若a=243，k=4，m=2，n=1，p=，则甲应分得多少赌注？3(2)记事件a为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”，试求当k=4，m=2，n=1时赌博继续进行下去4甲赢得全部赌注的概率f(p)，并判断当p≥时，事件a是否为小概率事件，并说明理由．规定：若随机5事件发生的概率小于0.05，则称该随机事件为小概率事件．解析(1)设赌博再继续进行x局甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢，由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注，224当x=2时，甲以4:1赢，所以p(x=2)=3=9，12228当x=3时，甲以4:2赢，所以p(x=3)=c2⋅3×1-3×3=27，122224当x=4时，甲以4:3赢，所以p(x=4)=c3⋅3×1-3×3=27，484248于是得甲赢得全部赌注的概率为++==，927272798所以，甲应分得的赌注为243×=216元．9(2)设赌博继续进行y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，3当y=3时，乙以4:2赢，p(y=3)=(1-p)，133当y=4时，乙以4:3赢，p(y=4)=c3p(1-p)=3p(1-p)，333从而得乙赢得全部赌注的概率为p(a)=(1-p)+3p(1-p)=(1+3p)(1-p)，3于是甲赢得全部赌注的概率f(p)=1-p(a)=1-(1+3p)(1-p)，322对f(p)求导得f(p)=-3(1-p)-(1+3p)⋅3(1-p)(-1)=12p(1-p)，44因5≤p<1，即f(p)>0，从而有f(p)在5,1上单调递增，460860817于是得f(p)min=f5=625，乙赢的概率P(A)最大值为1-625=625=0.0272<0.05，所以事件A是小概率事件．第89页·共90页,3.(2022·江苏·高三专题练习)一个摸球游戏，规则如下：在一不透明的纸盒中，装有6个大小相同、颜色各异的玻璃球．参加者交费1元可玩1次游戏，从中有放回地摸球3次．参加者预先指定盒中的某一种颜色的玻璃球，然后摸球．当所指定的玻璃球不出现时，游戏费被没收；当所指定的玻璃球出现1*次，2次，3次时，参加者可相应获得游戏费的0倍，1倍，k倍的奖励(k∈N)，且游戏费仍退还给参加者．记参加者玩1次游戏的收益为X元．(1)求概率PX=0的值；(2)为使收益X的数学期望不小于0元，求k的最小值．(注：概率学源于赌博，请自觉远离不正当的游戏！)解析试题分析：(1)先明确事件“X=0”表示“有放回的摸球3回，所指定的玻璃球只出现1次”，再根据概率计算方法得：131(2)先确定随机变量取法：X的可能值为k，-1，1，0，再分别求对应概率：PX=k=6=216，5312512551PX=-1=6=216，PX=1=3×6×6=72，利用数学期望公式得EX=k×216+1255k-110-1×+1×=(元)．为使收益X的数学期望不小于0元，所以k≥110，即kmin=110．21672216试题解析：(1)事件“X=0”表示“有放回的摸球3回，所指定的玻璃球只出现1次”，15225则PX=0=3×6×6=72．(2)依题意，X的可能值为k，-1，1，0，131531251255且PX=k=6=216，PX=-1=6=216，PX=1=3×6×6=72，结合(1)知，参加游戏者的收益X的数学期望为11255k-110EX=k×+-1×+1×=(元)．21621672216为使收益X的数学期望不小于0元，所以k≥110，即kmin=110．答：k的最小值为110第90页·共90页</p<1)，乙赢的概率为1-p，且每局赌博相互独立．在甲赢了m(m<k)局，乙赢了n(n<k)局时，赌博意外终止赌注该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢k局则赌博意外终止的情况，甲、乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比p甲：p乙分配赌注．2(1)甲、乙赌博意外终止，若a=243，k=4，m=2，n=1，p=，则甲应分得多少赌注？3(2)记事件a为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”，试求当k=4，m=2，n=1时赌博继续进行下去4甲赢得全部赌注的概率f(p)，并判断当p≥时，事件a是否为小概率事件，并说明理由．规定：若随机5事件发生的概率小于0.05，则称该随机事件为小概率事件．解析(1)设赌博再继续进行x局甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢，由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注，224当x=2时，甲以4:1赢，所以p(x=2)=3=9，12228当x=3时，甲以4:2赢，所以p(x=3)=c2⋅3×1-3×3=27，122224当x=4时，甲以4:3赢，所以p(x=4)=c3⋅3×1-3×3=27，484248于是得甲赢得全部赌注的概率为++==，927272798所以，甲应分得的赌注为243×=216元．9(2)设赌博继续进行y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，3当y=3时，乙以4:2赢，p(y=3)=(1-p)，133当y=4时，乙以4:3赢，p(y=4)=c3p(1-p)=3p(1-p)，333从而得乙赢得全部赌注的概率为p(a)=(1-p)+3p(1-p)=(1+3p)(1-p)，3于是甲赢得全部赌注的概率f(p)=1-p(a)=1-(1+3p)(1-p)，322对f(p)求导得f(p)=-3(1-p)-(1+3p)⋅3(1-p)(-1)=12p(1-p)，44因5≤p<1，即f(p)></p<1)，乙赢的概率为1-p，且每局赌博相互独立，在甲赢了2局且乙赢了1局后，赌博意外终止，则赌注该怎么分才合理？帕斯卡先和费尔马讨论了这个问题，后来惠更斯也加入了讨论，这三位当时欧洲乃至全世界著名的数学家给出的分配赌注的方案是：如果出现无人先赢4局且赌博意外终止的情况，则甲、乙按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比p甲：p乙分配赌注．(友情提醒：珍爱生命，远离赌博)2(1)若a=243，p=，甲､乙赌博意外终止，则甲应分得多少元赌注？34(2)若p≥，求赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率f(p)，并判断“赌博继续进行下去乙赢得全部5赌注”是否为小概率事件(发生概率小于0.05的随机事件称为小概率事件)．解析(1)设赌博再继续进行x局且甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注．224当x=2时，甲以4:1赢，所以px=2=3=9；12228当x=3时，甲以4:2赢，所以px=3=c2⋅3×1-3×3=27；122224当x=4时，甲以4:3赢，所以px=4=c3⋅3×1-3×3=27．第87页·共90页,484248所以，甲赢的概率为++==．927272798所以，甲应分得的赌注为243×=216元9(2)设赌注继续进行y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，则y的可能取值有3、4，3当y=3时，乙以4:2赢，py=3=(1-p)；133当y=4时，乙以4:3赢，py=4=c3p(1-p)=3p(1-p)；所以，乙赢得全部赌注的概率为333pa=(1-p)+3p(1-p)=1+3p(1-p)3于是甲赢得全部赌注的概率fp=1-1+3p(1-p)．322求导，fp=-3(1-p)-1+3p⋅3(1-p)-1=12p(1-p)．44因为5≤p<1，所以fp></ef2<ef3，故选方案①．第85页·共90页,2.(2022·全国·高三专题练习)科教兴国，科技强国．探索浩潮宇宙是全人类的共同梦想，我国广大科技工作者､航天工作者为推动世界航天事业发展付出了艰辛的努力，为人类和平利用太空､推动构建人类命运共同体贡献了中国智慧､中国方案､中国力量．(1)为助力我国航空事业，某公司试生产一种航空零件，在生产过程中，当每小时次品数超过90件时，产品的次品率会大幅度增加．为检测公司的试生产能力，同时尽可能控制不合格品总量，抽取几组一小时生产的产品数据进行次品情况检查分析，已知在x(单位：百件)件产品中，得到次品数量y(单位：件)的情况汇总如表所示，且y(单位：件)与x(单位：百件)线性相关：x(百件)520354050y(件)214243540请根据表格中的数据，求出y关于x的线性回归方程：根据公司规定，在一小时内不允许次品数超过90件，请判断可否安排一小时试生产10000件产品的任务？(2)"战神”太空空间站工作人员需走出太空站完成某项试验任务，一共只有甲､乙､丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别为p1，p2，p3，假设p1，p2，p3互不相等，且假定各人能否完成任务相互独立．①如果按甲最先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能完成的概率．若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？②假定1></p<1．(1)假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率．∗(2)现取其中k(k∈n且k≥2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2．①记e(ξ)为随机变量ξ的数学期望．若e(ξ1)=e(ξ2)，运用概率统计的知识，求出p关于k的函数关系式p=fk，并写出定义域；-14②若p=1-e，且采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值．参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094．解析(1)记恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为a事件，3121a3+c2a2c33则pa==．a3105(2)①根据题意，可知eξ1=k，ξ2的可能值为1，k+1，kk则pξ2=1=1-p，pξ2=k+1=1-1-p，kkk所以eξ2=1-p+k+11-1-p=k+1-k1-p，k由eξ1=eξ2，得k=k+1-k1-p，11k*所以p=1-k(k∈n且k≥2)．-1-k44②由于p=1-e，则eξ2=k+1-ke，-kk4所以k+1-ke<k，即lnk-></p<1，2如果一个周期内至少2次出现抗体，则该周期结束后终止试验，否则进人第二个周期．若p=，试验人3数为1000人，试估计该试验用于接种疫苗的总费用．解析(1)设男性患者有x人，则女性患者有2x人，2×2列联表如下：a型病b型病合计男5xxx66女2x4x2x33合计3x3x3x22假设h0：患者所患疾病类型与性别之间无关联，5x4xx2x23x6⋅3-6⋅32x2根据列联表中的数据，经计算得到k==，3x3x3⋅⋅2x⋅x22要使在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，2x则></p<1-时，选择方案二；551当1-<p<1时，选择方案一；551当p=1-时，选择两种方案检查次数一样．552.(2022·全国·高三专题练习)某种疾病可分为a，b两种类型，为了解该疾病的类型与患者性别是否相关，在某地区随机抽取了若干名该疾病的患者进行调查，发现女性患者人数是男性患者的2倍，男性51患a型疾病的人数占男性患者的，女性患a型疾病的人数占女性患者的．632nad-bc2k=，a+bc+da+cb+d2pk≥k00.100.050.010.0050.001k02.7063.8416.6357.87910.828(1)若本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为‘所患疾病的类型'与‘性别'有关”的结论，求被调查的男性患者至少有多少人？(2)某团队进行预防a型疾病的疫苗的研发试验，试验期间至多安排2个周期接种疫苗，每人每个周期接种3次，每次接种费用为mm></p<1．(i)采用方案二，记检验次数为x，求检验次数x的期望ex；(ii)若n=5，判断方案一与方案二哪种方案检查的次数更少？并说明理由．2818212解析(1)①根据题意可得：p=××+××=；10981098453c84②根据题意可得：p==；159c102(2)(i)根据题意：x的取值为1，n+1，nnpx=1=1-p，px=n+1=1-1-p，nn所以ex=1-p+n+11-1-p；(ii)当n=5时，方案一：检验的次数为5次，55方案二：检查的次数期望为ex=1-p+61-1-p，55ex-5=6-51-p-5=1-51-p，5记gp=1-51-p，因为0<1-p<1，所以gp单调递增，第48页·共90页,1当p=1-时，gp=0，551所以当0<p<1-时，gp<0，则ex<5，551当1-<p<1时，gp></p<1)，每局比赛的结果没有平局且结果互相独立．(1)记第一天需要进行的比赛局数为x．(i)求ex，并求当ex取最大值时p的值；(ii)结合实际，谈谈(i)中结论的意义；1(2)当p=时，记一共进行的比赛局数为y，求py≤5．2解析(1)(i)x可能取值为2，3．222p(x=2)=p+(1-p)=2p-2p+1；2p(x=3)=2p(1-p)=-2p+2p．222故e(x)=2(2p-2p+1)+3(-2p+2p)=-2p+2p+2，1251即e(x)=-2p-2+2，则当p=2时，e(x)取得最大值．1(ii)结合实际，当p=时，双方实力最接近，比赛越激烈，则一天中进行比赛的盘数会更多．21111(2)当p=时，双方前两天的比分为2:0或0:2的概率均为×=；22241111比分为2:1或1:2的概率均为2×××=．2224y≤5则y=4或y=5．y=4即获胜方两天均为2:0获胜，111故p(y=4)=2××=；448y=5即获胜方前两天的比分为2:0和2:1或者2:0和0:2再加附加赛，111113故p(y=5)=2×4×4×2+4×4×2×2=8．131所以p(y≤5)=p(y=4)+p(y=5)=+=．882第24页·共90页,2.(2022·山东师范大学附中高三阶段练习)某选手参加套圈比赛，共有3次机会，满足“假设第k次套中的概率为p．当第k次套中时，第k+1次也套中的概率仍为p：当第k次未套中时，第k+1次套中的p1概率为．””已知该选手第1次套中的概率为．22(1)求该选手参加比赛至少套中1次的概率；(2)求该选手本次比赛平均套中多少次？解析(1)设事件a：该选手参加比赛至少套中1次，1112143则pa=1-21-41-8=64，故pa=1-pa=64．(2)设x为套中的次数，则x的可能取值有0、1、2、3，2111311313121px=0=，px=1=××+××+××=，64224244248641111111117131px=2=2×2×2+2×2×4+2×4×4=32，px=3=2=8，所以，随机变量x的分布列如下表所示：x0123p212171646432821217173因此，ex=0×+1×+2×+3×=．64643286473即该选手本次比赛平均套中次．64第25页·共90页,3.(2022·四川·南江中学高三阶段练习(理))甲、乙两名运动员进行乒乓球单打比赛，根据以往比赛的21胜负情况知道，每一局甲胜的概率为，乙胜的概率为，本次比赛规定：先连胜两局者直接获胜，若33赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者获胜．(1)求比赛共进行5局且甲获胜的概率；(2)记甲、乙比赛的局数为x，求x的概率分布列和数学期望．解析(1)记比赛共进行5局并且甲获胜为事件a，说明甲前4局胜了2局且不是连胜，并且第5局甲胜，且只有胜负胜负胜或负胜负胜胜两种情况，2212216所以比赛共进行5局并且甲获胜的概率为pa=2×3×3×3=243．(2)x的可能取值为2，3，4，5，记甲在第i局获胜为事件aii=1,2,3,4,5，乙在第i局获胜为事件bii=1,2,3,4,5，22115px=2=pa1pa2+pb1pb2=×+×=；333391222112px=3=pb1pa2pa3+pa1pb2pb3=××+××=；33333392122121px=4=pa1pb2pa3pa4+pb1pa2pb3pb4=×××+×××3333333110=；3818px=5=1-px=2-px=3-px=4=，81所以x的概率分布列为：x2345p5210899818152108224故x的数学期望ex=2×+3×+4×+5×=．99818181第26页·共90页,1.(2022·浙江·高三阶段练习)某校组织羽毛球比赛，每场比赛采用五局三胜制(每局比赛没有平局，先1胜三局者获胜并结束比赛)，两人第一局获胜的概率均为，从第二局开始，每局获胜的概率受上局比赛21+p1-p结果的影响，若上局获胜，则该局获胜的概率为，若上局未获胜，则该局获胜的概率为，且一225方第一局、第二局连胜的概率为．16(1)在一场比赛中，求甲以3：1获胜的概率；(2)设一场比赛的总局数为x，求x的分布列与数学期望．解析(1)令事件ai为甲在第i局获胜，i=1，2，3．11+p5甲连胜两局的概率pa1a2=×=，22161所以p=．4故在一场比赛中，甲以3∶1获胜的概率为：153313351355165p=×××+×××+×××=．2888288828881024(2)x可能的值为3，4，5．115525p(x=3)=c2×××=，288641153313351355165p(x=4)=c2×2×8×8×8+2×8×8×8+2×8×8×8=512，25165147p(x=5)=1--=，64512512所以x的分布列：x345p(x)2516514764512512251651471995所以e(x)=3×+4×+5×=．64512512512第27页·共90页,2.(2022·全国·高三专题练习)乒乓球是我国的国球，“乒乓精神”激励了一代又一代国人．为弘扬国球精神，传承乒乓球文化，强健学生体魄，某中学举行了乒兵球单打比赛．比赛采用7局4胜制，每局比赛为11分制，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分(包括2分)，即赢得该局比赛．在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为10:10后，每一个球就要交换一个发球权．经过紧张的角逐，甲、乙两位选手进入了决赛．2(1)若甲赢得每局比赛的概率为，求甲以4:1赢得比赛的概率；33(2)若在某一局比赛中，双方战成10:10．且甲获得了下一球的发球权，若甲发球时甲赢1分的概率为，41乙发球时甲赢1分的概率为，求两人打了ξ(ξ≤5，ξ∈n)个球后，甲蠃得了该局比赛的概率．2解析(1)甲以4:1赢得比赛，则前4局中甲赢得了3局，第5局甲获胜，3231264所以甲以4:1赢得比赛概率为p=c4×3×3×3=243．(2)因为ξ≤5，ξ∈n，所以在该局比赛中，甲只可能以12:10或13:11获胜，故ξ的可能取值为2，4，设甲赢得该局比赛的概率为pξ，313pξ=2=×=，428313111313pξ=4=×××+×××=，4242424216所以求两人打了ξ(ξ≤5，ξ∈n)个球后甲贏得了该局比赛的概率为339p=pξ=2+pξ=4=+=81616第28页·共90页,3.(2022·全国·高三专题练习)2022年9月28日晩，中国女排在世锦赛小组赛第三轮比赛中，又一次以3:0的比分酣畅淋漓地战胜了老对手日本女排，冲上了热搜榜第八位，令国人振奋！同学们，你们知道排球比赛的规则和积分制吗？其规则是：每场比赛采用“5局3胜制”(即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束)．比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以3:0或3:1取胜的球队积3分，负队积0分；以3:2取2胜的球队积2分，负队积1分．已知甲、乙两队比赛，甲队每局获胜的概率为．3(1)如果甲、乙两队比赛1场，求甲队的积分x的概率分布列和数学期望；(2)如果甲、乙两队约定比赛2场，求两队积分相等的概率．解析(1)随机变量x的所有可能取值为0、1、2、3，131212112221218px=0=3+c3⋅3⋅3⋅3=9，px=1=c4⋅3⋅3⋅3=81，22212216222122316px=2=c4⋅3⋅3⋅3=81，px=3=c3⋅3⋅3⋅3+3=27，所以x的分布列为x0123p1816162798181181616184所以数学期望ex=0×+1×+2×+3×=．981812781(2)记“甲、乙两队比赛两场后，两队积分相等”为事件a，设第i场甲、乙两队积分分别为xi、yi，则xi=3-yi，i=1、2，因两队积分相等，所以x1+x2=y1+y2，即x1+x2=3-x1+3-x2，则x1+x2=3，所以pa=px1=0px2=3+px1=1px2=2+px1=2px2=1+px1=3px2=01168161681611120=×+×+×+×=．927818181812796561第29页·共90页,4.(2022·福建省福州第一中学高三开学考试)第24届冬季奥运会于2022年2月4日至20日在中国举行，其中冰壶比赛项目是本届奥运会的正式比赛项目之一，冰壶比赛的场地如图所示，其中左端(投掷线mn的左侧)有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线mn将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心o的远近决定胜负．某学校冰壶队举行冰壶投掷测试，规则为：①每人至多投3次，先在点m处投第一次，冰壶进入营垒区得3分，未进营垒区不得分；②自第二次投掷开始均在点a处投掷冰壶，冰壶进入营垒区得2分，未进营垒区不得分；③测试者累计得分高于3分即通过测试，并立即终止投掷．已知投掷一次冰壶，甲得3分和2分的概率分别为0.1和0.5，乙得3分和2分的概率分别为0.2和0.4，甲，乙每次投掷冰壶的结果互不影响．(1)求甲通过测试的概率；(2)设y为本次测试中乙的得分，求y的分布列，解析(1)甲通过测试包括3种情况：①第一次得3分，第二次得2分，概率为0.1×0.5=0.05；②第一次得3分，第二次得0分，第三次得2分，概率为0.1×0.5×0.5=0.025；③第一次得0分，第二次得2分，第三次得2分，概率为0.9×0.5×0.5=0.225．所以甲通过测试的概率为0.05+0.025+0.225=0.3．(2)y的可能取值为0，2，3，4，5，py=0=0.8×0.6×0.6=0.288，py=2=0.8×0.4×0.6+0.8×0.6×0.4=0.384，py=3=0.2×0.6×0.6=0.072，px=4=0.8×0.4×0.4=0.128，px=5=0.2×0.4+0.2×0.6×0.4=0.128，所以y的分布列为：y02345p0.2880.3840.0720.1280.128第30页·共90页,5.(2022·全国·高三专题练习)北京时间2021年11月7日凌晨1点，来自中国赛区的edg战队，捧起了英雄联盟s11全球总决赛的冠军奖杯．据统计，仅在bilibili平台，s11总决赛的直播就有3.5亿人观看．电子竞技作为正式体育竞赛项目已经引起越来越多的年轻人关注．已知该项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：第一轮：四支队伍分别两两对阵(即比赛1和2)，两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组．第二轮：胜者组两支队伍对阵(即比赛3)，获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组两支队伍对阵(即比赛4)，失败队伍(已两败)被淘汰(获得殿军)，获胜队伍留在败者组．第三轮：败者组两支队伍对阵(即比赛5)，失败队伍被淘汰(获得季军)；获胜队伍成为败者组第一名．第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛(即比赛6)，争夺冠军．假设每场比赛双方获胜的概率均为0.5，每场比赛之间相互独立．问：(1)若第一轮队伍a和队伍d对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？(2)已知队伍b在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍b获得亚军的概率．解析(1)由题意可知，第一轮队伍a和队伍d对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，1111所以所求的概率为××=2228(2)设wi表示队伍b在比赛i中胜利，li表示队伍b在比赛i中失败，设事件e：队伍b获得亚军，事件f：队伍b所参加的所有比赛中败了两场，则事件f包括l2l4，l2w4l5，w2l3l5，w2l3w5l6，l2w4w5l6，且这五种情况彼此互斥，进而pf=pl2l4+pl2w4l5+pw2l3l5+pw2l3w5l6+pl2w4w5l611111111111111115=×+××+××+×××+×××=22222222222222228事件e∩f包括w2l3w5l6，l2w4w5l6且这两种情况互斥，111111111进而pe∩f=pw2l3w5l6+pl2w4w5l6=×××+×××=2222222281pe∩f81所以所求事件ef的概率为pef===pf558第31页·共90页,6.(2022·湖南·一模)甲、乙运动员进行乒乓球友谊赛，每场比赛采用5局3胜制(即有一运动员先胜3局即获胜，比赛结束)．比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以3：0或3：1取胜的运动员积3分，1负者积0分，以3：2取胜的运动员积2分，负者积1分，已知甲、乙两人比赛，甲每局获胜的概率为．3(1)甲、乙两人比赛1场后，求甲的积分x的概率分布列和数学期望；(2)甲、乙两人比赛2场后，求两人积分相等的概率．解析(1)随机变量x的所有可能取值为0，1，2，3，23112221621222216p(x=0)=3+c3×3×3×3=27，p(x=1)=c4×3×3×3=81，212221813212211p(x=2)=c4×3×3×3=81，p(x=3)=3+c3×3×3×3=9，∴x的分布列为：x0123p161681278181916168159∴数学期望e(x)=0×+1×+2×+3×=；278181981(2)记“甲、乙比赛两场后，两名运动员积分相等”为事件m，设第i场甲、乙两名运动员积分分别为xi，yi，则xi=3-yi，i=1，2，因两名运动员积分相等，∴x1+x2=y1+y2，即x1+x2=3-x1+3-x2，则x1+x2=3，∴16p(m)=px1=0px2=3+px1=1px2=2+px1=2px2=1+px1=3px2=0=×2711688161161120+×+×+×=．9818181819276561第32页·共90页,题型七:几何问题1.(2022·全国·高三专题练习)抛掷质地均匀的一红一黄两颗正方体骰子(骰子六个面分别标有1，2，3，4，5，6点)，记下骰子朝上面的点数，若用x表示红色骰子的点数，用y表示黄色骰子的点数．(1)设事件a为“x+y=8”，事件b为“y></p<1时，f(p)<055333所以f(p)在0,5上单调递增，在5,1上单调递减，故当p=5时，f(p)取得最大值．第15页·共90页,3.(2022·全国·高三专题练习)北京某高校有20名志愿者报名参加2022年北京冬奥会服务工作，其中*有2名老师，18名学生．若从中随机抽取nn∈n,n≤20名志愿者，用x表示所抽取的n名志愿者中老师的人数．(1)若n=2，求x的分布列与数学期望；(2)当n为何值时，x=1的概率取得最大值？最大值是多少？解析(1)当n=2时，x的所有可能取值为0，1，2，021120c2c18153c2c1818c2c181则p(x=0)==，p(x=1)==，p(x=2)==，c2190c295c2190202020所以x的分布列为x012p153181190951901531811e(x)=0×+1×+2×=．1909519051n-1c2c18n(20-n)*(2)x=1的概率为p(x=1)==，1≤n≤20，且n∈n．n190c20n+(20-n)2因为n(20-n)≤=100，当且仅当n=20-n，即n=10时等号成立，210所以当n=10时，x=1的概率p(x=1)取最大值，最大值是．19第16页·共90页,1.(2022·全国·高三专题练习)某工厂对一批零件进行质量检测，具体检测方案是：从这批零件中任取10件逐一进行检测，当检测到2件不合格零件时，停止检测，此批零件未通过，否则检测通过．设每件零件为合格零件的概率为p，且每件零件是否合格是相互独立的．(1)已知p=0.9，若此批零件检测未通过，求恰好检测5次的概率；(2)已知每件零件的生产成本为80元，合格零件的售价为每件150元．现对不合格零件进行修复，修复后按正常零件进行销售，修复后不合格零件以每件10元按废品处理．若每件零件修复的费用为每件20元，每件不合格的零件修复为合格零件的概率为0.6．工厂希望每件零件可获利至少60元．求每件零件为合格零件的概率p的最小值？答案(1)0.0291633(2)38【分析】1若此批零件检测未通过，恰好检测5次，则第五次检验不合格，前四次有一次检验不合格，再结合二项分布的概率公式，即可求解．2由题意可得，合格产品利润为70元，不合格产品修复合格后利润为50元，不合格产品修复后不合格的利润为-90元，则x可取70，50，-90，分别求出对应的概率，即可得x的分布列，并结合期望公式，即可求解．解析(1)记事件a=“此批零件检测未通过，恰好检测5次”则前4次有1次未通过，第5次未通过．13pa=c4×0.1×0.9×0.1=0.02916．即恰好检测5次未通过的概率为0.02916；(2)由题意可得，合格产品利润为70元，不合格产品修复合格后利润为50元，不合格产品修复后不合格的利润为-90元，设每件零件可获利x元，x=70；50；-90．px=70=p；px=50=0.61-p；px=-90=0.41-p，则ex=70p+50×0.61-p-90×0.41-p=76p-6，33∴76p-6≥60解得p≥，3833即：每件零件为合格零件的概率p的最小值为．38第17页·共90页,2.(2022·全国·高三专题练习)随着中国经济的迅速发展，市场石料需求急增．西部某县有丰富的优质石料，当地政府决定有序开发本县石料资源．因建立石料厂会破坏生态，该县决定石料开发走“开发治理结合，人类生态友好”的路线．当地政府请国家环保机构每年对该县与石料开发相关的生态(以下简称生态)进行评估．若生态开始变差，则下一年石料厂将停产(本问题中，时间以整数年为单位)，生态友好后复产．该县在建石料厂之初投入巨资进行与之有关的生态建设，考虑到可持续发展，这种生态投入(以2下简称生态投入)将逐年减少4lna-a-2a+10(a是常数，0<a<e)亿元．该县从2021年起，若某15年生态友好，则下一年生态变差的概率是；若某年生态变差，则下一年生态友好的概率为．模型显88示，生态变差的概率不大于0.16683时，该县生态将不再变差，生态投入结束．1(1)若2021年该县生态变差的概率为，求该县2022年生态友好的概率；31(2)若2021年该县生态变差概率为，生态投入是40亿元，a为何值时，从2021年开始到生态投入结束，3对该县总生态投入额最小？并求出其最小值．解析(1)设a=“该县2021年生态友好”，b=“该县2022年生态友好”，112∵该县2021年生态变差的概率为，即p(a)=，p(a)=，333∴如果该县2021年生态友好，那么它2022年生态友好的概率为217p(ab)=3×1-8=12，该县2021年变差，那么它2022年友好的概率为155p(ab)=×=．3824因为“该县2021年生态友好，那么它2022年生态友好”与“该县2021年生态变差，而2022年生态友好”是互斥事件，7519所以，p(b)=p(ab)+p(ab)=+=，12242419所以，该县2022年生态友好的概率为．24(2)设该县2021年生态变差的概率为p，7571同(1)可得，该县2022年生态友好的概率为(1-p)+p=-p，888411∴该县2022年生态变差的概率为p+，48111112111∴该县2023年生态变差的概率为44p+8+8=4p+4×8+8，该县从2022年开始的第n年生态变差的概率为1n1n-1111111n1114p+4×8+⋯+4×8+8=4p-6+6，p=3，1n111∴若从2022年开始到生态投入结束共有n年，则43-6+6≤0.16683，2n即2≥1020.4，∴n=5，对该县总生态投入额6×522s6=6×40-(4lna-a-2a+10)=90+15(a+2a-4lna)，230(a+2)(a-1)∴s6=．a若0<a<1，则s6<0，s6单调递减；若a></p<1)，，且各局比赛互不影响．22(1)若p=，记小张一天中参加“四人赛”活动的得分为x，求x的分布列和数学期望；3(2)设小张在这5天的“四人赛”活动中，恰有3天每天得分不低于4分的概率为fp，试问当p为何值时，fp取得最大值．解析(1)由题可知，x的可能取值为2，3，4，5．2111111211因为p=，所以p(x=2)=×=，p(x=3)=×=，p(x=4)=×=，3326326323211p(x=5)=×=．323故x的分布列为x2345p11116633111123e(x)=2×+3×+4×+5×=．66336(2)设一天得分不低于4分为事件a，pp则p(a)=+=p，2233232则f(p)=c5p(1-p)=10p(1-p)，0<p<1，2232则f(p)=30p(1-p)-20p(1-p)=10p(1-p)(3-5p)．33当0<p<时，f(p)></n<1．651(1)若n=，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好有一门科目达到优秀的概率；3(2)强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中达到优秀科目个数的期望为依据作出决策，该考生更希望进入甲大学的面试环节，求n的范围．11224解析(1)设该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀为事件a，则pa=c3⋅3⋅3=9；13252253该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀为事件b，则pb=××+××+×65365365141×=．390(2)该考生报考甲大学达到优秀科目的个数设为x，11依题意，x~b3,3，则ex=3×3=1，该同学报考乙大学达到优秀科目的个数设为y，随机变量y的可能取值为：0，1，2，3．531-n135253py=0=×1-n=，py=1=×1-n+×1-n+×n=65265656513+2n，305213122+11n122nnpy=2=×n+×n+×(1-n)=，py=3=×n==，65656530653015随机变量y的分布列：y0123p1-n13+2n2+11nn23030151-n13+2n2+11nn17+30ney=0×+1×+2×+3×=，23030153017+30n13因为该考生更希望进入甲大学的面试，则ey<ex，即<1，解得0<n<，303013所以n的范围为：0<n<．30第2页·共90页,3.(2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个100元，在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个300元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得如图柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记x表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．(1)求x的分布列；(2)以购买易损零件所需费用的期望为决策依据，在n=19与n=20之中选其一，应选用哪个更合理？解析(1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2，x的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，从而p(x=16)=0.2×0.2=0.04；p(x=17)=2×0.2×0.4=0.16；p(x=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24；p(x=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24；p(x=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2；p(x=21)=2×0.2×0.2=0.08；p(x=22)=0.2×0.2=0.04；所以x的分布列为x16171819202122p0.040.160.240.240.20.080.04(2)购买零件所需费用含两部分：一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，当n=19时，费用的期望为：19×100+300×0.2+600×0.08+900×0.04=2044元，当n=20时，费用的期望为：20×100+300×0.08+600×0.04=2048元，因为2044<2048，所以选n=19更适合．第3页·共90页,1.(2022·辽宁葫芦岛·一模)葫芦岛市矿产资源丰富，拥有煤、钼、锌、铅等51种矿种，采矿业历史悠久，是葫芦岛市重要产业之一．某选矿场要对即将交付客户的一批200袋钼矿进行品位(即纯度)检验，如检验出品位不达标，则更换为达标产品，检验时；先从这批产品中抽20袋做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有钼矿做检验，设每袋钼矿品位不达标的概率都为p0<p<1，且每袋钼矿品位是否达标相互独立．(1)若20袋钼矿中恰有2袋不达标的概率为fp，求fp的最大值点p0；(2)已知每袋钼矿的检验成本为10元，若品位不达标钼矿不慎出场，对于每袋不达标钼矿要赔付客户110元．现对这批钼矿检验了20袋，结果恰有两袋品位不达标．①若剩余钼矿不再做检验，以(1)中确定的p0作为p的值．这批钼矿的检验成本与赔偿费用的和记作ξ，求eξ；②以①中检验成本与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对余下的所有钼矿进行检验？2218解析(1)20袋钼矿中恰有2件不达标的概率为fp=c20p1-p．218217217因此fp=c202p1-p-18p1-p=2c20p1-p1-10p令fp=0；得p=0.1，当p∈0,0.1时，fp></p<1)．现对该产品进行独立重复试验，若试验成功，则试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验8次．记x为试验结束时所进行的试验次数，x的数学期望为ex．1(1)证明：ex<；p(2)某公司意向投资该产品，若p=0.2，每次试验的成本为a(a>

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