2024年高考数学大题--概率统计题型分类汇编（解析版）

概率统计概率统计是是高考数学的热点之一，概率统计大题是新高考卷及多省市高考数学的必考内容。回顾近几年的高考试题，主要考查古典概型、相互独立事件、条件概率、超几何分布、二项分布、正态分布、统计图表与数字特征、回归分析、离散型随机变量的分布列、期望与方差等内容，多与社会实际紧密结合，以现实生活为背景设置试题，注重知识的综合应用与实际应用。重点考察考生读取数据、分析数据和处理数据的能力。题型一：离散型随机变量及其分布列题型二：超几何分布与二项分布题型三：均值与方差的实际应用题型四：正态分布与标准正态分布题型五：线性回归与非线性回归题型六：独立性检验及应用题型七：条件概率/全概率公式/贝叶斯公式题型八：概率与统计图表的综合应用题型九：概率与其他知识的交汇应用题型十：利用概率解决决策类问题题型一：离散型随机变量及其分布列1(2023·广东肇庆·高三广东肇庆中学校考阶段练习)为弘扬中华优秀传统文化，荣造良好的文化氛围，某高中校团委组织非毕业年级开展了“我们的元宵节”主题知识竞答活动，该活动有个人赛和团体赛，每人只能参加其中的一项，根据各位学生答题情况，获奖学生人数统计如下：个人赛奖项组别团体赛获奖一等奖二等奖三等奖高一20206050高二162910550(1)从获奖学生中随机抽取1人，若已知抽到的学生获得一等奖，求抽到的学生来自高一的概率；(2)从高一和高二获奖者中各随机抽取1人，以X表示这2人中团体赛获奖的人数，求X的分布列和数学1 期望；【思路分析】(1)设出事件，利用条件概率公式求出答案；(2)求出X的可能取值及相应的概率，得到分布列和数学期望.【规范解答】(1)记“任取1名学生，该生获得一等奖”为事件A，“任取1名学生，该生为高一学生"为事件B，203620PAB3505PA=,PAB=，故PBA==36=；350350PA9350(2)由己知可得，X的可能取值为0,1,2，1001501100505015055050PX=0=×=，PX=1=×+×=，PX=2=×=1502002150200150200121502001，12X的分布列为X012151p212121517EX=0×+7×+2×=2121212求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：(1)根据题中条件确定随机变量的可能取值；(2)求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；(3)根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望(在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算。)1(2024·四川成都·成都七中模拟预测)甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取七局四胜制．已知甲每局21比赛获胜的概率为，输掉的概率为，每局的比赛结果互不影响．33(1)求甲最终获胜的概率；(2)记总共的比赛局数为X，求X的分布列与数学期望．18084012【答案】(1)；(2)分布列见解析；期望为2187729【分析】(1)借助相互独立事件的概率乘法公式计算即可得；(2)求出X的所有可能取值及其对应概率即可得分布列，借助期望公式计算即可得其数学期望.2416【解析】(1)因为甲四局比赛后获胜的概率为=，381241364甲五局比赛后获胜的概率为3×3×C4=243，2 24123160甲六局比赛后获胜的概率为3×3×C5=729，24133320甲七局比赛后获胜的概率为3×3×C6=2187，16641603201808所以甲最终获胜的概率P=+++=；8124372921872187(2)X的所有可能取值是4，5，6，7，241417因此有P(X=4)=3+3=81，241314238P(X=5)=3×3×C4+3×3×C4=27，2412314223200P(X=6)=3×3×C5+3×3×C5=729，2413314233160P(X=7)=3×3×C6+3×3×C6=729，则随机变量X的分布列为：X4567178200160P81277297291782001604012于是EX=4×+5×+6×+7×=，81277297297294012所以随机变量X的数学期望是.7292(2024·云南德宏·高三统考期末)设有甲、乙、丙三个不透明的箱子，每个箱中装有除颜色外都相同的4个球，其中甲箱有2个蓝球和2个黑球，乙箱有3个红球和1个白球，丙箱有2个红球和2个白球.摸球规则如下：先从甲箱中一次摸出2个球，若从甲箱中摸出的2个球颜色相同，则从乙箱中摸出1个球放入丙箱，再从丙箱中一次摸出2个球；若从甲箱中摸出的2个球颜色不同，则从丙箱中摸出1个球放入乙箱，再从乙箱中一次摸出2个球.(1)若最后摸出的2个球颜色不同，求这2个球是从丙箱中摸出的概率；(2)若摸出每个红球记2分，每个白球记1分，用随机变量X表示最后摸出的2个球的分数之和，求X的分布列及数学期望.3【答案】(1)；(2)分布列见解析，E(x)=3.38【分析】(1)记事件A为最后摸出的2个球颜色不同，事件B为这2个球是从丙箱中摸出的，求出PA,PAB，再根据条件概率的计算公式即可得答案；(2)确定X的所有可能取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列，根据期望公式即可求得数学期望.【解析】(1)记事件A为最后摸出的2个球颜色不同，事件B为这2个球是从丙箱中摸出的，1211111111111111C2C2C1C2C3C3C3C2C2C2C2C2C3C2C4C18PA=⋅+⋅+⋅+⋅=C2C1C2C1C2C2C1C2C1C215445454454512111111C2C2C1C2C3C3C3C21P(AB)3又PAB=21⋅2+1⋅2=5，有PBA==8；C4C4C5C4C5P(A)(2)由条件知X=2，3，4，1212121112C2C2C1C3C3C2C2C2C2C251且PX=2=⋅+⋅+⋅⋅==，C2C1C2C1C2C2C1C26012445454451211111111111111C2C2C1C2C3C3C3C2C2C2C2C2C3C2C4C1328PX=3=⋅+⋅+⋅+⋅==，C2C1C2C1C2C2C1C2C1C2601544545445453 121212111212C2C2C1C2C3C3C2C2C2C3C2C423PX=4=⋅+⋅+⋅+⋅=，C2C1C2C1C2C2C1C2C1C2604454544545∴X的分布列为：X2341823P1215601823故EX=2×+3×+4×=3.3.121560题型二：超几何分布与二项分布2(2024·广东广州·广州市培正中学校考二模)某校高二(1)班的元旦联欢会设计了一项抽奖游戏：准备了10张相同的卡片，其中只在6张卡片上印有“奖”字.(1)采取放回抽样方式，从中依次抽取3张卡片，求抽到印有“奖”字卡片张数X的分布列、数学期望及方差；(2)采取不放回抽样方式，从中依次抽取3张卡片，求第一次抽到印有“奖”字卡片的条件下，第三次抽到未印有“奖”字卡片的概率.【思路分析】3(1)分析可知，X~B3,，由二项分布可得出X的分布列，利用二项分布的期望和方差公式可得出X的5期望和方差；(2)记事件A:第一次抽到印有“奖”字卡片，事件B:第三次抽到未印有“奖”字卡片，计算出PA、PAB的值，利用条件概率公式可求得PBA的值，即为所求.【规范解答】3(1)由题意可知，X~B3,，5238132236则PX=0=5=125，PX=1=C3⋅5⋅5=125，2322543327PX=2=C3⋅5⋅5=125，PX=3=5=125，所以，随机变量X的分布列如下表所示：X01238365427P125125125125393218所以，EX=3×=，DX=3××=.555525(2)记事件A:第一次抽到印有“奖”字卡片，事件B:第三次抽到未印有“奖”字卡片，636×4×84则PA==，PAB==.105A31510PAB454由条件概率公式可得PBA==×=，PA15394所以，在第一次抽到印有“奖”字卡片的条件下，第三次抽到未印有“奖”字卡片的概率为.94 1、独立重复试验与二项分布(1)定型：“独立”“重复”是二项分布的基本特征，“每次试验事件发生的概率都相等”是二项分布的本质特征．判断随机变量是否服从二项分布，要看在一次试验中是否只有两种试验结果，且两种试验结果发生的概率分别为p,1-p，还要看是否为n次独立重复试验，随机变量是否为某事件在这n次独立重复试验中发生的次数．(2)定参，确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率．(3)列表，根据离散型随机变量的取值及其对应的概率，列出分布列．(4)求值，根据离散型随机变量的期望和方差公式，代入相应数据求值．kkn-k相关公式：已知X~B(n，p)，则P(X=k)=Cnp(1-p)(k=0,1,2，⋯，n)，E(X)=np，D(X)=np(1-p)．2、超几何分布的适用范围及本质(1)适用范围：考察对象分两类；已知各类对象的个数；从中抽取若干个个题，考察某一类个题个数的概率分布；(2)本质：超几何分布是不放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的。3、超几何分布与二项分布的区别(1)超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；(2)超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的，而二项分布是“有放回”的抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同点。1(2024·全国·校联考模拟预测)“男男女女向前冲”是一项热播的闯关类电视节目．该节目一共设置5432了四关，由以往的数据得，男生闯过一至四关的概率依次是,,,，女生闯过一至四关的概率依次是65434321,,,．男生甲、乙，女生丙、丁四人小组前往参加闯关挑战(个人赛)．5432(1)求甲闯过四关的概率；(2)设随机变量X为该四人小组闯过四关的人数，求EX．116【答案】(1)；(2)315【分析】(1)由独立乘法公式即可求解；(2)首先算出PB进一步结合二项分布的概率运算可得分布列以及数学期望.54321【解析】(1)记事件A为“男生闯过四关”，则PA=×××=，654331故甲闯过四关的概率为．3(2)X的所有可能取值为0，1，2，3，4，43211记事件B为“女生闯过四关”，则PB=×××=，54325121264PX=0=1-3×1-5=225，111121111296PX=1=C2×3×1-3×1-5+C2×5×1-5×1-3=225，5 212122121211121152PX=2=C2×3×1-5+C2×5×1-3+C2×3×1-3×C2×5×1-5=225，111121111212PX=3=C2×3×1-3×5+C2×5×1-5×3=225，12121PX=4=3×5=225，所以X的分布列为X01234649652121P22522522522522564965212116EX=0×+1×+2×+3×+4×=，2252252252252251516故EX的值为．152(2024·浙江绍兴·高三统考期末)临近新年，某水果店购入A，B，C三种水果，数量分别是36箱，27箱，18箱.现采用分层抽样的方法抽取9箱，进行质量检查.(1)应从A，B，C三种水果各抽多少箱?(2)若抽出的9箱水果中，有5箱质量上乘，4箱质量一般，现从这9箱水果中随机抽出4箱送有关部门检测.①用X表示抽取的4箱中质量一般的箱数，求随机变量X的分布列和数学期望；②设A为事件“抽取的4箱水果中，既有质量上乘的，也有质量一般的水果”，求事件A发生的概率.1620【答案】(1)答案见解析；(2)①分布列见解析，EX=；②921【分析】(1)结合分层抽样的性质分析求解；(2)①结合超几何分别求分布列和期望；②利用对立事件以及①中结果运算求解.362718【解析】(1)由题意知：×9=4,×9=3,×9=2，36+27+1836+27+1836+27+18所以应从A，B，C三种水果各抽4，3，2箱.(2)①由题意可知：X的可能取值为0，1，2，3，4，则有：431C55C5⋅C44020PX=0==，PX=1===，C4126C4126639922134C5⋅C46010C5⋅C42010C41PX=2===，PX=3===，PX=4==，C412621C412663C4126999所以随机变量X的分布列为X0123452010101P1266321631265201010116所以随机变量X的期望为EX=0×+1×+2×+3×+4×=；1266321631269②由题意可知：A为事件“抽取的4箱水果中，都是质量上乘的，或都是质量一般的水果”，5120所以PA=1-PA=1-PX=0-PX=4=1--=.12612621题型三：均值与方差的实际应用6 1(2024·广东·惠州一中校联考模拟预测)某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业.该公司生产的甲、乙两种类型无人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，31才能发挥更大的作用.已知在单位时间内，甲、乙两种类型无人运输机操作成功的概率分别为和，假42设每次操作能否成功相互独立.(1)随机选择两种无人运输机中的一种，求选中的无人运输机操作成功的概率；(2)操作员连续进行两次无人机的操作有两种方案：方案一：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若初次操作不成功，则第二次使用另一类型进行操作；方案二：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，无论初次操作是否成功，第二次均使用初次所选择的无人运输机进行操作.假定方案选择及操作不相互影响，试比较这两种方案的操作成功的次数的期望值.【思路分析】(1)利用条件概率公式，即可求解；(2)首先确定两种方案成功次数X,Y的取值，根据独立事件概率公式求概率，再比较其数学期望.【规范解答】(1)用事件A1表示选择甲种无人运输机，用事件A2表示选择乙种无人运输机，用事件B表示“选中的无人运输机操作成功”13115则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)PB|A2)，=×+×=24228(2)设方案一和方案二操作成功的次数分别为X，Y，则X，Y的所有可能取值均为0，1，2，1311131方案一：PX=0=2×1-4×1-2+2×1-2×1-4=8，13113311311115PX=1=2×1-4×2+2×4×1-4+2×1-2×4+2×2×1-2=32，13311113PX=2=××+××=，244222321151341所以EX=0×+1×+2×=.83232321331115方案二：PY=0=2×1-4×1-4+2×1-2×1-2=32，113311117PY=1=2×C2×1-4×4+2×C2×1-2×2=16，13311113PY=2=××+××=，2442223257135所以EY=0×+1×+2×=.3216324所以EX>EY，即方案一操作成功的次数的期望值大于方案二操作成功的次数的期望值.利用随机变量的均值与方差可以帮助我们作出科学的决策，其中随机变量X的均值的意义在于描述随机变量的平均程度，而方差则描述了随机变量稳定与波动或集中与分散的状况，品种的优劣、仪器的好坏、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特征量有关。1、若我们希望实际的平均水平较理想时，则先求随机变量X1，X2的均值。当E(X1)=E(X2)时，不应误认为它们一样好，还需要用D(X1)，D(X2)来比较这两个随机变量的偏离程度。2、若我们希望比较稳定时，应先考虑方差，再考虑均值是否相等或者接近。7 1(2024·山西吕梁·统考一模)吕梁市举办中式厨师技能大赛，大赛分初赛和决赛，初赛共进行3轮比赛，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛，参赛选手要在规定的时间和范围内，制作中式面点和中式热菜各2道，若有不少于3道得到评委认可，将获得一张通关卡，3轮比赛中，至少获得2张通关卡的选手将进入决赛．为能进入决赛，小李赛前在师傅的指导下多次进行训练，师傅从小李训练中所做的菜品中随机抽取了中式面点和中式热菜各4道，其中有3道中式面点和2道中式热菜得到认可．(1)若从小李训练中所抽取的8道菜品中，随机抽取中式面点、中式热菜各2道，由此来估计小李在一轮比赛中的通关情况，试预测小李在一轮比赛中通关的概率；(2)若以小李训练中所抽取的8道菜品中两类菜品各自被师傅认可的频率作为该类菜品被评委认可的概率，经师傅对小李进行强化训练后，每道中式面点被评委认可的概率不变，每道中式热菜被评委认可的概率1增加了，以获得通关卡次数的期望作为判断依据，试预测小李能否进入决赛？61【答案】(1)；(2)小李能进入决赛2【分析】(1)分情况在中式面点和中式热菜中选择元素，再集合组合数公式和古典概率类型公式；(2)首先确定每道中式面点和每道中式热菜被评委认可的概率，再求解每轮通过的概率，最后转化为独立重复事件的期望问题.【解析】(1)设A=“在一轮比赛中，小李获得通关卡”，则事件A发生的所有情况有：112C3C1C231①得到认可的中式面点入选1道，中式热菜入选2道的概率为P1===C2C26×61244211C3C2C2121②得到认可的中式面点入选2道，中式热菜入选1道的概率为P2===C2C26×634422C3C231③得到认可的中式面点和中式热菜各入选2道的概率为P1===C2C26×612441111所以PA=++=；1231223(2)由题知，强化训练后，每道中式面点被评委认可的概率为，4112每道中式热菜被评委认可的概率为+=，263则强化训练后，在一轮比赛中，小李获得通关卡的概率为1312222321212322221112P=C2×4×4×C2×3+C2×4×C2×3×3+C2×4×C2×3=6+4+4=3，因为每轮比赛结果互不影响，所以进行3轮比赛可看作3重伯努利试验．2用X表示小李在3轮比赛中获得通关卡的次数，则X-B3,，32∴EX=3×=2，∴小李能进入决赛.32(2024·广东深圳·高三红岭中学校考阶段练习)从2023年起，云南省高考数学试卷中增加了多项选择题(第9-12题是四道多选题，每题有四个选项，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分).在某次模拟考试中，每道多项选题的正确答案是两个选项的概率为p，正确答案是三个选项的概率为1-p(其中0<p<1).现甲乙两名学生独立解题.111(1)假设每道题甲全部选对的概率为，部分选对的概率为，有选错的概率为；乙全部选对的概率为244111，部分选对的概率为，有选错的概率为，求这四道多选题中甲比乙多得13分的概率；623(2)对于第12题，甲同学只能正确地判断出其中的一个选项是符合题意的，乙同学只能正确地判断出其中8 的一个选项是不符合题意的，作答时，应选择几个选项才有希望得到更理想的成绩，请你帮助甲或者乙做出决策(只需选择帮助一人做出决策即可).1【答案】(1)；(2)答案见解析27【分析】(1)先分析包含的事件有哪些种，再求概率即可.(2)分别求出选择1,2,3个选项三个情况下的得分的期望，取期望最大的情况即可.【解析】(1)由题意知：甲比乙多得13分的情况包含：A：甲四道全对；乙一道全对，一道部分选对，两道选错，即甲得20分，乙得7分.B：甲三道全对，一道部分选对；乙两道部分选对，两道选错，即甲得17分，乙得4分.C：甲三道全对，一道选错；乙一道部分选对，三道选错，即甲得15分，乙得2分.141111121PA=2×C4×6×C3×2×3=144.3131212121PB=C4×2×4×C4×2×3=48.313111131PC=C4×2×4×C4×2×3=108.1P=PA+PB+PC=.27(2)若为甲出方案，则甲可能的选项个数为：1，2，3.记A1表示选1个选项的得分，则期望为EA1=2.记A2表示选2个选项的得分，则得分可能为0，2，5，21121PA2=0=p×+1-p×=1+pPA2=2=1-p，PA2=5=p，333331+p21-pp4+p此时期望为EA2=0×+2×+5×=.3333记A3表示选3个选项的得分，则得分可能为0，522+p11-pPA3=0=p+1-p×=，PA3=5=1-p×=，33332+p1-p5-5p此时期望为EA3=0×+5×=.3334+p5-5p∵2>，2>.33∴甲应选择1个选项才有希望得到更理想的成绩.若为乙出方案，则乙可能的选项个数为：1，2，3.记B1表示选1个选项的得分，类比甲的情况，122则EB1=0×p×3+2×p×3+1-p×1=2-3p记B2表示选2个选项的得分，则得分可能为0，2，5，21p此时EB2=0×p×3+2×1-p×1+5×p×3=2-3.记B3表示选3个选项的得分，则得分可能为0，5，此时EB3=0×p+5×1-p×1=5-5p.2pp14p-9∵2-p<2-，2--5-5p=33339∴当<p<1时，乙应选择2个选项才有希望得到更理想的成绩.149当0<p<时，乙应选择3个选项才有希望得到更理想的成绩，149当p=时，乙应选择2或3个选项都有希望得到更理想的成绩.149 题型四：正态分布与标准正态分布1(2024·广东湛江·高三统考期末)已知某公司生产的风干牛肉干是按包销售的，每包牛肉干的质量M(单2位：g)服从正态分布N250,σ，且P(M<248)=0.1.(1)若从公司销售的牛肉干中随机选取3包，求这3包中恰有2包质量不小于248g的概率；(2)若从公司销售的牛肉干中随机选取K(K为正整数)包，记质量在248g~252g内的包数为X，且D(X)>320，求K的最小值.【思路分析】(1)根据正态分布的性质求出P(M≥248)的值，再结合二项分布的概率计算，即可得答案；(2)根据正态分布的对称性求出P(248<M<252)的值，确定X~B(K,0.8)，结合正态分布的方差公式，列出不等式，即可求得答案.【规范解答】2(1)由题意知每包牛肉干的质量M(单位：g)服从正态分布N250,σ，且P(M<248)=0.1，所以P(M≥248)=1-0.1=0.9，22则这3包中恰有2包质量不小于248g的概率为C3×0.9×0.1=0.243.(2)因为P(M<248)=0.1，所以P(248<M<252)=(0.5-0.1)×2=0.8，依题意可得X~B(K,0.8)，所以D(X)=K×0.8×(1-0.8)=0.16K，因为D(X)>320，所以0.16K>320,K>2000，又K为正整数，所以K的最小值为2001.关于正态总体在某个区间内取值的概率求法(1)熟记P(μ-σ<X≤μ+σ)，P(μ-2σ<X≤μ+2σ)，P(μ-3σ<X≤μ+3σ)的值．(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1：①正态曲线关于直线x=μ对称，从而在关于x=μ对称的区间上概率相等；②P(X<a)=1-P(X≥a)，P(X<μ-a)=P(X≥μ+a)．21(2024·江苏常州·高三统考期末)某制造商生产的5000根金属棒的长度近似服从正态分布N6,σ，其中恰有114根金属棒长度不小于6.04．(1)求σ；(2)如果允许制造商生产这种金属棒的长度范围是(5.95，6.05)，那么这批金属棒中不合格的金属棒约有多少根？2X1-μ说明：对任何一个正态分布X∼Nμ,σ来说，通过Z=转化为标准正态分布Z∼N(0,1)，从而查标σ准正态分布表得到PX<X1=ΦZ．可供查阅的(部分)标准正态分布表ΦZ10 Z1.11.21.31.41.51.61.71.81.9ΦZ0.86430.88490.90320.91920.93320.94520.95540.96410.9713Z2.02.12.22.32.42.52.62.72.8ΦZ0.97720.98210.98610.98930.99180.99380.99530.99650.9974【答案】(1)σ=0.02；(2)62根【分析】(1)求出PX≥6.04，进而求出P(X<6.04)即可求解；(2)根据题意求出P(5.95<X<6.05)即可求解.114【解析】(1)PX≥6.04==0.0228，∴P(X<6.04)=0.9772，5000x-60.040.04∴Pσ<σ=PZ<σ=0.9772，0.040.04Φ=0.9772，∴=2，∴σ=0.02；σσX-6(2)P(5.95<X<6.05)=P-2.5<<2.5=2Φ2.5-1=2×0.9938-1=0.9876，0.02∴不合格的金属棒有：5000×1-0.9876=62根．2(2024·全国·一模)正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布．对于一个给定的连续型随机变量X，定义其累积分布函数为F(x)=P(X≤x)．已知某系统由一个电源和并联的A，B，C三个元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立．(1)已知电源电压X(单位：V)服从正态分布N(40,4)，且X的累积分布函数为F(x)，求F(44)-F(38)；(2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间．已知随机变量T(单位：天)表示0,t<0某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为Gt=1.1-t,t≥04(ⅰ)设t1>t2>0，证明：P(T>t1|T>t2)=P(T>t1-t2)；(ⅱ)若第n天元件A发生故障，求第n+1天系统正常运行的概率．2附：若随机变量Y服从正态分布N(μ,σ)，则P(|Y-μ|<σ)=0.6827，P(|Y-μ|<2σ)=0.9545，P(|Y-μ|<3σ)=0.9973．7【答案】(1)0.8186；(2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)．16【分析】(1)根据正态分布的对称性即可结合F(x)=P(X≤x)的定义求解，(2)(ⅰ)根据条件概率的计算公式集合F(x)=P(X≤x)的定义以及Gt的定义域即可求解，(ⅱ)根据独立事件的概率公式求解即可.【解析】(1)由题设得P(38<X<42)=0.6827，P(36<X<44)=0.9545，1所以F(44)-F(38)=P(X≤44)-P(X≤38)=P(40≤X≤44)+P(38≤X≤40)=×(0.6827+20.9545)=0.8186(2)(ⅰ)由题设得：P1-1-11P(T>t1)∩(T>t2)P(T>t)1-P(T≤t)1-G(t)t1t111144t2-t1T>t1|T>t2)=======4，P(T>t2)P(T>t2)1-P(T≤t2)1-G(t2)111-1-tt2424t2-t1P(T>t1-t2)=1-P(T≤t1-t2)=1-G(t1-t2)=4,11 所以P(T>t1|T>t2)=P(T>t1-t2)．1(ⅱ)由(ⅰ)得PT>n+1|T>n)=P(T>1)=1-P(T≤1)=1-G(1)=，41所以第n+1天元件B，C正常工作的概率均为．4为使第n+1天系统仍正常工作，元件B，C必须至少有一个正常工作，127因此所求概率为1-1-=．416题型五：线性回归与非线性回归1(2024·湖北武汉·统考模拟预测)随着科技发展的日新月异，人工智能融入了各个行业，促进了社会的快速发展．其中利用人工智能生成的虚拟角色因为拥有更低的人工成本，正逐步取代传统的真人直播带货．某公司使用虚拟角色直播带货销售金额得到逐步提升，以下为该公司自2023年8月使用虚拟角色直播带货后的销售金额情况统计．年月2023年8月2023年9月2023年10月2023年11月2023年12月2024年1月月份编号x123456销售金额y／万元15.425.435.485.4155.4195.4若y与x的相关关系拟用线性回归模型表示，回答如下问题：(1)试求变量y与x的样本相关系数r(结果精确到0.01)；(2)试求y关于x的经验回归方程，并据此预测2024年2月份该公司的销售金额．nnxi-xyi-yxiyi-nxyi=1i=1附：经验回归方程y=bx+a，其中b==，a=y-bx，nn222xi-xxi-nxi=1i=1nnxi-xyi-yxiyi-nxyi=1i=1样本相关系数r==；nnnn222222xi-xyi-yxi-nxyi-nyi=1i=1i=1i=1662参考数据：xiyi=2463.4，yi-y=2070．i=1i=1【思路分析】622(1)由题意根据参考公式线分别算得x,y以及xi-6x，进一步代入相关系数公式即可求解；i=1(2)根据(1)中的数据以及参数数据依次算得b,a，由此即可得经验回归方程并预测.【规范解答】1+2+3+4+5+6715.4+25.4+35.4+85.4+155.4+195.4(1)x==,y==85.4，62662249xi-6x=1+4+9+16+25+36-6×=17.5，i=1412 6xiyi-6xy2463.4-6×7×85.4i=12670所以r===≈0.96.6617.5×207020×352222xi-6xyi-6yi=1i=16xiyi-6xy2463.4-6×7×85.4i=127(2)由题意b==≈38.3，所以a=85.4-×38.3=-48.7，617.5222xi-6xi=1所以y关于x的经验回归方程为y=38.3x-48.7，所以预测2024年2月份该公司的销售金额为y=38.3×7-48.7=219.4万元.1、线性回归分析问题的类型及解题方法(1)求线性回归方程：①利用公式求出回归系数b，a；②利用回归直线过样本中心点求系数；(2)利用回归方程进行预测：把线性回归方程看作一次函数，求函数值；(3)利用回归直线判断正、负相关：决定正相关函数负相关的系数是b；(4)回归方程的拟合效果可以利用相关系数判断，当r越接近1时，两变量的线性相关性越强。2、非线性回归经验回归方程的求法(1)根据原始数据(x,y)作出散点图；(2)根据散点图，选择恰当的拟合函数；(3)作恰当的变换，将其转化成线性函数，求经验回归方程；(4)在(3)的基础上通过相应的变换，即可得非线性经验回归方程。1(2024·四川巴中·统考一模)下图是某市2016年至2022年生活垃圾无害化处理量y(单位：万吨)与年份t的散点图.(1)根据散点图推断变量y与t是否线性相关，并用相关系数加以说明；(2)建立y关于t的回归方程(系数精确到0.01)，预测2024年该市生活垃圾无害化处理量.参考数据：7772yi=9.06，tiyi=39.33，∑yi-y=0.36，7≈2.646.i=1i=1i=113 nntiyi-nt⋅y∑ti-tyi-yi=1i=1参考公式：b=，a=y-bt；相关系数r=.nnn2222ti-nt∑ti-t∑yi-yi=1i=1i=1【答案】(1)y与t线性相关，说明见解析；(2)1.84万吨【分析】(1)求出t以及相关数据，根据相关系数公式求出相关系数，即可得结论；(2)根据最小二乘法的估计公式，求得b,a，即可求得回归方程，进而可预测2024年该市生活垃圾无害化处理量.【解析】(1)根据散点图推断变量y与t线性相关，说明如下：1+2+3+4+5+6+728由题意得t===4，77722222222∑ti-t=-3+-2+-1+0+1+2+3=28，i=177∑ti-tyi-y=∑tiyi-7ty=39.33-4×9.06=3.09，i=1i=13.093.09故r=≈≈0.97，28×0.362×2.646×0.6由y与t的相关系数约为0.97表明，y与t线性相关，相关程度相当高；n(ti-t(yi-y)9.06i=13.09(2)由y=≈1.29以及(1)可得b==≈0.11，n7282(ti-t)i=1则a=y-bt≈1.29-0.11×4≈0.85，故y关于t的回归方程为y=0.85+0.11t，将2024年对应的年份代码t=9代入回归方程得y=0.85+0.11×9=1.84故预测2024年该市生活垃圾无害化处理量约为1.84万吨.2(2024·重庆·高三重庆一中校考开学考试)当前，人工智能技术以前所未有的速度迅猛发展，并逐步影响我们的方方面面，人工智能被认为是推动未来社会发展和解决人类面临的全球性问题的重要手段．某公司在这个领域逐年加大投入，以下是近年来该公司对产品研发年投入额x(单位：百万元)与其年销售量y(单位：千件)的数据统计表．x123456y0.511.53612z=lny-0.700.41.11.82.5nx+m(1)公司拟分别用①y=bx+a和②y=e两种方案作为年销售量y关于年投入额x的回归分析模型，请根据已知数据，确定方案①和②的经验回归方程；(a,b,m,n计算过程保留到小数点后两位，最后结果保留到小数点后一位)2(2)根据下表数据，用决定系数R(只需比较出大小)比较两种模型的拟合效果哪种更好，并选择拟合精度更高的模型，预测年投入额为7百万元时，产品的销售量是多少?nx+m经验回归方程y=bx+ay=e62残差平方和yi-yi18.290.65i=114 nn2xi-xyi-yyi-yi66i=12i=12参考公式及数据：b=n，a=y-bx，R=1-n，xiyi=121，xi=91，22i=1i=1xi-xyi-yi=1i=1612.83xizi=28.9，z=(-0.7+0+0.4+1.1+1.8+2.5)=0.85，e≈16.5，e≈20.1．i=160.6x-1.4【答案】(1)y=2.1x-3.4，y=e；(2)②的拟合效果好，预测销售量是16.5千件【分析】(1)根据经验回归方程的求法求得正确答案.(2)通过计算决定系数确定拟合效果较好的方案，并由此进行预测.1+2+3+4+5+60.5+1+1.5+3+6+12【解析】(1)x==3.5,y==4，66121-6×3.5×43737所以b==≈2.11,a=4-×3.5=-3.40，所以y=2.1x-3.4.91-6×3.5217.517.5nx+m由y=e，两边取以e为底的对数得lny=nx+m，即z=nx+m，28.9-6×3.5×0.8511.0511.05n==≈0.63,m=0.85-×3.5=-1.36，91-6×3.5217.517.50.6x-1.4所以z=0.63x-1.36，所以y=e.n2222222(2)yi-y=0.5-4+1-4+1.5-4+3-4+6-4+12-4=96.5，i=1218.290.6x-1.420.65对于y=2.1x-3.4，R1=1-；对于y=e，R2=1-，96.596.50.6×7-1.42.8所以②的拟合效果好，当x=7时，预测值y=e=e≈16.5千件.题型六：独立性检验及应用1(2024·四川内江·高三威远中学校校考开学考试)2023年12月25日，由科技日报社主办，部分两院院士和媒体人共同评选出的2023年国内十大科技新闻揭晓．某高校一学生社团随机调查了本校100名学生对这十大科技的了解情况，按照性别和了解情况分组，得到如下列联表：不太了解比较了解合计男生204060女生202040合计4060100(1)判断是否有95%的把握认为对这十大科技的了解存在性别差异；(2)若把这100名学生按照性别进行分层随机抽样，从中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，则这2人中至少有1人为女生的概率．附：2nad-bc2①χ=，其中n=a+b+c+d；a+bc+da+cb+d2②当χ>3.841时有95%的把握认为两变量有关联．【思路分析】2(1)首先根据表中的数据，代入公式求χ，再与临界值3.841比较大小，即可判断；(2)首先将抽到的学生编号，再采用列举的方法，代入古典概型概率公式，即可求解.【规范解答】15 22100×20×20-20×4025(1)根据列联表中的数据，得χ==≈2.778<3.841，40×60×40×609所以没有95%的把握认为对这十大科技的了解存在性别差异(2)这100名学生中男生60人，女生40人，按照性别进行分层随机抽样，从中抽取5人，则抽取的男生有3人，女生有2人，设男生为A1，A2，A3；女生为B1，B2．则从这5人中选出2人的组合有A1,A2，A1,A3，A1,B1，A1,B2，A2,A3，A2,B1，A2,B2，A3,B1，A3,B2，B1,B2共10种，其中至少有1人为女生的组合有A1,B1，A1,B2，A2,B1，A2,B2，A3,B1，A3,B2，B1,B2共7种，7故所求概率为P=.10独立性检验的一般方法(1)根据题目信息，完善列联表；(2)提出零假设：假设两个变量相互独立，并给出在问题中的解释。22n(ad-bc)2(3)根据列联表中的数据及计算公式χ=求出χ的值；(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)2(4)当χ≥xα时，我们就推断H0不成立，即两个变量不独立，该推断犯错误的概率不超过α；2当χ<xα时，我们没有充分证据推断H0不成立，可以认为两个变量相互独立。1(2024·河北张家口·高三尚义县第一中学校联考开学考试)为了研究体育锻炼对某年龄段的人患某种慢性病的影响，某人随机走访了200个该年龄段的人，得到的数据如下：体育锻炼慢性病合计经常不经常未患病10070170患病102030合计110902000,未患病0,经常锻炼(1)定义分类变量X、Y如下：X=，Y=，以频率估计概率，求条件概率1,患病1,不经常锻炼PX=1Y=0与PX=1Y=1的值；(2)根据小概率值α=0.010的独立性检验，分析经常进行体育锻炼是否对患该种慢性病有影响．2nad-bc2附：χ=a+bc+da+cb+dα0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.82816 12【答案】(1)PX=1Y=0=，PX=1Y=1=；(2)答案见解析119【分析】(1)利用条件概率公式结合表格中数据可求得PX=1Y=0与PX=1Y=1的值；2(2)计算出χ的观测值，结合临界值表可得出结论.nX=1,Y=0101【解析】(1)由表格中的数据可得PX=1Y=0===，nY=011011nX=1,Y=1202PX=1Y=1===.nY=19092200100×20-70×102(2)将列联表中的数据代入公式计算得χ=≈6.694>6.635，110×90×170×30根据小概率值α=0.010的独立性检验，我们推断经常锻炼对患有某种慢性病有影响，此推断犯错误的概率不大于0.01.2(2022·河南·高三专题练习)为了答谢全国人民的真情关爱，湖北省举办“与爱同行，惠游湖北”活动．从2020年8月8日开始，全省近400家A级旅游景区对全国游客免门票开放，活动将一直持续到年底．在“十一”黄金周期间，武汉黄鹤楼景区迎来了大批游客，同时也带动了当地旅游经济的发展．某机构随机调查了黄金周期间的180名游客的旅游消费情况，整理数据，得到如下表格：消费金额(元)0,100100,200200,300300,400400,500购买人数5040403020(1)估计“十一”黄金周期间，游客的旅游消费不少于300元的概率(保留两位小数)；(2)估计“十一”黄金周期间，游客的旅游消费金额的平均值(保留两位小数)(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(3)根据以上数据完成以下2×2列联表，并判断是否有99.9%的把握认为游客的旅游消费金额少于300元与年龄有关？不少于300元少于300元总计年龄大于等于5050年龄小于5016总计2nad-bc2附：K=，n=a+b+c+d．a+bc+da+cb+d2P(K≥k0)0.100.050.250.0100.0050.001k2.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)0.28；(2)211.11元(3)填表见解析；有99.9%的把握认为游客的旅游消费金额少于300元与年龄有关.【分析】(1)求出购买纪念品不少于300元的人数，即可求解；(2)用每组数中间值乘以各组频率相加即可求解；2(3)根据题目提供的数据填写2×2列联表，计算K即可得解.30+205【解析】(1)由题意，这180名游客的旅游消费金额不少于300元的频率为=≈0.28，18018因此估计“十一”黄金周期间，游客的旅游消费金额不少于300元的概率为0.28．(2)由表格可知，这180名游客的旅游消费金额的平均值为17 50×50+150×40+250×40+350×30+450×20≈211.11(元)．180因此估计“十一”黄金周期间，游客的旅游消费金额的平均值为211.11元．(3)由题意补充完整的2×2列联表如下：不少于300元少于300元总计年龄大于等于50345084年龄小于50168096总计5013018022180×34×80-50×16663552000则K==≈12.659>10.82850×130×84×9652416000因此有99.9%的把握认为游客的旅游消费金额少于300元与年龄有关.题型七：条件概率/全概率公式/贝叶斯公式1(2024·河北沧州·高三泊头市第一中学校联考期末)一只LED灯能闪烁红、黄、蓝三种颜色的光，受智能1程序控制每隔1秒闪一次光，相邻两次闪光的颜色不相同.若某次闪红光，则下次有的概率闪黄光；若231某次闪黄光，则下次有的概率闪蓝光；若某次闪蓝光，则下次有的概率闪红光.已知第1次闪光为红44光.(1)求第4次闪光为红光的概率；(2)求第n次闪光为红光的概率.【思路分析】(1)由互斥加法、独立乘法公式运算即可求解.(2)由全概率公式得递推f(n)=1-1f(n-1)式，构造等比数列f(n)-1即可求解.445【规范解答】1311313(1)由题意，前4次闪光的顺序为“红黄蓝红”或“红蓝黄红”，所以P=××+××=.24424416(2)设事件An表示“第n次闪光为红光”，事件Bn表示“第n次闪光为黄光”，事件Cn表示“第n次闪光为蓝光”，且PAn=f(n)，PBn=g(n)，则PCn=1-f(n)-g(n)，由题意知f(1)=PA1=1，当n≥2时，PAn=PBn-1PAnBn-1+PCn-1PAnCn-1，1111即f(n)=g(n-1)+[1-f(n-1)-g(n-1)]，整理得f(n)=-f(n-1)，4444111所以f(n)-=-f(n-1)-，545所以f(n)-1是以f(1)-1=4为首项，-1为公比的等比数列，5554141n-1所以f(n)-=⋅-，55441n-1141n-11故PAn=f(n)=5⋅-4+5，即第n次闪红光的概率为5⋅-4+5.18 P(AB)1、条件概率：一般地，设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)=为在事件A发生的条件下，事件P(A)B发生的条件概率．2、全概率公式：P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)；P(A)P(B|A)3、贝叶斯公式：一般地，当0<P(A)<1且P(B)>0时，有PAB==P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)1(2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)现有10个球，其中5个球由甲工厂生产，3个球由乙工厂生产，2个球由丙工厂生产．这三个工厂生产该类产品的合格率依次是0.8，0.9，0.7．现从这10个球中任取1个球，设事件B为“取得的球是合格品”，事件A1,A2,A3分别表示“取得的球是甲、乙、丙三个工厂生产的”．(1)求P(Ai),i=1,2,3；(2)求P(B)．131【答案】(1)P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=；(2)0.81.2105【分析】(1)根据给定条件，利用古典概率公式计算即得.(2)由(1)的结论，利用全概率公式列式计算即得.51321【解析】(1)依题意，P(A1)==,P(A2)=,P(A3)==.10210105(2)依题意，P(B|A1)=0.8,P(B|A2)=0.9,P(B|A3)=0.7，131由(1)知P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=，2105131由全概率公式得P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3)=0.8×+0.9×+0.7×2105=0.81.2(2024·云南楚雄·楚雄彝族自治州民族中学模拟预测)全国“村BA”篮球赛点燃了全民的运动激情，深受广大球迷的喜爱.每支球队都有一个或几个主力队员，现有一支“村BA”球队，其中甲球员是其主力队员，经统计该球队在某个赛季的所有比赛中，甲球员是否上场时该球队的胜负情况如表.甲球员是否上场球队的胜负情况合计胜负上场4045未上场3合计42(1)完成2×2列联表，并判断依据小概率值α=0.01的独立性检验，能否认为球队的胜负与甲球员是否上场有关；(2)由于队员的不同，甲球员主打的位置会进行调整，根据以往的数据统计，甲球员上场时，打前锋、中锋、后卫的概率分别为0.3，0.5，0.2，相应球队赢球的概率分别为0.7，0.8，0.6.19 (i)当甲球员上场参加比赛时，求球队赢球的概率；(ii)当甲球员上场参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，求甲球员打中锋的概率.(精确到0.01)22n(ad-bc)附：χ=，n=a+b+c+d.(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)α0.150.100.050.0250.0100.001xα2.0722.7063.8415.0246.63510.828【答案】(1)列联表见解析;有99%的把握认为球队的胜负与甲球员是否上场有关;(2)(i)0.73;(ii)0.552【分析】(1)根据题意，得出2×2的列联表，求得χ≈8.003，结合附表，即可求解；(2)设事件A：甲球员上场打前锋，事件B：甲球员上场打中锋，事件C：甲球员上场打后卫，事件D：球队赢球，结合全概率公式，即可求解；(ii)根据题意，利用条件概率的计算公式和贝叶斯公式，即可求解.【解析】(1)根据题意，可得2×2的列联表：甲球员是否上场球队的胜负情况合计胜负上场40545未上场235合计42850零假设H0：球队的胜负与甲球员是否上场无关22nad-bc5040×3-5×22此时χ==≈8.003>6.635，a+bc+da+cb+d42×8×45×5所以，有99%的把握认为球队的胜负与甲球员是否上场有关.(2)由甲球员上场时，打前锋、中锋、后卫的概率分别为0.3，0.5，0.2，相应球队赢球的概率分别为0.7，0.8，0.6.(i)设事件A：甲球员上场打前锋，事件B：甲球员上场打中锋，事件C：甲球员上场打后卫，事件D：球队赢球，则P(A)=0.3,P(B)=0.5,P(C)=0.2,P(D|A)=0.7,P(D|B)=0.8,P(D|C)=0.6,所以，当甲球员上场参加比赛时，球队赢球的概率：P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)=0.3×0.7+0.5×0.8+0.2×0.6=0.73.(ii)当甲球员上场参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，P(DB)P(B)P(D|B)0.5×0.8甲球员打中锋的概率为P(B|D)===≈0.55.P(D)P(D)0.73题型八：概率与统计图表的综合应用1(2024·四川·校联考模拟预测)在某果园的苗圃进行果苗病虫害调查，随机调查了200棵受到某病虫害的果苗，并测量其高度h(单位：cm)，得到如下的样本数据的频率分布直方图.20 (1)估计该苗圃受到这种病虫害的果苗的平均高度(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(2)估计该苗圃一棵受到这种病虫害的果苗高度位于区间30,45的概率；(3)已知该苗圃的果苗受到这种病虫害的概率为3%，果苗高度位于区间40,50的棵数占该果苗总棵数的20%.从该苗圃中任选一棵高度位于区间40,50的果苗，求该棵果苗受到这种病虫害的概率(以样本数据中受到病虫害果苗的高度位于各区间的频率作为受到病虫害果苗的高度位于该区间的概率).【思路分析】(1)根据频率分布直方图中平均数公式求解即可；(2)求出所给区间上的频率即可求解；(3)根据条件概率公式求解即可.【规范解答】(1)由频率分布直方图得该苗圃受到这种病虫害的果苗的平均高度为：h=0.02×5×22.5+0.05×5×27.5+0.06×5×32.5+0.04×5×37.5+0.02×5×42.5+0.01×5×47.5=33cm.(2)该苗圃一棵受到这种病虫害的果苗高度位于区间30,45的频率为：0.06+0.04+0.02×5=0.6.所以，估计该苗圃一颗受到这种病虫害的果苗高度位于区间30,45的概率为0.6.(3)设从苗圃中任选一棵高度位于区间40,50的果苗为事件A，该棵果苗受到这种病虫害为事件B，PAB3%×0.02+0.01×5则PBA===0.0225.PA20%1、概率与统计图表的综合应用题关键点：(1)从题目条件或统计图表给出的信息，提炼出所需要的信息；(2)①进行概率与统计的正确计算；②此类问题中的概率大多是古典概型、条件概率，求解时注意运用对立事件的概率。2、频率分布直方图(1)频率、频数、样本容量的计算方法频率①×组距=频率．组距频数频数②=频率，=样本容量，样本容量×频率=频数．样本容量频率③频率分布直方图中各个小方形的面积总和等于1．(2)频率分布直方图中数字特征的计算①最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数．21 ②中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的．设中位数为x，利用x左(右)侧矩形面积之和等于0.5，即可求出x．③平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和，即有x=x1p1+x1p1+⋯+xnpn，其中xn为每个小长方形底边的中点，pn为每个小长方形的面积．1(2024·广东深圳·高三深圳中学校考开学考试)某学校开展健步走活动，要求学校教职员工上传11月4日至11月10日的步凝.启息.教师甲、乙这七天的步数情况如图1所示.(1)从11月4日至11月10日中随机选取一天，求这一天甲比乙的步数多的概率；(2)从11月4日至11月10日中随机选取三天，记乙的步数不少于20000的天数内X，求X的分布列及数学期望；26【答案】(1)；(2)分布列见解析，.77【分析】(1)根据古典概型求解即可；(2)X的可能取值为0，1，2，分别求出每种情况的概率，再写出分布列并求期望即可；【解析】(1)设“甲比乙的步数多”为事件A，在11月4日至11月10日这七天中，11月5日与11月9日这两天甲比乙步数多，2所以PA=；7(2)由图可知，7天中乙的步数不少于20000步的天数共2天；X的所有可能取值为0，1，2，302112C5C22C5C24C5C21PX=0==，PX=1==，PX=2==，C37C37C37777所以X的分布列为22 X012241P7772416EX=0×+1×+2×=.77772(2024·北京海淀·高三101中学校考开学考试)“双减”政策执行以来，中学生有更多的时间参加志愿服务和体育锻炼等课后活动．某校为了解学生课后活动的情况，从全校学生中随机选取100人，统计了他们一周参加课后活动的时间(单位：小时)，分别位于区间[7,9),[9,11),[11,13),[13,15),[15,17),[17,19]，用频率分布直方图表示如下：假设用频率估计概率，且每个学生参加课后活动的时间相互独立．(1)估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间13,17的概率；(2)从全校学生中随机选取3人，记ξ表示这3人一周参加课后活动的时间在区间15,17的人数，求ξ的分布列和数学期望Eξ；(3)设全校学生一周参加课后活动的时间的中位数估计值为a､平均数的估计值为b(计算平均数时，同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替)，请直接写出a,b的大小关系．【答案】(1)0.65；(2)分布列见解析，期望为1.2；(3)b<a【分析】(1)根据频率分布直方图计算出对应频率即为所求；(2)由题意可得ξ服从二项分布，再根据二项分布的分布列及期望公式求解即可；(3)根据公式计算平均数和中位数，再比较大小即可.【解析】(1)根据频率分布直方图，可得学生一周参加课后活动的时间位于区间13,17的频率为0.125+0.200×2=0.65，因此估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间13,17的概率为0.65；(2)从全校学生中随机选取1人，其一周参加课后活动的时间在区间15,17的概率为0.4，因此ξ∼B3,0.4，ξ可取0,1,2,3，3112Pξ=0=(1-0.4)=0.216,Pξ=1=C3×0.4×(1-0.4)=0.432，2213Pξ=2=C3×0.4×(1-0.4)=0.288,Pξ=3=0.4=0.064．则ξ的分布列为：ξ0123P0.2160.4320.2880.064Eξ=3×0.4=1.2；(3)因为0.025+0.050+0.075×2=0.3<0.5，23 0.025+0.050+0.075+0.125×2=0.55>0.5，故中位数a在区间13,15上，则a-13×0.125=0.5-0.3=0.2，a=14.6；b=2×8×0.025+10×0.050+12×0.075+14×0.125+16×0.200+18×0.025=14，故b<a.题型九：概率与其他知识的交汇应用1(2023上·河南驻马店·高三统考期末)一枚质地均匀的小正四面体，其中两个面标有数字1，两个面标有数字2.现将此正四面体任意抛掷n次，落于水平的桌面，记n次底面的数字之和为Xn.(1)当n=2时，记Y为X2被3整除的余数，求Y的分布列与期望；(2)求Xn能被3整除的概率Pn.【思路分析】(1)先确定Y的可能值，再分别求概率列表求期望.1(2)先得到递推关系Pn=1-Pn-1，再构造等比数列求解.2【规范解答】1(1)由题可知，正四面体与桌面接触的数字为1和2的概率均为，2Y的取值可能为0，1，2.11111111111PY=0=×+×=，PY=1=×=，PY=2=×=，22222224224则Y的分布列为Y012111P2441113EY=0×+1×+2×=.2444(2)由题可知P1=0，当n≥2时，n-1次底面的数字之和能被3整除的概率为Pn-1，1111所以Pn=21-Pn-1，则Pn-3=-2Pn-1-3，所以数列P-1是以-1为首项，-1为公比的等比数列，n332111n-1111n-1则Pn-3=-3×-2，即Pn=3-3×-2.概率统计常与排列组合、函数、数列等知识交汇考查。求解此类问题要充分理解题意，根据题中已知条件，联系所学知识对已知条件进行转化。这类问题的命题方向总的来说有两大类：1、所给问题是以集合、函数、立体几何、数列、向量等知识为载体的概率问题，求解时需要利用相关知识把所给问题转化为概率模型，然后利用概率知识求解；2、所给问题是概率问题，求解时有时需要把所求概率转化为某一变量的该函数，然后利用函数、导数知识进行求解；或者把问题转化为与概率变量有关的数列递推关系，再通过构造特殊数列求通项或求和。24 1(2024·山东威海·高三统考期末)甲、乙、丙3人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等可能地传给其余2人之一，设Pn表示经过n次传递后球传到乙手中的概率.(1)求P1，P2；(2)证明：P-1是等比数列，并求P；n3nn(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi，i=1,2,⋯,n,则EXi=i=1nqi．记前n次(即从第1次到第n次传球)中球传到乙手中的次数为Y，求E(Y)．i=11111n-1111nn【答案】(1)P1=2，P2=4；(2)证明见解析，Pn=6-2+3；(3)E(Y)=91--2+3【分析】(1)分析已知计算即可得出结果；(2)记An表示事件“经过n次传递后球传到乙手中”，若An+1发生，则An一定不发生，1111则Pn+1=(1-Pn)⋅2，变形可得Pn+1-3=-2Pn-3，即数列P-1是以1为首项，-1为公比的等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可；n362(3)结合第(2)问结论和题设条件，运用等比数列求和公式分组求和即可求解.【解析】(1)因为Pn表示经过n次传递后球传到乙手中的概率，1所以，第一次传到乙手中的概率为：P1=，2111第二次传到乙手中的概率为：P2=1-2×2=4.(2)记An表示事件“经过n次传递后球传到乙手中”，1若An+1发生，则An一定不发生，所以Pn+1=(1-Pn)⋅，211111即Pn+1=-2Pn+2，即Pn+1-3=-2Pn-3，又P-1=1，所以数列P-1是以1为首项，-1为公比的等比数列，136n362111n-111n-11所以Pn-3=6-2，即Pn=6-2+3.(3)由题意，i次传球后球在乙手中的次数Yi，Yi服从两点分布，且PYi=1=1-PYi=0=Pi,nn*所以EY=E∑Yi=∑pi,i∈N.i=1i-1nn11i-1111i-1n11nn由(2)可知，Pi=6-2+3，则E(Y)=∑Pi=6∑-2+3=91--2+3.i=1i=12(2024·全国·校联考模拟预测)公元1651年，一个问题引发了数学家德梅赫、帕斯卡、费马和惠更斯等人的讨论，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=，求甲应分得的赌注；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25 4去甲赢得全部赌注的概率fp；当p≥时，求事件A发生的概率的最大值．5【答案】(1)216元；(2)0.0272．【分析】(1)根据给定条件，利用互斥事件的概率公式，结合独立重复试验的概率公式求出甲赢得全部赌注概率.(2)求出乙赢得全部赌注的概率，进而求出fp，再利用导数求出函数的最大值即得.【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，则PX=2==，3912228当X=3时，甲以4:2赢，则PX=3=C2×3×1-3×3=27，122224当X=4时，甲以4:3赢，则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则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，322f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因此fpmin=f5=625，乙赢的概率PA最大值为1-625=625=0.0272，所以事件A发生的概率的最大值为0.0272．题型十：利用概率解决决策类问题1(2024·山东聊城·高三统考期末)乒乓球起源于英国的19世纪末，因为1959年的世界乒乓球锦标赛，中国参赛运动员为中国获得了第一个世界冠军，而使国人振奋，从此乒乓球运动在中国风靡，成为了事实上中国的国球的体育项目.国球在校园中的普及也丰富了老师、同学们的业余生活.某校拟从5名优秀乒乓球爱好者中抽选人员分批次参加社区共建活动.共建活动共分3批次进行，每次活动需要同时派送2名选手，且每次派送选手均从5人中随机抽选.已知这5名选手中，2人有比赛经验，3人没有比赛经验.(1)求5名选手中的“1号选手”，在这3批次活动中有且只有一次被抽选到的概率；(2)求第二次抽选时，选到没有比赛经验的选手的人数最有可能是几人？请说明理由；(3)现在需要2名乒乓球选手完成某项特殊比赛任务，每次只能派一个人，且每个人只派一次，如果前一位选手不能赢得比赛，则再派另一位选手.若有A、B两位选手可派，他们各自完成任务的概率分别为PA、PB，且PA>PB，各人能否完成任务相互独立.试分析以怎样的顺序派出选手，可使所需派出选手的人员数目的数学期望达到最小.【思路分析】1C42(1)5名选手中的“1号选手”在每轮抽取中被抽取到的概率为=，然后用独立事件概率公式和事件C25526 和公式求解即可；(2)用期望或概率判断即可；(3)分别求出按先A后B的顺序和先B后A完成任务所需人员数目的数学期望，比较即可得出答案.【规范解答】1C42(1)5名选手中的“1号选手”在每轮抽取中被抽取到的概率为=，C255123254则三次抽取中，“1号选手”恰有一次被抽取到的概率为P=C355=125.(2)第二次抽取到的没有比赛经验的选手人数最有可能是1人.设ξ表示第二次抽取到的无比赛经验的选手人数，可能的取值有0，1，2，2112C21C2⋅C363C33则有：Pξ=0==，Pξ=1===，Pξ=2==，C210C2105C210555(法一)因为Pξ=1>Pξ=2>Pξ=0，故第二次抽取到的无比赛经验的选手人数最有可能是1人.33(法二)∵Eξ=0++2×=1.2，510∴第二次抽取到的无比赛经验的选手人数最有可能是1人.(3)按照先A后B的顺序所需人数期望最小.由题意：0<pB<pA<1，设X表示先A后B完成任务所需人员数目，则X12PpA1-pAEX=pA+21-pA=2-pA，设Y表示先B后A完成任务所需人员数目，则Y12PpB1-pBEY=pB+21-pB=2-pB，∵EY-EX=pA-pB>0，∴故按照先A后B的顺序所需人数期望最小.决策问题的解决策略：决策的工具是有关概率，决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)作为最佳方案，可能需要借助函数的性质去实现。1(2024·浙江·高三镇海中学校联考开学考试)甲､乙､丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：每场比赛胜者积2分，负者积0分；比赛前根据相关规则决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空；积分首先累计到4分者获得比赛胜利，比赛结束.已知甲与乙比27 赛时，甲获胜的概率为p1，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为p2，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为p3.(1)若p1=p2=p3=0.5，求比赛结束时，三人总积分X的分布列与期望；(2)若p1+p3>1，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略.【答案】(1)分布列见解析，EX=5.5；(2)让乙和丙打第一局【分析】(1)求出X的取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望；(2)分别计算出“第一局乙对丙最终乙获胜”，“第一局乙对甲最终乙获胜”，“第一局甲对丙而最终乙获胜”三种策略下的概率，作差法比较出大小，得到答案.【解析】(1)由题意可知，两场比赛后结束，也即第一局的其中1人连续获得两场胜利，有两种情况，此时X=4，Px=4=0.5×0.5×2=0.5，当三场比赛后结束，即第一局比赛的2人均未获胜，轮空者获胜，共有两种情况，此时X=6，Px=6=0.5×0.5×0.5×2=0.25；当四场比赛后结束，前三局比赛，甲乙丙三人各赢1场，进行第四场比赛，共有2种情况，此时X=8，Px=8=0.5×0.5×0.5×2=0.25；所以三人总积分X的分布列为X468P0.50.250.25所以EX=0.5×4+0.25×6+0.25×8=5.5.(2)设事件A为“第一局乙对丙最终乙获胜”，B为“第一局乙对甲最终乙获胜”，C为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，则有：已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为p1，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为p2，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为p3.其中A包含三种情况，第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜；第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜；第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜，故PA=p31-p1+p3p11-p2p3+1-p3p21-p1p3；同理可得PB=1-p1p3+1-p11-p3p21-p1+p11-p2p31-p1；PC=p21-p1p3+1-p2p31-p1=p31-p1；显然PB-PC=1-p11-p3p21-p1+p11-p2p31-p1>0，故PB>PC，PA-PB=p3p11-p2p3-p11-p2p31-p1+1-p3p21-p1p3-1-p11-p3p21-p1=p1+p3-1p11-p2p3+p1+p3-11-p3p21-p1=p1+p3-1p11-p2p3+1-p3p21-p1，由于p1+p3>1，故PA-PB=p1+p3-1p11-p2p3+1-p3p21-p1>0，所以PA>PB；故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局.2(2022·河北·校联考模拟预测)近年来，新能源汽车产业大规模发展，某汽车产品自生产并投入市场以来，受到多位消费者质疑其电池产品质量，汽车厂家提供甲､乙两家第三方检测机构对产品进行质量检测，邀请多位车主进行选择，每位车主只能挑选一家.若选择甲机构记1分，若选择乙机构记2分，每位车主选择两个机构的概率相等，且相互独立.(1)若参加的车主有3人，记总得分为X，求X的分布列与数学期望；28 (2)对所有车主选择的结果进行调查,记总得分恰好为n分的概率为an,求数列an的通项公式；(3)在(2)的条件下，汽车厂商决定总得分为99分或100分时就停止计分，若总得为99分就选甲机构，总得分为100分就选乙机构，请分析这种方案是否合理.9211n-1【答案】(1)见解析，EX=2；(2)an=3-6-2；(3)这方案不合理，见解析.【分析】(1)由题意可知，随机变量X的可能取值有3，4，5，6.分别求得随机变量取每一值时的概率得其分布列，由数学期望公式可求得答案；(2)依题意，总得分恰好为n分时，得不到n分的情况是先得(n-1)分，再得，11概率为an-1，即有1-an=an-1，由此可求得答案；22(3)由(2)求得a99，a100，比较可得结论.【解析】(1)由题意可知，随机变量X的可能取值有3，4，5，6.13111332133131P(X=3)=2=8，P(X=4)=C3⋅2=8，P(X=5)=C3⋅2=8，P(X=6)=2=8.∴随机变量X的分布列如下表所示：X34561331P888813319∴E(X)=3×+4×+5×+6×=.888821(2)依题意，总得分恰好为n分时，得不到n分的情况是先得(n-1)分，再得2分，概率为an-1，21212∴1-an=2an-1，即an-3=-2an-1-3.121211n-1211n-1又a1=2，a1-3=-6，∴an-3=-6-2，即an=3-6-2.211982211992(3)因为a99=3-6-2<3，a100=3-6-2>3，∴a100>a99，∴选择乙机构的概率大于甲机构，这方案不合理.1(2024·江苏南通·高三统考期末)袋中装有5个乒乓球，其中2个旧球，现在无放回地每次取一球检验．(1)若直到取到新球为止，求抽取次数X的概率分布及其均值；(2)若将题设中的“无放回”改为“有放回”，求检验5次取到新球个数X的均值．3【答案】(1)概率分布见解析，；(2)32【分析】(1)由分布列及均值定义计算即可得；(2)由二项分布均值公式计算即可得.32×332×1×31【解析】(1)X的可能取值为1，2，3，P(X=1)=,P(X=2)==,P(X=3)==，55×4105×4×310故抽取次数X的概率分布为：29 X123331P510103313E(X)=1×+2×+3×=；510102333(2)每次检验取到新球的概率均为，故X~B5,，所以E(X)=5×=3．5552(2024·广东广州·广州六中校考一模)某电商专门生产某种电子元件，生产的电子元件除编号外，其余外观完全相同，为了检测元件是否合格，质检员设计了图甲、乙两种电路.(1)在设备调试初期，已知该电商试生产了一批电子元件共5个，只有2个合格，质检员从这批元件中随机抽取2个安装在甲图电路中的A，B处，请用集合的形式写出试验的样本空间，并求小灯泡发亮的概率；(2)通过设备调试和技术升级后，已知该电商生产的电子元件合格率为0.9，且在生产过程中每个电子元件是否合格互不影响，质检员从该电商生产的一批电子元件中随机抽取3个安装在乙图电路中的A，B，C处，求小灯泡发亮的概率.7【答案】(1)答案见解析；;(2)0.89110【分析】(1)根据题意，求得小灯泡不发亮的概率，即可得到结果；(2)根据题意，分三种情况，分别计算对应概率，然后相加，即可得到结果.【解析】(1)由题意可得Ω={(合格，合格)，(合格，不合格)，(不合格，不合格)}；2C33设事件C：小灯泡发亮，则PC=2=，C510377则PC=1-=，即小灯泡发亮的概率为.101010(2)当小灯泡亮的时候，元件A一定是合格的，元件B,C中至少有一个是合格的，第一种情况：元件A合格，元件B合格，元件C不合格，则P1=0.9×0.9×0.1=0.081；第二种情况：元件A合格，元件B不合格，元件C合格，P2=0.9×0.1×0.9=0.081；第三种情况：元件A合格，元件B合格，元件C合格，P3=0.9×0.9×0.9=0.729；则小灯泡发亮的概率P=P1+P2+P3=0.081+0.081+0.729=0.891.3(2024·山东日照·统考一模)随着科技的不断发展，人工智能技术的应用领域也将会更加广泛，它将会成为改变人类社会发展的重要力量．某科技公司发明了一套人机交互软件，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答．在对该交互软件进行测试时，如果输入的问题没有语法错误，则软件正确应答的概率为80%；若出现语法错误，则软件正确应答的概率为30%．假设每次输入的问题出现语法错误的概率为10%．(1)求一个问题能被软件正确应答的概率；(2)在某次测试中，输入了n(n≥6)个问题，每个问题能否被软件正确应答相互独立，记软件正确应答的个数为X，X=k(k=0,1,⋯,n)的概率记为PX=k，则n为何值时，PX=6的值最大？【答案】(1)0.75；(2)7或8【分析】(1)根据题意结合全概率公式运算求解；30 36361n-6(2)由题意可知：X∼Bn,4且PX=6=Cn44，结合数列单调性分析求解.【解析】(1)记“输入的问题没有语法错误”为事件A，“回答正确”为事件B，由题意可知：PA=0.1,PB|A=0.8,PB|A=0.3，则PA=1-PA=0.9，所以PB=PB|APA+PB|APA=0.75.33(2)由(1)可知：PB=0.75=，则X∼Bn,，446363n-66361n-6可得PX=6=Cn41-4=Cn44，6361n-56361n-6an+1Cn+144n+1令an=Cn44，则a=6361n-6=4n-5，nCn44n+1令>1，解得n<7，可知当n≤6，可得an+1>an；4n-5n+1令<1，解得n>7，可知当n≥8，可得an+1>an；4n-5n+1令=1，解得n=7，可得a8=a7；4n-5所以当n=7或n=8时，an最大，即n为7或8时，PX=6的值最大.4(2024·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试)“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动.(1)若数学组的7名学员中恰有3人来自A中学，从这7名学员中选取3人，ξ表示选取的人中来自A中学的人数，求ξ的分布列和数学期望；(2)在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道4题的概率分别为p1，p2.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当p1+p2=时，求甲、乙两位同学3在每轮答题中取胜的概率的最大值.916【答案】(1)分布列见解析，；(2)727【分析】(1)利用超几何分布，求出分布列和期望，即可得出结果；(2)根据甲、乙答对题数为二项分布及独立事件的概率求出每轮答题中取得胜利的概率，再由二次函数的性质求出结果.【解析】(1)由题意知，ξ的可能取值有0，1，2，3，321123C44C4C318C4C312C31Pξ=0==，Pξ=1==，Pξ=2==，Pξ=3==，C335C335C335C3357777所以ξ的分布列为：ξ0123418121P353535354181219Eξ=0×+1×+2×+3×=.353535357(2)因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为χ，则χ∼B2,P1，设乙答对题数为η，则η∼B2,P2，设“A=甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”,31 则PA=Pχ=1Pη=2+Pχ=2Pη=1+Pχ=2Pη=21222212222=C2P11-P1C2P2+C2P1C2P21-P2+C2P1C2P22222228=2P11-P1P2+2P21-P2P1+P1P2=-3P1P2+P1P2341由0≤P1≤1,0≤P2≤1，又p1+p2=，所以≤P1≤1，33442114则P1P2=P13-P1=3P1-P1，又3≤P1≤1，所以P1P2∈3,9，2814416设t=P1P2，所以PA=-3t+3t,t∈3,9，由二次函数可知当t=9时取最大值27，16所以甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为.275(2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)为考察药物M对预防疾病A以及药物N对治疗疾病A的效果，科研团队进行了大量动物对照试验．根据100个简单随机样本的数据，得到如下列联表：(单位：只)疾病A药物M未患病患病合计未服用301545服用451055合计7525100(1)依据α=0.1的独立性检验，分析药物M对预防疾病A的有效性；(2)用频率估计概率，现从患病的动物中用随机抽样的方法每次选取1只，用药物N进行治疗．已知药物N13的治愈率如下：对未服用过药物M的动物治愈率为，对服用过药物M的动物治愈率为．若共选取324次，每次选取的结果是相互独立的．记选取的3只动物中被治愈的动物个数为X，求X的分布列和数学期望．2nad-bc2附：χ=，n=a+b+c+d.a+bc+da+cb+dα0.1000.0500.0100.001xα2.7063.8416.63510.8289【答案】(1)认为药物M对预防疾病A有效果；(2)分布列见解析，期望为52【分析】(1)提出零假设为H0:药物M对预防疾病A无效果，根据列联表计算出χ的值，结合临界值表可得3出结论；(2)利用全概率公式计算出药物N的治愈率，分析可知X~B3,，利用二项分布列可得出随机变5量X的分布列，进而可得出EX的值.【解析】(1)零假设为H0:药物M对预防疾病A无效果，22100×30×10-15×45100根据列联表中的数据，经计算得到χ==≈3.030>2.706，75×25×45×5533根据小概率值α=0.1的独立性检验，我们推断零假设不成立，即认为药物M对预防疾病A有效果．(2)设A表示药物N的治愈率，B1表示对未服用过药物M，B2表示服用过药物M，1510由题意可得PB1==0.6，PB2==0.4，252532 且PAB1=0.5，PAB2=0.75，PA=PB1×PAB1+PB2×PAB2=0.6×0.5+0.4×0.75=0.6，33药物N的治愈率P=0.6=，则X~B3,，5502381312236所以PX=0=C35=125，PX=1=C355=125，232215433327PX=2=C355=125，PX=3=C35=125，所以，随机变量X的分布列如下表所示：X01238365427P12512512512583654279EX=0×+1×+2×+3×=．12512512512556(2024·陕西西安·统考一模)某市为提升中学生的环境保护意识，举办了一次“环境保护知识竞赛”，分预赛和复赛两个环节，预赛成绩排名前三百名的学生参加复赛．已知共有12000名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100人的预赛成绩作为样本，得到频率分布直方图如图：(1)规定预赛成绩不低于80分为优良，若从上述样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人，求至少有1人预赛成绩优良的概率，并求预赛成绩优良的人数X的分布列及数学期望；2(2)由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛学生的预赛成绩Z服从正态分布Nμ,σ，其中μ可近似为2样本中的100名学生预赛成绩的平均值(同一组数据用该组区间的中点值代替)，且σ=362，已知小明的预赛成绩为91分，利用该正态分布，估计小明是否有资格参加复赛？2附：若Z~Nμ,σ，则P(μ-σ<Z<μ+σ)≈0.6827，P(μ-2σ<Z<μ+2σ)≈0.9545，P(μ-3σ<Z<μ+3σ)≈0.9973；362≈19．83【答案】(1)，分布列见解析，E(X)=；(2)有资格参加复赛134【分析】(1)根据超几何分布的概率计算即可求解分布列；(2)根据正态分布的对称性即可求解.【解析】(1)预赛成绩在[60,80)范围内的样本量为：0.0125×20×100=25，预赛成绩在80,100范围内的样本量为：0.0075×20×100=15，设抽取的2人中预赛成绩优良的人数为X，可能取值为0,1,2，1120C15C25+C15C258则P(X≥1)==，C213402112C255C25C1525C157又P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==，C213C252C252404040则X的分布列为：33 X0125257P13525252573故E(X)=0×+1×+2×=．1352524(2)μ=x=(10×0.005+30×0.01+50×0.015+70×0.0125+90×0.0075)×20=53，2σ=362，则σ≈19，1又Z~N(53,362)，故P(Z≥91)=P(Z≥μ+2σ)=[1-P(μ-2σ<Z<μ+2σ)]≈0.02275，2故全市参加预赛学生中，成绩不低于91分的有12000×0.02275=273人，因为273<300，故小明有资格参加复赛，7(2024·安徽·高三合肥一中校联考阶段练习)某学校有甲、乙、丙三家餐厅，分布在生活区的南北两个区域，其中甲、乙餐厅在南区，丙餐厅在北区各餐厅菜品丰富多样，可以满足学生的不同口味和需求．(1)现在对学生性别与在南北两个区域就餐的相关性进行分析，得到下表所示的抽样数据，依据α=0.100的独立性检验，能否认为在不同区域就餐与学生性别有关联？就餐区域性别合计南区北区男331043女38745合计7117881(2)张同学选择餐厅就餐时，如果前一天在甲餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为；如果前一天在212乙餐厅，那么后一天去甲，丙餐厅的概率分别为，；如果前一天在丙餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概331111率均为．张同学第1天就餐时选择甲，乙，丙餐厅的概率分别为，，．2442(ⅰ)求第2天他去乙餐厅用餐的概率；*(ⅱ)求第nn∈N天他去甲餐厅用餐的概率pn．22n(ad-bc)附：χ=,n=a+b+c+d；a+bc+da+cb+dα0.1000.0500.0250.010xα2.7063.8415.0246.6351,n=134【答案】(1)没有关联；(2)(ⅰ)；(ⅱ)pn=84-1-1n+1,n≥2992【分析】(1)根据卡方计算公式计算，与临界值比较即可求解；(2)根据相互独立事件的概率，结合全概率公式即可求解(ⅰ)，根据递推关系，结合等比数列的定义即可求解(ⅱ).2288×(33×7-10×38)【解析】(1)依据表中数据，χ=≈0.837<2.706=x0.1，43×45×71×17依据α=0.100的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为在不同区域就餐与学生性别没有关联．(2)设Ai=“第i天去甲餐厅用餐”，Bi=“第i天去乙餐厅用餐”，Ci=“第i天去丙餐厅用餐”，34 则Ai、Bi、Ci两两独立，i=1,2,⋯,n．11111根据题意得PA1=PB1=,PC1=,PAi+1Ai=,PAi+1Bi=,PAi+1Ci=，42232112PBi+1Ai=,PBi+1Ci=,PCi+1Bi=．223(ⅰ)由B2=B2A1+B2C1，结合全概率公式，得11113PB2=PB2A1+B2C1=PA1PB2A1+PC1PB2C1=×+×=，422283因此，张同学第2天去乙餐厅用餐的概率为．8*(ⅱ)记第nn∈N天他去甲，乙，丙餐厅用餐的概率分别为pn,qn,rn，11则p1=q1=,r1=，由全概率公式，得42pn=PAn=PAnAn-1+AnBn-1+AnCn-1=PAnAn-1+PAnBn-1+PAnCn-1=PAn-1PAnAn-1+PBn-1PAnBn-1+PCn-1PAnCn-1111故pn=pn-1+qn-1+rn-1n≥2①23211同理qn=pn-1+rn-1n≥2②222rn=qn-1n≥2③3pn+qn+rn=1④1由①②，pn=qn+qn-1，311111由④，pn-1=1-qn-1-rn-1，代入②，得：qn=2-2qn-1，即qn-3=-2qn-1-3，故q-1是首项为-1，公比为-1的等比数列，n3122111n-111n+1即qn-3=-12-2，所以qn=31--2111n+111n411n+1于是，当n≥2时，pn=qn+3qn-1=31--2+91--2=9-9-21,n=14综上所述：pn=411n+19-9-2,n≥28(2022·全国·高三专题练习)某种产品2014年到2018年的年投资金额x(万元)与年利润y(万元)的数据统计如下，由散点图知，y与x之间的关系可以用线性回归模型拟合，已知5年利润的平均值是4.7．年份20142015201620172018年投资金额x(万元)12345年利润y(万元)2.42.7t6.47.9(1)求表中实数t的值；(2)求y关于x的线性回归方程y=bx+a．nxi-xyi-yi=1参考公式：回归直线方程y=bx+a中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为b=，an2xi-xi=1=y-bx．【答案】(1)t=4.1；(2)y=1.47x+0.29．35 【分析】(1)由5年利润的平均值是4.7结合平均数公式求得t值；(2)由已知数据求得b和a的值，即可得到线性回归方程.2.4+2.7+t+6.4+7.9【解析】(1)由题意得，y=4.7=，解得t=4.151+2+3+4+5(2)由题意得，x==3,y=4.7，55∑xi-xyi-y=(-2)×(-2.3)+(-1)×(-2)+1×1.7+2×3.2=14.7i=155∑xi-xyi-y2i=1∑xi-x=4+1+1+4=10，故b=5=1.47，i=12∑xi-xi=1则a=y-bx=4.7-1.47×3=0.29，故所求线性回归方程为y=1.47x+0.29．9(2024·海南·高三校考阶段练习)红松树分布在我国东北的小兴安岭到长白山一带，耐荫性强.在一森林公园内种有一大批红松树，为了研究生长了4年的红松树的生长状况，从中随机选取了12棵生长了4年的红松树，并测量了它们的树干直径xi(单位：厘米)，如下表：i123456789101112xi28.727.231.535.824.333.536.326.728.927.425.234.512122计算得：xi=360,xi=10992.i=1i=12(1)求这12棵红松树的树干直径的样本均值μ与样本方差s.(2)假设生长了4年的红松树的树干直径近似服从正态分布.记事件A：在森林公园内再从中随机选取12棵生长了4年的红松树，其树干直径都位于区间[22,38].①用(1)中所求的样本均值与样本方差分别作为正态分布的均值与方差，求PA；2②护林员在做数据统计时，得出了如下结论：生长了4年的红松树的树干直径近似服从正态分布N30,8.在这个条件下，求PA，并判断护林员的结论是否正确，说明理由.2参考公式：若Y∼Nμ,σ，则PY-μ≤σ≈0.6827,PY-μ≤2σ≈0.9545,PY-μ≤3σ≈0.9973.121212参考数据：0.6827≈0.01,0.9545≈0.57,0.9973≈0.97.2【答案】(1)μ=30，s=16.(2)①PA≈0.57；②PA≈0.01，护林员给出的结论是错误的，理由见解析.12121212【分析】(1)利用均值(平均数)的计算公式μ=xi和方差公式s=∑xi-μ，计算即可；12i=112i=1(2)①12棵生长了4年的红松树，其树干直径都位于区间[22,38]，是一个独立重复实验，其中在区间[22,238]内等价于PY-μ≤2σ≈0.9545发生；②根据随机变量服从正态分布N30,8，其中在区间[22,38]12内等价于PY-μ≤σ≈0.6827发生，计算得出PA=0.6827≈0.01，再比较即可.121【解析】(1)样本均值μ=xi=30，12i=112121221212212样本方差s=∑xi-μ=∑xi-2μ∑xi+12μ=×10992-2×30×360+12×30=16.12i=112i=1i=1122(2)①由题意可得，树干直径Y(单位：cm)近似服从正态分布N30,4.在森林公园内再随机选一棵生长了4年的红松树，其树干直径位于区间22,38的概率是0.9545，36 12所以PA=0.9545≈0.57.2②若树干直径Y近似服从正态分布N30,8，在森林公园内再随机选一棵生长了4年的红松树，12其树干直径位于区间22,38的概率是0.6827，则PA=0.6827≈0.01.此时事件A发生的概率远小于①中根据测量结果得出的概率估计值.事件A是一个小概率事件，但是第一次随机选取的12棵生长了4年的红松树，事件A发生了，所以认为护林员给出的结论是错误的.10(2024·山东淄博·高三统考期末)第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，为弘扬奥林匹克和亚运精神，增强锻炼身体意识，某学校举办一场羽毛球比赛．已知羽毛球比赛的单打规则是：若发球方胜，则发球方得1分，且继续在下一回合发球；若接球方胜，则接球方得1分，且成为下一回合发球方．现甲、乙二人进行羽毛球单打比赛，根据以往甲、乙两名运动员对阵的比赛数据可知，若甲发球，甲得分3241的概率为，乙得分的概率为；若乙发球，乙得分的概率为，甲得分的概率为．规定第1回合是甲5555先发球．(1)求第3回合由甲发球的概率；(2)①设第i回合是甲发球的概率为p，证明：p-1是等比数列；ii3n②已知：若随机变量Xi服从两点分布，且PXi=1=1-PXi=0=qi，i=1，2，⋯，n，则EXi=i=1nqi．若第1回合是甲先发球，求甲、乙连续进行n个回合比赛后，甲的总得分的期望．i=111n42n【答案】(1)25；(2)①证明见解析；②3+91-53【分析】(1)通过设出事件，结合事件独立的概率乘法公式计算即可；(2)①通过题意得到pi=pi-151+1-pi-1，进而构造等比数列进行证明即可；②根据题意得到记第i回合甲得分为Xi，显然Xi服从两点5分布，结合题目中的期望公式计算即可.【解析】(1)设“第3回合由甲发球”为事件A，33211111则PA=×+×=，所以第3回合由甲发球的概率为55552525(2)①第ii≥2回合是甲发球分两种情况：第一种情况为第i-1回合是甲发球且甲得分，第二种情况为第i-1回合是乙发球且甲得分，3121121则pi=5pi-1+51-pi-1，即pi=5pi-1+5，所以pi-3=5pi-1-3,i≥2，p-11121i32又因为p1-=1-=≠0，所以pi-≠0，所以=,i≥2，3333p-15i-13即p-1是首项为2，公比为2的等比数列i335②因为p-1是首项为2，公比为2的等比数列，i335122i-122i-11所以pi-3=3×5，即pi=3×5+3，记第i回合甲得分为Xi，显然Xi服从两点分布，且事件Xi=1等价于第i+1回合是甲发球，故PXi=1=pi+1，又因为求甲、乙连续进行n个回合比赛后，甲的得分为X=X1+X2+⋯+Xn，37 222nnnn22i1×1-nn42n所以EX355=EXi=pi+1=3×5+3=2+3=3+91-5，i=1i=1i=11-5n42n故甲的总得分的期望为3+91-51(2022·全国·统考高考真题)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．(1)求甲学校获得冠军的概率；(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【答案】(1)0.6；(2)分布列见解析，EX=13.【分析】(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；(2)依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．【解析】(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C，所以甲学校获得冠军的概率为P=PABC+PABC+PABC+PABC=0.5×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2=0.16+0.16+0.24+0.04=0.6．(2)依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以，PX=0=0.5×0.4×0.8=0.16,PX=10=0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2=0.44，PX=20=0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34，PX=30=0.5×0.6×0.2=0.06.即X的分布列为X0102030P0.160.440.340.06期望EX=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13.2(2023·全国·统考高考真题)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．(1)求第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第i次投篮的人是甲的概率；nn(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且PXi=1=1-PXi=0=qi,i=1,2,⋅⋅⋅,n，则EXi=qi．i=1i=1记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求EY．12i-1152nn【答案】(1)0.6；(2)6×5+3；(3)E(Y)=181-5+3【分析】(1)根据全概率公式即可求出；(2)设PAi=pi，由题意可得pi+1=0.4pi+0.2，根据数列知识，构造等比数列即可解出；(3)先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．38 【解析】(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，所以，PB2=PA1B2+PB1B2=PA1PB2|A1+PB1PB2|B1=0.5×1-0.6+0.5×0.8=0.6.(2)设PAi=pi，依题可知，PBi=1-pi，则PAi+1=PAiAi+1+PBiAi+1=PAiPAi+1|Ai+PBiPAi+1|Bi，即pi+1=0.6pi+1-0.8×1-pi=0.4pi+0.2，构造等比数列pi+λ，21121设pi+1+λ=5pi+λ，解得λ=-3，则pi+1-3=5pi-3，又p=1,p-1=1，所以p-1是首项为1，公比为2的等比数列，12136i365112i-112i-11即pi-3=6×5,pi=6×5+3．12i-11(3)因为pi=6×5+3，i=1,2,⋅⋅⋅,n，2n*11-5n52nn所以当n∈N时，EY=p1+p2+⋯+pn=6×2+3=181-5+3，1-552nn故E(Y)=181-5+3．3(2023·全国·统考高考真题)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c)．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．(1)当漏诊率pc=0.5％时，求临界值c和误诊率qc；(2)设函数fc=pc+qc，当c∈95,105时，求fc的解析式，并求fc在区间95,105的最小值．-0.008c+0.82,95≤c≤100【答案】(1)c=97.5，q(c)=3.5%；(2)f(c)=，最小值为0.02．0.01c-0.98,100<c≤105【分析】(1)根据题意由第一个图可先求出c，再根据第二个图求出c≥97.5的矩形面积即可解出；(2)根据题意确定分段点100，即可得出fc的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出．【解析】(1)依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为5×0.002>0.5%，所以95<c<100，所以c-95×0.002=0.5%，解得：c=97.5，qc=0.01×100-97.5+5×0.002=0.035=3.5%．(2)当c∈[95,100]时，39 f(c)=p(c)+q(c)=(c-95)×0.002+(100-c)×0.01+5×0.002=-0.008c+0.82≥0.02；当c∈(100,105]时，f(c)=p(c)+q(c)=5×0.002+(c-100)×0.012+(105-c)×0.002=0.01c-0.98>0.02,-0.008c+0.82,95≤c≤100故f(c)=，0.01c-0.98,100<c≤105所以fc在区间95,105的最小值为0.02．4(2023·全国·统考高考真题)一项试验旨在研究臭氧效应.实验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到实验组，另外20只分配到对照组，实验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位：g).(1)设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数，求X的分布列和数学期望；(2)实验结果如下：对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：15.218.820.221.322.523.225.826.527.530.132.634.334.835.635.635.836.237.340.543.2实验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：7.89.211.412.413.215.516.518.018.819.219.820.221.622.823.623.925.128.232.336.5(i)求40只小鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于的数据的个数，完成如下列联表：<m≥m对照组实验组(ii)根据(i)中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与正常环境中体重的增加量有差异．22n(ad-bc)附：K=,a+bc+da+cb+dk00.1000.0500.0102PK≥k02.7063.8416.635【答案】(1)分布列见解析，E(X)=1；(2)(i)m=23.4；列联表见解析，(ii)能【分析】(1)利用超几何分布的知识即可求得分布列及数学期望；(2)(i)根据中位数的定义即可求得m=23.4，从而求得列联表；(ii)利用独立性检验的卡方计算进行检验，即可得解.【解析】(1)依题意，X的可能取值为0,1,2，021120C20C2019C20C2020C20C2019则P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)==，C278C239C278404040所以X的分布列为：X012192019P78397840 192019故E(X)=0×+1×+2×=1.783978(2)(i)依题意，可知这40只小白鼠体重增量的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据的平均数，23.2+23.6观察数据可得第20位为23.2，第21位数据为23.6，所以m==23.4，2故列联表为：<m≥m合计对照组61420实验组14620合计2020402240×(6×6-14×14)(ii)由(i)可得，K==6.400>3.841，20×20×20×20所以能有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与正常环境中体重的增加量有差异.5(2023·全国·统考高考真题)一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位：g)．试验结果如下：对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为15.218.820.221.322.523.225.826.527.530.132.634.334.835.635.635.836.237.340.543.2试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为7.89.211.412.413.215.516.518.018.819.219.820.221.622.823.623.925.128.232.336.5(1)计算试验组的样本平均数；(2)(ⅰ)求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表<m≥m对照组试验组(ⅱ)根据(i)中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？22n(ad-bc)附：K=，a+bc+da+cb+d2PK≥k0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【答案】(1)19.8；(2)(i)m=23.4；列联表见解析，(ii)能【分析】(1)直接根据均值定义求解；(2)(i)根据中位数的定义即可求得m=23.4，从而求得列联表；(ii)利用独立性检验的卡方计算进行检验，即可得解.41 1【解析】(1)试验组样本平均数为：(7.8+9.2+11.4+12.4+13.2+15.5+16.5+18.0+18.8+19.2+2019.8+20.2396+21.6+22.8+23.6+23.9+25.1+28.2+32.3+36.5)==19.820(2)(i)依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据的平均数，由原数据可得第11位数据为18.8，后续依次为19.2,19.8,20.2,20.2,21.3,21.6,22.5,22.8,23.2,23.6,⋯，23.2+23.6故第20位为23.2，第21位数据为23.6，所以m==23.4，2故列联表为：<m≥m合计对照组61420试验组14620合计2020402240×(6×6-14×14)(ii)由(i)可得，K==6.400>3.841，20×20×20×20所以能有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异.6(2022·全国·统考高考真题)甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030(1)根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；(2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？22n(ad-bc)附：K=，(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)2PK≥k0.1000.0500.010k2.7063.8416.635127【答案】(1)A，B两家公司长途客车准点的概率分别为，；(2)有138【分析】(1)根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；2(2)根据表格中数据及公式计算K，再利用临界值表比较即可得结论.【解析】(1)根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次，24012设A家公司长途客车准点事件为M，则P(M)==；26013B共有班次240次，准点班次有210次，2107设B家公司长途客车准点事件为N，则P(N)==.2408127A家公司长途客车准点的概率为；B家公司长途客车准点的概率为.138(2)列联表42 准点班次数未准点班次数合计A24020260B21030240合计45050500222n(ad-bc)500×(240×30-210×20)K==≈3.205>2.706，(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)260×240×450×50根据临界值表可知，有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.7(2023·北京·统考高考真题)为研究某种农产品价格变化的规律，收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据，如下表所示．在描述价格变化时，用“+”表示“上涨”，即当天价格比前一天价格高；用“-”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低；用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同．时段价格变化第1天到第20天-++0---++0+0--+-+00+第21天到第40天0++0---++0+0+---+0-+用频率估计概率．(1)试估计该农产品价格“上涨”的概率；(2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率；(3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．(结论不要求证明)【答案】(1)0.4；(2)0.168；(3)不变【分析】(1)计算表格中的+的次数，然后根据古典概型进行计算；(2)分别计算出表格中上涨，不变，下跌的概率后进行计算；(3)通过统计表格中前一次上涨，后一次发生的各种情况进行推断第41天的情况.【解析】(1)根据表格数据可以看出，40天里，有16个+，也就是有16天是上涨的，16根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为：=0.440(2)在这40天里，有16天上涨，14天下跌，10天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是0.4，0.35，0.25，221于是未来任取4天，2天上涨，1天下跌，1天不变的概率是C4×0.4×C2×0.35×0.25=0.168(3)由于第40天处于上涨状态，从前39次的15次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有4次，不变的有9次，下跌的有2次，因此估计第41次不变的概率最大.8(2022·全国·统考高考真题)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：43 (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率；(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的概率．(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001).【答案】(1)47.9岁；(2)0.89；(3)0.0014．【分析】(1)根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；(2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，根据对立事件的概率公式P(A)=1-P(A)即可解出；(3)根据条件概率公式即可求出．【解析】(1)平均年龄x=(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁)．(2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以P(A)=1-P(A)=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1-0.11=0.89．(3)设B=“任选一人年龄位于区间[40,50)”，C=“从该地区中任选一人患这种疾病”，则由已知得：PB=16%=0.16,PC=0.1%=0.001,P(B|C)=0.023×10=0.23,则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，此人患这种疾病的概率P(BC)P(C)P(B|C)0.001×0.23P(C|B)====0.0014375≈0.0014．P(B)P(B)0.169(2023·全国·统考高考真题)某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为xi，yii=1,2,⋅⋅⋅,10．试验结果如下：试验序号i12345678910伸缩率xi545533551522575544541568596548伸缩率yi5365275435305605335225505765362记zi=xi-yii=1,2,⋅⋅⋅,10，记z1,z2,⋅⋅⋅,z10的样本平均数为z，样本方差为s．2(1)求z，s；(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高(如果z2s≥2，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否10则不认为有显著提高)44 2【答案】(1)z=11，s=61；(2)认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.【分析】(1)直接利用平均数公式即可计算出x,y，再得到所有的zi值，最后计算出方差即可；2s(2)根据公式计算出2的值，和z比较大小即可.10545+533+551+522+575+544+541+568+596+548【解析】(1)x==552.3，10536+527+543+530+560+533+522+550+576+536y==541.3，10z=x-y=552.3-541.3=11，zi=xi-yi的值分别为:9,6,8,-8,15,11,19,18,20,12，2故s=222222222(9-11)+(6-11)+(8-11)+(-8-11)+(15-11)+0+(19-11)+(18-11)+(20-11)+(12-11)10=6122ss(2)由(1)知:z=11，2=26.1=24.4，故有z≥2,1010所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.10(2022·北京·统考高考真题)在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9．50m以上(含9．50m)的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据(单位：m)：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16．假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E(X)；(3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？(结论不要求证明)7【答案】(1)0.4;(2);(3)丙5【分析】(1)由频率估计概率即可；(2)求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望.(3)计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大.【解析】(1)由频率估计概率可得，甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，(2)设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A33P(X=0)=P(A1A2A3)=0.6×0.5×0.5=，20P(X=1)=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=8，20P(X=2)=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=7，202P(X=3)=P(A1A2A3)=0.4×0.5×0.5=.20∴X的分布列为45 X01233872P2020202038727∴E(X)=0×+1×+2×+3×=202020205(3)丙夺冠概率估计值最大.因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，111丙获得9.85的概率为，甲获得9.80的概率为，乙获得9.78的概率为.4106并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.46