2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版高考解答題專項突破（六） 概率與統(tǒng)計的綜合問題含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版[考情分析]概率與統(tǒng)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(shù)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(shù)、數(shù)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(jù)調(diào)查，目前對于已經(jīng)近視的小學(xué)生，有兩種佩戴眼鏡的選擇，一種是佩戴傳統(tǒng)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(fā)展速度，所以越來越多的小學(xué)生家長選擇角膜塑形鏡控制孩子的近視發(fā)展)，A市從該地區(qū)小學(xué)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(xué)生，已知這名小學(xué)生佩戴眼鏡，那么，該學(xué)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(xué)生中，選出3人，求其中男生人數(shù)X的期望與方差；(3)若將樣本的頻率當(dāng)作估計總體的概率，請問，從A市的小學(xué)生中，隨機選出20名小學(xué)生，求佩戴角膜塑形鏡的人數(shù)Y的期望與方差．解(1)根據(jù)題中樣本數(shù)據(jù)，設(shè)“這名小學(xué)生佩戴眼鏡”為事件A，“這名小學(xué)生佩戴的眼鏡是角膜塑形鏡”為事件B，“這名小學(xué)生佩戴眼鏡，且眼鏡是角膜塑形鏡”為事件AB，則P(A)＝eq\f(24,100)＝0.24，P(AB)＝eq\f(8,100)＝0.08，故所求的概率為P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(0.08,0.24)＝eq\f(1,3)，所以從樣本中選一名學(xué)生，已知這名小學(xué)生佩戴眼鏡，則該學(xué)生佩戴的是角膜塑形鏡的概率是eq\f(1,3).(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(shù)X的可能取值為0，1，2，P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(20,56)＝eq\f(5,14)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,6),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(30,56)＝eq\f(15,28)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,6),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(6,56)＝eq\f(3,28).所以男生人數(shù)X的分布列為X012Peq\f(5,14)eq\f(15,28)eq\f(3,28)所以E(X)＝1×eq\f(15,28)＋2×eq\f(3,28)＝eq\f(3,4)，D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3,4)))eq\s\up12(2)×eq\f(5,14)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))eq\s\up12(2)×eq\f(15,28)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,4)))eq\s\up12(2)×eq\f(3,28)＝eq\f(45,112).(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(shù)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(yīng)公式求解，而對于一般類型的隨機變量，應(yīng)先求其分布列，然后代入相應(yīng)公式計算，注意離散型隨機變量的取值與概率的對應(yīng)．1.某醫(yī)藥企業(yè)使用新技術(shù)對某款血液試劑進(jìn)行試生產(chǎn)．(1)在試產(chǎn)初期，該款血液試劑的I批次生產(chǎn)有四道工序，前三道工序的生產(chǎn)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(chǎn)中，經(jīng)過前三道工序后的次品率為eq\f(1,20).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(jìn)入流水線并由工人進(jìn)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(jìn)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(shè)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)≤eq\f(D（X）,ε2).藥廠宣稱該血液試劑對檢測某種疾病的有效率為80%，現(xiàn)隨機選擇了100份血液樣本，使用該血液試劑進(jìn)行檢測，每份血液樣本檢測結(jié)果相互獨立，顯示有效的份數(shù)不超過60，請結(jié)合切比雪夫不等式，通過計算說明該企業(yè)的宣傳內(nèi)容是否真實可信．解(1)設(shè)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)＝eq\f(98,100)，P(AB)＝1－eq\f(1,20)＝eq\f(19,20)，則工人在流水線進(jìn)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)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(19,20)×eq\f(100,98)＝eq\f(95,98).(2)設(shè)100份血液樣本中檢測有效的份數(shù)為X，假設(shè)該企業(yè)關(guān)于此新試劑有效率的宣傳內(nèi)容是客觀真實的，那么在此假設(shè)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)≤eq\f(D（X）,202)＝0.04，即在假設(shè)下，100份血液樣本中顯示有效的份數(shù)不超過60的概率不超過0.04，此概率很小，據(jù)此我們有理由推斷該企業(yè)的宣傳內(nèi)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(fēng)仍然堅韌，這就是生命的力量，意志的力量”“當(dāng)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(fēng)景都終將在你生命里出現(xiàn)”……當(dāng)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(xué)生的閱讀時間，從該校隨機抽取了800名學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，得到了這800名學(xué)生一周的平均閱讀時間(單位：小時)，并將樣本數(shù)據(jù)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(jìn)一步了解這800名學(xué)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(nèi)的學(xué)生中，采用比例分配的分層隨機抽樣的方法抽取了10人，現(xiàn)從這10人中隨機抽取3人，記周平均閱讀時間在(14，16]內(nèi)的學(xué)生人數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(3)以樣本的頻率估計概率，從該校所有學(xué)生中隨機抽取20名學(xué)生，用P(k)表示這20名學(xué)生中恰有k名學(xué)生周平均閱讀時間在(8，12]內(nèi)的概率，其中k＝0，1，2，…，20.當(dāng)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(nèi)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(nèi)的人數(shù)為10×eq\f(5,10)＝5，在(14，16]內(nèi)的人數(shù)為10×eq\f(4,10)＝4，在(16，18]內(nèi)的人數(shù)為10×eq\f(1,10)＝1，則X的所有可能取值為0，1，2，3，∴P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(20,120)＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(60,120)＝eq\f(1,2)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30)，∴X的分布列為X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5).(3)用頻率估計概率，從該校所有學(xué)生中隨機抽取1名學(xué)生，周平均閱讀時間在(8，12]內(nèi)的概率p＝(0.15＋0.1)×2＝0.5＝eq\f(1,2)；則P(k)＝Ceq\o\al(k,20)pk(1－p)20－k＝Ceq\o\al(k,20)×eq\f(1,2k)×eq\f(1,220－k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,20),220)，若P(k)最大，則Ceq\o\al(k,20)最大，∴當(dāng)k＝10時，P(k)取得最大值．概率與統(tǒng)計作為考查考生應(yīng)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(xiàn)了概率與統(tǒng)計的工具性和交匯性．統(tǒng)計以考查抽樣方法、樣本的頻率分布、樣本特征數(shù)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(jié)合，要注意理解實際問題的意義，使之和相應(yīng)的概率計算對應(yīng)起來，只有這樣才能有效地解決問題．2.(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)某研究小組經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)某種疾病的患病者與未患病者的某項醫(yī)學(xué)指標(biāo)有明顯差異，經(jīng)過大量調(diào)查，得到如下的患病者和未患病者該指標(biāo)的頻率分布直方圖：利用該指標(biāo)制定一個檢測標(biāo)準(zhǔn)，需要確定臨界值c，將該指標(biāo)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(biāo)準(zhǔn)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(shè)數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布，以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率．(1)當(dāng)漏診率p(c)＝0.5%時，求臨界值c和誤診率q(c)；(2)設(shè)函數(shù)f(c)＝p(c)＋q(c)，當(dāng)c∈[95，105]時，求f(c)的解析式，并求f(c)在區(qū)間[95，105]的最小值．解(1)依題意可知，患病者該指標(biāo)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<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)當(dāng)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(dāng)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)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－0.008c＋0.82，95≤c≤100，,0.01c－0.98，100<c≤105，))所以f(c)在區(qū)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(chǔ)，是環(huán)保的深層次體現(xiàn)，在眾多發(fā)達(dá)國家被廣大民眾接受并執(zhí)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(xiàn)先對100人做了是否會考慮選擇自行車出行的調(diào)查，結(jié)果如下表．年齡考慮騎車不考慮騎車15以下63[15，30)166[30，45)136[45，60)1416[60，75)5975以上15合計5545(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(lián)表，并判斷有多少把握認(rèn)為該地區(qū)市民是否考慮騎車與他(她)是不是“青年人”有關(guān)．騎車不騎車合計45歲以下45歲以上合計100參考：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（a＋c）（c＋d）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d.α0.050.0250.0100.0050.001xα3.8415.0246.6357.87910.828(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10km，現(xiàn)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19km/h的速度直達(dá)上班地點．方案二：開車以30km/h的速度上班，但要經(jīng)過A，B，C三個易堵路段，三個路段堵車的概率分別是eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，且是相互獨立的，并且每次堵車的時間都是10分鐘(假設(shè)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(jù)題目所給數(shù)據(jù)填寫2×2列聯(lián)表如下：騎車不騎車合計45歲以下35155045歲以上203050合計5545100所以χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)＝eq\f(100×（35×30－15×20）2,50×50×55×45)≈9.091>7.879，所以有99.5%的把握認(rèn)為該地區(qū)市民是否考慮騎車與他(她)是不是“青年人”有關(guān)．(2)方案一：選擇自行車，走無障礙自行車道以19km/h的速度直達(dá)上班地點，則所需時間為eq\f(10,19)h.方案二：記開車上班所用時間為Xh，則X的所有可能取值為eq\f(1,3)，eq\f(1,2)，eq\f(2,3)，eq\f(5,6).Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝\f(1,3)))＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,6)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝\f(1,2)))＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,12)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝\f(2,3)))＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝\f(5,6)))＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,12)，所以X的分布列為Xeq\f(1,3)eq\f(1,2)eq\f(2,3)eq\f(5,6)Peq\f(1,6)eq\f(5,12)eq\f(1,3)eq\f(1,12)E(X)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)×eq\f(5,12)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(5,6)×eq\f(1,12)＝eq\f(5,9)h.因為eq\f(10,19)<eq\f(5,9)，所以僅從時間的角度考慮，應(yīng)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(tǒng)計的基本知識，并能對這些知識點進(jìn)行有效的融合，把統(tǒng)計圖表中的量轉(zhuǎn)化為概率或分布列求解中有用的量是解決此類問題的關(guān)鍵．3.一種疫苗在正式上市之前要進(jìn)行多次人體臨床試驗接種，假設(shè)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(yī)學(xué)研究院研究團隊研發(fā)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(guān)系，選取了兩種劑量接種方案(0.5mL/次劑量組(低劑量)與1mL/次劑量組(中劑量))，臨床試驗免疫結(jié)果對比如下：接種成功接種不成功合計0.5mL/次劑量組288361mL/次劑量組33336合計611172(1)根據(jù)數(shù)據(jù)說明哪種方案接種效果好，并判斷是否有90%的把握認(rèn)為該疫苗接種成功與否與兩種劑量接種方案有關(guān)；(2)若以數(shù)據(jù)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(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．附：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，其中n＝a＋b＋c＋d.α0.400.250.150.100.0500.0250.0100.001xα0.7081.3232.0722.7063.8415.0246.63510.828解(1)0.5mL/次劑量組(低劑量)接種成功的概率為eq\f(28,36)＝eq\f(7,9)，1mL/次劑量組(中劑量)接種成功的概率為eq\f(33,36)＝eq\f(11,12)，因為eq\f(11,12)>eq\f(7,9)，所以1mL/次劑量組(中劑量)接種效果好．由2×2列聯(lián)表得χ2＝eq\f(72×（28×3－8×33）2,36×36×61×11)≈2.683<2.706，所以沒有90%的把握認(rèn)為該疫苗接種成功與否與兩種劑量接種方案有關(guān)．(2)X的所有可能取值為0，1，2，P(X＝0)＝eq\f(2,9)×eq\f(1,12)＝eq\f(2,108)＝eq\f(1,54)，P(X＝1)＝eq\f(7,9)×eq\f(1,12)＋eq\f(2,9)×eq\f(11,12)＝eq\f(29,108)，P(X＝2)＝eq\f(7,9)×eq\f(11,12)＝eq\f(77,108)，所以X的分布列為X012Peq\f(1,54)eq\f(29,108)eq\f(77,108)E(X)＝0×eq\f(1,54)＋1×eq\f(29,108)＋2×eq\f(77,108)＝eq\f(183,108)＝eq\f(61,36).考點四概率與經(jīng)驗回歸方程的綜合例4(2024·廣東深圳模擬)我國在芯片領(lǐng)域的短板有光刻機和光刻膠，某風(fēng)險投資公司準(zhǔn)備投資芯片領(lǐng)域，若投資光刻機項目，據(jù)預(yù)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(jù)預(yù)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(fēng)險角度考慮，為該公司選擇一個較穩(wěn)妥的項目；(2)若該風(fēng)險投資公司準(zhǔn)備對以上你認(rèn)為較穩(wěn)妥的項目進(jìn)行投資，4年累計投資數(shù)據(jù)如下表：年份x2020202120222023μ1234累計投資金額y/億元2356請根據(jù)上表提供的數(shù)據(jù)，用最小二乘法求出y關(guān)于μ的經(jīng)驗回歸方程eq\o(y,\s\up8(^))＝eq\o(b,\s\up8(^))μ＋eq\o(a,\s\up8(^))，并預(yù)測到哪一年年末，該投資公司在芯片領(lǐng)域的投資收益預(yù)期能達(dá)到0.75億元．附：收益＝投入的資金×獲利的期望；經(jīng)驗回歸方程eq\o(y,\s\up8(^))＝eq\o(b,\s\up8(^))x＋eq\o(a,\s\up8(^))中，eq\o(b,\s\up8(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))（xi－\o(x,\s\up8(－))）（yi－\o(y,\s\up8(－))）,\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))（xi－\o(x,\s\up8(－))）2)＝eq\f(\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))xiyi－n\o(x,\s\up8(－))\o(y,\s\up8(－)),\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))xeq\o\al(2,i)－n\o(x,\s\up8(－))2)，eq\o(a,\s\up8(^))＝eq\o(y,\s\up8(－))－eq\o(b,\s\up8(^))eq\o(x,\s\up8(－)).解(1)若投資光刻機項目，設(shè)收益率為α1，則α1的分布列為α10.3－0.1Pp1－p所以E(α1)＝0.3p＋(－0.1)(1－p)＝0.4p－0.1.若投資光刻膠項目，設(shè)收益率為α2，則α2的分布列為α20.3－0.20P0.40.10.5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(wěn)妥．綜上所述，建議該風(fēng)險投資公司投資光刻膠項目．(2)因為eq\o(μ,\s\up8(－))＝eq\f(1＋2＋3＋4,4)＝2.5，eq\o(y,\s\up8(－))＝eq\f(2＋3＋5＋6,4)＝4，eq\o(∑,\s\up8(4),\s\do8(i＝1))μiyi＝1×2＋2×3＋3×5＋4×6＝47，eq\o(∑,\s\up8(4),\s\do8(i＝1))μeq\o\al(2,i)＝12＋22＋32＋42＝30，所以eq\o(b,\s\up8(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up8(4),\s\do8(i＝1))μiyi－4\o(μ,\s\up8(－))\o(y,\s\up8(－)),\o(∑,\s\up8(4),\s\do8(i＝1))μeq\o\al(2,i)－4\o(μ,\s\up8(－))2)＝eq\f(47－4×2.5×4,30－4×2.52)＝1.4，eq\o(a,\s\up8(^))＝eq\o(y,\s\up8(－))－eq\o(b,\s\up8(^))eq\o(μ,\s\up8(－))＝4－1.4×2.5＝0.5，故經(jīng)驗回歸方程為eq\o(y,\s\up8(^))＝1.4μ＋0.5.設(shè)該公司在芯片領(lǐng)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(lǐng)域的投資收益預(yù)期能達(dá)到0.75億元．概率與經(jīng)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(shù)字特征、二項分布、超幾何分布及經(jīng)驗回歸方程等知識，主要考查學(xué)生的閱讀能力、數(shù)據(jù)處理能力、運算求解能力及應(yīng)用意識．4.(2023·河北衡水中學(xué)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12345678910年薪(萬元)44.5656.57.588.5951(1)求該單位員工當(dāng)年年薪的平均數(shù)和中位數(shù)；(2)從該單位中任取2人，此2人中年薪高于7萬的人數(shù)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(guān)，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(yù)測該員工第五年的年薪為多少？附：經(jīng)驗回歸方程eq\o(y,\s\up8(^))＝eq\o(b,\s\up8(^))x＋eq\o(a,\s\up8(^))中系數(shù)的計算公式分別為eq\o(b,\s\up8(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))（xi－\o(x,\s\up8(－))）（yi－\o(y,\s\up8(－))）,\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))（xi－\o(x,\s\up8(－))）2)＝eq\f(\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))xiyi－n\o(x,\s\up8(－))\o(y,\s\up8(－)),\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))xeq\o\al(2,i)－n\o(x,\s\up8(－))2)，eq\o(a,\s\up8(^))＝eq\o(y,\s\up8(－))－eq\o(b,\s\up8(^))eq\o(x,\s\up8(－))，其中eq\o(x,\s\up8(－))，eq\o(y,\s\up8(－))為樣本均值．解(1)平均數(shù)為eq\f(1,10)×(4＋4.5＋6＋5＋6.5＋7.5＋8＋8.5＋9＋51)＝11萬元；中位數(shù)為eq\f(6.5＋7.5,2)＝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)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(2,9)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(5,9)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(2,9)，所以X的分布列為X012Peq\f(2,9)eq\f(5,9)eq\f(2,9)E(X)＝0×eq\f(2,9)＋1×eq\f(5,9)＋2×eq\f(2,9)＝1.(3)設(shè)xi，yi(i＝1，2，3，4)分別表示工作年限及相應(yīng)年薪，則eq\o(x,\s\up8(－))＝2.5，eq\o(y,\s\up8(－))＝6，eq\o(∑,\s\up8(4),\s\do8(i＝1))(xi－eq\o(x,\s\up8(－)))2＝2.25＋0.25＋0.25＋2.25＝5，eq\o(∑,\s\up8(4),\s\do8(i＝1))(xi－eq\o(x,\s\up8(－)))(yi－eq\o(y,\s\up8(－)))＝－1.5×(－2)＋(－0.5)×(－0.5)＋0.5×0＋1.5×2.5＝7，eq\o(b,\s\up8(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up8(4),\s\do8(i＝1))（xi－\o(x,\s\up8(－))）（yi－\o(y,\s\up8(－))）,\o(∑,\s\up8(4),\s\do8(i＝1))（xi－\o(x,\s\up8(－))）2)＝eq\f(7,5)＝1.4，eq\o(a,\s\up8(^))＝eq\o(y,\s\up8(－))－eq\o(b,\s\up8(^))eq\o(x,\s\up8(－))＝6－1.4×2.5＝2.5，所以經(jīng)驗回歸方程為eq\o(y,\s\up8(^))＝1.4x＋2.5.當(dāng)x＝5時，eq\o(y,\s\up8(^))＝9.5，所以預(yù)測該員工第五年的年薪為9.5萬元．考點五統(tǒng)計、概率與正態(tài)分布的綜合例5(2023·福建漳州統(tǒng)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(yīng)求，各大養(yǎng)豬場正面臨巨大挑戰(zhàn)．目前各項針對性政策措施對于生豬整體產(chǎn)量恢復(fù)、激發(fā)養(yǎng)殖戶積極性的作用正在逐步顯現(xiàn)．現(xiàn)有甲、乙兩個規(guī)模一致的大型養(yǎng)豬場，均養(yǎng)有1萬頭豬，將其中重量(單位：kg)在[1，139]內(nèi)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(jù)以往經(jīng)驗，兩個養(yǎng)豬場豬的體重X均近似服從正態(tài)分布N(70，232)．由于我國有關(guān)部門加強對大型養(yǎng)豬場即將投放市場的成年期豬的監(jiān)控力度，高度重視成年期豬的質(zhì)量保證，為了養(yǎng)出健康的成年活豬，甲、乙兩養(yǎng)豬場引入兩種不同的防控及養(yǎng)殖模式．已知甲、乙兩個養(yǎng)豬場內(nèi)一頭成年期豬能通過質(zhì)檢合格的概率分別為eq\f(3,4)，eq\f(4,5).(1)試估算甲養(yǎng)豬場三個生長階段豬的數(shù)量；(2)已知甲養(yǎng)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(yǎng)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(yǎng)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(shù)學(xué)期望；②假設(shè)兩養(yǎng)豬場均能把成年期豬售完，求兩養(yǎng)豬場的總利潤的期望．參考數(shù)據(jù)：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(shè)各階段豬的數(shù)量分別為n1，n2，n3，∴P(1≤X<24)＝P(70－3×23≤X<70－2×23)≈eq\f(0.9973－0.9545,2)＝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)≈eq\f(0.9973－0.9545,2)＝0.0214，∴n3＝10000×0.0214＝214，∴估計甲養(yǎng)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(yǎng)豬場內(nèi)一頭成年期豬能通過質(zhì)檢合格的概率分別為eq\f(3,4)，eq\f(4,5)，Y的所有可能取值為1100，400，－300.P(Y＝1100)＝eq\f(3,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(3,5)，P(Y＝400)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(7,20)，P(Y＝－300)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,20)，∴Y的分布列為Y1100400－300Peq\f(3,5)eq\f(7,20)eq\f(1,20)∴E(Y)＝1100×eq\f(3,5)＋400×eq\f(7,20)－300×eq\f(1,20)＝785元．②由于各養(yǎng)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(tài)分布求給定區(qū)間的概率時，注意給定區(qū)間與μ，σ的轉(zhuǎn)化，使給定區(qū)間轉(zhuǎn)化為3σ特殊區(qū)間，從而求出其概率．5.(2024·山東濟寧模擬)為了響應(yīng)2024年全國文明城市建設(shè)的號召，某市文明辦對市民進(jìn)行了一次文明創(chuàng)建知識的網(wǎng)絡(luò)問卷調(diào)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(tǒng)計結(jié)果如下表所示：組別[50，60)[60，70)[70，80)[80，90)[90，100]頻數(shù)1020252520(1)若此次調(diào)查問卷的得分Z服從正態(tài)分布N(μ，25)，μ近似等于樣本的平均成績(同一組數(shù)據(jù)用該組區(qū)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(diào)查問卷，規(guī)定：調(diào)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3510Peq\f(2,5)eq\f(2,5)eq\f(1,5)如果某市民參加調(diào)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(shù)據(jù)：若隨機變量Z服從正態(tài)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?yōu)閑q\f(55×10＋65×20＋75×25＋85×25＋95×20,100)＝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(dāng)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)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(12,125).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)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,125)，P(X＝11)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(24,125)，P(X＝13)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(24,125)，P(X＝15)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,125)，由(1)，知P(X＝16)＝eq\f(12,125)，P(X＝18)＝Aeq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,5)＝eq\f(24,125)，所以P(X≤18)＝eq\f(8＋24＋24＋8＋12＋24,125)＝eq\f(100,125)＝eq\f(4,5)，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－eq\f(4,5)＝eq\f(1,5)，即4P(X≥20)＝eq\f(4,5)，所以P(X≤18)＝4P(X≥20)．考點六統(tǒng)計、概率與數(shù)列的綜合例6(2023·江西南昌模擬)草莓具有較高的營養(yǎng)價值、醫(yī)療價值和生態(tài)價值．草莓漿果芳香多汁，營養(yǎng)豐富，素有“水果皇后”的美稱．某草莓園統(tǒng)計了最近100天的草莓日銷售量(單位：千克)，數(shù)據(jù)如下所示．銷售量區(qū)間天數(shù)[150，200)20[200，250)25[250，300)10[300，350)40[350，400)5eq\a\vs4\al()(1)求a的值及這100天草莓日銷售量的平均數(shù)(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)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(yōu)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(yōu)惠3元，摸出黑球不優(yōu)惠．游戲二：一張紙板共畫了11個同心圓，圓心處標(biāo)記數(shù)字0，從內(nèi)到外的圓環(huán)內(nèi)依次標(biāo)記數(shù)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(huán)移動，若擲出的硬幣正面向上，則骰子向外移動一環(huán)(如：從圓心移動到標(biāo)上數(shù)字1的環(huán)內(nèi))；若擲出的硬幣反面向上，則骰子向外移動兩環(huán)(如：從標(biāo)上數(shù)字1的環(huán)內(nèi)移動到標(biāo)上數(shù)字3的環(huán)內(nèi))．顧客重復(fù)擲硬幣直到骰子移到標(biāo)上數(shù)字9的環(huán)內(nèi)就可以獲得“九折優(yōu)惠券”，或移到標(biāo)上數(shù)字10的環(huán)內(nèi)就游戲結(jié)束無優(yōu)惠．有兩個孩子對于選擇哪個游戲可以獲得更大優(yōu)惠出現(xiàn)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(shù)eq\o(x,\s\up8(－))＝0.2×175＋0.25×225＋0.1×275＋0.4×325＋0.05×375＝267.5.(2)當(dāng)選擇游戲一時，設(shè)每千克草莓優(yōu)惠金額為X，則X的所有可能取值為0，3，6.P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,6))＝0.2，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,6))＝0.6，P(X＝6)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(3,6))＝0.2.所以X的分布列為X036P0.20.60.2E(X)＝0×0.2＋3×0.6＋6×0.2＝3.當(dāng)選擇游戲二時，設(shè)骰子移到標(biāo)上數(shù)字n(2≤n≤9，n∈Z)的環(huán)內(nèi)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(huán)，P1＝eq\f(1,2).骰子移到數(shù)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(shù)字n－2代表的環(huán)上，又?jǐn)S出反面，其概率為eq\f(1,2)Pn－2；第二種情況：骰子先到數(shù)字n－1代表的環(huán)上，又?jǐn)S出正面，其概率為eq\f(1,2)Pn－1.所以Pn＝eq\f(1,2)Pn－2＋eq\f(1,2)Pn－1，即Pn－Pn－1＝－eq\f(1,2)(Pn－1－Pn－2)，所以{Pn－Pn－1}是公比為－eq\f(1,2)的等比數(shù)列．P1－1＝－eq\f(1,2)，P2－P1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)，P3－P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(3)，…，Pn－Pn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)，以上各式累加，得Pn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝－eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n)))，所以Pn＝eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n＋1)))(2≤n≤9，n∈Z)．獲得“九折優(yōu)惠券”的概率P9＝eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(10)))，無優(yōu)惠的概率P10＝eq\f(1,2)P8＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(9))).設(shè)選擇游戲二時每千克草莓優(yōu)惠金額為Y，則Y的所有可能取值為0，6.E(Y)＝6×eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(10)))＋0×eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(9)))＝4×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(10)))≈4.因為E(X)<E(Y)，所以選擇游戲二獲得更大優(yōu)惠的可能性更大．注：P9也可用列舉法求骰子移動到標(biāo)有數(shù)字9的環(huán)內(nèi)．有以下5類情況：①移動兩環(huán)4次，移動一環(huán)1次，其概率為Ceq\o\al(4,5)×eq\f(1,25)，②移動兩環(huán)3次，移動一環(huán)3次，其概率為Ceq\o\al(3,6)×eq\f(1,26)，③移動兩環(huán)2次，移動一環(huán)5次，其概率為Ceq\o\al(2,7)×eq\f(1,27)，④移動兩環(huán)1次，移動一環(huán)7次，其概率為Ceq\o\al(1,8)×eq\f(1,28)，⑤移動一環(huán)9次，其概率為eq\f(1,29)，故P9＝Ceq\o\al(4,5)×eq\f(1,25)＋Ceq\o\al(3,6)×eq\f(1,26)＋Ceq\o\al(2,7)×eq\f(1,27)＋Ceq\o\al(1,8)×eq\f(1,28)＋eq\f(1,29)＝eq\f(341,29).高考有時將概率、統(tǒng)計等問題與數(shù)列交會在一起進(jìn)行考查，因此在解答此類題時，準(zhǔn)確地把題中所涉及的事件進(jìn)行分解，明確所求問題所屬的事件類型是關(guān)鍵．6.(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)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(eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))Xi)＝eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))qi.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，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(shè)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(gòu)造等比數(shù)列{pi＋λ}，設(shè)pi＋1＋λ＝eq\f(2,5)(pi＋λ)，解得λ＝－eq\f(1,3)，則pi＋1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))，又p1＝eq\f(1,2)，p1－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))是首項為eq\f(1,6)，公比為eq\f(2,5)的等比數(shù)列，即pi－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，所以pi＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)＋eq\f(1,3).(3)因為pi＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)＋eq\f(1,3)，i＝1，2，…，n，所以當(dāng)n∈N*時，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝eq\f(1,6)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(n),1－\f(2,5))＋eq\f(n,3)＝eq\f(5,18)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(n)))＋eq\f(n,3).考點七統(tǒng)計、概率與函數(shù)的綜合例7甲、乙兩人參加一個游戲，該游戲設(shè)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<p<1)，甲贏的概率為1－p，每局游戲相互獨立，在乙贏了3局甲贏了1局的情況下，游戲設(shè)備出現(xiàn)了故障，游戲被迫終止，則獎金應(yīng)該如何分配才為合理？有專家提出如下的獎金分配方案：如果出現(xiàn)無人先贏5局且游戲意外終止的情況，則甲、乙按照游戲再繼續(xù)進(jìn)行下去各自贏得全部獎金的概率之比P甲∶P乙分配獎金．記事件A為“游戲繼續(xù)進(jìn)行下去甲獲得全部獎金”，試求當(dāng)游戲繼續(xù)進(jìn)行下去，甲獲得全部獎金的概率f(p)，并判斷當(dāng)p≥eq\f(2,3)時，事件A是否為小概率事件，并說明理由．(注：若隨機事件發(fā)生的概率小于0.05，則稱隨機事件為小概率事件)解設(shè)游戲繼續(xù)進(jìn)行Y局甲獲得全部獎金，則最后一局必然甲贏．由題知，當(dāng)Y＝4時，甲以5∶3贏，∴P(Y＝4)＝(1－p)4，當(dāng)Y＝5時，甲以5∶4贏，∴P(Y＝5)＝(1－p)×Ceq\o\al(3,4)×(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∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，∴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∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，∴f′(p)＝－20(1－p)3p<0，∴f(p)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上單調(diào)遞減，∴f(p)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(11,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)＝eq\f(11,35)≈0.045<0.05，故事件A是小概率事件．在概率與統(tǒng)計的問題中，決策的工具是樣本的數(shù)字特征或有關(guān)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(shù)、不等式或數(shù)列的有關(guān)性質(zhì)去實現(xiàn)．7.(2024·河南信陽模擬)一款擊鼓小游戲的規(guī)則如下：每盤游戲都需擊鼓三次，每次擊鼓要么出現(xiàn)一次音樂，要么不出現(xiàn)音樂；每盤游戲擊鼓三次后，出現(xiàn)三次音樂獲得150分，出現(xiàn)兩次音樂獲得100分，出現(xiàn)一次音樂獲得50分，沒有出現(xiàn)音樂則獲得－300分，設(shè)每次擊鼓出現(xiàn)音樂的概率為peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<p<\f(2,5)))，且各次擊鼓出現(xiàn)音樂相互獨立．(1)若一盤游戲中僅出現(xiàn)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(fā)現(xiàn)，若干盤游戲后，與最初的分?jǐn)?shù)相比，分?jǐn)?shù)沒有增加反而減少了．設(shè)每盤游戲的得分為隨機變量ξ，請運用概率統(tǒng)計的相關(guān)知識分析分?jǐn)?shù)減少的原因．解(1)由題可知，一盤游戲中僅出現(xiàn)一次音樂的概率為f(p)＝Ceq\o\al(1,3)p(1－p)2＝3p3－6p2＋3p，f′(p)＝3(3p－1)(p－1)，由f′(p)＝0得p＝eq\f(1,3)或p＝1(舍去)，當(dāng)p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))時，f′(p)>0；當(dāng)p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,5)))時，f′(p)<0，∴f(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,5)))上單調(diào)遞減，∴當(dāng)p＝eq\f(1,3)時，f(p)有最大值，即f(p)的最大值點p0＝eq\f(1,3).(2)ξ的所有可能取值為－300，50，100，150，p(ξ＝－300)＝(1－p)3，p(ξ＝50)＝Ceq\o\al(1,3)p(1－p)2，p(ξ＝100)＝Ceq\o\al(2,3)p2(1－p)，p(ξ＝150)＝p3，∴E(ξ)＝－300(1－p)3＋50Ceq\o\al(1,3)p(1－p)2＋100Ceq\o\al(2,3)p2(1－p)＋150p3＝300eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p3－3p2＋\f(7,2)p－1))，令g(p)＝p3－3p2＋eq\f(7,2)p－1，0<p<eq\f(2,5)，則g′(p)＝3p2－6p＋eq\f(7,2)＝3(p－1)2＋eq\f(1,2)>0，∴g(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))上單調(diào)遞增，∴g(p)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))＝－eq\f(2,125)<0，故有E(ξ)<0.這說明每盤游戲平均得分是負(fù)分，由概率統(tǒng)計的相關(guān)知識可知，許多人經(jīng)過若干盤游戲后，與最初的分?jǐn)?shù)相比，分?jǐn)?shù)沒有增加反而會減少了．課時作業(yè)1．(2023·山西太原聯(lián)考)為調(diào)查學(xué)生對政協(xié)、人大兩會相關(guān)知識的了解情況，某高中學(xué)校開展了兩會知識問答活動，現(xiàn)從全校參與該活動的學(xué)生中隨機抽取320名學(xué)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(shè)μ，σ分別為被抽取的320名學(xué)生得分的平均數(shù)和標(biāo)準(zhǔn)差，求P(50.5≤X≤94)的值；(2)學(xué)校對這些被抽取的320名學(xué)生進(jìn)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(xué)生獲得1次抽獎機會，得分高于55的學(xué)生獲得2次抽獎機會．假定每次抽獎抽到價值10元的學(xué)習(xí)用品的概率為eq\f(3,4)，抽到價值20元的學(xué)習(xí)用品的概率為eq\f(1,4).從這320名學(xué)生中任取一位，記該同學(xué)在抽獎活動中獲得學(xué)習(xí)用品的價值總額為ξ元，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望(用分?jǐn)?shù)表示)，并估算此次抽獎要準(zhǔn)備的學(xué)習(xí)用品的價值總額．參考數(shù)據(jù)：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973,eq\r(210)≈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)≈eq\f(0.9545,2)＋eq\f(0.6827,2)＝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)＝eq\f(3,8)，P(X>55)＝eq\f(5,8)，P(ξ＝10)＝eq\f(3,8)×eq\f(3,4)＝eq\f(9,32)，P(ξ＝20)＝eq\f(3,8)×eq\f(1,4)＋eq\f(5,8)×eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(57,128)，P(ξ＝30)＝eq\f(5,8)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)×2＝eq\f(15,64)，P(ξ＝40)＝eq\f(5,8)×eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(5,128)，所以ξ的分布列為ξ10203040Peq\f(9,32)eq\f(57,128)eq\f(15,64)eq\f(5,128)E(ξ)＝10×eq\f(9,32)＋20×eq\f(57,128)＋30×eq\f(15,64)＋40×eq\f(5,128)＝eq\f(325,16)，故此次抽獎要準(zhǔn)備的學(xué)習(xí)用品的價值總額約為320×eq\f(325,16)＝6500元．2．某高?！爸参餇I養(yǎng)學(xué)專業(yè)”學(xué)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(nóng)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(yīng)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(yīng)的株高增量數(shù)據(jù)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(shù)92092第2組雞冠花株數(shù)416164第3組雞冠花株數(shù)1312132假設(shè)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(nèi)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(nèi)，求X的分布列和數(shù)學(xué)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(nèi)，“ξk＝0”表示第k組雞冠花的株高增量在(10，16]內(nèi)，k＝1，2，3，直接寫出方差D(ξ1)，D(ξ2)，D(ξ3)的大小關(guān)系．(結(jié)論不要求證明)解(1)設(shè)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(nèi)”，根據(jù)題中數(shù)據(jù)，第1組所有雞冠花中，有20株雞冠花的株高增量在(7，10]內(nèi)，所以P(A)估計為eq\f(20,40)＝eq\f(1,2).(2)設(shè)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(nèi)”，設(shè)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(nèi)”，根據(jù)題中數(shù)據(jù)，P(B)估計為eq\f(16,40)＝eq\f(2,5)，P(C)估計為eq\f(12,40)＝eq\f(3,10)，根據(jù)題意，隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3，且P(X＝0)＝P(eq\o(A,\s\up8(－))eq\o(B,\s\up8(－))eq\o(C,\s\up8(－)))＝P(eq\o(A,\s\up8(－)))P(eq\o(B,\s\up8(－)))P(eq\o(C,\s\up8(－)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,10)))＝eq\f(21,100)，P(X＝1)＝P(Aeq\o(B,\s\up8(－))eq\o(C,\s\up8(－))＋eq\o(A,\s\up8(－))Beq\o(C,\s\up8(－))＋eq\o(A,\s\up8(－))eq\o(B,\s\up8(－))C)＝P(A)P(eq\o(B,\s\up8(－)))P(eq\o(C,\s\up8(－)))＋P(eq\o(A,\s\up8(－)))P(B)P(eq\o(C,\s\up8(－)))＋P(eq\o(A,\s\up8(－)))P(eq\o(B,\s\up8(－)))P(C)＝eq\f(11,25)，P(X＝2)＝P(ABeq\o(C,\s\up8(－))＋Aeq\o(B,\s\up8(－))C＋eq\o(A,\s\up8(－))BC)＝P(A)P(B)P(eq\o(C,\s\up8(－)))＋P(A)P(eq\o(B,\s\up8(－)))P(C)＋P(eq\o(A,\s\up8(－)))·P(B)P(C)＝eq\f(29,100)，P(X＝3)＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝eq\f(3,50)，則X的分布列為X0123Peq\f(21,100)eq\f(11,25)eq\f(29,100)eq\f(3,50)所以E(X)＝0×eq\f(21,100)＋1×eq\f(11,25)＋2×eq\f(29,100)＋3×eq\f(3,50)＝eq\f(6,5).(3)D(ξ1)<D(ξ3)<D(ξ2)．理由如下：P(ξ1＝1)＝eq\f(29,40)，P(ξ1＝0)＝eq\f(11,40)，所以E(ξ1)＝1×eq\f(29,40)＋0×eq\f(11,40)＝eq\f(29,40)，D(ξ1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(29,40)))eq\s\up12(2)×eq\f(29,40)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(29,40)))eq\s\up12(2)×eq\f(11,40)＝eq\f(319,1600)；P(ξ2＝1)＝eq\f(20,40)＝eq\f(1,2)，P(ξ2＝0)＝eq\f(1,2)，所以E(ξ2)＝1×eq\f(1,2)＋0×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，D(ξ2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)＝eq\f(400,1600)；P(ξ3＝1)＝eq\f(25,40)＝eq\f(5,8)，P(ξ3＝0)＝eq\f(3,8)，所以E(ξ3)＝1×eq\f(5,8)＋0×eq\f(3,8)＝eq\f(5,8)，D(ξ3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,8)))eq\s\up12(2)×eq\f(5,8)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(5,8)))eq\s\up12(2)×eq\f(3,8)＝eq\f(15,64)＝eq\f(375,1600)，所以D(ξ1)<D(ξ3)<D(ξ2)．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(jù)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(chǎn)生誤判，則機器A通過本輪的圖靈測試．假設(shè)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(dāng)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(dāng)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(dāng)回答一名測試者的問題時，求機器A被誤判的概率；(2)按現(xiàn)有設(shè)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(Neq\o(M,\s\up8(－)))＝P(M)P(N|M)＋P(eq\o(M,\s\up8(－)))P(N|eq\o(M,\s\up8(－)))＝0.6×0.1＋(1－0.6)×0.35＝0.2.(2)設(shè)X為4名測試者中產(chǎn)生誤判的人數(shù)，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(chǎn)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－Ceq\o\al(0,4)×0.20×(1－0.2)4－Ceq\o\al(1,4)×0.2×(1－0.2)3＝0.1808.4．為考察本科生基本學(xué)術(shù)規(guī)范和基本學(xué)術(shù)素養(yǎng)，某大學(xué)決定對各學(xué)院本科畢業(yè)論文進(jìn)行抽檢，初步方案是本科畢業(yè)論文抽檢每年進(jìn)行一次，抽檢對象為上一學(xué)年度授予學(xué)士學(xué)位的論文，初評階段，每篇論文送3位同行專家進(jìn)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(yè)論文，將認(rèn)定為“存在問題畢業(yè)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(jìn)行復(fù)評．復(fù)評階段，2位復(fù)評專家中有1位以上(含1位)專家評議意見為“不合格”，將認(rèn)定為“存在問題畢業(yè)論文”．每位專家，判定每篇論文“不合格”的概率均為p(0<p<1)，且各篇畢業(yè)論文是否被判定為“不合格”相互獨立．(1)若p＝eq\f(1,2)，求每篇畢業(yè)論文被認(rèn)定為“存在問題畢業(yè)論文”的概率；(2)學(xué)校擬定每篇論文需要復(fù)評的評審費用為180元，不需要復(fù)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(shè)每篇畢業(yè)論文被認(rèn)定為“存在問題畢業(yè)論文”為事件A，則P(A)＝p3＋Ceq\o\al(2,3)p2(1－p)＋Ceq\o\al(1,3)p(1－p)2[1－(1－p)2]，∵p＝eq\f(1,2)，∴P(A)＝eq\f(25,32).(2)設(shè)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)＝Ceq\o\al(1,3)p(1－p)2，P(X＝90)＝1－Ceq\o\al(1,3)p(1－p)2，∴E(X)＝90×[1－Ceq\o\al(1,3)p(1－p)2]＋180×Ceq\o\al(1,3)p(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(dāng)p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))時，g′(p)>0，g(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上單調(diào)遞增；當(dāng)p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))時，g′(p)<0，g(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調(diào)遞減，∴g(p)的最大值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(4,27)，∴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(xùn)練教官為了檢驗學(xué)員某項技能的水平，隨機抽取100名學(xué)員進(jìn)行測試，并根據(jù)該項技能的評價指標(biāo)，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(biāo)的中位數(shù)(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(biāo)在[70，75)和[85，90)內(nèi)的學(xué)員中隨機抽取12名，再從這12名學(xué)員中隨機抽取5名學(xué)員，記抽取到學(xué)員的該項技能的評價指標(biāo)在[70，75)內(nèi)的學(xué)員人數(shù)為X，求X的分布列與數(shù)學(xué)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(xué)員該項技能的評價指標(biāo)的中位數(shù)在[80，85)內(nèi)．設(shè)學(xué)員該項技能的評價指標(biāo)的中位數(shù)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(xué)員中該項技能的評價指標(biāo)在[70，75)內(nèi)的有4名，在[85，90)內(nèi)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)＝eq\f(Ceq\o\al(5,8),Ceq\o\al(5,12))＝eq\f(7,99)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(4,8)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(5,12))＝eq\f(35,99)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(3,8)Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(5,12))＝eq\f(14,33)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,8)Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(5,12))＝eq\f(14,99)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(1,8)Ceq\o\al(4,4),Ceq