第十章　必刷大題20　概率與統(tǒng)計-2025高中數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版

必刷大題20概率與統(tǒng)計1．(2023·汕頭模擬)袋中裝著標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4的小球各3個，從袋中任取3個小球，每個小球被取出的可能性都相等．(1)求取出的3個小球上的數(shù)字互不相同的概率；(2)用X表示取出的3個小球上所標(biāo)的最大數(shù)字，求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望．解(1)“一次取出的3個小球上的數(shù)字互不相同”的事件記為事件A，則P(A)＝eq\f(C\o\al(3,4)·C\o\al(1,3)·C\o\al(1,3)·C\o\al(1,3),C\o\al(3,12))＝eq\f(27,55).(2)由題意知，X所有可能的取值為1,2,3,4，P(X＝1)＝eq\f(1,C\o\al(3,12))＝eq\f(1,220)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)·C\o\al(1,3)＋C\o\al(2,3)·C\o\al(1,3)＋C\o\al(3,3),C\o\al(3,12))＝eq\f(19,220)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(2,6)·C\o\al(1,3)＋C\o\al(1,6)·C\o\al(2,3)＋C\o\al(3,3),C\o\al(3,12))＝eq\f(64,220)＝eq\f(16,55)，P(X＝4)＝eq\f(C\o\al(2,9)·C\o\al(1,3)＋C\o\al(1,9)·C\o\al(2,3)＋C\o\al(3,3),C\o\al(3,12))＝eq\f(136,220)＝eq\f(34,55).所以隨機(jī)變量X的分布列為X1234Peq\f(1,220)eq\f(19,220)eq\f(16,55)eq\f(34,55)隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望為E(X)＝1×eq\f(1,220)＋2×eq\f(19,220)＋3×eq\f(16,55)＋4×eq\f(34,55)＝eq\f(155,44).2．(2023·邵陽模擬)某電視臺為了解不同性別的觀眾對同一檔電視節(jié)目的評價情況，隨機(jī)選取了100名觀看該檔節(jié)目的觀眾對這檔電視節(jié)目進(jìn)行評價，已知被選取的觀眾中“男性”與“女性”的人數(shù)之比為9∶11，評價結(jié)果分為“喜歡”和“不喜歡”，并將部分評價結(jié)果整理如下表所示．性別評價合計喜歡不喜歡男性15女性合計50100(1)根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成上面的2×2列聯(lián)表；(2)依據(jù)小概率值α＝0.005的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為性別因素與評價結(jié)果有關(guān)系？(3)電視臺計劃拓展男性觀眾市場，現(xiàn)從參與評價的男性中，用按比例分配的分層隨機(jī)抽樣的方法選取3人，進(jìn)行節(jié)目“建言”征集獎勵活動，其中評價結(jié)果為“不喜歡”的觀眾“建言”被采用的概率為eq\f(1,3)，評價結(jié)果為“喜歡”的觀眾“建言”被采用的概率為eq\f(2,3)，“建言”被采用獎勵100元，“建言”不被采用獎勵50元，記3人獲得的總獎金為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．附：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).α0.0100.0050.001xα6.6357.87910.828解(1)男性有100×eq\f(9,9＋11)＝45(人)，女性有100－45＝55(人)，然后可得下表：性別評價合計喜歡不喜歡男性153045女性352055合計5050100(2)零假設(shè)為H0：性別因素與評價結(jié)果無關(guān)．χ2＝eq\f(100×15×20－30×352,45×55×50×50)＝eq\f(100,11)≈9.091，因?yàn)棣?>7.879＝x0.005，所以根據(jù)小概率值α＝0.005的獨(dú)立性檢驗(yàn)，我們推斷零假設(shè)H0不成立，即認(rèn)為評價結(jié)果與性別有關(guān)系．(3)由題意得選取的3人中，評價結(jié)果為“喜歡”的有1人，“不喜歡”的有2人，所以X的所有可能取值為150,200,250,300，則P(X＝150)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,27)，P(X＝200)＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋2×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,9)，P(X＝250)＝2×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(1,3)，P(X＝300)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,27)，所以X的分布列為X150200250300Peq\f(4,27)eq\f(4,9)eq\f(1,3)eq\f(2,27)數(shù)學(xué)期望為E(X)＝150×eq\f(4,27)＋200×eq\f(4,9)＋250×eq\f(1,3)＋300×eq\f(2,27)＝eq\f(650,3).3．(2023·南京模擬)綜合素質(zhì)評價是高考招生制度改革的內(nèi)容之一．某高中采用多維評分的方式進(jìn)行綜合素質(zhì)評價．如圖是該校高三學(xué)生“運(yùn)動與健康”評價結(jié)果的頻率分布直方圖，評分在區(qū)間[90,100]，[70,90)，[60,70)，[50,60)上，分別對應(yīng)為A，B，C，D四個等級．為了進(jìn)一步引導(dǎo)學(xué)生對運(yùn)動與健康的重視，初評獲A等級的學(xué)生不參加復(fù)評，等級不變，對其余學(xué)生學(xué)校將進(jìn)行一次復(fù)評．復(fù)評中，原獲B等級的學(xué)生有eq\f(1,4)的概率提升為A等級，原獲C等級的學(xué)生有eq\f(1,5)的概率提升為B等級，原獲D等級的學(xué)生有eq\f(1,6)的概率提升為C等級．用頻率估計概率，每名學(xué)生復(fù)評結(jié)果相互獨(dú)立．(1)若初評中甲獲得B等級，乙、丙獲得C等級，記甲、乙、丙三人復(fù)評后等級為B等級的人數(shù)為ξ，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)從全體高三學(xué)生中任選1人，在已知該學(xué)生是復(fù)評晉級的條件下，求他初評是C等級的概率．解(1)ξ的所有可能取值為0,1,2,3，P(ξ＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(4,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(4,25)，P(ξ＝1)＝eq\f(3,4)×eq\f(4,5)×eq\f(4,5)＋eq\f(1,4)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(14,25)，P(ξ＝2)＝eq\f(3,4)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,5)×eq\f(4,5)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,4)，P(ξ＝3)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＝eq\f(3,100)，∴ξ的分布列為ξ0123Peq\f(4,25)eq\f(14,25)eq\f(1,4)eq\f(3,100)E(ξ)＝0×eq\f(4,25)＋1×eq\f(14,25)＋2×eq\f(1,4)＋3×eq\f(3,100)＝eq\f(115,100)＝eq\f(23,20).(2)記事件A為“該學(xué)生復(fù)評晉級”，事件B為“該學(xué)生初評是C等級”，則P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(0.015×10×\f(1,5),0.032＋0.028×10×\f(1,4)＋0.015×10×\f(1,5)＋0.005×10×\f(1,6))＝eq\f(18,113).4．杭州第19屆亞運(yùn)會共設(shè)40個競賽大項(xiàng)．其中首次增設(shè)了電子競技項(xiàng)目．與傳統(tǒng)的淘汰賽不同，近年來一個新型的賽制“雙敗賽制”贏得了許多賽事的青睞．傳統(tǒng)的淘汰賽失敗一場就喪失了冠軍爭奪的權(quán)利，而在雙敗賽制下，每人或者每個隊(duì)伍只有失敗了兩場才會淘汰出局，因此容錯率更高．假設(shè)最終有四支隊(duì)伍進(jìn)入到半決賽，淘汰賽制下會將他們四支隊(duì)伍兩兩分組進(jìn)行比賽，勝者進(jìn)入到總決賽，總決賽的勝者即為最終的冠軍．雙敗賽制下，兩兩分組，勝者進(jìn)入到勝者組，敗者進(jìn)入到敗者組，勝者組兩個隊(duì)伍對決的勝者將進(jìn)入到總決賽，敗者進(jìn)入到敗者組．之前進(jìn)入到敗者組的兩個隊(duì)伍對決的敗者將直接淘汰，勝者將跟勝者組的敗者對決，其中的勝者進(jìn)入總決賽，最后總決賽的勝者即為冠軍，雙敗賽制下會發(fā)現(xiàn)一個有意思的事情，在勝者組中的勝者只要輸一場比賽則總決賽就無法拿到冠軍，但是其他的隊(duì)伍卻有一次失敗的機(jī)會，近年來從敗者組殺上來拿到冠軍的不在少數(shù)，因此很多人戲謔這個賽制對強(qiáng)者不公平，是否真的如此呢？這里我們簡單研究一下兩個賽制，假設(shè)四支隊(duì)伍分別為A，B，C，D，其中A對陣其他三個隊(duì)伍獲勝概率均為p，另外三支隊(duì)伍彼此之間對陣時獲勝概率均為eq\f(1,2).最初分組時AB同組，CD同組．(1)若p＝eq\f(3,4)，在淘汰賽制下，A，C獲得冠軍的概率分別為多少？(2)分別計算兩種賽制下A獲得冠軍的概率(用p表示)，并據(jù)此簡單分析一下雙敗賽制下對隊(duì)伍的影響，是否如很多人質(zhì)疑的“對強(qiáng)者不公平”？解(1)A獲得冠軍：AB組A獲勝，再由A與CD組勝者決賽并勝出，A獲得冠軍的概率為P1＝eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×eq\f(3,4)＝eq\f(9,16)，C獲得冠軍：CD組C獲勝，再由C與AB組勝者決賽并勝出，C獲得冠軍的概率為P2＝eq\f(1,2)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\f(1,2)＝eq\f(5,32).(2)淘汰賽制下，A獲得冠軍的概率為p×eq\f(1,2)×p＋p×eq\f(1,2)×p＝p2，雙敗賽制下，討論A進(jìn)入勝者組、敗者組兩種情況，當(dāng)A進(jìn)入勝者組，若在勝者組A失敗，后兩局都勝，方可得冠軍，若在勝者組A勝利，后一局(與敗者組勝者比賽)勝，方可得冠軍；當(dāng)A進(jìn)入敗者組，后三局都勝，方可得冠軍．綜上，A獲得冠軍的概率為p3(1－p)＋p3＋(1－p)p3＝p3(3－2p)．令f(p)＝p3(3－2p)－p2＝p2(－2p2＋3p－1)＝p2(2p－1)(1－p)，若A為強(qiáng)隊(duì)，則eq\f(1,2)<p<1，故f(p)>0，所以雙敗賽制下對強(qiáng)者更有利．5．(2024·惠州模擬)為了避免就餐聚集和減少排隊(duì)時間，某校開學(xué)后，食堂從開學(xué)第一天起，每餐只推出即點(diǎn)即取的米飯?zhí)撞秃兔媸程撞停阎惩瑢W(xué)每天中午會在食堂提供的兩種套餐中選擇一種，已知他第一天選擇米飯?zhí)撞偷母怕蕿閑q\f(2,3)，而前一天選擇了米飯?zhí)撞秃笠惶炖^續(xù)選擇米飯?zhí)撞偷母怕蕿閑q\f(1,4)，前一天選擇面食套餐后一天繼續(xù)選擇面食套餐的概率為eq\f(1,2)，如此往復(fù)．(1)求該同學(xué)第二天中午選擇米飯?zhí)撞偷母怕剩?2)記該同學(xué)第n天選擇米飯?zhí)撞偷母怕蕿镻n，①證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(2,5)))為等比數(shù)列；②證明：當(dāng)n≥2時，Pn≤eq\f(5,12).(1)解設(shè)A1＝“第1天選擇米飯?zhí)撞汀保珹2＝“第2天選擇米飯?zhí)撞汀?，則eq\x\to(A)1＝“第1天選擇面食套餐”．根據(jù)題意P(A1)＝eq\f(2,3)，P(eq\x\to(A)1)＝eq\f(1,3)，P(A2|A1)＝eq\f(1,4)，P(A2|eq\x\to(A)1)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(eq\x\to(A)1)P(A2|eq\x\to(A)1)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3).(2)證明①設(shè)An＝“第n天選擇米飯?zhí)撞汀保瑒tPn＝P(An)，P(eq\x\to(A)n)＝1－Pn，根據(jù)題意P(An＋1|An)＝eq\f(1,4)，P(An＋1|eq\x\to(A)n)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，由全概率公式，得Pn＋1＝P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P(eq\x\to(A)n)P(An＋1|eq\x\to(A)n)＝eq\f(1,4)Pn＋eq\f(1,2)(1－Pn)＝－eq\f(1,4)Pn＋eq\f(1,2)，因此Pn＋1－eq\f(2,5)＝－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(2,5))).因?yàn)镻1－eq\f(2,5)＝eq\f(4,15)≠0，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(2,5)))是以eq\f(4,15)為首項(xiàng)，－eq\f(1,4)為公比的等比數(shù)列．②由①可得Pn＝eq\f(2,5)＋eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n－1.當(dāng)n為大于1的奇數(shù)時，Pn＝eq\f(2,5)＋eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1≤eq\f(2,5)＋eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(5,12)；當(dāng)n為正偶數(shù)時，Pn＝eq\f(2,5)－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1<eq\f(2,5)<eq\f(5,12).因此當(dāng)n≥2時，Pn≤eq\f(5,12).6．(2023·陽泉模擬)在上海舉辦的第五屆中國國際進(jìn)口博覽會中，硬幣大小的無導(dǎo)線心臟起搏器引起廣大參會者的關(guān)注．這種起搏器體積只有傳統(tǒng)起搏器的eq\f(1,10)，其無線充電器的使用更是避免了傳統(tǒng)起搏器囊袋及導(dǎo)線引發(fā)的相關(guān)并發(fā)癥．在起搏器研發(fā)后期，某企業(yè)快速啟動無線充電器主控芯片試生產(chǎn)，試產(chǎn)期同步進(jìn)行產(chǎn)品檢測，檢測包括智能檢測與人工抽檢．智能檢測在生產(chǎn)線上自動完成，包含安全檢測、電池檢測、性能檢測三項(xiàng)指標(biāo)，人工抽檢僅對智能檢測三項(xiàng)指標(biāo)均達(dá)標(biāo)的產(chǎn)品進(jìn)行抽樣檢測，且僅設(shè)置一個綜合指標(biāo)，四項(xiàng)指標(biāo)均達(dá)標(biāo)的產(chǎn)品才能視為合格品．已知試產(chǎn)期的產(chǎn)品，智能檢測三項(xiàng)指標(biāo)的達(dá)標(biāo)率分別約為eq\f(99,100)，eq\f(98,99)，eq\f(97,98)，設(shè)人工抽檢的綜合指標(biāo)不達(dá)標(biāo)率為p(0<p<1)．(1)求每個芯片智能檢測不達(dá)標(biāo)的概率；(2)人工抽檢30個芯片，記恰有1個不達(dá)標(biāo)的概率為φ(p)，求φ(p)的極大值點(diǎn)p0；(3)若芯片的合格率不超過96%，則需對生產(chǎn)工序進(jìn)行改良．以(2)中確定的p0作為p的值，判斷該企業(yè)是否需對生產(chǎn)工序進(jìn)行改良．解(1)每個芯片智能檢測中安全檢測、電池檢測、性能檢測三項(xiàng)指標(biāo)達(dá)標(biāo)的概率分別記為P1，P2，P3，并記芯片智能檢測不達(dá)標(biāo)為事件A.視指標(biāo)的達(dá)標(biāo)率為任取一件新產(chǎn)品，該項(xiàng)指標(biāo)達(dá)標(biāo)的概率，則有P1＝eq\f(99,100)，P2＝eq\f(98,99)，P3＝eq\f(97,98)，由對立事件的性質(zhì)及事件獨(dú)立性的定義得，P(A)＝1－P1P2P3＝1－eq\f(99,100)×eq