2024版大二輪數(shù)學(xué)新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）專題五　培優(yōu)點(diǎn)6　概率與統(tǒng)計(jì)的創(chuàng)新題型21

培優(yōu)點(diǎn)6概率與統(tǒng)計(jì)的創(chuàng)新題型概率與統(tǒng)計(jì)問題在近幾年的高考中背景取自現(xiàn)實(shí)，題型新穎，綜合性增強(qiáng)，難度加深，主要考查學(xué)生的閱讀理解能力和數(shù)據(jù)分析能力．要從已知數(shù)表、題干信息中經(jīng)過閱讀分析判斷獲取關(guān)鍵信息，搞清各數(shù)據(jù)、各事件間的關(guān)系，建立相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型求解．考點(diǎn)一概率和數(shù)列的綜合問題例1(2023·晉中模擬)晉中市是晉商文化的發(fā)源地，且擁有豐富的旅游資源，其中有保存完好的大院人文景觀(如王家大院，常家莊園等)，也有風(fēng)景秀麗的自然景觀(如介休綿山，石膏山等)．某旅行團(tuán)帶游客來晉中旅游，游客可自由選擇人文景觀和自然景觀中的一處游覽．若每位游客選擇人文景觀的概率是eq\f(2,3)，選擇自然景觀的概率為eq\f(1,3)，游客之間選擇意愿相互獨(dú)立．(1)從游客中隨機(jī)選取5人，記5人中選擇人文景觀的人數(shù)為X，求X的均值與方差；(2)現(xiàn)對游客進(jìn)行問卷調(diào)查，若選擇人文景觀記2分，選擇自然景觀記1分，記已調(diào)查過的累計(jì)得分為n分的概率為Pn，求Pn.解(1)由題可知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(2,3)))(或者列出分布列)，于是E(X)＝5×eq\f(2,3)＝eq\f(10,3)，D(X)＝5×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(10,9).(2)方法一由題可知P1＝eq\f(1,3)，P2＝eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(7,9).當(dāng)n≥3時，Pn＝eq\f(1,3)Pn－1＋eq\f(2,3)Pn－2，即Pn＋eq\f(2,3)Pn－1＝Pn－1＋eq\f(2,3)Pn－2，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn＋\f(2,3)Pn－1))為常數(shù)數(shù)列，且Pn＋eq\f(2,3)Pn－1＝P2＋eq\f(2,3)P1＝eq\f(7,9)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝1(n≥2)，∴Pn－eq\f(3,5)＝－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－1－\f(3,5)))，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(3,5)))是以P1－eq\f(3,5)＝－eq\f(4,15)為首項(xiàng)，－eq\f(2,3)為公比的等比數(shù)列，∴Pn－eq\f(3,5)＝－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1，∴Pn＝eq\f(3,5)－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1.方法二由題可知P1＝eq\f(1,3)，P2＝eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(7,9).當(dāng)n≥3時，Pn＝eq\f(1,3)Pn－1＋eq\f(2,3)Pn－2，即Pn－Pn－1＝－eq\f(2,3)(Pn－1－Pn－2)，∴{Pn－Pn－1}是以P2－P1＝eq\f(4,9)為首項(xiàng)，－eq\f(2,3)為公比的等比數(shù)列，∴Pn－Pn－1＝eq\f(4,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－2(n≥2)，Pn－1－Pn－2＝eq\f(4,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－3，……P2－P1＝eq\f(4,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))0，以上各式相加得Pn－P1＝eq\f(4,9)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3))))＝eq\f(4,15)－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1，∴Pn＝eq\f(3,5)－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1，又P1＝eq\f(1,3)也滿足上式，∴Pn＝eq\f(3,5)－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1.規(guī)律方法概率問題與數(shù)列的交匯，綜合性較強(qiáng)，主要有以下類型：(1)求通項(xiàng)公式：關(guān)鍵是找出概率Pn或均值E(Xn)的遞推關(guān)系式，然后根據(jù)構(gòu)造法(一般構(gòu)造等比數(shù)列)，求出通項(xiàng)公式．(2)求和：主要是數(shù)列中的倒序相加法求和、錯位相減法求和、裂項(xiàng)相消法求和．(3)利用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，研究單調(diào)性、最值或求極限．跟蹤演練1(2023·邯鄲模擬)某市為了讓廣大市民更好地了解并傳承成語文化，當(dāng)?shù)匚穆镁謹(jǐn)M舉辦猜成語大賽．比賽共設(shè)置n道題，參加比賽的選手從第一題開始答題，一旦答錯則停止答題，否則繼續(xù)，直到答完所有題目．設(shè)某選手答對每道題的概率均為p(0<p<1)，各題回答正確與否相互之間沒有影響．(1)記答題結(jié)束時答題個數(shù)為X，當(dāng)n＝3時，若E(X)>1.75，求p的取值范圍；(2)①記答題結(jié)束時答對題的個數(shù)為Y，求E(Y)；②當(dāng)p＝eq\f(5,6)時，求使E(Y)>4的n的最小值．參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.301，lg3≈0.477.解(1)根據(jù)題意，X的所有可能取值為1,2,3，P(X＝1)＝1－p，P(X＝2)＝p(1－p)，P(X＝3)＝p2，所以E(X)＝1－p＋2p(1－p)＋3p2＝p2＋p＋1，由E(X)＝p2＋p＋1>1.75得p>eq\f(1,2)，又0<p<1，所以p的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)①P(Y＝k)＝pk(1－p)，其中k＝0,1,2，…，n－1，P(Y＝n)＝pn.方法一Y的均值E(Y)＝p(1－p)＋2p2(1－p)＋…＋(n－1)pn－1(1－p)＋npn＝(1－p)[p＋2p2＋3p3＋…＋(n－1)pn－1]＋npn，設(shè)Sn＝p＋2p2＋3p3＋…＋(n－1)pn－1，利用錯位相減可得(1－p)Sn＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1－(n－1)pn，所以E(Y)＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1－(n－1)pn＋npn＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1＋pn＝eq\f(p－pn＋1,1－p).方法二E(Y)＝(p－p2)＋(2p2－2p3)＋(3p3－3p4)＋…＋[(n－1)pn－1－(n－1)pn]＋npn＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1＋pn＝eq\f(p－pn＋1,1－p).②依題意，eq\f(\f(5,6)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))n＋1,1－\f(5,6))>4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))n＋1<eq\f(1,6)，即n＋1>＝eq\f(lg6,lg6－lg5)＝eq\f(lg2＋lg3,2lg2＋lg3－1)≈9.848，所以n>8.848，又n∈N*，故n的最小值為9.考點(diǎn)二概率和函數(shù)的綜合問題例2(2023·淮北模擬)社會人口學(xué)是研究人口因素對社會結(jié)構(gòu)和社會發(fā)展的影響和制約的一門社會學(xué)分支學(xué)科．其基本內(nèi)容包括：人口作為社會變動的原始依據(jù)的探討，將人口行為作為引起社會體系特征變動的若干因素中的一個因素來研究．根據(jù)社會人口學(xué)研究發(fā)現(xiàn)，一個家庭有ξ個孩子(僅考慮不超過3個孩子家庭)的分布列為：ξ1230Peq\f(m,p)mm(1－p)m(1－p)2其中m>0,0<p<1，每個孩子的性別是男孩還是女孩的概率均為eq\f(1,2)且相互獨(dú)立，記A表示事件“一個家庭有i個孩子(i＝0,1,2,3)”，B表示事件“一個家庭的男孩比女孩多(若一個家庭只有一個孩子且恰為男孩，則該家庭男孩多)”．(1)若p＝eq\f(1,2)，求P(B)；(2)參數(shù)p受到各種因素的影響(如生育保險的增加，教育、醫(yī)療福利的增加等)，通過改變參數(shù)p的值來調(diào)控未來人口結(jié)構(gòu)．若希望P(ξ＝2)增大，如何調(diào)控p的值？參考公式：P(M|N)＝eq\f(PMN,PN)，P(M)＝eq\i\su(k＝0,n,P)(M|Nk)P(Nk)．解(1)由題意得eq\f(m,p)＋m＋m(1－p)＋m(1－p)2＝2m＋m＋eq\f(1,2)m＋eq\f(1,4)m＝1，解得m＝eq\f(4,15)，又P(B|A0)＝0，P(B|A1)＝Ceq\o\al(1,1)×eq\f(1,2)，P(B|A2)＝Ceq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2，P(B|A3)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3，且B＝BA0＋BA1＋BA2＋BA3，由全概率公式，得P(B)＝eq\i\su(i＝0,3,P)(B|Ai)P(Ai)＝eq\f(1,2)·eq\f(m,p)＋Ceq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2m＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(C\o\al(2,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋C\o\al(3,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3))m·(1－p)＝eq\f(m,2p)＋eq\f(m,4)＋eq\f(1,2)m(1－p)，由p＝eq\f(1,2)，m＝eq\f(4,15)，得P(B)＝eq\f(2,5).(2)由題意得P(ξ＝2)＝m，考慮m的變化即可，由eq\f(m,p)＋m＋m(1－p)＋m(1－p)2＝1，得eq\f(1,m)＝p2－3p＋eq\f(1,p)＋3，設(shè)f(p)＝p2－3p＋eq\f(1,p)＋3,0<p<1，則f′(p)＝eq\f(2p3－3p2－1,p2)，記g(p)＝2p3－3p2－1，則g′(p)＝6p2－6p＝6p(p－1)<0，故g(p)在(0,1)上單調(diào)遞減，∵g(0)＝－1，∴g(p)<0，∴f′(p)<0，f(p)在(0,1)上單調(diào)遞減，因此，增加p的取值，eq\f(1,m)會減小，m會增大，即P(ξ＝2)增大．規(guī)律方法構(gòu)造函數(shù)求最值時，要注意變量的選取，以及變量自身的隱含條件對變量范圍的限制．跟蹤演練2(2023·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)某公司生產(chǎn)一種大件產(chǎn)品的日產(chǎn)為2件，每件產(chǎn)品質(zhì)量為一等的概率為0.5，二等的概率為0.4，若達(dá)不到一、二等，則為不合格，且生產(chǎn)兩件產(chǎn)品品質(zhì)結(jié)果相互獨(dú)立．已知生產(chǎn)一件產(chǎn)品的利潤如下表：等級一等二等三等利潤(萬元/每件)0.80.6－0.3(1)求生產(chǎn)兩件產(chǎn)品中至少有一件一等品的概率；(2)求該公司每天所獲利潤ξ(萬元)的均值；(3)若該工廠要增加日產(chǎn)量，需引入設(shè)備及更新技術(shù)，但增加n件，其成本也將相應(yīng)提升n－lnn(萬元)，假如你作為工廠決策者，你覺得該廠目前該不該增產(chǎn)？請回答，并說明理由．(ln2≈0.69，ln3≈1.1)解(1)設(shè)一件產(chǎn)品是一等品為事件A，則一件產(chǎn)品不是一等品為事件eq\x\to(A)，P(A)＝0.5，P(eq\x\to(A))＝0.5,2件產(chǎn)品至少有一件為一等品事件為AA＋Aeq\x\to(A)＋eq\x\to(A)A，其概率P＝P(AA)＋Ceq\o\al(1,2)P(A)P(eq\x\to(A))＝0.52＋2×0.5×0.5＝0.75.(2)設(shè)一件產(chǎn)品為一等品為事件A，二等品為事件B，次品為事件C，則P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，P(C)＝0.1，則ξ的所有可能取值為1.6,1.4,1.2,0.5,0.3，－0.6，P(ξ＝－0.6)＝[P(C)]2＝0.01，P(ξ＝0.3)＝Ceq\o\al(1,2)P(B)P(C)＝2×0.4×0.1＝0.08，P(ξ＝0.5)＝Ceq\o\al(1,2)P(A)P(C)＝2×0.5×0.1＝0.1，P(ξ＝1.2)＝[P(B)]2＝0.16，P(ξ＝1.4)＝Ceq\o\al(1,2)P(A)P(B)＝2×0.5×0.4＝0.4，P(ξ＝1.6)＝[P(A)]2＝0.25，則ξ的分布列為ξ－0.60.30.51.21.41.6P0.010.080.10.160.40.25E(ξ)＝－0.6×0.01＋0.3×0.08＋0.5×0.1＋1.2×0.16＋1.4×0.4＋1.6×0.25＝1.22.(3)由(2)可知，每件產(chǎn)品的平均利潤為1.22÷2＝0.61(萬元)，則增加n件產(chǎn)品，利潤增加為0.61n萬元，成本也相應(yīng)提高(n－lnn)萬元，所以凈利潤為0.61n－n＋lnn＝lnn－0.39n，n∈N*，設(shè)f(x)＝lnx－0.39x，則f′(x)＝eq\f(1,x)－0.39，當(dāng)x<eq\f(100,39)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>eq\f(100,39)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝eq\f(100,39)時，f(x)取得最大值，又2<eq\f(100,39)<3，因?yàn)閤只能取整數(shù)，所以x＝2或x＝3，此時f(x)可能為最大值，f(2)＝ln2－0.39×2≈0.69－0.78＝－0.09<0，f(3)＝ln3－3×0.39≈1.1－1.17＝－0.07<0，即在f(x)取得最大值時也是虧本的，所以不應(yīng)該增加產(chǎn)量．專題強(qiáng)化練1．(2023·石家莊模擬)國家在《中小學(xué)生健康體檢管理辦法》中規(guī)定：中小學(xué)校每年組織一次次．為減輕化驗(yàn)工作量，統(tǒng)計(jì)專家給出了一種化驗(yàn)方法：隨機(jī)按照k個人進(jìn)行分組，將各組k個人的血樣混合再化驗(yàn)，如果混合血樣呈陰性，說明這k個人全部陰性；如果混合血樣呈陽性，說明其中至少有一人的血樣呈陽性，就需對該組每個人血樣再分別化驗(yàn)一次．假設(shè)每人血樣化驗(yàn)結(jié)果呈陰性還是陽性相互獨(dú)立．(1)若m＝0.4，記每人血樣化驗(yàn)次數(shù)為X，當(dāng)k取何值時，X的均值最小，并求化驗(yàn)總次數(shù)；(2)若m＝0.8，設(shè)每人血樣單獨(dú)化驗(yàn)一次費(fèi)用為5元，k個人混合化驗(yàn)一次費(fèi)用為k＋4元．求當(dāng)k取何值時，每人血樣化驗(yàn)費(fèi)用的均值最小，并求化驗(yàn)總費(fèi)用．參考數(shù)據(jù)及公式：eq\r(10)≈3.16，(1＋x)n≈1＋nx(n∈N*，n≥2，|x|≤0.01)．解(1)設(shè)每人血樣化驗(yàn)次數(shù)為X，若混合血樣呈陰性，則X＝eq\f(1,k)，若混合血樣呈陽性，則X＝eq\f(1,k)＋1，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝\f(1,k)))＝0.996k，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝\f(1,k)＋1))＝1－0.996k，所以E(X)＝eq\f(1,k)×0.996k＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))×(1－0.996k)＝1＋eq\f(1,k)－0.996k＝1＋eq\f(1,k)－(1－0.004)k≈eq\f(1,k)＋0.004k，令f(x)＝eq\f(1,x)＋0.004x，則f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋0.004＝eq\f(0.004x2－1,x2)，所以f(x)在(0,5eq\r(10))上單調(diào)遞減，在(5eq\r(10)，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)閗∈Z，且f(15)＝eq\f(1,15)＋0.004×15≈0.1267，f(16)＝0.1265，所以當(dāng)k＝16時，f(x)取得最小值，所以E(X)的最小值為0.1265.所以按16人一組，每個人血樣化驗(yàn)次數(shù)的均值最小，此時化驗(yàn)總次數(shù)為4000×0.1265＝506.(2)設(shè)每組k人，每組化驗(yàn)總費(fèi)用為Y元，若混合血樣呈陰性，則Y＝k＋4，若混合血樣為陽性，則Y＝6k＋4，且P(Y＝k＋4)＝0.992k，P(Y＝6k＋4)＝1－0.992k，所以E(Y)＝(k＋4)×0.992k＋(6k＋4)(1－0.992k)＝6k－5k×0.992k＋4，每個人血樣的化驗(yàn)費(fèi)用為eq\f(EY,k)＝6－5×0.992k＋eq\f(4,k)＝6－5×(1－0.008)k＋eq\f(4,k)≈6－5×(1－0.008k)＋eq\f(4,k)＝1＋0.04k＋eq\f(4,k)≥1＋2eq\r(0.04k·\f(4,k))＝1.8，當(dāng)且僅當(dāng)0.04k＝eq\f(4,k)，即k＝10時取等號，所以當(dāng)10個人一組時，每個人血樣化驗(yàn)費(fèi)用的均值最小，化驗(yàn)總費(fèi)用為4000×1.8＝7200(元)．2．(2023·廣州模擬)隨著5G商用進(jìn)程的不斷加快，手機(jī)廠商之間圍繞5G用戶的爭奪越來越激烈，5G手機(jī)也頻頻降價飛入尋常百姓家．某科技公司為了打開市場，計(jì)劃先在公司進(jìn)行“抽獎免費(fèi)送5G手機(jī)”優(yōu)惠活動方案的內(nèi)部測試，測試成功后將在全市進(jìn)行推廣．(1)公司內(nèi)部測試的活動方案設(shè)置了第i(i∈N*)次抽獎中獎的名額為3i＋2，抽中的用戶退出活動，同時補(bǔ)充新的用戶，補(bǔ)充新用戶的名額比上一次中獎用戶的名額少2個．若某次抽獎，剩余全部用戶均中獎，則活動結(jié)束．參加本次內(nèi)部測試第一次抽獎的有15人，甲、乙均在其中．①求甲在第一次中獎和乙在第二次中獎的概率；②求甲參加抽獎活動次數(shù)的分布列和均值；(2)由于該活動方案在公司內(nèi)部的測試非常順利，現(xiàn)將在全市進(jìn)行推廣．報名參加第一次抽獎活動的有20萬用戶，該公司設(shè)置了第i(i∈N*)次抽獎中獎的概率為pi＝eq\f(9＋－1i,40)，每次中獎的用戶退出活動，同時補(bǔ)充相同人數(shù)的新用戶，抽獎活動共進(jìn)行2n(n∈N*)次．已知用戶丙參加了第一次抽獎，并在這2n次抽獎活動中中獎了，在此條件下，求證：用戶丙參加抽獎活動次數(shù)的均值小于eq\f(9,2).(1)解①甲在第一次中獎的概率為P1＝eq\f(5,15)＝eq\f(1,3)，乙在第二次中獎的概率為P2＝eq\f(10,15)×eq\f(8,13)＝eq\f(16,39).②設(shè)甲參加抽獎活動的次數(shù)為X，則X＝1,2,3，P(X＝1)＝eq\f(5,15)＝eq\f(1,3)；P(X＝2)＝eq\f(10,15)×eq\f(8,13)＝eq\f(16,39)；P(X＝3)＝eq\f(10,15)×eq\f(5,13)×1＝eq\f(10,39).X123Peq\f(1,3)eq\f(16,39)eq\f(10,39)∴E(X)＝1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(16,39)＋3×eq\f(10,39)＝eq\f(25,13).(2)證明丙在第奇數(shù)次中獎的概率為eq\f(1,5)，在第偶數(shù)次中獎的概率為eq\f(1,4).設(shè)丙參加抽獎活動的次數(shù)為Y，“丙中獎”為事件A，則P(A)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)×\f(3,4)))n＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n，令m≤n，m∈N*，則丙在第2m－1次中獎的概率P(Y＝2m－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))m－1×eq\f(1,5)，在第2m次中獎的概率P(Y＝2m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))m－1×eq\f(4,5)×eq\f(1,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))m－1×eq\f(1,5)，即P(Y＝2m－1)＝P(Y＝2m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))m－1×eq\f(1,5)，在丙中獎的條件下，在第2m－1,2m次中獎的概率為eq\f(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))m－1,PA)，則丙參加活動次數(shù)的均值為E(Y)＝eq\f(1,5PA)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2＋\f(3,5)×3＋4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2×5＋6))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n－12n－1＋2n))，設(shè)S＝3＋7×eq\f(3,5)＋