高考數(shù)學(xué)專項(xiàng)復(fù)習(xí)：概率與統(tǒng)計(jì)的綜合應(yīng)用（十八大題型）（解析版）

概率與統(tǒng)計(jì)的綜合應(yīng)用

題型一:決策問(wèn)題

題型二:道路通行問(wèn)題

題型三:保險(xiǎn)問(wèn)題

題型四:概率最值問(wèn)題

題型五:放回與不放回問(wèn)題

題型六:體育比賽問(wèn)題

題型七:幾何問(wèn)題

題型八:彩票問(wèn)題

題型九:納稅問(wèn)題

題型十:疾病問(wèn)題

題型十一:建議問(wèn)題

題型十二:概率與數(shù)列遞推問(wèn)題

題型十三:硬幣問(wèn)題

題型十四：自主選科問(wèn)題

題型十五:高爾頓板問(wèn)題

題型十六：自主招生問(wèn)題

題型十七:順序排位問(wèn)題

題型十八:博彩問(wèn)題

Q〔必考題型歸納〕O

題型一:決策問(wèn)題

蒯工（2023?甘肅蘭州?高三蘭化一中校考期中）據(jù)悉強(qiáng)基計(jì)劃的校考由試點(diǎn)高校自主命題，?？歼^(guò)程中達(dá)到

筆試優(yōu)秀才能進(jìn)入面試環(huán)節(jié).已知甲、乙兩所大學(xué)的筆試環(huán)節(jié)都設(shè)有三門(mén)考試科目且每門(mén)科目是否達(dá)

到優(yōu)秀相互獨(dú)立.若某考生報(bào)考甲大學(xué)，每門(mén)科目達(dá)到優(yōu)秀的概率均為:，若該考生報(bào)考乙大學(xué)，每門(mén)

科目達(dá)到優(yōu)秀的概率依次為4,六，九,其中0V九＜1.

65

（1）若n=2,分別求出該考生報(bào)考甲、乙兩所大學(xué)在筆試環(huán)節(jié)恰好有一門(mén)科目達(dá)到優(yōu)秀的概率；

（2）強(qiáng)基計(jì)劃規(guī)定每名考生只能報(bào)考一所試點(diǎn)高校,若以筆試過(guò)程中達(dá)到優(yōu)秀科目個(gè)數(shù)的期望為依據(jù)

作出決策,該考生更希望進(jìn)入甲大學(xué)的面試環(huán)節(jié),求九的范圍.

【解析】⑴設(shè)該考生報(bào)考甲大學(xué)恰好有一門(mén)筆試科目?jī)?yōu)秀為事件4則P⑷=或?（春）??。?=4；

該考生報(bào)考乙大學(xué)恰好有一門(mén)筆試科目?jī)?yōu)秀為事件B,則P（B）=^x4x^-+-^-x^-x-?-+^-x

653653b

AxX=IL

5390,

（2）該考生報(bào)考甲大學(xué)達(dá)到優(yōu)秀科目的個(gè)數(shù)設(shè)為X,

依題意，,則E（X）=3X1=1,

該同學(xué)報(bào)考乙大學(xué)達(dá)到優(yōu)秀科目的個(gè)數(shù)設(shè)為y,隨機(jī)變量y的可能取值為：0,1,2,3.

-1?

P(Y-0)=|x|(l-n)=^,F(y=l)=|x4(l-n)+|x|(l-n)+-|-x|n=^±^,

OOZOOOOOOOU

1-)/-\7-C\\5^2I1^.3I1y.2/1\2+11??/T~\/-rrQ\1^,22Tli___TL

F(y=2)=—x—n+—x—n+—x—(l-n)=一——,F(y=3)=—x—n=-=—,

65656530653015

隨機(jī)變量y的分布列：

Y0123

l-n13+2n2+llnn

P

2303015

九

頤y)=0xl—n+1x13+2h2X2+114+3X—17+30

2303015--30~~，

因?yàn)樵摽忌ＭM(jìn)入甲大學(xué)的面試，則石（y）vE（x）,即‘吟警VI,解得OVnV圣,

OUoU

所以71的范圍為：OVnV

oU

吼2（2023?全國(guó)?高三專題練習(xí)）2022年北京冬奧會(huì)后，由一名高山滑雪運(yùn)動(dòng)員甲組成的專業(yè)隊(duì)，與兩名高

山滑雪愛(ài)好者乙、丙組成的業(yè)余隊(duì)進(jìn)行友誼比賽，約定賽制如下:業(yè)余隊(duì)中的兩名隊(duì)員輪流與甲進(jìn)行比

賽，若甲連續(xù)贏兩場(chǎng)則專業(yè)隊(duì)獲勝；若甲連續(xù)輸兩場(chǎng)則業(yè)余隊(duì)獲勝；若比賽三場(chǎng)還沒(méi)有決出勝負(fù)，則視

為平局，比賽結(jié)束.已知各場(chǎng)比賽相互獨(dú)立,每場(chǎng)比賽都分出勝負(fù)，且甲與乙比賽，甲贏的概率為甲

與丙比賽，甲贏的概率為P,其中

/O

（1）若第一場(chǎng)比賽,業(yè)余隊(duì)可以安排乙與甲進(jìn)行比賽，也可以安排丙與甲進(jìn)行比賽.請(qǐng)分別計(jì)算兩種安

排下業(yè)余隊(duì)獲勝的概率;若以獲勝概率大為最優(yōu)決策，問(wèn):業(yè)余隊(duì)第一場(chǎng)應(yīng)該安排乙還是丙與甲進(jìn)行比

賽？

（2）為了激勵(lì)專業(yè)隊(duì)和業(yè)余隊(duì),賽事組織規(guī)定：比賽結(jié)束時(shí),勝隊(duì)獲獎(jiǎng)金6萬(wàn)元，負(fù)隊(duì)獲獎(jiǎng)金3萬(wàn)元;若平

局,兩隊(duì)各獲獎(jiǎng)金3.6萬(wàn)元.在比賽前，已知業(yè)余隊(duì)采用了（1）中的最優(yōu)決策與甲進(jìn)行比賽,設(shè)賽事組織

預(yù)備支付的獎(jiǎng)金金額共計(jì)X萬(wàn)元，求X的數(shù)學(xué)期望E（X）的取值范圍.

【解析】（1）第一場(chǎng)比賽，業(yè)余隊(duì)安排乙與甲進(jìn)行比賽，業(yè)余隊(duì)獲勝的概率為：

呂=:x（l—p）+~|"X（l_p）x-i-=-1-（l-p）

oooy

第一場(chǎng)比賽，業(yè)余隊(duì)安排丙與甲進(jìn)行比賽，業(yè)余隊(duì)獲勝的概率為：

為=（i-p）XXX（i-p）=9（i—p2）

4o-+PToo

因?yàn)樗訰—E=1x（i—M仔—

所以，業(yè)余隊(duì)第一場(chǎng)應(yīng)該安排乙與甲進(jìn)行比賽.

（2）由已知X=9萬(wàn)元，或X=7.2萬(wàn)元

由（1）知，業(yè)余隊(duì)最優(yōu)決策是第一場(chǎng)應(yīng)該安排乙與甲進(jìn)行比賽.

此時(shí)，業(yè)余隊(duì)獲勝的概率為：R=^（l—p）

專業(yè)隊(duì)獲勝的概率為烏=右+［義",=聶

所以，非平局的概率為「底=9）=/+8=得+當(dāng)）

yo

平局的概率為P（X=7.2）=1—^—瑪=春一%

93

X的分布列為：

X97.2

P(X)

?2?

5,141

了+丑

X的期望為E（X）=9X佟+為）+7.2X佟-D=8.2+0.6p

由日VpV4■，所以數(shù)學(xué)期望E（X）的取值范圍為（8.5,8.6）（單位：萬(wàn)元）

/O

蒯旦（2023?江西吉安?高三吉安三中?？茧A段練習(xí)）2020年以來(lái)，新冠疫情對(duì)商品線下零售影響很大.某商

家決定借助線上平臺(tái)開(kāi)展銷售活動(dòng).現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)平臺(tái)供選擇，且當(dāng)每件商品的售價(jià)為a（300WaW

500）元時(shí),從該商品在兩個(gè)平臺(tái)所有銷售數(shù)據(jù)中各隨機(jī)抽取100天的日銷售量統(tǒng)計(jì)如下，

商品日銷售量（單位:件）678910

甲平臺(tái)的天數(shù)1426262410

乙平臺(tái)的天數(shù)1025352010

假設(shè)該商品在兩個(gè)平臺(tái)日銷售量的概率與表格中相應(yīng)日銷售量的頻率相等，且每天的銷售量互不影

響，

⑴求“甲平臺(tái)日銷售量不低于8件”的概率，并計(jì)算“從甲平臺(tái)所有銷售數(shù)據(jù)中隨機(jī)抽取3天的日銷售

量，其中至少有2天日銷售量不低于8件”的概率；

（2）已知甲平臺(tái)的收費(fèi)方案為:每天傭金60元,且每銷售一件商品，平臺(tái)收費(fèi)30元；乙平臺(tái)的收費(fèi)方案

為:每天不收取傭金，但采用分段收費(fèi)，即每天銷售商品不超過(guò)8件的部分，每件收費(fèi)40元，超過(guò)8件的

部分，每件收費(fèi)35元.某商家決定在兩個(gè)平臺(tái)中選擇一個(gè)長(zhǎng)期合作,從日銷售收入（單價(jià)x日銷售量

—平臺(tái)費(fèi)用）的期望值較大的角度，你認(rèn)為該商家應(yīng)如何決策？說(shuō)明理由.

【解析】（1）令事件4=“甲平臺(tái)日銷售量不低于8件”，

則P（A）=26+24+10__3_

1'1005，

令事件B=”從甲平臺(tái)所有銷售數(shù)據(jù)中隨機(jī)抽取3天的日銷售量，其中至少有2天日銷售量不低于8

件”，

則P（B）=C皚菅+c吟月粽

⑵設(shè)甲平臺(tái)的日銷售收入為X,則X的所有可能取值為6a-240,7a-270,8a-300,9a-330,10a-

360.

所以，X的分布列為

X6a-2407a-2708CL—3009a—33010a-360

1426262410

P

100100100100100

所以，E(X)=(6a—240)x+(7a—270)x+(8a—300)x+(9a—330)x+(10a—

360)X忐=7.95297,

設(shè)乙平臺(tái)的日銷售收入為丫,則￥的所有可能取值為6a-240,7a-280,8a-320,9a-355,10a-390.

所以，y的分布列為：

Y6a-2407a-2808a—3209a-35510a-390

1025352010

p

100100100100100

-3?

所以，E(K)=(6a—240)x+(7a—280)xy畀+(8a—320)x+(9a—355)x+(10a—

390)x需=7.95a-316.

所以，E(y)-E(X)=0.05a-19,

令0.05a-19>0得a>380,令0.05a-19V0得a<380

所以，當(dāng)300Wa<380時(shí)，選擇甲平臺(tái)；當(dāng)a=380時(shí)，甲乙平臺(tái)均可；當(dāng)380<aW500時(shí)，選擇乙平臺(tái).

跟蹤訓(xùn)練1：(2023.江西.校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))某學(xué)校舉行“百科知識(shí)”競(jìng)賽，每個(gè)班選派一位學(xué)生代表參加.

某班經(jīng)過(guò)層層選拔，李明和王華進(jìn)入最后決賽，決賽方式如下:給定4個(gè)問(wèn)題，假設(shè)李明能且只能對(duì)其

中3個(gè)問(wèn)題回答正確，王華對(duì)其中任意一個(gè)問(wèn)題回答正確的概率均為日.由李明和王華各自從中隨機(jī)

抽取2個(gè)問(wèn)題進(jìn)行回答，而且每個(gè)人對(duì)每個(gè)問(wèn)題的回答均相互獨(dú)立.

(1)求李明和王華回答問(wèn)題正確的個(gè)數(shù)均為2的概率；

(2)設(shè)李明和王華回答問(wèn)題正確的個(gè)數(shù)分別為x和y,求的期望E(X)、E(y)和方差o(x)、

o(y),并由此決策派誰(shuí)代表該班參加競(jìng)賽更好.

【解析】⑴?.?李明回答問(wèn)題正確的個(gè)數(shù)為2的概率pi=尊=曰=《；

62

王華回答問(wèn)題正確的個(gè)數(shù)為2的概率P2=(4)2=2；

/.李明和王華回答問(wèn)題正確的個(gè)數(shù)均為2的概率p=pi°2=4X義=旦.

21632

(2)由題意知：李明回答問(wèn)題正確個(gè)數(shù)X所有可能的取值為1,2,

??.P(X=1)=3=總4，P(X=2)=魯=卷~，

.?.S(X)=1X1+2X|=1,P(X)-(1-1)2X^+(2-1)2X1=^；

?.?王華回答問(wèn)題正確的個(gè)數(shù)y?風(fēng)2,a)，

.?.S(Y)=2x1=1,D(Y)=2x|x(l-1)=-|-；

；E(X)=E(y),D(X)<D(Y),：.派李明代表該班參加競(jìng)賽更好.

跟蹤訓(xùn)練［2J(2023?全國(guó)?高三專題練習(xí))根據(jù)某地區(qū)氣象水文部門(mén)長(zhǎng)期統(tǒng)計(jì)，可知該地區(qū)每年夏季有小洪

水的概辜為0.25,有大洪水的概率為0.05.今年夏季該地區(qū)某工地有許多大型設(shè)備，遇到大洪水時(shí)要

損失60000元,遇到小洪水時(shí)要損失20000元，為保護(hù)設(shè)備，有以下3種方案：

方案1：修建保護(hù)圍墻，建設(shè)費(fèi)為3000元，但圍墻只能防小洪水；

方案2：修建保護(hù)大壩，建設(shè)費(fèi)為7000元,能夠防大洪水；

方案3：不采取措施

工地的領(lǐng)導(dǎo)該如何決策呢？

【解析】用',X2,X3分別表示方案1,2,3的損失，

第一方案，建保護(hù)墻，建設(shè)費(fèi)為3000元，但圍墻只能防小洪水，

無(wú)大洪水有大洪水

損失300063000

概率0.950.05

平均損失右(Xj=3000x0.95+63000x0.05=6000.

第二方案：建保護(hù)大壩，建設(shè)費(fèi)為7000元，能夠防大洪水,

-4?

E（X2）=7000.

第三方案：不采取措施.

無(wú)洪水有小洪水有大洪水

損失02000060000

概率0.70.250.05

平均損失E（XJ=60000X0.05+20000x0.25=8000.

因?yàn)镋（X3）>E（X?）>E（XJ

綜上，采取方案一較好.

題型二:道路通行問(wèn)題

翻11（2023?重慶?高三重慶市育才中學(xué)?？茧A段練習(xí)）9月6日位于重慶朝天門(mén)的來(lái)福士廣場(chǎng)開(kāi)業(yè),成了網(wǎng)

紅城市的又一打卡勝地重慶育才謝家灣校區(qū)與來(lái)福士之間的駕車往返所需時(shí)間為T(mén),T只與道路暢通

狀況有關(guān),對(duì)其容量為500的樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì),結(jié)果如下：

T（小時(shí)）0.80.911.1

頻數(shù)（次）10015020050

以這500次駕車往返所需時(shí)間的頻率代替某人1次駕車往返所需時(shí)間的概率.

⑴記T的期望為E（T）,求P（TVE（T））；

（2）某天有3位教師獨(dú)自駕車從謝家校區(qū)返于來(lái)福士，記X表示這3位教師中駕車所用時(shí)間少于E（T）

的人數(shù)，求X的分布列與E（X）.

【解析】（1）P（T=0.8）=黑=0.2,

P（T=0.9）=鬻=0.3,

叩=1）=熊=。-4,

P（T=1］）=瑞=?！?，

的分布列為：

T0.80.911.1

P0.20.30.40.1

E(T)=0.8X0.2+0.9X0.3+1X0.4+1.1x0.1=0.94,

??.P(T<E(T))=P(T=0.8)+P(T=0.9)=0.2+0.3=0.5.

(2)某天有3位教師獨(dú)自駕車從謝家校區(qū)返于來(lái)福士，記X表示這3位教師中駕車所用時(shí)間少于E(T)

的人數(shù)，

???P(X=O)=%)3=9

P(X=l)=^(1)(1)2=f,

P(X=2)=。%)招)=卷，

P(X=3)=Cf(^)3=1,

???X的分布列為：

?5?

X0123

1331

P

8888

E（X）=3x/='.

吼2（2023?湖北?統(tǒng)考一模）交通指數(shù)是指交通擁堵指數(shù)的簡(jiǎn)稱，是綜合反映道路網(wǎng)暢通或擁堵的概念性指

數(shù)值,記交通指數(shù)為T(mén),其范圍為[0,10],分別有五個(gè)級(jí)別：TE[0,2）,暢通；TE[2,4）,基本暢通；TE

[4,6）,輕度擁堵；TC[6,8）,中度擁堵；TC[8,10],嚴(yán)重?fù)矶?在晚高峰時(shí)段（中用2）,從某市交通指揮

中心選取了市區(qū)20個(gè)交通路段,依據(jù)其交通指數(shù)數(shù)據(jù)繪制的頻率分布直方圖如圖所示.

（1）求出輕度擁堵、中度擁堵、嚴(yán)重?fù)矶碌穆范蔚膫€(gè)數(shù)；

（2）用分層抽樣的方法從輕度擁堵、中度擁堵、嚴(yán)重?fù)矶碌穆范沃泄渤槿?個(gè)路段，求依次抽取的三個(gè)級(jí)

別路段的個(gè)數(shù)；

（3）從（2）中抽取的6個(gè)路段中任取2個(gè)，求至少有1個(gè)路段為輕度擁堵的概率.

【解析】（1）由頻率分布直方圖得，這20個(gè)交通路段中，

輕度擁堵的路段有（0.1+0.2）X1X20=6（個(gè)）,

中度擁堵的路段有（0.25+0.2）x1x20=9（個(gè)），

嚴(yán)重?fù)矶碌穆范斡校?.1+0.05）xlX2O=3（個(gè)）.

⑵由⑴知，擁堵路段共有6+9+3=18（個(gè)）,按分層抽樣，從18個(gè)路段抽取6個(gè)，則抽取的三個(gè)級(jí)別

路段的個(gè)數(shù)分別為鳥(niǎo)x6=2,&x9=3,&x3=l,即從交通指數(shù)在[4,6）,[6,8）,[8,10]的路段中

lololo

分別抽取的個(gè)數(shù)為2,3,1.

⑶記抽取的2個(gè)輕度擁堵路段為A,4,抽取的3個(gè)中度擁堵路段為瓦,抽取的1個(gè)嚴(yán)重?fù)矶?/p>

路段為G,則從這6個(gè)路段中抽取2個(gè)路段的所有可能情況為：（4,4）,（4,3）,（4,瑪），（4,4），

（40,（45）,（4,5）,（42,星）,（4,G）,（5B）,（B1B）,（瓦瑪）,B，G）,（場(chǎng)。），共15

種，其中至少有1個(gè)路段為輕度擁堵的情況為：（4,4）,（4,馬）,（4,瑪）,（4,屬）,（4,。1）,（4,瓦），

（4,5）,（48）,（4G）,共9種.

所以所抽取的2個(gè)路段中至少有1個(gè)路段為輕度擁堵的概率為三=§.

155

蒯3（2023?四川眉山?高三四川省眉山第一中學(xué)階段練習(xí)）隨著我國(guó)經(jīng)濟(jì)的不斷深入發(fā)展，百姓的生活也不

斷的改善，尤其是近幾年汽車進(jìn)入了千家萬(wàn)戶，這也給城市交通造成了很大的壓力，為此交警部門(mén)通過(guò)

對(duì)交通擁堵的研究提出了交通擁堵指數(shù)這一全新概念,交通擁堵指數(shù)簡(jiǎn)稱交通指數(shù)，是綜合反映道路

網(wǎng)暢通或擁堵的概念.記交通指數(shù)為T(mén),其范圍為[0,9],分別有5個(gè)級(jí)別:TE[0,2）暢通；TC[2,4）

基本暢通；TE[4,6）輕度擁堵；TE[6,8）中度擁堵；TE[8,9]嚴(yán)重?fù)矶?早高峰時(shí)段（T>3）,從北京

市交通指揮中心隨機(jī)選取了五環(huán)以內(nèi)50個(gè)交通路段，依據(jù)交通指數(shù)數(shù)據(jù)繪制的部分頻率分布直方圖如

圖所示：

,6,

（1）據(jù)此直方圖估算交通指數(shù)TC[4,8）時(shí)的中位數(shù)和平均數(shù)；

（2）據(jù)此直方圖求出早高峰二環(huán)以內(nèi)的3個(gè)路段至少有兩個(gè)嚴(yán)重?fù)矶碌母怕适嵌嗌伲?/p>

（3）某人上班路上所用時(shí)間若暢通時(shí)為20分鐘，基本暢通為30分鐘，輕度擁堵為35分鐘，中度擁堵為

45分鐘，嚴(yán)重?fù)矶聻?0分鐘，求此人所用時(shí)間的數(shù)學(xué)期望.

【解析】（1）由直方圖知，TC[4,8]時(shí)交通指數(shù)的中位數(shù)為5+1x（02/0.24）=35/6

TE[4,8]時(shí)交通指數(shù)的平均數(shù)為4.5X0.2+5.5X0.24+6.5X0.2+7.5X0.16=4.72.

（2）設(shè)事件力為“一條路段嚴(yán)重?fù)矶?，則F（A）=0.1,

則3條路段中至少有兩條路段嚴(yán)重?fù)矶碌母怕蕿椋篜=或x（J?x（1—+或x（4『=啟，

所以3條路段中至少有兩條路段嚴(yán)重?fù)矶碌母怕蕿楦?/p>

（3）由題意，所用時(shí)間力的分布列如下表:

X30354560

P0.10.440.360.1

則的二30x0.1+35X0.44+45x0.36+60x0.1=40.6,

所以此人經(jīng)過(guò)該路段所用時(shí)間的數(shù)學(xué)期望是40.6分鐘.

跟蹤訓(xùn)練[1.（2023.江西.校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）“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(guó)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(duì)100人做了是否會(huì)考慮選擇自行車出行的調(diào)查,結(jié)果如下

表.

⑴如果把45周歲以下人群定義為“青年”，完成下列2x2列聯(lián)表，并問(wèn)你有多少把握認(rèn)為該地區(qū)市民

是否考慮單車與他（她）是不是“青年人，，有關(guān)？

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)59

75以上15

合計(jì)5545

騎車不騎車合計(jì)

?7?

45歲以下

45歲以上

合計(jì)100

參考:KJ(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)'*Q+b+c+d

p(R2>k)0.150.100.050.0250.0100.0050.001

k2.072.703.845.026.637.8710.82

（2）S市為了鼓勵(lì)大家騎自行車上班,為此還專門(mén)在幾條平時(shí)比較擁堵的城市主道建有無(wú)障礙自行車

道,該市市民小明家離上班地點(diǎn)10km,現(xiàn)有兩種.上班方案給他選擇；

方案一:選擇自行車，走無(wú)障礙自行車道以19km/h的速度直達(dá)上班地點(diǎn).

方案二:開(kāi)車以30km/h的速度上班，但要經(jīng)過(guò)A、B、。三個(gè)易堵路段,三個(gè)路段堵車的概率分別是

且是相互獨(dú)立的，并且每次堵車的時(shí)間都是10分鐘（假設(shè)除了堵車時(shí)間其他時(shí)間都是勻速行駛）

ZZQ

若僅從時(shí)間的角度考慮，請(qǐng)你給小明作一個(gè)選擇,并說(shuō)明理由.

【解析】（1）根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)填寫(xiě)2x2列聯(lián)表如下：

騎車不騎車合計(jì)

45歲以下351550

45歲以上203050

合計(jì)5545100

s,on（ad-bcY100（35x30-15X20）2八》

所以R2=------'、/_1-----=_3"=9.09>7.87

（a+b）（a+c）（c+d）（b+d）55x45x50X50

所以有99.5%的把握認(rèn)為該地區(qū)市民是否考慮單車與他（她）是不是“青年人”有關(guān).

（2）方案一：選擇自行車，走無(wú)障礙自行車道以19km/h的速度直達(dá)上班地點(diǎn)，

則所需時(shí)間為：=

方案二：開(kāi)車以30km/h的速度上班，但要經(jīng)過(guò)4、B、C三個(gè)易堵路段，分別令三個(gè)路段堵車記為事件

4B、且P⑷=y,F（B）=y,P?=:,且4B、。相互獨(dú)立的，并且每次堵車的時(shí)間都是10分鐘

（假設(shè)除了堵車時(shí)間其他時(shí)間都是勻速行駛）

所以在路上遇上堵車的概率為：P=1—網(wǎng)無(wú)呵）=1—P⑷P（A）P?=1—Jx2x得=!，

ZZDO

故方案二所需時(shí)間為：益=2+言X4=條兒

306O36

因?yàn)榱?>力2,所以僅從時(shí)間的角度考慮，應(yīng)選方案二省時(shí)間.

跟蹤訓(xùn)練：2J（2023?全國(guó)?高三專題練習(xí)）某人某天的工作是駕車從A地出發(fā)，到兩地辦事，最后返回

A地，A,B,C,三地之間各路段行駛時(shí)間及擁堵概率如下表

路段正常行駛所用時(shí)間（小時(shí)）上午擁堵概率下午擁堵概率

AB10.30.6

BC20.20.7

CA30.30.9

-8-

若在某路段遇到擁堵，則在該路段行駛時(shí)間需要延長(zhǎng)1小時(shí).

現(xiàn)有如下兩個(gè)方案：

方案甲：上午從A地出發(fā)到口地辦事然后到達(dá)。地，下午從。地辦事后返回人地；

方案乙:上午從人地出發(fā)到。地辦事,下午從。地出發(fā)到達(dá)B地,辦完事后返回A地.

(1)若此人早上8點(diǎn)從A地出發(fā)，在各地辦事及午餐的累積時(shí)間為2小時(shí)，且采用方案甲，求他當(dāng)日18

點(diǎn)或18點(diǎn)之前能返回A地的概率.

(2)甲乙兩個(gè)方案中，哪個(gè)方案有利于辦完事后更早返回A地？請(qǐng)說(shuō)明理由.

【解析］【解析】(1)由題可知能按時(shí)返回的充要條件是擁堵路段不超過(guò)兩段，則不能按時(shí)返回時(shí)有三段

路段擁堵，二者互為對(duì)立事件，記“不能按時(shí)返回為事件4'則P(A)=0.3x0.2x0.9=0.054,

所以能夠按時(shí)返回的概率P(N)=0.946,

(2)設(shè)某段路正常行駛時(shí)間為x,擁堵的概率為p,

則該路段行駛時(shí)間x的分布列為

行駛時(shí)間2Xx+1

概率P1—PP

故Ex—rr(l—p)+{x+l)p—x+p,

上午48、B。、C4路段行駛時(shí)間期望值分別為1.3小時(shí)2.2小時(shí)、3.3小時(shí),

下午4B、BC、C4路段行駛時(shí)間期望值分別為1.6小時(shí)2.7小時(shí)3.9小時(shí)，

設(shè)采用甲方案所花費(fèi)總行駛時(shí)間為Y,則EY=1.3+2.2+3.9=7.4小時(shí)，

設(shè)采用乙方案所花費(fèi)總行駛時(shí)間為Z,則EZ=3.3+2.7+1.6=7.6小時(shí),

因此采用甲方案能更早返回.

題型三:保險(xiǎn)問(wèn)題

題工(2023?廣東湛江?高三統(tǒng)考階段練習(xí))某單位有員工50000人，一保險(xiǎn)公司針對(duì)該單位推出一款意外險(xiǎn)

產(chǎn)品，每年每位職工只需要交少量保費(fèi)，發(fā)生意外后可一次性獲得若干賠償金.保險(xiǎn)公司把該單位的所

有崗位分為三類工種，從事三類工種的人數(shù)分布比例如餅圖所示，且這三類工種每年的賠付

概率如下表所示：

工種類別ABC

121

賠付概率

105105104

職工類別分布餅圖

?9?

對(duì)于A,三類工種，職工每人每年保費(fèi)分別為a元、a元、6元，出險(xiǎn)后的賠償金額分別為100萬(wàn)元

、:L00萬(wàn)元、50萬(wàn)元，保險(xiǎn)公司在開(kāi)展此項(xiàng)業(yè)務(wù)過(guò)程中的固定支出為每年20萬(wàn)元.

（1）若保險(xiǎn)公司要求每年收益的期望不低于保費(fèi)的15%,證明：153a+176>4200.

（2）現(xiàn)有如下兩個(gè)方案供單位選擇:方案一:單位不與保險(xiǎn)公司合作，職工不交保險(xiǎn),出意外后單位自行

拿出與保險(xiǎn)公司提供的等額賠償金賠付給出意外的職工，單位開(kāi)展這項(xiàng)工作的固定支出為每年35萬(wàn)

元;方案二:單位與保險(xiǎn)公司合作，a=35,6=60,單位負(fù)責(zé)職工保費(fèi)的80%，職工個(gè)人負(fù)責(zé)20%,出險(xiǎn)

后賠償金由保險(xiǎn)公司賠付,單位無(wú)額外專項(xiàng)開(kāi)支.根據(jù)該單位總支出的差異給出選擇合適方案的建議.

【解析】（1）設(shè)工種。職工的每份保單保險(xiǎn)公司的效益為隨機(jī)變量X,y,z,

則隨機(jī)變量X的分布列為：

Xaa-lOOxlO4

1

P1.....-

105105

隨機(jī)變量y的分布列為：

Yaa-100x104

2

P1-

105

隨機(jī)變量Z的分布列為：

Zb6-50x104

1

P

一卡104

保險(xiǎn)公司期望收而_為EX=ax(1—L)+(a—100x104)x=a—10,

EY=ax(1---)+(a-100x104)x(—j=a-20,

EZ=bx(l—"+(b—50xl04)x曰)=b—5。，

根據(jù)要求(a-10)X50000x0.6+(a-20)x50000X0.3+(fe-50)X50000x0.1-20x104>(ax

50000x0.6+ax50000x0.3+bx50000x0.1)x0.15,

整理可得(9a+b)x85)21000,

所以153a+176>4200得證；

(2)若該企業(yè)不與保險(xiǎn)公司合作，則安全支出，即賠償金的期望值為：

50000(0.6x七x100x1Q4+0.3x京x100x1()4+0」x木x50x104)+35x104

=100X104；

若該企業(yè)與保險(xiǎn)公司合作，則安全支出，

即保費(fèi)為50000x(0.6xa+0.3xa+0.1xb)x0.8=(0.9a+0.1b)x40000,

由a=35,b=60,(0.9a+0.1b)x40000=150X104>100xIO4,

所以方案一^總支出較少，故選方案一.

題2（2023?新疆克拉瑪依?統(tǒng)考三模）已知某保險(xiǎn)公司的某險(xiǎn)種的基本保費(fèi)為a（單位:元），繼續(xù)購(gòu)買(mǎi)該險(xiǎn)種

的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費(fèi)與其上年度出險(xiǎn)次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：

上年度出險(xiǎn)次數(shù)0123〉4

保費(fèi)（元）0.9aa1.5a2.5a4a

-10?

隨機(jī)調(diào)查了該險(xiǎn)種的400名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險(xiǎn)情況,得到下表:

出險(xiǎn)次數(shù)0123〉4

頻數(shù)2808024124

該保險(xiǎn)公司這種保險(xiǎn)的賠付規(guī)定如下:

出險(xiǎn)序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上

賠付金額（元）2.5a1.5aa0.5a0

將所抽樣本的頻率視為概率.

（1）求本年度續(xù)保人保費(fèi)的平均值的估計(jì)值；

（2）按保險(xiǎn)合同規(guī)定，若續(xù)保人在本年度內(nèi)出險(xiǎn)3次,則可獲得賠付（2.5a+L5a+a）元;若續(xù)保人在本

年度內(nèi)出險(xiǎn)6次,則可獲得賠付（2.5a+L5a+a+0.5a）元;依此類推，求本年度續(xù)保人所獲賠付金額的

平均值的估計(jì)值.

【解析】（1）由題意可得

保費(fèi)（元）0.9aa1.5a2.5a4a

概率0.70.20.060.030.01

本年度續(xù)保人保費(fèi)的平均值的估計(jì)值為

0.9aX0.7+QX0.2+1.5ax0.06+2.5ax0.03+4Qx0.01=1.035a

（2）由題意可得

賠償金額（元）02.5a4a5a5.5a

概率0.70.20.060.030.01

本年度續(xù)保人所獲賠付金額的平均值的估計(jì)值

0X0.7+2.5ax0.2+4Qx0.06+5Qx0.03+5.5ax0.01=0.945a

（13（2023?廣東深圳?高三校聯(lián)考期末）已知某保險(xiǎn)公司的某險(xiǎn)種的基本保費(fèi)為a（單位:元）,繼續(xù)購(gòu)買(mǎi)該險(xiǎn)

種的投保人稱為續(xù)保人,續(xù)保人本年度的保費(fèi)與其上年度出險(xiǎn)次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：

上年度出險(xiǎn)次數(shù)0123）4

保費(fèi)（元）0.9aa1.5a2.5a4a

隨機(jī)調(diào)查了該險(xiǎn)種的400名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險(xiǎn)情況,得到下表：

出險(xiǎn)次數(shù)0123>4

頻數(shù)2808024124

該保險(xiǎn)公司這種保險(xiǎn)的賠付規(guī)定如下:

出險(xiǎn)序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上

賠付金額（元）2.5a1.5aa0.5a0

將所抽樣本的頻率視為概率.

（1）求本年度續(xù)保人保費(fèi)的平均值的估計(jì)值；

（2）按保險(xiǎn)合同規(guī)定，若續(xù)保人在本年度內(nèi)出險(xiǎn)3次,則可獲得賠付（2.5a+L5a+a）元;依此類推，求本

年度續(xù)保人所獲賠付金額的平均值的估計(jì)值；

⑶續(xù)保人原定約了保險(xiǎn)公司的銷售人員在上午10：30~11：30之間上門(mén)簽合同，因?yàn)槔m(xù)保人臨時(shí)有事，外

出的時(shí)間在上午10：45~11：05之間，請(qǐng)問(wèn)續(xù)保人在離開(kāi)前見(jiàn)到銷售人員的概率是多少？

-11?

【解析】（1）由題意可得

保費(fèi)（元）0.9aa1.5a2.5a4a

概率0.70.20.060.030.01

本年度續(xù)保人保費(fèi)的平均值的估計(jì)值為

0.9ax0.7+ax0.2+1.5ax0.06+2.5ax0.03+4ax0.01=1.035a

（2）由題意可得

賠償金額（元）02.5a4a5a5.5a

概率0.70.20.060.030.01

本年度續(xù)保人所獲賠付金額的平均值的估計(jì)值

0X0.7+2.5ax0.2+4ax0.06+5ax0.03+5.5aX0.01=0.945a

（3）設(shè)保險(xiǎn)公司銷售人員到達(dá)的時(shí)間為c,續(xù)保人離開(kāi)的時(shí)間為y,（c,g）看成平面上的點(diǎn)，全部結(jié)果所

構(gòu)成的區(qū)域?yàn)镼={&y）411.5,

則區(qū)域Q的面積S（Q）=1x9=!

oo

事件A表示續(xù)保人在離開(kāi)前見(jiàn)到銷售人員，所構(gòu)成的區(qū)域?yàn)锳=

（x,y）10.511.5,

即圖中的陰影部分，其面積SG4）=Jx（：+4）x《=磊

44_L//OOL）

5

所以P（A）=平=，，即續(xù)保人在離開(kāi)前見(jiàn)到銷售人員的概率是4

跟蹤訓(xùn)練1一（2023?山東濰坊?校聯(lián)考一模）某保險(xiǎn)公司針對(duì)一個(gè)擁有20000人的企業(yè)推出一款意外險(xiǎn)產(chǎn)

品，每年每位職工只需要交少量保費(fèi)，發(fā)生意外后可一次性獲得若干賠償金.保險(xiǎn)公司把企業(yè)的所有崗

位共分為力、B、。三類工種，從事這三類工種的人數(shù)分別為12000>6000>2000,由歷史數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)出三

類工種的賠付頻率如下表（并以此估計(jì)賠付概率）：

工種類別ABc

121

賠付頻率

105105104

已知A、B、。三類工種職工每人每年保費(fèi)分別為25元、25元、40元，出險(xiǎn)后的賠償金額分別為100萬(wàn)

元、100萬(wàn)元、50萬(wàn)元，保險(xiǎn)公司在開(kāi)展此業(yè)務(wù)的過(guò)程中固定支出每年10萬(wàn)元.

（1）求保險(xiǎn)公司在該業(yè)務(wù)所獲利潤(rùn)的期望值；

（2）現(xiàn)有如下兩個(gè)方案供企業(yè)選擇：

方案1：企業(yè)不與保險(xiǎn)公司合作,職工不交保險(xiǎn)，出意外企業(yè)自行拿出與保險(xiǎn)公司提供的等額賠償金賠

-12?

償付給出意外的職工,企業(yè)開(kāi)展這項(xiàng)工作的固定支出為每年12萬(wàn)元；

方案2：企業(yè)與保險(xiǎn)公司合作，企業(yè)負(fù)責(zé)職工保費(fèi)的70%,職工個(gè)人負(fù)責(zé)30%,出險(xiǎn)后賠償金由保險(xiǎn)公司

賠付，企業(yè)無(wú)額外專項(xiàng)開(kāi)支.

根據(jù)企業(yè)成本差異給出選擇合適方案的建議.

【解析】⑴設(shè)工種4B、。職工的每份保單保險(xiǎn)公司的收益為隨機(jī)變量x、y、z,則x、y、z的分布

列為：

X2525-100xIO4

1

p1———

105105

Y2525-100X104

2

P1--

105105

Z4040-50x104

1

PX-J-

104104

E(X)=25x(1—+(25—100x104)x=15,

E(y)=25x(1-]2.)+(25-100x104)x磊=5,

E(Z)=40X(1—七)+(40-50x104)x卡=-10,

保險(xiǎn)公司的利潤(rùn)的期望值為12000X15+6000X5-2000x10—100000=90000,

保險(xiǎn)公司在該業(yè)務(wù)所獲利潤(rùn)的期望值為9萬(wàn)元.

(2)方案1:企業(yè)不與保險(xiǎn)公司合作，則企業(yè)每年安全支出與固定開(kāi)支共為：

12000x100xIO,x工+6000x100x104x+2000x50x10“x二+12x104=46x104,

10510°104

方案2:企業(yè)與保險(xiǎn)公司合作，則企業(yè)支出保險(xiǎn)金額為：

(12000X25+6000x25+2000x40)x0.7=37.1x104,

46X104>37.1X104,

建議企業(yè)選擇方案2.

跟蹤訓(xùn)練(2023.全國(guó).高考真題)購(gòu)買(mǎi)某種保險(xiǎn)，每個(gè)投保人每年度向保險(xiǎn)公司交納保費(fèi)a元,若投保

人在購(gòu)買(mǎi)保險(xiǎn)的一年度內(nèi)出險(xiǎn)，則可以獲得10000元的賠償金.假定在一年度內(nèi)有10000人購(gòu)買(mǎi)了

這種保險(xiǎn)，且各投保人是否出險(xiǎn)相互獨(dú)立.已知保險(xiǎn)公司在一年度內(nèi)至少支付賠償金10000元的概率

為1—0.9991°：

(I)求一投保人在一年度內(nèi)出險(xiǎn)的概率P；

(II)設(shè)保險(xiǎn)公司開(kāi)辦該項(xiàng)險(xiǎn)種業(yè)務(wù)除賠償金外的成本為50000元，為保證盈利的期望不小于0,求每

位投保人應(yīng)交納的最低保費(fèi)(單位:元).

【解析】各投保人是否出險(xiǎn)互相獨(dú)立，且出險(xiǎn)的概率都是P，記投保的10000人中出險(xiǎn)的人數(shù)為

則￡~(101p).

(I)記A表示事件:保險(xiǎn)公司為該險(xiǎn)種至少支付10000元賠償金，則不發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)6=0,

P(A)=1-P(A)

=1-P(￡=0)

=1—(15,

-13?

又P(A)=l—0.999叫

故p=0.001.

(H)該險(xiǎn)種總收入為10000a元，支出是賠償金總額與成本的和.

支出lOOOOf+50000,

盈利7]=10000a-(lOOOOf+50000),

盈利的期望為ET)=10000a—lOOOOEf—50000,

由￡~3(1。4,10-3)知，庭=10000x10-3,

4

Er)=10%一i()4居_5x10

=10%-104x104x10-3-5x104.

助>0=104a-104X10-5X104^0

0Q—10—5>0

=Q>15(元).

故每位投保人應(yīng)交納的最低保費(fèi)為15元.

跟蹤訓(xùn)練［3.1（2023.北京豐臺(tái).高三統(tǒng)考期末）某市醫(yī)療保險(xiǎn)實(shí)行定點(diǎn)醫(yī)療制度，按照“就近就醫(yī)、方便管

理”的原則，參加保險(xiǎn)人員可自主選擇四家醫(yī)療保險(xiǎn)定點(diǎn)醫(yī)院和一家社區(qū)醫(yī)院作為本人就診的醫(yī)療機(jī)

構(gòu)，若甲、乙、丙、丁4名參加保險(xiǎn)人員所在地區(qū)附近有三家社區(qū)醫(yī)院，并且他們的選擇是等可能

的、相互獨(dú)立的

（1）求甲、乙兩人都選擇A社區(qū)醫(yī)院的概率；

（2）求甲、乙兩人不選擇同一家社區(qū)醫(yī)院的概率；

（3）設(shè)4名參加保險(xiǎn)人員中選擇A社區(qū)醫(yī)院的人數(shù)為&求￡的分布列和數(shù)學(xué)期望.

【解析】（1）V甲、乙分別選擇4社區(qū)醫(yī)院的概率均為皆，

甲、乙兩人都選擇A社區(qū)的概率p=!x!=J.

ooy

（2”.?甲、乙兩人選擇同一家社區(qū)醫(yī)院的概率為=春，

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甲、乙兩人不選擇同一家社區(qū)醫(yī)院的概率「=