資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
高考解答題專項突破(六)概率與統計的綜合問題
[考情分析]　概率與統計的綜合問題是高考的熱點，一般以解答題形式考查，通常以考查隨機事件的概率、相互獨立事件、樣本的數字特征、離散型隨機變量的分布列、期望及方差、回歸分析、獨立性檢驗為主，有時也與函數、數列、不等式等知識綜合考查．
考點一　求離散型隨機變量的分布列、均值與方差
例1　(2023·湖北宜昌模擬)據調查，目前對于已經近視的小學生，有兩種佩戴眼鏡的選擇，一種是佩戴傳統的框架眼鏡；另一種是佩戴角膜塑形鏡，這種眼鏡是晚上睡覺時佩戴的一種特殊的隱形眼鏡(因其在一定程度上可以減緩近視的發展速度，所以越來越多的小學生家長選擇角膜塑形鏡控制孩子的近視發展)，A市從該地區小學生中隨機抽取容量為100的樣本，其中因近視佩戴眼鏡的有24人(其中佩戴角膜塑形鏡的有8人，其中2名是男生，6名是女生)．
(1)若從樣本中選一名學生，已知這名小學生佩戴眼鏡，那么，該學生佩戴的是角膜塑形鏡的概率是多少？
(2)從這8名佩戴角膜塑形鏡的學生中，選出3人，求其中男生人數X的期望與方差；
(3)若將樣本的頻率當作估計總體的概率，請問，從A市的小學生中，隨機選出20名小學生，求佩戴角膜塑形鏡的人數Y的期望與方差．
(2)依題意，佩戴角膜塑形鏡的有8人，其中2名是男生，6名是女生，故從中選3人，男生人數X的可能取值為0，1，2，
P(X＝0)＝＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝.
所以男生人數X的分布列為
X 0 1 2
P
所以E(X)＝1×＋2×＝，
D(X)＝×＋×＋×＝.
(3)由已知，得Y～B(20，0.08)，則E(Y)＝np＝20×0.08＝1.6，D(Y)＝np(1－p)＝20×0.08×0.92＝1.472，
所以佩戴角膜塑形鏡的人數Y的期望是1.6，方差是1.472.
離散型隨機變量的均值和方差的求解，一般分兩步：一是定型，即先判斷隨機變量的分布是特殊類型，還是一般類型，如兩點分布、二項分布、超幾何分布等屬于特殊類型；二是定性，對于特殊類型的均值和方差可以直接代入相應公式求解，而對于一般類型的隨機變量，應先求其分布列，然后代入相應公式計算，注意離散型隨機變量的取值與概率的對應．
　1.某醫藥企業使用新技術對某款血液試劑進行試生產．
(1)在試產初期，該款血液試劑的I批次生產有四道工序，前三道工序的生產互不影響，第四道是檢測評估工序，包括智能自動檢測與人工抽檢．已知該款血液試劑在生產中，經過前三道工序后的次品率為.第四道工序中智能自動檢測為次品的血液試劑會被自動淘汰，合格的血液試劑進入流水線并由工人進行抽查檢驗．
已知批次I的血液試劑智能自動檢測顯示合格率為98%，求工人在流水線進行人工抽檢時，抽檢一個血液試劑恰為合格品的概率；
(2)已知切比雪夫不等式：設隨機變量X的期望為E(X)，方差為D(X)，則對任意ε>0，均有P(|X－E(X)|≥ε)≤.藥廠宣稱該血液試劑對檢測某種疾病的有效率為80%，現隨機選擇了100份血液樣本，使用該血液試劑進行檢測，每份血液樣本檢測結果相互獨立，顯示有效的份數不超過60，請結合切比雪夫不等式，通過計算說明該企業的宣傳內容是否真實可信．
考點二　概率與頻率分布直方圖的綜合
例2　(2024·甘肅蘭州一模)“稻草很輕，但是他迎著風仍然堅韌，這就是生命的力量，意志的力量”“當你為未來付出踏踏實實努力的時候，那些你覺得看不到的人和遇不到的風景都終將在你生命里出現”……當讀到這些話時，你會切身體會到讀書破萬卷給予我們的力量．為了解某普通高中學生的閱讀時間，從該校隨機抽取了800名學生進行調查，得到了這800名學生一周的平均閱讀時間(單位：小時)，并將樣本數據分成九組，繪制成如圖所示的頻率分布直方圖．
(1)求a的值；
(2)為進一步了解這800名學生閱讀時間的分配情況，從周平均閱讀時間在(12，14]，(14，16]，(16，18]三組內的學生中，采用比例分配的分層隨機抽樣的方法抽取了10人，現從這10人中隨機抽取3人，記周平均閱讀時間在(14，16]內的學生人數為X，求X的分布列和數學期望；
(3)以樣本的頻率估計概率，從該校所有學生中隨機抽取20名學生，用P(k)表示這20名學生中恰有k名學生周平均閱讀時間在(8，12]內的概率，其中k＝0，1，2，…，20.當P(k)最大時，寫出k的值．
概率與統計作為考查考生應用意識的重要載體，已成為高考的一大亮點和熱點．它與其他知識融合、滲透，情境新穎，充分體現了概率與統計的工具性和交匯性．統計以考查抽樣方法、樣本的頻率分布、樣本特征數的計算為主，概率以考查概率計算為主，往往和實際問題相結合，要注意理解實際問題的意義，使之和相應的概率計算對應起來，只有這樣才能有效地解決問題．
　2.(2023·新課標Ⅱ卷)某研究小組經過研究發現某種疾病的患病者與未患病者的某項醫學指標有明顯差異，經過大量調查，得到如下的患病者和未患病者該指標的頻率分布直方圖：
利用該指標制定一個檢測標準，需要確定臨界值c，將該指標大于c的人判定為陽性，小于或等于c的人判定為陰性．此檢測標準的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為p(c)；誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為q(c)．假設數據在組內均勻分布，以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率．
(1)當漏診率p(c)＝0.5%時，求臨界值c和誤診率q(c)；
(2)設函數f(c)＝p(c)＋q(c)，當c∈[95，105]時，求f(c)的解析式，并求f(c)在區間[95，105]的最小值．
考點三　概率與獨立性檢驗的綜合
例3　(2023·江西南昌模擬)“低碳出行”，一種降低“碳”的出行，以低能耗、低污染為基礎，是環保的深層次體現，在眾多發達國家被廣大民眾接受并執行，S市即將投放一批公共自行車以方便市民出行，減少污染，緩解交通擁堵，現先對100人做了是否會考慮選擇自行車出行的調查，結果如下表．
年齡 考慮騎車 不考慮騎車
15以下 6 3
[15，30) 16 6
[30，45) 13 6
[45，60) 14 16
[60，75) 5 9
75以上 1 5
合計 55 45
(1)如果把45周歲以下人群定義為“青年人”，完成下列2×2列聯表，并判斷有多少把握認為該地區市民是否考慮騎車與他(她)是不是“青年人”有關．
騎車 不騎車 合計
45歲以下
45歲以上
合計 100
參考：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
α 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
xα 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
(2)S市為了鼓勵大家騎自行車上班，為此還專門在幾條平時比較擁堵的城市主干道建有無障礙自行車道，該市市民小明家離上班地點10 km，現有兩種上班方案供他選擇：
方案一：選擇自行車，走無障礙自行車道以19 km/h的速度直達上班地點．
方案二：開車以30 km/h的速度上班，但要經過A，B，C三個易堵路段，三個路段堵車的概率分別是，，，且是相互獨立的，并且每次堵車的時間都是10分鐘(假設除了堵車時間其他時間都是勻速行駛)．
若僅從時間的角度考慮，請你給小明作一個選擇，并說明理由．
此類題目雖然涉及的知識點較多，但每個知識點考查程度相對較淺，考查深度有限，所以解決此類問題，最主要的是正確掌握概率與統計的基本知識，并能對這些知識點進行有效的融合，把統計圖表中的量轉化為概率或分布列求解中有用的量是解決此類問題的關鍵．
　3.一種疫苗在正式上市之前要進行多次人體臨床試驗接種，假設每次接種之間互不影響，每人每次接種成功的概率相等．某醫學研究院研究團隊研發了一種疫苗，并率先對此疫苗開展了Ⅰ期和Ⅱ期臨床試驗．Ⅰ期試驗為了解疫苗接種劑量與接種成功之間的關系，選取了兩種劑量接種方案(0.5 mL/次劑量組(低劑量)與1 mL/次劑量組(中劑量))，臨床試驗免疫結果對比如下：
接種成功 接種不成功 合計
0.5 mL/次劑量組 28 8 36
1 mL/次劑量組 33 3 36
合計 61 11 72
(1)根據數據說明哪種方案接種效果好，并判斷是否有90%的把握認為該疫苗接種成功與否與兩種劑量接種方案有關；
(2)若以數據中的頻率為概率，從兩組不同劑量組中分別抽取1名試驗者，以X表示這2人中接種成功的人數，求X的分布列和數學期望．
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
α 0.40 0.25 0.15 0.10 0.050 0.025 0.010 0.001
xα 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
考點四　概率與經驗回歸方程的綜合
例4　(2024·廣東深圳模擬)我國在芯片領域的短板有光刻機和光刻膠，某風險投資公司準備投資芯片領域，若投資光刻機項目，據預期，每年的收益率為30%的概率為p，收益率為－10%的概率為1－p；若投資光刻膠項目，據預期，每年的收益率為30%的概率為0.4，收益率為－20%的概率為0.1，收益率為零的概率為0.5.
(1)已知投資以上兩個項目，獲利的期望是一樣的，請你從風險角度考慮，為該公司選擇一個較穩妥的項目；
(2)若該風險投資公司準備對以上你認為較穩妥的項目進行投資，4年累計投資數據如下表：
年份x 2020 2021 2022 2023
μ 1 2 3 4
累計投資金額y/億元 2 3 5 6
請根據上表提供的數據，用最小二乘法求出y關于μ的經驗回歸方程＝μ＋，并預測到哪一年年末，該投資公司在芯片領域的投資收益預期能達到0.75億元．
附：收益＝投入的資金×獲利的期望；經驗回歸方程＝x＋中，＝＝，＝－.
概率與經驗回歸方程的綜合常涉及概率、分布列、離散型隨機變量的數字特征、二項分布、超幾何分布及經驗回歸方程等知識，主要考查學生的閱讀能力、數據處理能力、運算求解能力及應用意識．
　4.(2023·河北衡水中學模擬)某單位共有10名員工，他們某年的年薪如下表：
員工編號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
年薪(萬元) 4 4.5 6 5 6.5 7.5 8 8.5 9 51
(1)求該單位員工當年年薪的平均數和中位數；
(2)從該單位中任取2人，此2人中年薪高于7萬的人數記為X，求X的分布列和期望；
(3)已知員工的年薪與工作年限正相關，某員工工作第一年至第四年的年薪分別為4萬元、5.5萬元、6萬元、8.5萬元，預測該員工第五年的年薪為多少？
附：經驗回歸方程＝x＋中系數的計算公式分別為＝＝，＝－，其中，為樣本均值．
考點五　統計、概率與正態分布的綜合
例5　(2023·福建漳州統考)近一段時間來，由于受非洲豬瘟的影響，各地豬肉價格普遍上漲，生豬供不應求，各大養豬場正面臨巨大挑戰．目前各項針對性政策措施對于生豬整體產量恢復、激發養殖戶積極性的作用正在逐步顯現．現有甲、乙兩個規模一致的大型養豬場，均養有1萬頭豬，將其中重量(單位：kg)在[1，139]內的豬分為三個生長階段如下表．
豬的三個生長階段
階段 幼年期 成長期 成年期
重量/kg [1，24) [24，116) [116，139]
根據以往經驗，兩個養豬場豬的體重X均近似服從正態分布N(70，232)．由于我國有關部門加強對大型養豬場即將投放市場的成年期豬的監控力度，高度重視成年期豬的質量保證，為了養出健康的成年活豬，甲、乙兩養豬場引入兩種不同的防控及養殖模式．已知甲、乙兩個養豬場內一頭成年期豬能通過質檢合格的概率分別為，.
(1)試估算甲養豬場三個生長階段豬的數量；
(2)已知甲養豬場出售一頭成年期豬，若為健康合格的豬，則可盈利600元，若為不合格的豬，則虧損100元；乙養豬場出售一頭成年期豬，若為健康合格的豬，則可盈利500元，若為不合格的豬，則虧損200元．
①記Y為甲、乙養豬場各出售一頭成年期豬所得的總利潤，求隨機變量Y的分布列與數學期望；
②假設兩養豬場均能把成年期豬售完，求兩養豬場的總利潤的期望．
參考數據：若Z～N(μ，σ2)，P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9973.
利用正態分布求給定區間的概率時，注意給定區間與μ，σ的轉化，使給定區間轉化為3σ特殊區間，從而求出其概率．
　5.(2024·山東濟寧模擬)為了響應2024年全國文明城市建設的號召，某市文明辦對市民進行了一次文明創建知識的網絡問卷調查，每一位市民僅有一次參加機會．該市文明辦隨機抽取了100人的得分(滿分：100分)，統計結果如下表所示：
組別 [50，60) [60，70) [70，80) [80，90) [90，100]
頻數 10 20 25 25 20
(1)若此次調查問卷的得分Z服從正態分布N(μ，25)，μ近似等于樣本的平均成績(同一組數據用該組區間的中點值代替)，求P(72.5≤Z≤82.5)；
(2)該市文明辦為鼓勵市民積極參與調查問卷，規定：調查問卷得分不低于μ的可以用本人手機隨機抽取3次手機話費獎勵，3次抽取互不影響，有三種話費獎勵金額，每種金額每次被抽到的概率如下表：
話費金額/元 3 5 10
P
如果某市民參加調查問卷的得分不低于μ，記“該市民獲得手機話費獎勵總金額為X”．
①求X＝16時的概率；
②證明：P(X≤18)＝4P(X≥20)．
參考數據：若隨機變量Z服從正態分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9973.
考點六　統計、概率與數列的綜合
例6　(2023·江西南昌模擬)草莓具有較高的營養價值、醫療價值和生態價值．草莓漿果芳香多汁，營養豐富，素有“水果皇后”的美稱．某草莓園統計了最近100天的草莓日銷售量(單位：千克)，數據如下所示．
銷售量區間 天數
[150，200) 20
[200，250) 25
[250，300) 10
[300，350) 40
[350，400) 5
(1)求a的值及這100天草莓日銷售量的平均數(同一組中的數據用該組區間的中點值代表)；
(2)該草莓的售價為60元每千克，為了增加草莓銷售量，該草莓園推出“玩游戲，送優惠”活動，有以下兩種游戲方案供顧客二選一．
游戲一：不透明盒子里裝有2個紅球，4個黑球，顧客從中不放回摸出3個球，每摸出一個紅球每千克草莓優惠3元，摸出黑球不優惠．
游戲二：一張紙板共畫了11個同心圓，圓心處標記數字0，從內到外的圓環內依次標記數字1到10，在圓心處有一枚骰子，顧客拋擲硬幣決定骰子從圓心向外環移動，若擲出的硬幣正面向上，則骰子向外移動一環(如：從圓心移動到標上數字1的環內)；若擲出的硬幣反面向上，則骰子向外移動兩環(如：從標上數字1的環內移動到標上數字3的環內)．顧客重復擲硬幣直到骰子移到標上數字9的環內就可以獲得“九折優惠券”，或移到標上數字10的環內就游戲結束無優惠．有兩個孩子對于選擇哪個游戲可以獲得更大優惠出現了分歧，你能幫助他們判斷嗎？
高考有時將概率、統計等問題與數列交會在一起進行考查，因此在解答此類題時，準確地把題中所涉及的事件進行分解，明確所求問題所屬的事件類型是關鍵．
　6.(2023·新課標Ⅰ卷)甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規則如下：若命中則此人繼續投籃，若未命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.
(1)求第2次投籃的人是乙的概率；
(2)求第i次投籃的人是甲的概率；
(3)已知：若隨機變量Xi服從兩點分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，則E(Xi)＝qi.記前n次(即從第1次到第n次投籃)中甲投籃的次數為Y，求E(Y)．
考點七　統計、概率與函數的綜合
例7　甲、乙兩人參加一個游戲，該游戲設有獎金256元，誰先贏滿5局，誰便贏得全部的獎金，已知每局游戲乙贏的概率為p(0在概率與統計的問題中，決策的工具是樣本的數字特征或有關概率．決策方案的最佳選擇是將概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作為最佳方案，這往往借助于函數、不等式或數列的有關性質去實現．
　7.(2024·河南信陽模擬)一款擊鼓小游戲的規則如下：每盤游戲都需擊鼓三次，每次擊鼓要么出現一次音樂，要么不出現音樂；每盤游戲擊鼓三次后，出現三次音樂獲得150分，出現兩次音樂獲得100分，出現一次音樂獲得50分，沒有出現音樂則獲得－300分，設每次擊鼓出現音樂的概率為p，且各次擊鼓出現音樂相互獨立．
(1)若一盤游戲中僅出現一次音樂的概率為f(p)，求f(p)的最大值點p0；
(2)玩過這款游戲的許多人都發現，若干盤游戲后，與最初的分數相比，分數沒有增加反而減少了．設每盤游戲的得分為隨機變量ξ，請運用概率統計的相關知識分析分數減少的原因．
課時作業
1．(2023·山西太原聯考)為調查學生對政協、人大兩會相關知識的了解情況，某高中學校開展了兩會知識問答活動，現從全校參與該活動的學生中隨機抽取320名學生，他們的得分(滿分100分)的頻率分布折線圖如下．
(1)若此次知識問答的得分X～N(μ，σ2)，用樣本來估計總體，設μ，σ分別為被抽取的320名學生得分的平均數和標準差，求P(50.5≤X≤94)的值；
(2)學校對這些被抽取的320名學生進行獎勵，獎勵方案如下：用頻率估計概率，得分小于或等于55的學生獲得1次抽獎機會，得分高于55的學生獲得2次抽獎機會．假定每次抽獎抽到價值10元的學習用品的概率為，抽到價值20元的學習用品的概率為.從這320名學生中任取一位，記該同學在抽獎活動中獲得學習用品的價值總額為ξ元，求ξ的分布列和數學期望(用分數表示)，并估算此次抽獎要準備的學習用品的價值總額．
參考數據：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973, ≈14.5.
2．某高校“植物營養學專業”學生將雞冠花的株高增量作為研究對象，觀察長效肥和緩釋肥對農作物影響情況．其中長效肥、緩釋肥、未施肥三種處理下的雞冠花分別對應1，2，3三組．觀察一段時間后，分別從1，2，3三組隨機抽取40株雞冠花作為樣本，得到相應的株高增量數據整理如下表：
株高增量(單位：厘米) (4，7] (7，10] (10，13] (13，16]
第1組雞冠花株數 9 20 9 2
第2組雞冠花株數 4 16 16 4
第3組雞冠花株數 13 12 13 2
假設用頻率估計概率，且所有雞冠花生長情況相互獨立．
(1)從第1組所有雞冠花中隨機選取1株，估計株高增量在(7，10]內的概率；
(2)分別從第1組、第2組、第3組的所有雞冠花中各隨機選取1株，記這3株雞冠花中恰有X株的株高增量在(7，10]內，求X的分布列和數學期望E(X)；
(3)用“ξk＝1”表示第k組雞冠花的株高增量在(4，10]內，“ξk＝0”表示第k組雞冠花的株高增量在(10，16]內，k＝1，2，3，直接寫出方差D(ξ1)，D(ξ2)，D(ξ3)的大小關系．(結論不要求證明)
3.艾倫·麥席森·圖靈提出的圖靈測試，指測試者與被測試者在隔開的情況下，通過一些裝置(如鍵盤)向被測試者隨意提問．已知在某一輪圖靈測試中有甲、乙、丙、丁4名測試者，每名測試者向一臺機器(記為A)和一個人(記為B)各提出一個問題，并根據機器A和人的作答來判斷誰是機器，若機器A能讓至少一半的測試者產生誤判，則機器A通過本輪的圖靈測試．假設每名測試者提問相互獨立，且甲、乙、丙、丁四人之間的提問互不相同，而每名測試者有60%的可能性會向A和B問同一個題．當同一名測試者提出的兩個問題相同時，機器A被誤判的可能性為10%，當同一名測試者提的兩個問題不相同時，機器A被誤判的可能性為35%.
(1)當回答一名測試者的問題時，求機器A被誤判的概率；
(2)按現有設置程序，求機器A通過本輪圖靈測試的概率．
4．為考察本科生基本學術規范和基本學術素養，某大學決定對各學院本科畢業論文進行抽檢，初步方案是本科畢業論文抽檢每年進行一次，抽檢對象為上一學年度授予學士學位的論文，初評階段，每篇論文送3位同行專家進行評審，3位專家中有2位以上(含2位)專家評議意見為“不合格”的畢業論文，將認定為“存在問題畢業論文”.3位專家中有1位專家評議意見為“不合格”，將再送2位同行專家(不同于前3位)進行復評．復評階段，2位復評專家中有1位以上(含1位)專家評議意見為“不合格”，將認定為“存在問題畢業論文”．每位專家，判定每篇論文“不合格”的概率均為p(0(1)若p＝，求每篇畢業論文被認定為“存在問題畢業論文”的概率；
(2)學校擬定每篇論文需要復評的評審費用為180元，不需要復評的評審費用為90元，則每篇論文平均評審費用的最大值是多少？
5．(2023·陜西商洛模擬)某乒乓球隊訓練教官為了檢驗學員某項技能的水平，隨機抽取100名學員進行測試，并根據該項技能的評價指標，按[60，65)，[65，70)，[70，75)，[75，80)，[80，85)，[85，90)，[90，95)，[95，100]分成8組，得到如圖所示的頻率分布直方圖．
(1)求a的值，并估計該項技能的評價指標的中位數(精確到0.1)；
(2)若采用比例分配的分層隨機抽樣的方法從評價指標在[70，75)和[85，90)內的學員中隨機抽取12名，再從這12名學員中隨機抽取5名學員，記抽取到學員的該項技能的評價指標在[70，75)內的學員人數為X，求X的分布列與數學期望．
6．(2024·浙江聯考)杭州亞運會于2023年9月23日至10月8日舉行．在此期間，參加亞運會的運動員可以在亞運村免費食宿．亞運村的某餐廳從第一天起到最后一天，晩餐只推出“中式套餐”和“西式套餐”．已知某運動員每天晚餐會在該食堂提供的這兩種套餐中選擇．已知他第一晚選擇“中式套餐”的概率為，而前一晚選擇了“中式套餐”，后一晚繼續選擇“中式套餐”的概率為，前一晚選擇“西式套餐”，后一晚繼續選擇“西式套餐”的概率為，如此往復．
(1)求該運動員第二晚選擇“中式套餐”的概率；
(2)記該運動員第n(n＝1，2，…，16)晚選擇“中式套餐”的概率為Pn.
①求Pn；
②求該運動員在這16晚中選擇“中式套餐”的概率大于選擇“西式套餐”的概率的晚數．
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高考解答題專項突破(六)概率與統計的綜合問題
[考情分析]　概率與統計的綜合問題是高考的熱點，一般以解答題形式考查，通常以考查隨機事件的概率、相互獨立事件、樣本的數字特征、離散型隨機變量的分布列、期望及方差、回歸分析、獨立性檢驗為主，有時也與函數、數列、不等式等知識綜合考查．
考點一　求離散型隨機變量的分布列、均值與方差
例1　(2023·湖北宜昌模擬)據調查，目前對于已經近視的小學生，有兩種佩戴眼鏡的選擇，一種是佩戴傳統的框架眼鏡；另一種是佩戴角膜塑形鏡，這種眼鏡是晚上睡覺時佩戴的一種特殊的隱形眼鏡(因其在一定程度上可以減緩近視的發展速度，所以越來越多的小學生家長選擇角膜塑形鏡控制孩子的近視發展)，A市從該地區小學生中隨機抽取容量為100的樣本，其中因近視佩戴眼鏡的有24人(其中佩戴角膜塑形鏡的有8人，其中2名是男生，6名是女生)．
(1)若從樣本中選一名學生，已知這名小學生佩戴眼鏡，那么，該學生佩戴的是角膜塑形鏡的概率是多少？
(2)從這8名佩戴角膜塑形鏡的學生中，選出3人，求其中男生人數X的期望與方差；
(3)若將樣本的頻率當作估計總體的概率，請問，從A市的小學生中，隨機選出20名小學生，求佩戴角膜塑形鏡的人數Y的期望與方差．
解　(1)根據題中樣本數據，設“這名小學生佩戴眼鏡”為事件A，“這名小學生佩戴的眼鏡是角膜塑形鏡”為事件B，“這名小學生佩戴眼鏡，且眼鏡是角膜塑形鏡”為事件AB，則P(A)＝＝0.24，P(AB)＝＝0.08，故所求的概率為P(B|A)＝＝＝，所以從樣本中選一名學生，已知這名小學生佩戴眼鏡，則該學生佩戴的是角膜塑形鏡的概率是.
(2)依題意，佩戴角膜塑形鏡的有8人，其中2名是男生，6名是女生，故從中選3人，男生人數X的可能取值為0，1，2，
P(X＝0)＝＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝.
所以男生人數X的分布列為
X 0 1 2
P
所以E(X)＝1×＋2×＝，
D(X)＝×＋×＋×＝.
(3)由已知，得Y～B(20，0.08)，則E(Y)＝np＝20×0.08＝1.6，D(Y)＝np(1－p)＝20×0.08×0.92＝1.472，
所以佩戴角膜塑形鏡的人數Y的期望是1.6，方差是1.472.
離散型隨機變量的均值和方差的求解，一般分兩步：一是定型，即先判斷隨機變量的分布是特殊類型，還是一般類型，如兩點分布、二項分布、超幾何分布等屬于特殊類型；二是定性，對于特殊類型的均值和方差可以直接代入相應公式求解，而對于一般類型的隨機變量，應先求其分布列，然后代入相應公式計算，注意離散型隨機變量的取值與概率的對應．
　1.某醫藥企業使用新技術對某款血液試劑進行試生產．
(1)在試產初期，該款血液試劑的I批次生產有四道工序，前三道工序的生產互不影響，第四道是檢測評估工序，包括智能自動檢測與人工抽檢．已知該款血液試劑在生產中，經過前三道工序后的次品率為.第四道工序中智能自動檢測為次品的血液試劑會被自動淘汰，合格的血液試劑進入流水線并由工人進行抽查檢驗．
已知批次I的血液試劑智能自動檢測顯示合格率為98%，求工人在流水線進行人工抽檢時，抽檢一個血液試劑恰為合格品的概率；
(2)已知切比雪夫不等式：設隨機變量X的期望為E(X)，方差為D(X)，則對任意ε>0，均有P(|X－E(X)|≥ε)≤.藥廠宣稱該血液試劑對檢測某種疾病的有效率為80%，現隨機選擇了100份血液樣本，使用該血液試劑進行檢測，每份血液樣本檢測結果相互獨立，顯示有效的份數不超過60，請結合切比雪夫不等式，通過計算說明該企業的宣傳內容是否真實可信．
解　(1)設批次I的血液試劑智能自動檢測合格為事件A，人工抽檢合格為事件B，
由已知得P(A)＝，P(AB)＝1－＝，
則工人在流水線進行人工抽檢時，抽檢一個血液試劑恰為合格品的概率為P(B|A)＝＝×＝.
(2)設100份血液樣本中檢測有效的份數為X，假設該企業關于此新試劑有效率的宣傳內容是客觀真實的，那么在此假設下，X～B(100，0.8)，
E(X)＝100×0.8＝80，D(X)＝100×0.8×(1－0.8)＝16，
由切比雪夫不等式，有P(X≤60)≤P(|X－80|≥20)≤＝0.04，
即在假設下，100份血液樣本中顯示有效的份數不超過60的概率不超過0.04，此概率很小，
據此我們有理由推斷該企業的宣傳內容不可信．
考點二　概率與頻率分布直方圖的綜合
例2　(2024·甘肅蘭州一模)“稻草很輕，但是他迎著風仍然堅韌，這就是生命的力量，意志的力量”“當你為未來付出踏踏實實努力的時候，那些你覺得看不到的人和遇不到的風景都終將在你生命里出現”……當讀到這些話時，你會切身體會到讀書破萬卷給予我們的力量．為了解某普通高中學生的閱讀時間，從該校隨機抽取了800名學生進行調查，得到了這800名學生一周的平均閱讀時間(單位：小時)，并將樣本數據分成九組，繪制成如圖所示的頻率分布直方圖．
(1)求a的值；
(2)為進一步了解這800名學生閱讀時間的分配情況，從周平均閱讀時間在(12，14]，(14，16]，(16，18]三組內的學生中，采用比例分配的分層隨機抽樣的方法抽取了10人，現從這10人中隨機抽取3人，記周平均閱讀時間在(14，16]內的學生人數為X，求X的分布列和數學期望；
(3)以樣本的頻率估計概率，從該校所有學生中隨機抽取20名學生，用P(k)表示這20名學生中恰有k名學生周平均閱讀時間在(8，12]內的概率，其中k＝0，1，2，…，20.當P(k)最大時，寫出k的值．
解　(1)∵(0.02＋0.03＋0.05＋0.05＋0.15＋a＋0.05＋0.04＋0.01)×2＝1，∴a＝0.1.
(2)由頻率分布直方圖可得，周平均閱讀時間在(12，14]，(14，16]，(16，18]三組內的頻率之比為0.05∶0.04∶0.01＝5∶4∶1，
∴10人中，周平均閱讀時間在(12，14]內的人數為10×＝5，在(14，16]內的人數為10×＝4，在(16，18]內的人數為10×＝1，
則X的所有可能取值為0，1，2，3，
∴P(X＝0)＝＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝＝，
∴X的分布列為
X 0 1 2 3
P
數學期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(3)用頻率估計概率，從該校所有學生中隨機抽取1名學生，周平均閱讀時間在(8，12]內的概率p＝(0.15＋0.1)×2＝0.5＝；
則P(k)＝Cpk(1－p)20－k＝C××＝，
若P(k)最大，則C最大，
∴當k＝10時，P(k)取得最大值．
概率與統計作為考查考生應用意識的重要載體，已成為高考的一大亮點和熱點．它與其他知識融合、滲透，情境新穎，充分體現了概率與統計的工具性和交匯性．統計以考查抽樣方法、樣本的頻率分布、樣本特征數的計算為主，概率以考查概率計算為主，往往和實際問題相結合，要注意理解實際問題的意義，使之和相應的概率計算對應起來，只有這樣才能有效地解決問題．
　2.(2023·新課標Ⅱ卷)某研究小組經過研究發現某種疾病的患病者與未患病者的某項醫學指標有明顯差異，經過大量調查，得到如下的患病者和未患病者該指標的頻率分布直方圖：
利用該指標制定一個檢測標準，需要確定臨界值c，將該指標大于c的人判定為陽性，小于或等于c的人判定為陰性．此檢測標準的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為p(c)；誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為q(c)．假設數據在組內均勻分布，以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率．
(1)當漏診率p(c)＝0.5%時，求臨界值c和誤診率q(c)；
(2)設函數f(c)＝p(c)＋q(c)，當c∈[95，105]時，求f(c)的解析式，并求f(c)在區間[95，105]的最小值．
解　(1)依題意可知，患病者該指標的頻率分布直方圖中第一個小矩形的面積為5×0.002>0.5%，所以95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)當c∈[95，100]時，f(c)＝p(c)＋q(c)＝(c－95)×0.002＋(100－c)×0.01＋5×0.002＝－0.008c＋0.82≥0.02；
當c∈(100，105]時，f(c)＝p(c)＋q(c)＝5×0.002＋(c－100)×0.012＋(105－c)×0.002＝0.01c－0.98>0.02，
故f(c)＝
所以f(c)在區間[95，105]的最小值為0.02.
考點三　概率與獨立性檢驗的綜合
例3　(2023·江西南昌模擬)“低碳出行”，一種降低“碳”的出行，以低能耗、低污染為基礎，是環保的深層次體現，在眾多發達國家被廣大民眾接受并執行，S市即將投放一批公共自行車以方便市民出行，減少污染，緩解交通擁堵，現先對100人做了是否會考慮選擇自行車出行的調查，結果如下表．
年齡 考慮騎車 不考慮騎車
15以下 6 3
[15，30) 16 6
[30，45) 13 6
[45，60) 14 16
[60，75) 5 9
75以上 1 5
合計 55 45
(1)如果把45周歲以下人群定義為“青年人”，完成下列2×2列聯表，并判斷有多少把握認為該地區市民是否考慮騎車與他(她)是不是“青年人”有關．
騎車 不騎車 合計
45歲以下
45歲以上
合計 100
參考：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
α 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
xα 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
(2)S市為了鼓勵大家騎自行車上班，為此還專門在幾條平時比較擁堵的城市主干道建有無障礙自行車道，該市市民小明家離上班地點10 km，現有兩種上班方案供他選擇：
方案一：選擇自行車，走無障礙自行車道以19 km/h的速度直達上班地點．
方案二：開車以30 km/h的速度上班，但要經過A，B，C三個易堵路段，三個路段堵車的概率分別是，，，且是相互獨立的，并且每次堵車的時間都是10分鐘(假設除了堵車時間其他時間都是勻速行駛)．
若僅從時間的角度考慮，請你給小明作一個選擇，并說明理由．
解　(1)根據題目所給數據填寫2×2列聯表如下：
騎車 不騎車 合計
45歲以下 35 15 50
45歲以上 20 30 50
合計 55 45 100
所以χ2＝
＝≈9.091>7.879，
所以有99.5%的把握認為該地區市民是否考慮騎車與他(她)是不是“青年人”有關．
(2)方案一：選擇自行車，走無障礙自行車道以19 km/h的速度直達上班地點，則所需時間為 h.
方案二：記開車上班所用時間為X h，
則X的所有可能取值為，，，.
P＝××＝，
P＝××＋××＋××＝，
P＝××＋××＋××＝，
P＝××＝，
所以X的分布列為
X
P
E(X)＝×＋×＋×＋×
＝ h.
因為<，所以僅從時間的角度考慮，應選擇方案一．
此類題目雖然涉及的知識點較多，但每個知識點考查程度相對較淺，考查深度有限，所以解決此類問題，最主要的是正確掌握概率與統計的基本知識，并能對這些知識點進行有效的融合，把統計圖表中的量轉化為概率或分布列求解中有用的量是解決此類問題的關鍵．
　3.一種疫苗在正式上市之前要進行多次人體臨床試驗接種，假設每次接種之間互不影響，每人每次接種成功的概率相等．某醫學研究院研究團隊研發了一種疫苗，并率先對此疫苗開展了Ⅰ期和Ⅱ期臨床試驗．Ⅰ期試驗為了解疫苗接種劑量與接種成功之間的關系，選取了兩種劑量接種方案(0.5 mL/次劑量組(低劑量)與1 mL/次劑量組(中劑量))，臨床試驗免疫結果對比如下：
接種成功 接種不成功 合計
0.5 mL/次劑量組 28 8 36
1 mL/次劑量組 33 3 36
合計 61 11 72
(1)根據數據說明哪種方案接種效果好，并判斷是否有90%的把握認為該疫苗接種成功與否與兩種劑量接種方案有關；
(2)若以數據中的頻率為概率，從兩組不同劑量組中分別抽取1名試驗者，以X表示這2人中接種成功的人數，求X的分布列和數學期望．
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
α 0.40 0.25 0.15 0.10 0.050 0.025 0.010 0.001
xα 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
解　(1)0.5 mL/次劑量組(低劑量)接種成功的概率為＝，1 mL/次劑量組(中劑量)接種成功的概率為＝，因為>，所以1 mL/次劑量組(中劑量)接種效果好．由2×2列聯表得χ2＝≈2.683<2.706，所以沒有90%的把握認為該疫苗接種成功與否與兩種劑量接種方案有關．
(2)X的所有可能取值為0，1，2，
P(X＝0)＝×＝＝，
P(X＝1)＝×＋×＝，
P(X＝2)＝×＝，
所以X的分布列為
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝＝.
考點四　概率與經驗回歸方程的綜合
例4　(2024·廣東深圳模擬)我國在芯片領域的短板有光刻機和光刻膠，某風險投資公司準備投資芯片領域，若投資光刻機項目，據預期，每年的收益率為30%的概率為p，收益率為－10%的概率為1－p；若投資光刻膠項目，據預期，每年的收益率為30%的概率為0.4，收益率為－20%的概率為0.1，收益率為零的概率為0.5.
(1)已知投資以上兩個項目，獲利的期望是一樣的，請你從風險角度考慮，為該公司選擇一個較穩妥的項目；
(2)若該風險投資公司準備對以上你認為較穩妥的項目進行投資，4年累計投資數據如下表：
年份x 2020 2021 2022 2023
μ 1 2 3 4
累計投資金額y/億元 2 3 5 6
請根據上表提供的數據，用最小二乘法求出y關于μ的經驗回歸方程＝μ＋，并預測到哪一年年末，該投資公司在芯片領域的投資收益預期能達到0.75億元．
附：收益＝投入的資金×獲利的期望；經驗回歸方程＝x＋中，＝＝，＝－.
解　(1)若投資光刻機項目，設收益率為α1，則α1的分布列為
α1 0.3 －0.1
P p 1－p
所以E(α1)＝0.3p＋(－0.1)(1－p)＝0.4p－0.1.
若投資光刻膠項目，設收益率為α2，則α2的分布列為
α2 0.3 －0.2 0
P 0.4 0.1 0.5
所以E(α2)＝0.3×0.4＋(－0.2)×0.1＋0×0.5＝0.1.
因為投資以上兩個項目，獲利的期望是一樣的，
所以0.4p－0.1＝0.1，所以p＝0.5.
因為D(α1)＝(0.3－0.1)2×0.5＋(－0.1－0.1)2×0.5＝0.04，
D(α2)＝(0.3－0.1)2×0.4＋(－0.2－0.1)2×0.1＋(0－0.1)2×0.5＝0.03，
所以E(α1)＝E(α2)，D(α1)>D(α2)，這說明光刻機項目和光刻膠項目獲利相等，但光刻膠項目更穩妥．
綜上所述，建議該風險投資公司投資光刻膠項目．
(2)因為＝＝2.5，＝＝4，
μiyi＝1×2＋2×3＋3×5＋4×6＝47，
μ＝12＋22＋32＋42＝30，
所以＝＝＝1.4，
＝－＝4－1.4×2.5＝0.5，
故經驗回歸方程為＝1.4μ＋0.5.
設該公司在芯片領域的投資收益為Y，則由Y＝0.1×(1.4μ＋0.5)≥0.75，解得μ≥5，故到2024年年末，該投資公司在芯片領域的投資收益預期能達到0.75億元．
概率與經驗回歸方程的綜合常涉及概率、分布列、離散型隨機變量的數字特征、二項分布、超幾何分布及經驗回歸方程等知識，主要考查學生的閱讀能力、數據處理能力、運算求解能力及應用意識．
　4.(2023·河北衡水中學模擬)某單位共有10名員工，他們某年的年薪如下表：
員工編號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
年薪(萬元) 4 4.5 6 5 6.5 7.5 8 8.5 9 51
(1)求該單位員工當年年薪的平均數和中位數；
(2)從該單位中任取2人，此2人中年薪高于7萬的人數記為X，求X的分布列和期望；
(3)已知員工的年薪與工作年限正相關，某員工工作第一年至第四年的年薪分別為4萬元、5.5萬元、6萬元、8.5萬元，預測該員工第五年的年薪為多少？
附：經驗回歸方程＝x＋中系數的計算公式分別為＝＝，＝－，其中，為樣本均值．
解　(1)平均數為×(4＋4.5＋6＋5＋6.5＋7.5＋8＋8.5＋9＋51)＝11萬元；
中位數為＝7萬元．
(2)年薪高于7萬的有5人，低于或等于7萬的有5人，X的所有可能取值為0，1，2.
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
所以X的分布列為
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
(3)設xi，yi(i＝1，2，3，4)分別表示工作年限及相應年薪，
則＝2.5，＝6，
(xi－)2＝2.25＋0.25＋0.25＋2.25＝5，
(xi－)(yi－)＝－1.5×(－2)＋(－0.5)×(－0.5)＋0.5×0＋1.5×2.5＝7，
＝＝＝1.4，＝－＝6－1.4×2.5＝2.5，
所以經驗回歸方程為＝1.4x＋2.5.
當x＝5時，＝9.5，
所以預測該員工第五年的年薪為9.5萬元．
考點五　統計、概率與正態分布的綜合
例5　(2023·福建漳州統考)近一段時間來，由于受非洲豬瘟的影響，各地豬肉價格普遍上漲，生豬供不應求，各大養豬場正面臨巨大挑戰．目前各項針對性政策措施對于生豬整體產量恢復、激發養殖戶積極性的作用正在逐步顯現．現有甲、乙兩個規模一致的大型養豬場，均養有1萬頭豬，將其中重量(單位：kg)在[1，139]內的豬分為三個生長階段如下表．
豬的三個生長階段
階段 幼年期 成長期 成年期
重量/kg [1，24) [24，116) [116，139]
根據以往經驗，兩個養豬場豬的體重X均近似服從正態分布N(70，232)．由于我國有關部門加強對大型養豬場即將投放市場的成年期豬的監控力度，高度重視成年期豬的質量保證，為了養出健康的成年活豬，甲、乙兩養豬場引入兩種不同的防控及養殖模式．已知甲、乙兩個養豬場內一頭成年期豬能通過質檢合格的概率分別為，.
(1)試估算甲養豬場三個生長階段豬的數量；
(2)已知甲養豬場出售一頭成年期豬，若為健康合格的豬，則可盈利600元，若為不合格的豬，則虧損100元；乙養豬場出售一頭成年期豬，若為健康合格的豬，則可盈利500元，若為不合格的豬，則虧損200元．
①記Y為甲、乙養豬場各出售一頭成年期豬所得的總利潤，求隨機變量Y的分布列與數學期望；
②假設兩養豬場均能把成年期豬售完，求兩養豬場的總利潤的期望．
參考數據：若Z～N(μ，σ2)，P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9973.
解　(1)由于豬的體重X～N(70，232)，
設各階段豬的數量分別為n1，n2，n3，
∴P(1≤X<24)＝P(70－3×23≤X<70－2×23)
≈＝0.0214，
∴n1＝10000×0.0214＝214頭，
同理，P(24≤X<116)＝P(70－2×23≤X<70＋2×23)≈0.9545，
∴n2＝10000×0.9545＝9545頭，
P(116≤X<139)＝P(70＋2×23≤X<70＋3×23)≈＝0.0214，
∴n3＝10000×0.0214＝214，
∴估計甲養豬場有幼年期豬214頭，成長期豬9545頭，成年期豬214頭．
(2)①依題意，甲、乙兩個養豬場內一頭成年期豬能通過質檢合格的概率分別為，，
Y的所有可能取值為1100，400，－300.
P(Y＝1100)＝×＝，
P(Y＝400)＝×＋×＝，
P(Y＝－300)＝×＝，
∴Y的分布列為
Y 1100 400 －300
P
∴E(Y)＝1100×＋400×－300×＝785元．
②由于各養豬場均有214頭成年期豬，一頭豬出售的利潤總和的期望為785元，
則總利潤的期望為785×214＝167990元．
利用正態分布求給定區間的概率時，注意給定區間與μ，σ的轉化，使給定區間轉化為3σ特殊區間，從而求出其概率．
　5.(2024·山東濟寧模擬)為了響應2024年全國文明城市建設的號召，某市文明辦對市民進行了一次文明創建知識的網絡問卷調查，每一位市民僅有一次參加機會．該市文明辦隨機抽取了100人的得分(滿分：100分)，統計結果如下表所示：
組別 [50，60) [60，70) [70，80) [80，90) [90，100]
頻數 10 20 25 25 20
(1)若此次調查問卷的得分Z服從正態分布N(μ，25)，μ近似等于樣本的平均成績(同一組數據用該組區間的中點值代替)，求P(72.5≤Z≤82.5)；
(2)該市文明辦為鼓勵市民積極參與調查問卷，規定：調查問卷得分不低于μ的可以用本人手機隨機抽取3次手機話費獎勵，3次抽取互不影響，有三種話費獎勵金額，每種金額每次被抽到的概率如下表：
話費金額/元 3 5 10
P
如果某市民參加調查問卷的得分不低于μ，記“該市民獲得手機話費獎勵總金額為X”．
①求X＝16時的概率；
②證明：P(X≤18)＝4P(X≥20)．
參考數據：若隨機變量Z服從正態分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9973.
解　(1)這100人的平均成績為
＝77.5，
所以μ近似等于77.5，
故P(72.5≤Z≤82.5)＝P(77.5－5≤Z≤77.5＋5)≈0.6827.
(2)①當X＝16時，3次抽取話費的金額情況是有兩次抽到3元，一次抽到10元，
因為每次抽取是相互獨立的，
所以P(X＝16)＝C××＝.
②證明：由題意，知X的可能取值為9，11，13，15，16，18，20，23，25，30，則P(X≤18)＝P(X＝9)＋P(X＝11)＋P(X＝13)＋P(X＝15)＋P(X＝16)＋P(X＝18)，
又P(X＝9)＝＝，
P(X＝11)＝C×＝，
P(X＝13)＝C×＝，
P(X＝15)＝＝，
由(1)，知P(X＝16)＝，
P(X＝18)＝A××＝，
所以P(X≤18)＝＝＝，
又P(X≥20)＝P(X＝20)＋P(X＝23)＋P(X＝25)＋P(X＝30)，
所以P(X≥20)＝1－P(X≤18)＝1－＝，
即4P(X≥20)＝，
所以P(X≤18)＝4P(X≥20)．
考點六　統計、概率與數列的綜合
例6　(2023·江西南昌模擬)草莓具有較高的營養價值、醫療價值和生態價值．草莓漿果芳香多汁，營養豐富，素有“水果皇后”的美稱．某草莓園統計了最近100天的草莓日銷售量(單位：千克)，數據如下所示．
銷售量區間 天數
[150，200) 20
[200，250) 25
[250，300) 10
[300，350) 40
[350，400) 5
(1)求a的值及這100天草莓日銷售量的平均數(同一組中的數據用該組區間的中點值代表)；
(2)該草莓的售價為60元每千克，為了增加草莓銷售量，該草莓園推出“玩游戲，送優惠”活動，有以下兩種游戲方案供顧客二選一．
游戲一：不透明盒子里裝有2個紅球，4個黑球，顧客從中不放回摸出3個球，每摸出一個紅球每千克草莓優惠3元，摸出黑球不優惠．
游戲二：一張紙板共畫了11個同心圓，圓心處標記數字0，從內到外的圓環內依次標記數字1到10，在圓心處有一枚骰子，顧客拋擲硬幣決定骰子從圓心向外環移動，若擲出的硬幣正面向上，則骰子向外移動一環(如：從圓心移動到標上數字1的環內)；若擲出的硬幣反面向上，則骰子向外移動兩環(如：從標上數字1的環內移動到標上數字3的環內)．顧客重復擲硬幣直到骰子移到標上數字9的環內就可以獲得“九折優惠券”，或移到標上數字10的環內就游戲結束無優惠．有兩個孩子對于選擇哪個游戲可以獲得更大優惠出現了分歧，你能幫助他們判斷嗎？
解　(1)由題意可得(0.004＋a＋0.002＋0.008＋0.001)×50＝1，
解得a＝0.005.
這100天草莓日銷售量的平均數＝0.2×175＋0.25×225＋0.1×275＋0.4×325＋0.05×375＝267.5.
(2)當選擇游戲一時，設每千克草莓優惠金額為X，則X的所有可能取值為0，3，6.
P(X＝0)＝＝0.2，
P(X＝3)＝＝0.6，
P(X＝6)＝＝0.2.
所以X的分布列為
X 0 3 6
P 0.2 0.6 0.2
E(X)＝0×0.2＋3×0.6＋6×0.2＝3.
當選擇游戲二時，設骰子移到標上數字n(2≤n≤9，n∈Z)的環內的概率為Pn，P0＝1.
第一次擲出的硬幣正面向上，骰子向外移動一環，P1＝.
骰子移到數字n(2≤n≤9，n∈Z)處的情況只有兩種．
第一種情況：骰子先到數字n－2代表的環上，又擲出反面，其概率為Pn－2；
第二種情況：骰子先到數字n－1代表的環上，又擲出正面，其概率為Pn－1.
所以Pn＝Pn－2＋Pn－1，
即Pn－Pn－1＝－(Pn－1－Pn－2)，
所以{Pn－Pn－1}是公比為－的等比數列．
P1－1＝－，P2－P1＝，P3－P2＝，…，Pn－Pn－1＝，
以上各式累加，得Pn－1＝＋＋＋…＋＝－，
所以Pn＝(2≤n≤9，n∈Z)．
獲得“九折優惠券”的概率P9＝，無優惠的概率P10＝P8＝.
設選擇游戲二時每千克草莓優惠金額為Y，則Y的所有可能取值為0，6.
E(Y)＝6×＋0×＝4×≈4.
因為E(X)注：P9也可用列舉法求骰子移動到標有數字9的環內．有以下5類情況：
①移動兩環4次，移動一環1次，其概率為C×，
②移動兩環3次，移動一環3次，其概率為C×，
③移動兩環2次，移動一環5次，其概率為C×，
④移動兩環1次，移動一環7次，其概率為C×，
⑤移動一環9次，其概率為，
故P9＝C×＋C×＋C×＋C×＋＝.
高考有時將概率、統計等問題與數列交會在一起進行考查，因此在解答此類題時，準確地把題中所涉及的事件進行分解，明確所求問題所屬的事件類型是關鍵．
　6.(2023·新課標Ⅰ卷)甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規則如下：若命中則此人繼續投籃，若未命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.
(1)求第2次投籃的人是乙的概率；
(2)求第i次投籃的人是甲的概率；
(3)已知：若隨機變量Xi服從兩點分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，則E(Xi)＝qi.記前n次(即從第1次到第n次投籃)中甲投籃的次數為Y，求E(Y)．
解　(1)記“第i次投籃的人是甲”為事件Ai，“第i次投籃的人是乙”為事件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)設P(Ai)＝pi，依題可知，P(Bi)＝1－pi，則
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，
構造等比數列{pi＋λ}，
設pi＋1＋λ＝(pi＋λ)，解得λ＝－，
則pi＋1－＝，
又p1＝，p1－＝，
所以是首項為，公比為的等比數列，
即pi－＝×，
所以pi＝×＋.
(3)因為pi＝×＋，i＝1，2，…，n，
所以當n∈N*時，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝×＋＝＋.
考點七　統計、概率與函數的綜合
例7　甲、乙兩人參加一個游戲，該游戲設有獎金256元，誰先贏滿5局，誰便贏得全部的獎金，已知每局游戲乙贏的概率為p(0解　設游戲繼續進行Y局甲獲得全部獎金，則最后一局必然甲贏．
由題知，當Y＝4時，甲以5∶3贏，
∴P(Y＝4)＝(1－p)4，
當Y＝5時，甲以5∶4贏，∴P(Y＝5)＝(1－p)×C×(1－p)3p＝4(1－p)4p，
甲獲得全部獎金的概率f(p)＝(1－p)4＋4(1－p)4p＝(4p＋1)(1－p)4，p∈，
∴f′(p)＝4(1－p)4－4(4p＋1)(1－p)3＝4(1－p)3(1－p－4p－1)＝－20(1－p)3p，
∵p∈，∴f′(p)＝－20(1－p)3p<0，
∴f(p)在上單調遞減，
∴f(p)max＝f＝×＝≈0.045<0.05，
故事件A是小概率事件．
在概率與統計的問題中，決策的工具是樣本的數字特征或有關概率．決策方案的最佳選擇是將概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作為最佳方案，這往往借助于函數、不等式或數列的有關性質去實現．
　7.(2024·河南信陽模擬)一款擊鼓小游戲的規則如下：每盤游戲都需擊鼓三次，每次擊鼓要么出現一次音樂，要么不出現音樂；每盤游戲擊鼓三次后，出現三次音樂獲得150分，出現兩次音樂獲得100分，出現一次音樂獲得50分，沒有出現音樂則獲得－300分，設每次擊鼓出現音樂的概率為p，且各次擊鼓出現音樂相互獨立．
(1)若一盤游戲中僅出現一次音樂的概率為f(p)，求f(p)的最大值點p0；
(2)玩過這款游戲的許多人都發現，若干盤游戲后，與最初的分數相比，分數沒有增加反而減少了．設每盤游戲的得分為隨機變量ξ，請運用概率統計的相關知識分析分數減少的原因．
解　(1)由題可知，一盤游戲中僅出現一次音樂的概率為f(p)＝Cp(1－p)2＝3p3－6p2＋3p，
f′(p)＝3(3p－1)(p－1)，由f′(p)＝0得p＝或p＝1(舍去)，
當p∈時，f′(p)>0；當p∈時，f′(p)<0，
∴f(p)在上單調遞增，在上單調遞減，
∴當p＝時，f(p)有最大值，即f(p)的最大值點p0＝.
(2)ξ的所有可能取值為－300，50，100，150，
p(ξ＝－300)＝(1－p)3，
p(ξ＝50)＝Cp(1－p)2，
p(ξ＝100)＝Cp2(1－p)，
p(ξ＝150)＝p3，
∴E(ξ)＝－300(1－p)3＋50Cp(1－p)2＋100Cp2(1－p)＋150p3＝300，
令g(p)＝p3－3p2＋p－1，0則g′(p)＝3p2－6p＋＝3(p－1)2＋>0，
∴g(p)在上單調遞增，
∴g(p)這說明每盤游戲平均得分是負分，
由概率統計的相關知識可知，許多人經過若干盤游戲后，與最初的分數相比，分數沒有增加反而會減少了．
課時作業
1．(2023·山西太原聯考)為調查學生對政協、人大兩會相關知識的了解情況，某高中學校開展了兩會知識問答活動，現從全校參與該活動的學生中隨機抽取320名學生，他們的得分(滿分100分)的頻率分布折線圖如下．
(1)若此次知識問答的得分X～N(μ，σ2)，用樣本來估計總體，設μ，σ分別為被抽取的320名學生得分的平均數和標準差，求P(50.5≤X≤94)的值；
(2)學校對這些被抽取的320名學生進行獎勵，獎勵方案如下：用頻率估計概率，得分小于或等于55的學生獲得1次抽獎機會，得分高于55的學生獲得2次抽獎機會．假定每次抽獎抽到價值10元的學習用品的概率為，抽到價值20元的學習用品的概率為.從這320名學生中任取一位，記該同學在抽獎活動中獲得學習用品的價值總額為ξ元，求ξ的分布列和數學期望(用分數表示)，并估算此次抽獎要準備的學習用品的價值總額．
參考數據：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973, ≈14.5.
解　(1)由折線圖可知μ＝35×0.025＋45×0.15＋55×0.20＋65×0.25＋75×0.225＋85×0.10＋95×0.05＝65，
σ2＝(35－65)2×0.025＋(45－65)2×0.15＋(55－65)2×0.20＋0＋(75－65)2×0.225＋(85－65)2×0.10＋(95－65)2×0.05＝210，
所以σ≈14.5，X～N(65，14.52)，
所以P(50.5≤X≤94)≈P(μ－σ≤X≤μ＋2σ)≈＋＝0.8186.
(2)由題意可知ξ的所有可能取值為10，20，30，40，
則P(X≤55)＝，P(X>55)＝，
P(ξ＝10)＝×＝，
P(ξ＝20)＝×＋××＝，
P(ξ＝30)＝×××2＝，
P(ξ＝40)＝××＝，
所以ξ的分布列為
ξ 10 20 30 40
P
E(ξ)＝10×＋20×＋30×＋40×＝，
故此次抽獎要準備的學習用品的價值總額約為320×＝6500元．
2．某高校“植物營養學專業”學生將雞冠花的株高增量作為研究對象，觀察長效肥和緩釋肥對農作物影響情況．其中長效肥、緩釋肥、未施肥三種處理下的雞冠花分別對應1，2，3三組．觀察一段時間后，分別從1，2，3三組隨機抽取40株雞冠花作為樣本，得到相應的株高增量數據整理如下表：
株高增量(單位：厘米) (4，7] (7，10] (10，13] (13，16]
第1組雞冠花株數 9 20 9 2
第2組雞冠花株數 4 16 16 4
第3組雞冠花株數 13 12 13 2
假設用頻率估計概率，且所有雞冠花生長情況相互獨立．
(1)從第1組所有雞冠花中隨機選取1株，估計株高增量在(7，10]內的概率；
(2)分別從第1組、第2組、第3組的所有雞冠花中各隨機選取1株，記這3株雞冠花中恰有X株的株高增量在(7，10]內，求X的分布列和數學期望E(X)；
(3)用“ξk＝1”表示第k組雞冠花的株高增量在(4，10]內，“ξk＝0”表示第k組雞冠花的株高增量在(10，16]內，k＝1，2，3，直接寫出方差D(ξ1)，D(ξ2)，D(ξ3)的大小關系．(結論不要求證明)
解　(1)設事件A為“從第1組所有雞冠花中隨機選取1株，株高增量在(7，10]內”，
根據題中數據，第1組所有雞冠花中，有20株雞冠花的株高增量在(7，10]內，
所以P(A)估計為＝.
(2)設事件B為“從第2組所有雞冠花中隨機選取1株，株高增量在(7，10]內”，
設事件C為“從第3組所有雞冠花中隨機選取1株，株高增量在(7，10]內”，
根據題中數據，P(B)估計為＝，P(C)估計為＝，
根據題意，隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3，
且P(X＝0)＝P()＝P()P()P()＝××＝，
P(X＝1)＝P(A＋B＋C)
＝P(A)P()P()＋P()P(B)P()＋P()P()P(C)＝，
P(X＝2)＝P(AB＋AC＋BC)
＝P(A)P(B)P()＋P(A)P()P(C)＋P()·P(B)P(C)＝，
P(X＝3)＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝，
則X的分布列為
X 0 1 2 3
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(3)D(ξ1)P(ξ1＝1)＝，P(ξ1＝0)＝，
所以E(ξ1)＝1×＋0×＝，
D(ξ1)＝×＋×＝；
P(ξ2＝1)＝＝，P(ξ2＝0)＝，
所以E(ξ2)＝1×＋0×＝，
D(ξ2)＝×＋×＝＝；
P(ξ3＝1)＝＝，P(ξ3＝0)＝，
所以E(ξ3)＝1×＋0×＝，
D(ξ3)＝×＋×＝＝，
所以D(ξ1)3.艾倫·麥席森·圖靈提出的圖靈測試，指測試者與被測試者在隔開的情況下，通過一些裝置(如鍵盤)向被測試者隨意提問．已知在某一輪圖靈測試中有甲、乙、丙、丁4名測試者，每名測試者向一臺機器(記為A)和一個人(記為B)各提出一個問題，并根據機器A和人的作答來判斷誰是機器，若機器A能讓至少一半的測試者產生誤判，則機器A通過本輪的圖靈測試．假設每名測試者提問相互獨立，且甲、乙、丙、丁四人之間的提問互不相同，而每名測試者有60%的可能性會向A和B問同一個題．當同一名測試者提出的兩個問題相同時，機器A被誤判的可能性為10%，當同一名測試者提的兩個問題不相同時，機器A被誤判的可能性為35%.
(1)當回答一名測試者的問題時，求機器A被誤判的概率；
(2)按現有設置程序，求機器A通過本輪圖靈測試的概率．
解　(1)記事件M表示“測試者提出的兩個問題相同”，事件N表示“機器A被誤判”，則
P(N)＝P(NM)＋P(N)＝P(M)P(N|M)＋P()P(N|)＝0.6×0.1＋(1－0.6)×0.35＝0.2.
(2)設X為4名測試者中產生誤判的人數，由(1)可知，X～B(4，0.2)，
若機器A通過本輪的圖靈測試，則4名測試者中至少有2名產生誤判，所以機器A通過圖靈測試的概率P＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－C×0.20×(1－0.2)4－C×0.2×(1－0.2)3＝0.1808.
4．為考察本科生基本學術規范和基本學術素養，某大學決定對各學院本科畢業論文進行抽檢，初步方案是本科畢業論文抽檢每年進行一次，抽檢對象為上一學年度授予學士學位的論文，初評階段，每篇論文送3位同行專家進行評審，3位專家中有2位以上(含2位)專家評議意見為“不合格”的畢業論文，將認定為“存在問題畢業論文”.3位專家中有1位專家評議意見為“不合格”，將再送2位同行專家(不同于前3位)進行復評．復評階段，2位復評專家中有1位以上(含1位)專家評議意見為“不合格”，將認定為“存在問題畢業論文”．每位專家，判定每篇論文“不合格”的概率均為p(0(1)若p＝，求每篇畢業論文被認定為“存在問題畢業論文”的概率；
(2)學校擬定每篇論文需要復評的評審費用為180元，不需要復評的評審費用為90元，則每篇論文平均評審費用的最大值是多少？
解　(1)設每篇畢業論文被認定為“存在問題畢業論文”為事件A，
則P(A)＝p3＋Cp2(1－p)＋Cp(1－p)2[1－(1－p)2]，
∵p＝，
∴P(A)＝.
(2)設每篇文章的評審費用為X元，則X的所有可能取值為90，180，
則P(X＝180)＝Cp(1－p)2，P(X＝90)＝1－Cp(1－p)2，
∴E(X)＝90×[1－Cp(1－p)2]＋180×Cp(1－p)2＝270p(1－p)2＋90.
令g(p)＝p(1－p)2，p∈(0，1)，
則g′(p)＝(1－p)2－2p(1－p)＝(3p－1)(p－1)．
當p∈時，g′(p)>0，g(p)在上單調遞增；
當p∈時，g′(p)<0，g(p)在上單調遞減，
∴g(p)的最大值為g＝，
∴每篇論文平均評審費用的最大值是130元．
5．(2023·陜西商洛模擬)某乒乓球隊訓練教官為了檢驗學員某項技能的水平，隨機抽取100名學員進行測試，并根據該項技能的評價指標，按[60，65)，[65，70)，[70，75)，[75，80)，[80，85)，[85，90)，[90，95)，[95，100]分成8組，得到如圖所示的頻率分布直方圖．
(1)求a的值，并估計該項技能的評價指標的中位數(精確到0.1)；
(2)若采用比例分配的分層隨機抽樣的方法從評價指標在[70，75)和[85，90)內的學員中隨機抽取12名，再從這12名學員中隨機抽取5名學員，記抽取到學員的該項技能的評價指標在[70，75)內的學員人數為X，求X的分布列與數學期望．
解　(1)由題圖可知(0.008＋0.016＋0.020＋a＋0.044＋0.040＋0.028＋0.008)×5＝1，
解得a＝0.036.
因為(0.008＋0.016＋0.02＋0.036)×5＝0.4<0.5，
(0.008＋0.016＋0.02＋0.036＋0.044)×5＝0.62>0.5，
所以學員該項技能的評價指標的中位數在[80，85)內．
設學員該項技能的評價指標的中位數為m，
則(m－80)×0.044＋0.4＝0.5，
解得m≈82.3.
(2)由題意可知抽取的12名學員中該項技能的評價指標在[70，75)內的有4名，在[85，90)內的有8名．
由題意可知X的所有可能取值為0，1，2，3，4，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，
則X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
6．(2024·浙江聯考)杭州亞運會于2023年9月23日至10月8日舉行．在此期間，參加亞運會的運動員可以在亞運村免費食宿．亞運村的某餐廳從第一天起到最后一天，晩餐只推出“中式套餐”和“西式套餐”．已知某運動員每天晚餐會在該食堂提供的這兩種套餐中選擇．已知他第一晚選擇“中式套餐”的概率為，而前一晚選擇了“中式套餐”，后一晚繼續選擇“中式套餐”的概率為，前一晚選擇“西式套餐”，后一晚繼續選擇“西式套餐”的概率為，如此往復．
(1)求該運動員第二晚選擇“中式套餐”的概率；
(2)記該運動員第n(n＝1，2，…，16)晚選擇“中式套餐”的概率為Pn.
①求Pn；
②求該運動員在這16晚中選擇“中式套餐”的概率大于選擇“西式套餐”的概率的晚數．
解　(1)記該運動員第二晚選擇“中式套餐”的概率為P2，
由題意知P2＝×＋×＝.
(2)該運動員第n(n＝1，2，…，16)晚選擇“中式套餐”的概率為Pn，
①Pn＝Pn－1·＋(1－Pn－1)·＝－Pn－1＋(n＝2，3，…，16)，
∴Pn－＝－，
又P1－＝≠0，
∴＝－(n＝2，3，…，16)，
∴數列是以為首項，－為公比的等比數列，
∴Pn＝＋·(n＝1，2，3，…，16)．
②由題意知，只需Pn>1－Pn，
即Pn>(n＝1，2，…，16)，
＋·>，
即>＝(n＝1，2，…，16)，
顯然n必為奇數，偶數不成立，
故當n＝1，3，5，…，15時，有>即可．
當n＝1時，>，顯然成立；
當n＝3時，＝，
因為－＝×＝×>0，
故當n＝3時，成立；
當n＝5時，＝，
因為－＝×＝×＝<0，
所以當n＝5時，不成立；
又遞減，所以n>5時不成立．
綜上，只有2晩．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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