2025高考備考數(shù)學(xué)知識點突破3　概率、統(tǒng)計與其他知識的綜合

突破3概率、統(tǒng)計與其他知識的綜合學(xué)生用書P253命題點1概率、統(tǒng)計與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的綜合例1[全國卷Ⅰ]某工廠的某種產(chǎn)品成箱包裝，每箱200件，每一箱產(chǎn)品在交付用戶之前要對產(chǎn)品做檢驗，如檢驗出不合格品，則更換為合格品.檢驗時，先從這箱產(chǎn)品中任取20件做檢驗，再根據(jù)檢驗結(jié)果決定是否對余下的所有產(chǎn)品做檢驗.設(shè)每件產(chǎn)品為不合格品的概率都為p（0＜p＜1），且各件產(chǎn)品是否為不合格品相互獨立.（1）記20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f（p），求f（p）的最大值點p0.（2）現(xiàn)對一箱產(chǎn)品檢驗了20件，結(jié)果恰有2件不合格品，以（1）中確定的p0作為p的值.已知每件產(chǎn)品的檢驗費用為2元，若有不合格品進(jìn)入用戶手中，則工廠要對每件不合格品支付25元的賠償費用.（i）若不對該箱余下的產(chǎn)品做檢驗，這一箱產(chǎn)品的檢驗費用與賠償費用的和記為X，求E（X）；（ii）以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據(jù)，是否該對這箱余下的所有產(chǎn)品做檢驗？解析（1）20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率f（p）＝C202p2（1－p）因此f'（p）＝C202[2p（1－p）18－18p2（1－p）17]＝2C202p（1－p）17（1－令f'（p）＝0，得p＝0.1.當(dāng)p∈（0，0.1）時，f'（p）＞0；當(dāng)p∈（0.1，1）時，f'（p）＜0.所以f（p）的最大值點p0＝0.1.（2）由（1）知，p0＝0.1，所以p＝0.1.（i）令Y表示余下的180件產(chǎn)品中的不合格品的件數(shù)，依題意知Y～B（180，0.1），X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以E（X）＝E（40＋25Y）＝40＋25E（Y）＝40＋25×180×0.1＝490.（ii）如果對這箱余下的所有產(chǎn)品做檢驗，那么這一箱產(chǎn)品所需要的檢驗費為400元.由于E（X）＞400，因此應(yīng)該對這箱余下的所有產(chǎn)品做檢驗.方法技巧概率、統(tǒng)計與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的綜合問題的解題策略（1）讀懂題意，利用隨機變量的概率、均值與方差等的有關(guān)公式構(gòu)造函數(shù)；（2）結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)及概率統(tǒng)計知識求解.訓(xùn)練1[2021新高考卷Ⅱ]一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷生存下來，設(shè)一個這種微生物為第0代，經(jīng)過一次繁殖后為第1代，再經(jīng)過一次繁殖后為第2代……該微生物每代繁殖的個數(shù)是相互獨立的且有相同的分布列，設(shè)X表示1個微生物個體繁殖下一代的個數(shù)，P（X＝i）＝pi（i＝0，1，2，3）.（1）已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E（X）.（2）設(shè)p表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關(guān)于x的方程p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一個最小正實根，求證：當(dāng)E（X）≤1時，p＝1，當(dāng)E（X）＞1時，p＜1.（3）根據(jù)你的理解說明（2）問結(jié)論的實際含義.解析（1）由題意，P（X＝0）＝0.4，P（X＝1）＝0.3，P（X＝2）＝0.2，P（X＝3）＝0.1，∴X的分布列為X0123P0.40.30.20.1∴E（X）＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.（2）記f（x）＝p3x3＋p2x2＋（p1－1）x＋p0，由題知，p為f（x）＝0的實根，由p0＝1－p1－p2－p3，得f（x）＝p3（x3－1）＋p2（x2－1）＋p1（x－1）－（x－1）＝（x－1）[p3x2＋（p3＋p2）x＋p3＋p2＋p1－1].記g（x）＝p3x2＋（p3＋p2）x＋p3＋p2＋p1－1，則g（1）＝3p3＋2p2＋p1－1＝E（X）－1，g（0）＝p3＋p2＋p1－1＝－p0＜0.當(dāng)E（X）≤1時，g（1）≤0，易知g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x∈（0，1）時，g（x）＝0無實根.∴f（x）＝0在（0，1]上有且僅有一個實根，即p＝1，∴當(dāng)E（X）≤1時，p＝1.當(dāng)E（X）＞1時，g（1）＞0，又g（0）＜0，g（x）的圖象開口向上，∴g（x）＝0在（0，1）上有唯一實根p'，∴f（x）＝0的最小正實根p＝p'∈（0，1），∴當(dāng)E（X）＞1時，p＜1.（3）E（X）≤1，表示1個微生物個體繁殖下一代的個數(shù)不超過自身個數(shù)，種群數(shù)量無法維持穩(wěn)定或正向增長，多代繁殖后將面臨滅絕，所以p＝1.E（X）＞1，表示1個微生物個體可以繁殖下一代的個數(shù)超過自身個數(shù)，種群數(shù)量可以正向增長，所以面臨滅絕的可能性小于1.命題點2概率、統(tǒng)計與數(shù)列的綜合例2[2023新高考卷Ⅰ]甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)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（∑i=1nXi）＝∑i=1nqi.記前n次（即從第1次到第n次投籃）中甲投籃的次數(shù)為Y解析（1）記“第2次投籃的人是乙”為事件A，“第1次投籃的人是甲”為事件B，則A＝BA＋BA，所以P（2）設(shè)第i次投籃的人是甲的概率為pi，由題意可知，p1＝12，pi＋1＝pi×0.6＋（1－pi）×（1－0.8），即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝25pi＋15，所以pi＋1－13＝25（又p1－13＝12－13＝16，所以數(shù)列{pi－13}所以pi－13＝16×（25）i－1，所以pi＝13＋16×（2（3）設(shè)第i次投籃時甲投籃的次數(shù)為Xi，則Xi的可能取值為0或1，當(dāng)Xi＝0時，表示第i次投籃的人是乙，當(dāng)Xi＝1時，表示第i次投籃的人是甲，所以P（Xi＝1）＝pi，P（Xi＝0）＝1－pi，所以E（Xi）＝pi.Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，則E（Y）＝E（X1＋X2＋X3＋…＋Xn）＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，由（2）知，pi＝13＋16×（25）i－1，所以p1＋p2＋p3＋…＋pn＝n3＋16×[1＋25＋（25）2＋…＋（25）n－1]＝n3＋16×1－（25）方法技巧概率、統(tǒng)計與數(shù)列的綜合問題的解題步驟（1）精準(zhǔn)定性，即明確所求概率的“事件屬性”，確定概率模型；（2）準(zhǔn)確建模，通過概率的求解，建立關(guān)于概率的遞推關(guān)系，轉(zhuǎn)化為數(shù)列模型問題；（3）解決模型，利用數(shù)列的有關(guān)知識解決模型.訓(xùn)練2[全國卷Ⅰ]為治療某種疾病，研制了甲、乙兩種新藥，希望知道哪種新藥更有效，為此進(jìn)行動物試驗.試驗方案如下：每一輪選取兩只白鼠對藥效進(jìn)行對比試驗.對于兩只白鼠，隨機選一只施以甲藥，另一只施以乙藥.一輪的治療結(jié)果得出后，再安排下一輪試驗.當(dāng)其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多4只時，就停止試驗，并認(rèn)為治愈只數(shù)多的藥更有效.為了方便描述問題，約定：對于每輪試驗，若施以甲藥的白鼠治愈且施以乙藥的白鼠未治愈則甲藥得1分，乙藥得－1分；若施以乙藥的白鼠治愈且施以甲藥的白鼠未治愈則乙藥得1分，甲藥得－1分；若都治愈或都未治愈則兩種藥均得0分.甲、乙兩種藥的治愈率分別記為α和β，一輪試驗中甲藥的得分記為X.（1）求X的分布列.（2）若甲藥、乙藥在試驗開始時都賦予4分，pi（i＝0，1，…，8）表示“甲藥的累計得分為i時，最終認(rèn)為甲藥比乙藥更有效”的概率，則p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1（i＝1，2，…，7），其中a＝P（X＝－1），b＝P（X＝0），c＝P（X＝1）.假設(shè)α＝0.5，β＝0.8.（i）證明：{pi＋1－pi}（i＝0，1，2，…，7）為等比數(shù)列.（ii）求p4，并根據(jù)p4的值解釋這種試驗方案的合理性.解析（1）X的所有可能取值為－1，0，1.P（X＝－1）＝（1－α）β，P（X＝0）＝αβ＋（1－α）（1－β），P（X＝1）＝α（1－β）.所以X的分布列為X－101P（1－α）βαβ＋（1－α）（1－β）α（1－β）（2）（i）由（1）得a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1.因此pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1（i＝1，2，…，7），故0.1（pi＋1－pi）＝0.4（pi－pi－1），即pi＋1－pi＝4（pi－pi－1）.又p1－p0＝p1≠0，所以{pi＋1－pi}（i＝0，1，2，…，7）是公比為4，首項為p1的等比數(shù)列.（ii）由（i）可得p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0＝（p8－p7）＋（p7－p6）＋…＋（p1－p0）＝48－1因為p8＝1，故p1＝348－1，所以p4＝（p4－p3）＋（p3－p2）＋（p2－p1）＋（p1－p0）＝44－p4表示甲藥的累計得分為4分時，最終認(rèn)為甲藥比乙藥更有效的概率.由計算結(jié)果可以看出，當(dāng)甲藥的治愈率為0.5，乙藥的治愈率為0.8時，認(rèn)為甲藥更有效的概率p4＝1257≈0.0039，此時得出錯誤結(jié)論的概率非常小，說明這種試驗方案合理1.[命題點1/2023石家莊市三檢]國家在《中小學(xué)生健康體檢管理辦法（2021年版）》中規(guī)定：中小學(xué)校每年組織1次在校學(xué)生健康體檢.現(xiàn)某學(xué)校有4000名學(xué)生，假設(shè)攜帶乙肝病毒的學(xué)生占m％，某體檢機構(gòu)通過抽血的方法篩查乙肝病毒攜帶者，如果對每個人的血樣逐一化驗，就需要化驗4000次.為減輕化驗工作量，統(tǒng)計專家給出了一種化驗方法：隨機按照k個人進(jìn)行分組，將各組k個人的血樣混合再化驗，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，就需對該組每個人的血樣再分別化驗一次.假設(shè)每人血樣化驗結(jié)果呈陰性還是陽性相互獨立.（1）若m＝0.4，記每人血樣化驗次數(shù)為X，求當(dāng)k取何值時，X的數(shù)學(xué)期望最小，并求此時化驗總次數(shù).（2）若m＝0.8，設(shè)每人血樣單獨化驗一次費用5元，k個人混合化驗一次費用（k＋4）元.求當(dāng)k取何值時，每人血樣化驗費用的數(shù)學(xué)期望最小，并求此時化驗總費用.參考數(shù)據(jù)及公式：10≈3.16，（1＋x）n≈1＋nx（n∈N*，n≥2，｜x｜≤0.01）.解析（1）由題意知，若混合血樣呈陰性，則X＝1k，P（X＝1k）＝0.996k，若混合血樣呈陽性，則X＝1k＋1，P（X＝1k＋1）＝1所以E（X）＝1k×0.996k＋（1＋1k）×（1－0.996k）＝1＋1k－0.996k＝1＋1k－（1－0.004）k≈1令f（x）＝1x＋0.004x，則f'（x）＝0.004－1x2，當(dāng)x∈（0，510）時，f'（x）＜0，當(dāng)x∈（510，＋∞）時，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，510）上單調(diào)遞減，在(5因為k∈N*，（注意k取正整數(shù)）510≈5×3.16＝15.8，且f（15）＝115＋0.004×15≈0.1267，f（16）＝116＋0.004×16＝所以當(dāng)k＝16時，E（X）取得最小值，且E（X）的最小值為0.1265.所以當(dāng)k取16時，每人血樣化驗次數(shù)X的數(shù)學(xué)期望最小，此時化驗總次數(shù)為4000（2）設(shè)每組k人時，每組化驗總費用為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.每個人血樣的化驗費用為E（Y）k＝6－5×0.992k＋4k＝6－5×（1－0.008）k＋4k≈6－5×（1－0.008k）＋4k＝1＋0.04k＋4k當(dāng)且僅當(dāng)0.04k＝4k，即k＝10時取等號，所以當(dāng)k取10時，每人血樣化驗費用的數(shù)學(xué)期望最小，此時化驗總費用為4000×1.8＝7200（元）2.[命題點2/2023南京市二模]進(jìn)行獨立重復(fù)試驗，設(shè)每次成功的概率為p（0＜p＜1），失敗的概率為1－p，將試驗進(jìn)行到恰好出現(xiàn)r次成功時結(jié)束試驗，以X表示試驗次數(shù)，則稱X服從以r，p為參數(shù)的帕斯卡分布或負(fù)二項分布，記為X～NB（r，p）.（1）若X～NB（3，13），求P（X＝5）（2）若X～NB（2，12），n∈N*，n≥①求∑i=2nP（X②要使得在n次內(nèi)結(jié)束試驗的概率不小于34，求n的最小值解析（1）因為X～NB（3，13X＝5表示做了5次試驗，前4次中有2次成功，第5次也成功，所以P（X＝5）＝C42（1－13）2×（13）3＝6×49（2）①解法一P（X＝i）＝Ci－11×（1－12）i－2×（12）2＝（i－1）記S＝∑i=2nP（X＝i）＝1×（12）2＋2×（12）3＋…＋（n－1）×（12）n，則12S＝1×（12）3＋2×（12）4＋…＋（n－1）×（12）n＋1，兩式相減，得12S＝（12）2＋（12）3＋…＋（12）＝（12）2[1－（12）n－1＝12－（12）n－（n－1）×（12）＝2n所以S＝2n－n－12n，即∑i=2解法二∑i=2nP（X＝i）＝P（X≤n），事件“X≤n”的對立事件為“n次試驗中，成功了0次或1“n次試驗中，成功了0次”的概率p1＝（1－12）n＝1“n次試驗中，成功了1次”的概率p2＝Cn1×（1－12）n－1×1所以P（X≤n）＝1－12n－n2即∑i=2nP（X＝i）②n次內(nèi)結(jié)束試驗的概率為P（X≤n），即∑i=2nP（X＝i）＝2n－n－12記f（n）＝n+12n（n≥2），因為f（n＋1）－f（n）＝n+22n+1－n+12n＝因為f（4）＝516＞14，f（5）＝316故使得不等式n+12n≤1所以n的最小值為5.學(xué)生用書·練習(xí)幫P4011.[設(shè)問創(chuàng)新]魯班鎖是中國一種古老的益智玩具，它與九連環(huán)、華容道、七巧板被稱為中國民間的四大傳統(tǒng)益智玩具.魯班鎖看似簡單，卻凝結(jié)著不平凡的智慧，是榫卯結(jié)構(gòu)的集中展現(xiàn)，一般由六根木條組成，三維拼插，內(nèi)部榫卯咬合，外觀嚴(yán)絲合縫，十字立體，易拆難裝，十分巧妙.某玩具公司新開發(fā)了A，B兩款魯班鎖玩具，記A，B兩款魯班鎖玩具所獲利潤分別為X萬元、Y萬元，根據(jù)銷售部市場調(diào)研分析，得到相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：（成本利潤率＝利潤÷成本×100％）A款魯班鎖玩具：成本利潤率4％8％10％概率P0.30.60.1B款魯班鎖玩具：成本利潤率3％5.5％7.5％概率P0.20.30.5（1）若A，B兩款魯班鎖玩具的投資成本均為20萬元，試求投資這兩款魯班鎖玩具所獲利潤的方差；（2）若A，B兩款魯班鎖玩具的投資成本共為20萬元，試求投資這兩款魯班鎖玩具所獲利潤的方差之和的最小值.解析（1）A款魯班鎖玩具的利潤：20×4％＝0.8，20×8％＝1.6，20×10％＝2，B款魯班鎖玩具的利潤：20×3％＝0.6，20×5.5％＝1.1，20×7.5％＝1.5，則X的分布列為X0.81.62P0.30.60.1Y的分布列為Y0.61.11.5P0.20.30.5所以E（X）＝0.8×0.3＋1.6×0.6＋2×0.1＝1.4，E（Y）＝0.6×0.2＋1.1×0.3＋1.5×0.5＝1.2，則D（X）＝（0.8－1.4）2×0.3＋（1.6－1.4）2×0.6＋（2－1.4）2×0.1＝0.168.D（Y）＝（0.6－1.2）2×0.2＋（1.1－1.2）2×0.3＋（1.5－1.2）2×0.5＝0.12.（2）記A款魯班鎖玩具的投資成本為m（0≤m≤20）萬元，則B款魯班鎖玩具的投資成本為（20－m）萬元，投資這兩款魯班鎖玩具所獲利潤的方差之和f（m）＝D（m20X）＋D（20－得f（m）＝（m20）2×0.168＋（20－m20）2×0.12＝m2400×0.168＋（1－m10＋m2400）所以當(dāng)m＝253時，投資A，B兩款魯班鎖玩具所獲利潤的方差之和取得最小值2.[2024貴州六校聯(lián)考]為了豐富學(xué)生的課外活動，某中學(xué)舉辦羽毛球比賽，經(jīng)過三輪的篩選，最后剩下甲、乙兩人進(jìn)行最終決賽，決賽采用五局三勝制，即當(dāng)甲、乙兩人中有一人先贏得三局比賽時，該選手獲勝，比賽結(jié)束.每局比賽皆須分出勝負(fù)，且每局比賽的勝負(fù)不受之前比賽結(jié)果影響.假設(shè)甲在每一局獲勝的概率均為p（0＜p＜1）.（1）若比賽進(jìn)行三局就結(jié)束的概率為f（p），求f（p）的最小值；（2）記（1）中，f（p）取得最小值時，p的值為p0，以p0作為p的值，用X表示甲、乙實際比賽的局?jǐn)?shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望E（X）.解析（1）三局就結(jié)束比賽的概率f（p）＝p3＋（1－p）3，f'（p）＝3p2－3（1－p）2＝6p－3，當(dāng)0＜p＜12時，f'（p）＜0；當(dāng)12＜p＜1時，f'（p）所以f（p）在（0，12）上單調(diào)遞減，在（12，所以當(dāng)p＝12時，f（p）取得最小值，為1（2）由（1）知，p＝p0＝12X的所有可能取值為3，4，5，P（X＝3）＝（12）3＋（1－12）3＝P（X＝4）＝2×C32×（12）2×（1－12）×P（X＝5）＝2×C42×（12）2×（1－12）2×所以X的分布列為X345P133E（X）＝3×14＋4×38＋5×383.[2024安徽六校聯(lián)考]為慶祝中國共產(chǎn)黨成立102周年，某校某班組織開展了“學(xué)黨史，憶初心”黨史知識競賽活動，抽取四位同學(xué)，分成甲、乙兩組（每組兩人），進(jìn)行對戰(zhàn)答題.規(guī)則如下：每次每位同學(xué)給出6道題目，其中有1道是送分題（即每位同學(xué)至少可答對1題）.若每次每組答對的題數(shù)之和為3的倍數(shù)，原答題組的人再繼續(xù)答題；若答對的題數(shù)之和不是3的倍數(shù)，就由對方組接著答題.假設(shè)每位同學(xué)每次答題之間相互獨立.（1）若第1次由甲、乙組答題是等可能的，求第2次由乙組答題的概率；（2）若第1次由甲組答題，記第n次由甲組答題的概率為Pn，求Pn.解析（1）將第1次由甲組答題記作事件A，第2次由乙組答題記作事件B，則第1次由乙組答題為事件A，因為答對的題數(shù)之和為3的倍數(shù)的可能情況為1＋2，1＋5，2＋4，3＋3，3＋6，4＋5，6＋6，所以其概率為5×2+236＝則答對的題數(shù)之和不是3的倍數(shù)的概率為1－13＝2則P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A）