解答题：概率与统计（10大题型）（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1209解答题：概率与统计（10大题型）（解析版）

解答题：概率与统计 目录 题型一 离散型随机变量及其分布列1 题型二 超几何分布与二项分布 4 题型三 均值与方差的实际应用 8 题型四 正态分布与标准正态分布11 题型五 线性回归与非线性回归 13 题型六 独立性检验及应用16 题型七 条件概率/全概率公式/贝叶斯公式18 题型八 概率与统计图表的综合应用21 题型九 概率与其他知识的交汇应用25 题型十 利用概率解决决策类问题29 必刷大题32 题型一 离散型随机变量及其分布列 大题典例 1.(23-24高三下·广东佛山·一模)密室逃脱是当下非常流行的解压放松游戏，现有含甲在内的7名成员 参加密室逃脱游戏，其中3名资深玩家，4名新手玩家，甲为新手玩家. (1)在某个游戏环节中，需随机选择两名玩家进行对抗，若是同级的玩家对抗，双方获胜的概率均为 1 1 ；若是资深玩家与新手玩家对抗，新手玩家获胜的概率为 ，求在该游戏环节中，获胜者为甲的概 2 3 率； (2)甲作为上一轮的获胜者参加新一轮游戏：如图，有两间相连的密室，设两间密室的编号分别为①和 ②.密室①有2个门，密室②有3个门(每个门都可以双向开)，甲在每个密室随机选择1个门出去，若 走出密室则挑战成功.若甲的初始位置为密室①，设其挑战成功所出的密室号为XX=1,2 1  ，求X的 分布列. 5 【答案】(1) ；(2)分布列见解析 42 【解析】(1)7人中随机选择2人，共有C2=21种情况，其中含甲的情况有C1=6种， 7 66种情况中，甲和资深玩家对抗的情况有3种，和同级的玩家对抗情况有3种， 3 1 1 则甲和资深玩家对抗并获胜的概率为 × = ， 21 3 21 3 1 3 和同级的玩家对抗并获胜的概率为 × = ， 21 2 42 1 3 5 故在该游戏环节中，获胜者为甲的概率为 + = ； 21 42 42 (2)设P为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率， 1 P 为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率， 2 考虑P，需考虑甲直接从a号门走出密室或者进入密室②且最终从密室①走出密室， 1 1 1 故P= + P ①， 1 2 2 2 考虑P，则甲从b号门进行密室①，且从密室①走出密室， 2 1 故P = P②， 2 3 1 3 联立①②，可得P= ， 1 5 所以PX=1 2  3 =P 1 = 5 ，故PX=2  3 2 =1- = ， 5 5 故分布列如下： X 1 2 3 2 P 5 5 解法指导 求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤： (1)根据题中条件确定随机变量的可能取值； (2)求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列； (3)根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望(在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如 超几何分布或二项分布，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算。) 变式训练 2.(24-25高三上·贵州·月考习)已知甲、乙两人参加某档知识竞赛节目，规则如下：甲、乙两人以抢答的 方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，甲、乙两人初始分均为0分，答题过程中当一人 比另一人的得分多2分时，答题结束，且分高者获胜，若甲、乙两人总共答完5题时仍未分出胜负，则答 1 题直接结束，且分高者获胜.已知甲、乙两人每次抢到题的概率都为 ，甲、乙两人答对每道题的概率 2 3 5 分别为 , ，每道题两人答对与否相互独立，且每题都有人抢答. 4 12 (1)求第一题结束时甲获得1分的概率； (2)记X表示知识竞赛结束时，甲、乙两人总共答题的数量，求X的分布列与期望. 2 【答案】(1) ；(2)分布列见解析，EX 3  250 = 81 【解析】(1)设每道题的抢答中，记甲得1分为事件M.M发生有两种可能：抢到题且答对，乙抢到题且答错， 1 3 1 7 2 ∴P(M)= × + × = ， 2 4 2 12 3 2 ∴ 甲率先得1分的概率为 . 3 2 1 (2)由(1)知，在每道题的抢答中甲、乙得1分的概率分别为 , ， 3 3 设两人共抢答了X道题比赛结束，根据比赛规则，X的可能取值为2,4,5. PX=2 3  2 2 1 1 5 = × + × = ， 3 3 3 3 9 PX=4  2 1 2 2 1 1 =C1× × × × + × 2 3 3 3 3 3 3  20 = ， 81 PX=5  =1-PX=2  -PX=4  16 = ， 81 X 2 4 5 5 20 16 P 9 81 81 EX  5 20 16 250 =2× +4× +5× = . 9 81 81 81 3.(24-25高三上·北京·月考习)某校举办知识竞赛，已知学生甲是否做对每个题目相互独立，做对A,B, C三道题目的概率以及做对时获得相应的奖金如表所示. 题目 A B C 4 1 1 做对的概率 5 2 4 获得的奖金/元 20 40 80 规则如下：按照A,B,C的顺序做题，只有做对当前题目才有资格做下一题. [注：甲最终获得的奖金为答对的题目相对应的奖金总和.] (1)求甲没有获得奖金的概率； (2)求甲最终获得的奖金X的分布列及期望； (3)如果改变做题的顺序，最终获得的奖金期望是否相同？如果不同，你认为哪个顺序最终获得的奖 金期望最大？(不需要具体计算过程，只需给出判断) 1 【答案】(1) ；(2)分布列见解析，40(元)；(3)不同，按照A,B,C的顺序获得奖金的期望最大，理由见解析. 5 【解析】(1)甲没有获得奖金，则题目A没有做对， 设甲没有获得奖金为事件M，则PM  4 1 =1- = . 5 5 (2)分别用A,B,C表示做对题目A,B,C的事件，则A,B,C相互独立. 由题意，X的可能取值为0,20,60,140.  4 1  4 1 P(X=0)=P(A)=1- = ;P(X=20)=P(AB)= ×1- 5 5 5 2  2 = ; 5  4 1 1 P(X=60)=P(ABC)= × ×1- 5 2 4  3 4 1 1 1 = ;P(X=140)=P(ABC)= × × = . 10 5 2 4 10 所以甲最终获得的奖金X的分布列为X 0 20 60 140 1 2 3 1 P 5 5 10 10 EX 4  1 2 3 1 =0× +20× +60× +140× =40(元). 5 5 10 10 (3)不同，按照A,B,C的顺序获得奖金的期望最大，理由如下： 由(2)知，按照A,B,C的顺序获得奖金的期望为40元， 若按照A,C,B的顺序做题， 则奖金X的可能取值为0,20,100,140. 4 1 4 1 P(X=0)=1- = ;P(X=20)= ×1- 5 5 5 4  3 = ; 5 4 1 1 P(X=100)= × ×1- 5 4 2  1 4 1 1 1 = ;P(X=140)= × × = . 10 5 4 2 10 1 3 1 1 故期望值为0× +20× +100× +140× =36元； 5 5 10 10 若按照B,A,C的顺序做题， 则奖金X的可能取值为0,40,60,140. 1 1 1 4 P(X=0)=1- = ;P(X=40)= ×1- 2 2 2 5  1 = ; 10 1 4 1 P(X=60)= × ×1- 2 5 4  3 1 4 1 1 = ;P(X=140)= × × = . 10 2 5 4 10 1 1 3 1 故期望值为0× +40× +60× +140× =36元； 2 10 10 10 若按照B,C,A的顺序做题， 则奖金X的可能取值为0,40,120,140. 1 1 1 1 P(X=0)=1- = ;P(X=40)= ×1- 2 2 2 4  3 = ; 8 1 1 4 P(X=120)= × ×1- 2 4 5  1 1 1 4 1 = ;P(X=140)= × × = . 40 2 4 5 10 1 1 3 1 故期望值为0× +40× +60× +140× =36元， 2 10 10 10 若按照C,A,B的顺序做题， 则奖金X的可能取值为0,80,100,140. 1 3 1 4 P(X=0)=1- = ;P(X=80)= ×1- 4 4 4 5  1 = ; 20 1 4 1 P(X=100)= × ×1- 4 5 2  1 1 4 1 1 = ;P(X=140)= × × = . 10 4 5 2 10 3 1 1 1 故期望值为0× +80× +100× +140× =28元， 4 20 10 10 若按照C,B,A的顺序做题， 则奖金X的可能取值为0,80,120,140. 1 3 1 1 P(X=0)=1- = ;P(X=80)= ×1- 4 4 4 2  1 = ; 8 1 1 4 P(X=100)= × ×1- 4 2 5  1 1 1 4 1 = ;P(X=140)= × × = . 40 4 2 5 10 3 1 1 1 故期望值为0× +80× +100× +140× =26.5元， 4 8 40 10 显然按照A,B,C的顺序获得奖金的期望最大.题型二 超几何分布与二项分布 大题典例 4.(24-25高三上·北京·期中)某种产品按照产品质量标准分为一等品、二等品、三等品、四等品四个等 级，某采购商从采购的该种产品中随机抽取100件，根据产品的等级分类得到如下数据： 等级 一等品 二等品 三等品 四等品 数量 40 30 10 20 (1)根据产品等级，按分层抽样的方法从这100件产品中抽取10件，再从这10件产品中随机抽取3件， 记这3件产品中一等品的数量为X，求X的分布列及数学期望； (2)若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，求恰好有1件四等品的概率； (3)生产商提供该产品的两种销售方案供采购商选择， 方案一：产品不分类，售价均为21元/件. 方案二：分类卖出，分类后的产品售价如下： 等级 一等品 二等品 三等品 四等品 售价/(元/件) 24 22 18 16 从采购商的角度考虑，你觉得应该选择哪种销售方案？请说明理由. 6 48 【答案】(1)X的分布列见解析；E(X)= ；(2) ；(3)应该选择方案一 5 125 【解析】(1)由题可得，抽取的10件产品中，一等品有4件，非一等品有6件， 所以X的可能取值为0，1，2，3． PX=0 5  C0C3 1 = 4 6 = ，PX=1 C3 6 10  C1C2 1 = 4 6 = ， C3 2 10 PX=2  C2C1 3 = 4 6 = ，PX=3 C3 10 10  C3C0 1 = 4 6 = ， C3 30 10 则X的分布列为： X 0 1 2 3 1 1 3 1 P 6 2 10 30 1 1 3 1 6 E(X)=0× +1× +2× +3× = . 6 2 10 30 5 1 (2)从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，记抽到四等品的数量为Y，则Y∼B3, 5  ， ∴PY=1  1 4 =C1× × 3 5 5  2 48 = . 125 (3)由题意得，方案二的产品的平均售价为： 40 30 10 20 24× +22× +18× +16× =21.2(元/件)， 100 100 100 100 ∵21<21.2， ∴从采购商的角度考虑，应该选择方案一.解法指导 1、独立重复试验与二项分布 (1)定型：“独立”“重复”是二项分布的基本特征，“每次试验事件发生的概率都相等”是二项分布的本质特 征．判断随机变量是否服从二项分布，要看在一次试验中是否只有两种试验结果，且两种试验结果发生 的概率分别为p,1-p，还要看是否为n次独立重复试验，随机变量是否为某事件在这n次独立重复试 验中发生的次数． (2)定参，确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率． (3)列表，根据离散型随机变量的取值及其对应的概率，列出分布列． (4)求值，根据离散型随机变量的期望和方差公式，代入相应数据求值． 相关公式：已知X~B(n，p)，则P(X=k)=Ckpk(1-p)n-k(k=0,1,2，⋯，n)，E(X)=np，D(X)=np(1 n -p)． 2、超几何分布的适用范围及本质 (1)适用范围：考察对象分两类；已知各类对象的个数；从中抽取若干个个题，考察某一类个题个数的概 率分布； (2)本质：超几何分布是不放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的。 3、超几何分布与二项分布的区别 (1)超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要； (2)超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的，而二项分布是“有放 回”的抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同点。 变式训练 5.(24-25高三上·黑龙江哈尔滨·月考习)哈三中文学社团举行知识竞赛答题活动，比赛分两轮，具体规 则如下：第一轮，参赛选手从A类6道题中任选3道进行答题，都答完后错题个数不超过1道(否则终 止比赛)才能进行第二轮答题；第二轮答题从B类10道题中任选3道进行答题．A类题每答对一道 得10分，B类题每答对一道得30分，答错不扣分，以两轮总分和决定优胜．总分80分或90分为三等 奖，110分为二等奖，120分为一等奖．某班参加活动的同学A类题中只有4道能答对，B类题中，每 2 题答对的概率均为 ，且各题答对与否互不影响． 3 (1)求该同学被终止比赛的概率； (2)现该同学进入第二轮，求他在第二轮答题中得分X的分布列及期望； (3)求该同学获得三等奖的概率． 1 16 【答案】(1) ；(2)分布列见解析，E(X)=60；(3) 5 45 【解析】(1)从A类6道题中任选3道，其中1道会做，2道不会做，则被终止比赛， C1C2 4 1 所以该同学被终止比赛的概率为 4 2 = = ． C3 20 5 6 (2)由题意可知，X的所有可能取值为90,60,30,0， 2 则P(X=90)= 3 6  3 8 1 = ，P(X=60)=C2⋅ 27 3 3  2 × 3  2 12 4 = = ， 27 91 P(X=30)=C1⋅ 3 3 7  2 2 × 3  6 2 1 = = ，P(X=0)= 27 9 3  3 1 = ， 27 所以X的分布列为： X 90 60 30 0 8 4 2 1 P 27 9 9 27 8 4 2 1 所以E(X)=90× +60× +30× +0× =60． 27 9 9 27 (3)该同学获得三等奖，共有两种情况， 第一轮得20分(答对2道)，则第二轮得60分(对2道)， C2C1 2 概率为 4 2 ⋅C2⋅ C3 3 3 6  2 1 × ； 3 ②第一轮得30分(答对3道)，则第二轮得60分(对2道)， C3 2 概率为 4 ⋅C2⋅ C3 3 3 6  2 1 × ， 3 C2C1 2 所以该同学获得三等奖的概率为 4 2 ⋅C2⋅ C3 3 3 6  2 1 C3 2 × + 4 ⋅C2⋅ 3 C3 3 3 6  2 1 16 × = ． 3 45 6.(24-25高三上·重庆·月考习)我国承诺2030年前“碳达峰”，2060年“碳中和”，“碳达峰”是指二氧化 碳的排放不再增长，达到峰值之后再慢慢减下去；“碳中和”是指针对排放的二氧化碳要采取植树、节 能减排等各种方式全部抵消掉.做好垃圾分类和回收工作可以有效地减少处理废物造成的二氧化碳 的排放，助力“碳中和”.重庆十一中某班利用班会课时间组织了垃圾分类知识竞赛活动，竞赛分为初 赛、复赛和决赛，只有通过初赛和复赛，才能进入决赛.首先出战的是第一组、第二组、第三组，已知第 2 4 一组、第二组通过初赛和复赛获胜的概率均为 ，第三组通过初赛和复赛的概率分别为p和 -p， 3 3 3 其中00，证明：μ-d(万辆) 0.40 0.70 1.10 1.50 1.80 (1)计算y与x的相关系数r(保留三位小数)； (2)求y关于x的线性回归方程，并预测该地区2025年新能源汽车购买数量． n  ∑ x -x i 参考公式r= i=1 13   y -y 1  n  ∑ x -x i i=1  n  2 ∑ y -y i i=1  n  ∑ x -x  i ，b= i=1 2   y -y i  n  ∑ x -x i i=1     ，a=y-bx． 2 5  参考数值： 13≈3.6056，∑ x -x i i=1   y -y i  =3.6． 【答案】(1)0.998；(2)2.54万辆  2021×5+(-2)+(-1)+0+1+2  0.40+0.70+1.10+1.50+1.80 【解析】(1)x= =2021,y= =1.10， 5 5 5  x-x i i=1   2=(-2)2+(-1)2+02+12+22=10， 5  y -y 1 i=1   2=(-0.7)2+(-0.4)2+02+0.42+0.72=1.3 5  x-x i 所以r= i=1   y -y 1   5  x-x i i=1  5   2 y -y 1 i=1  3.6 3.6 = = ≈0.998； 10× 1.3 3.6056 2  5  x-x  i (2)由(1)知，b= i=1   y -y 1   5  x-x i i=1  3.6 = =0.36， 10 2     a=y-bx=1.1-2021×0.36=-726.46，  所以y关于x的线性回归方程是y=0.36x-726.46，  当x=2025时，y=0.36×2025-726.46=2.54(万辆)， 该地区2025年新能源汽车购买数量约为2.54万辆. 解法指导 1、线性回归分析问题的类型及解题方法  (1)求线性回归方程：①利用公式求出回归系数b，a；②利用回归直线过样本中心点求系数； (2)利用回归方程进行预测：把线性回归方程看作一次函数，求函数值；  (3)利用回归直线判断正、负相关：决定正相关函数负相关的系数是b； (4)回归方程的拟合效果可以利用相关系数判断，当r 14  越接近1时，两变量的线性相关性越强。 2、非线性回归经验回归方程的求法 (1)根据原始数据(x,y)作出散点图；(2)根据散点图，选择恰当的拟合函数；(3)作恰当的变换，将其转 化成线性函数，求经验回归方程；(4)在(3)的基础上通过相应的变换，即可得非线性经验回归方程。 变式训练 14.(24-25高三上·广东·月考习)仙人掌别名老鸦舌，神仙掌，这一独特的仙人掌科草本植物，以其顽强的 生命力和独特的形态在自然界中独树一帜，以其形似并拢手指的手掌，且带有刺的特征而得名．仙人 掌不仅具有极高的观赏价值，还具有一定的药用价值，被誉为“夜间氧吧”，其根茎深入土壤或者干燥 的黄土中使其能够吸收足够多的水分进行储藏来提高生存能力，我国某农业大学植物研究所相关人 员为了解仙人掌的植株高度y(单位：cm)，与其根茎长度x(单位：cm)之间是否存在线性相关的关系， 通过采样和数据记录得到如下数据： 样本编号i 1 2 3 4 根茎长度x 10 12 14 16 i 植株高度y 62 86 112 132 i 4  参考数据： x -x i i=1  4   2=20, y -y i i=1   2=2792, 3490≈59.1． (1)由上表数据计算相关系数r，并说明是否可用线性回归模型拟合y与x的关系(若r  >0.75，则可 用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001)； (2)求y关于x的线性回归方程. 附：对于一组数据x 1 ,y 1  ,x 2 ,y 2  ,⋯,x n ,y n  ，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关 n  x -x  i 系数r的公式分别为b= i=1    y -y i  n  x -x i i=1  n  x -x    i ,a=y-bx,r= i=1 2     y -y i  n  x -x i i=1  n   2 y -y i i=1  ． 2  【答案】(1)r=0.998，可用；(2)y=11.8x-55.4  1 【解析】(1)易得x= 10+12+14+16 4   1 =13,y= 62+86+112+132 4  =98， 4  x-x i i=1   y-y i  =-3  ×-36  +-1  ×-12   +1×14+3×34=236， 4  x-x i 故r= i=1   y-y i   4  x-x i i=1  4   2 y-y i i=1  236 236 59 = = ≈ ≈0.998． 20×2792 4× 3490 59.1 2  则r  >0.75，故可用线性回归模型模拟．4  x-x  i (2)b= i=1 15   y-y i   4  x-x i i=1  236 = =11.8， 20 2     a=y-bx=98-11.8×13=-55.4， 故线性回归方程为y=11.8x-55.4． 15.(24-25高三上·福建泉州·月考习)一只药用昆虫的产卵数y与一定范围内的温度x有关，现收集了该 种药用昆虫的6组观测数据如下表： 温度x/°C 21 23 24 27 29 32 产卵数y/个 6 11 20 27 57 77  1 6  1 6 6  经计算得：x= ∑x =26,y= ∑y =33,∑ x -x 6 i 6 i i i=1 i=1 i=1   y -y i  6  =557,∑ x -x i i=1  6  2=84,∑ y -y i i=1  2= 6  3930,线性回归模型的残差平方和∑y -y i i i=1  2 =236.64,e8.0605≈3167，其中x,y 分别为观测数据中的 i i 温差和产卵数，i=1,2,3,4,5,6.    (1)若用线性回归方程，求y关于x的回归方程y=bx+a(精确到0.1)；  (2)若用非线性回归模型求得y关于x回归方程为y=0.06e0.2303x，且相关指数R2=0.9522. (i)试与(1)中的回归模型相比，用R2说明哪种模型的拟合效果更好. (ii)用拟合效果好的模型预测温度为35°C时该种药用昆虫的产卵数(结果取整数). 附：一组数据x 1 ,y 1  ,x 2 ,y 2  ,⋯,x n ,y n      ，其回归直线y=bx+a的斜率和截距的最小二乘估计为b= n  ∑ x -x i i=1   y -y i  n  ∑ x -x i i=1  n  ∑y -y    i i ,a=y-bx；相关指数R2=1- i=1 2  2 n  ∑ y -y i i=1  . 2  【答案】(1)y=6.6x-138.6；(2)(i)非线性回归模型拟合效果更好；(ii)190；  1 6  1 6 【解析】(1)由题意n=6，则x= x =26，y= ∑y =33， 6 i 6 i i=1 i=1 6   (x-x)(y-y)  i i 557  b= i=1 = ≈6.6，a=33-6.6×26=-138.6， 6  84 (x-x)2 i i=1  y关于x的线性回归方程为y=6.6x-138.6. 6  6  (2)(i)对于线性回归模型，(y-y)2=3930，(y-y)2=236.64， i i i i=1 i=1 6  (y-y)2 i i 236.64 相关指数为1- i=1 =1- ≈1-0.0602=0.9398， 6  3930 (y-y)2 i i=1 因为0.9398<0.9522，所以用非线性回归模型拟合效果更好.  (ii)当x=35，时y=0.06e0.2303×35=0.06×e8.0605=0.06×3167=190.02≈190(个)所以温度为35°C时，该种药用昆虫的产卵数估计为190个. 题型六 独立性检验及应用 大题典例 16.(24-25高三上·四川绵阳·月考习)2021年8月，义务教育阶段“双减”政策出台，某初中在课后延时服 务开设奥数、科技、体育等特色课程.为了进一步了解学生选课的情况，随机选取了400人进行调查问 卷，整理后获得如下统计表: 喜欢奥数 不喜欢奥数 总计 已选奥数课(A组) 150 50 200 未选奥数课(B组) 90 110 200 总计 240 160 400 (1)若从样本内喜欢奥数的240人中用分层抽样方法随机抽取32人，则应在A组、B组各抽取多少人？ (2)依据小概率值α=0.005的独立性检验，能否认为选报奥数延时课与喜欢奥数有关？ 附: Pχ2≥α 16  0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 α 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 n(ad-bc)2 参考公式:χ2= a+b  c+d  a+c  b+d  ，其中n=a+b+c+d. 【答案】(1)应在A组抽取20人，应在B组抽取12人. (2)能认为选报奥数延时课与喜欢奥数有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005 32 32 【解析】(1)应在A组抽取 ×150=20人，应在B组抽取 ×90=12人. 240 240 (2)零假设为H ：选报奥数延时课与喜欢奥数无关联， 0 400×(150×110-90×50)2 根据列联表中的数据，经计算可得χ2= =37.5>7.879， 200×200×240×160 根据小概率值α=0.005的独立性检验，我们推断零假设不成立， 即认为选报奥数延时课与喜欢奥数有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005. 解法指导 独立性检验的一般方法 (1)根据题目信息，完善列联表； (2)提出零假设：假设两个变量相互独立，并给出在问题中的解释。 n(ad-bc)2 (3)根据列联表中的数据及计算公式χ2= 求出χ2的值； (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) (4)当χ2≥x 时，我们就推断H 不成立，即两个变量不独立，该推断犯错误的概率不超过α； α 0 当χ20，称P(B|A)= 为在事件A发生的条件 P(A) 下，事件B发生的条件概率．   2、全概率公式：P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)； 3、贝叶斯公式：一般地，当 0 < P(A) < 1 且 P(B) > 0 时，有 P A 19   B  P(A)P(B|A) = = P(B) P(A)P(B|A)   P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A) 变式训练 20.(24-25高三上·广东·月考习)甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作答， 答对积1分，答错不得分：然后换对方抽题作答，甲乙两人各完成一次答题记为一轮比赛．比赛过程 中，有选手领先2分者立即晋级，比赛结束(不管该轮比赛有没有完成)．已知甲答对题目的概率为 1 ，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，抽签决定首次答题方，已知第一轮答题后甲乙两人各 3 1 积1分的概率为 ．记比赛结束时甲乙两人的答题总次数为nn≥2 6  ． (1)求p； (2)求在n=4的情况下，甲晋级的概率； (3)由于比赛时长关系，比赛答题不能超过3轮，若超过3轮没有晋级者，则择期再进行比赛．求甲在 3轮比赛之内成功晋级的概率． 1 1 17 【答案】(1) ；(2) ；(3) 2 5 216 1 1 1 【解析】(1)由题意可得 ×p= ，即p= ； 3 6 2 (2)当n=4时，甲乙两人各答两题，由于比赛结束， 故总有一人两题全对，另一人两题全错，且第四题答题人必须答对才能结束， 故当n=4时，后答题人晋级， (例：若甲先答题，若甲对，乙错，甲对，此时比赛结束，不符合要求) 设甲晋级为事件A，n=4的情况为事件B， 则PB 20  1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 5 = × × × × + × × × × = ， 2 3 2 3 2 2 2 3 2 3 72 PAB  1 1 1 1 1 1 = × × × × = ， 2 2 3 2 3 72 则PAB  PAB =  PB  1 = 72 = 1 ； 5 5 72 (3)甲在3轮比赛之内成功晋级，则两人可能的答题总次数为3、4、5、6， 设这四个事件分别为C、D、E、F， 若n=3，则甲先答题，两人答题情况一定为：甲对，乙错，甲对； 则PAC  1 1 1 1 1 = × × × = ， 2 3 2 3 36 若n=4，则乙先答题，两人答题情况一定为：乙错，甲对，乙错，甲对； 则PAD  1 1 1 1 1 1 = × × × × = ， 2 2 3 2 3 72 若n=5，则甲先答题，两人答题情况可能为： 甲错，乙错，甲对，乙错，甲对； 甲对，乙错，甲错，乙错，甲对； 甲对，乙对，甲对，乙错，甲对； 则PAE  1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 = × × × × × + × × × × × + × × × × × = 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 5 ， 216 若n=6，则乙先答题，两人答题情况可能为： 乙错，甲对，乙错，甲错，乙错，甲对； 乙错，甲错，乙错，甲对，乙错，甲对； 乙错，甲对，乙对，甲对，乙错，甲对； 乙对，甲对，乙错，甲对，乙错，甲对； 则PAF  1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 = × × × × × × + × × × × × × + × × × × 2 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 1 1 1 × × 3 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 + × × × × × × = ， 2 2 3 2 3 2 3 72 1 1 5 1 17 故甲在3轮比赛之内成功晋级的概率P= + + + = . 36 72 216 72 216 21.(24-25高三上·四川内江·月考习)夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种 2 凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是 ，若在前一 3 1 天选择绿豆汤的条件下，后一天继续选择绿豆汤的概率为 ，而在前一天选择银耳羹的条件下，后一 3 1 天继续选择银耳羹的概率为 ，如此往复．(提示：设A 表示第n天选择绿豆汤) 2 n (1)求该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率(2)求该同学第2天选择绿豆汤的概率； (3)记该同学第n天选择绿豆汤的概率为P ，求出P 的通项公式. n n 2 7 【答案】(1) ；(2) ；(3)答案见解析 9 18 2 1 2 【解析】(1)该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率为 × = ； 3 3 9  (2)设A 表示第1天选择绿豆汤，A 表示第2天选择绿豆汤，则A 表示第1天选择银耳羹， 1 2 1 根据题意得，PA 1 21   2 = ,PA 3 1  1 = 3 ,PA 2 |A 1   1 = ,PA |A 3 2 1  1 1 =1- = ， 2 2 所以PA 2  =PA 1  PA 2 |A 1   +PA 1   PA |A 2 1  2 1 1 1 7 = × + × = ． 3 3 3 2 18 (3)设A n 表示第n天选择绿豆汤，则P n =PA n   ,PA n  =1-P， n 根据题意得，PA n+1 |A n   1 = ,PA |A 3 n+1 n  1 1 =1- = ， 2 2 由全概率公式得，PA n+1  =PA n  PA n+1 |A n   +PA n   PA |A n+1 n  1 1 = 3 P n + 2 1-P n  1 1 =- P + ， 6 n 2 1 1 3 1 3 即P =- P + ，整理得，P - =- P - n+1 6 n 2 n+1 7 6 n 7  3 5 ，又P- = ≠0， 1 7 21 3 所以P -  n 7  5 1 是以 为首项，- 为公比的等比数列． 21 6 3 5 1 所以P - = ×- n 7 21 6  n-1 5 1 ，所以P = ×- n 21 6  n-1 3 + .. 7 题型八 概率与统计图表的综合应用 大题典例 22.(24-25高三上·广东广州·模拟预测)在某地区进行高中学生每周户外运动调查，随机调查了1000名 高中学生户外运动的时间(单位：小时)，得到如下样本数据的频率分布直方图. (1)求a的值，估计该地区高中学生每周户外运动的平均时间；(同一组数据用该区间的中点值作代表) (2)为进一步了解这1000名高中学生户外运动的时间分配，在14,16  ，16,18  两组内的学生中，采用 分层抽样的方法抽取了5人，现从这5人中随机抽取3人进行访谈，记在14,16  内的人数为X，求X 的分布列和期望； (3)以频率估计概率，从该地区的高中学生中随机抽取8名学生，用“P 8k  ”表示这8名学生中恰有k 名学生户外运动时间在8,10  内的概率，当P 8k  最大时，求k的值.【答案】(1)a=0.1，平均时间为9.16小时；(2)分布列见解析，期望EX 22  12 = ；(3)k=2 5 【解析】(1)由已知20.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01  =1，解得a=0.1， 所以平均数为1×0.04+3×0.06+5×0.1+7×0.1+9×0.3+11×0.2+13×0.1+15×0.08+17×0.02 =9.16. (2)这1000名高中学生户外运动的时间分配， 在14,16  ，16,18  两组内的学生分别有1000×0.08=80人，和1000×0.02=20人； 所以根据分层抽样可知5人中在14,16  80 的人数为5× =4人，在16,18 80+20  内的人数为5-4=1人， 所以随机变量X的可能取值有2，3， 所以PX=2  C2 3 = 4 = ，PX=3 C3 5 5  C3 2 = 4 = ， C3 5 5 则分布列为 X 2 3 3 2 P 5 5 期望EX  3 2 12 =2× +3× = ； 5 5 5 (3)由频率分布直方图可知运动时间在8,10  3 内的频率为0.15×2=0.3= ， 10 则P 8k  3 =Ck 8 10  k 3 ⋅1- 10  8-k 3 =Ck⋅ 8 10  k 7 ⋅ 10  8-k ， 若P 8k  为最大值，则 P 8k  ≥P 8k+1  P 8k  ≥P 8k-1   ，  Ck⋅ 3 即 8 10  k ⋅ 7 10  8-k ≥Ck+1⋅ 3 8 10  k+1 ⋅ 7 10  7-k Ck⋅ 3 8 10  k ⋅ 7 10  8-k ≥Ck-1⋅ 3 8 10  k-1 ⋅ 7 10    ， 9-k  1 ⋅ 7 ≥ 1 ⋅ 3 即 8-k 10 k+1 10 ，解得1.7≤k≤2.7， 1 ⋅ 3 ≥ 1 ⋅ 7 k 10 9-k 10 又k∈N，且0≤k≤8，则k=2. 解法指导 1、概率与统计图表的综合应用题关键点： (1)从题目条件或统计图表给出的信息，提炼出所需要的信息； (2)①进行概率与统计的正确计算；②此类问题中的概率大多是古典概型、条件概率， 求解时注意运用对立事件的概率。 2、频率分布直方图 (1)频率、频数、样本容量的计算方法 频率 ① ×组距=频率． 组距 频数 频数 ② =频率， =样本容量，样本容量×频率=频数． 样本容量 频率 ③频率分布直方图中各个小方形的面积总和等于1． (2)频率分布直方图中数字特征的计算①最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数． ②中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的．设中位数为x，利用x左(右)侧矩形面积之和等 于0.5，即可求出x． ③平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边  中点的横坐标之和，即有x=x p +x p +⋯+x p ，其中x 为每个小长方形底边的中点，p 为每个小长 1 1 1 1 n n n n 方形的面积． 变式训练 23.(24-25高三上·宁夏石嘴山·月考)某校为了解该校学生“停课不停学”的网络学习效率，随机抽查了 高一年级100位学生的某次数学成绩(单位：分)，得到如下所示的频率分布直方图：  (1)估计这100位学生的数学成绩的平均值x；(同一组中的数据用该组区间的中点值代表) (2)根据整个年级的数学成绩可以认为学生的数学成绩X近似地服从正态分布N(μ，σ2)，经计算，(1)  中样本的标准差s的近似值为10，用样本平均数x作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值， 现任抽取一位学生，求他的数学成绩恰在64分到94分之间的概率；(若随机变量X~N(μ，σ2)，则P(μ -σ≤X≤μ+σ)≈0.6827，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973) (3)该年级1班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习，提高学生每天的作业质量及学习数学的 积极性，特意在微信上设计了一个每日作业小程序，每当学生提交的作业获得优秀时，就有机会参与 一次小程序中”玩游戏，得奖励积分”的活动，开学后可根据获得积分的多少向老师领取相应的小奖 品.小程序页面上有一列方格，共15格，刚开始有只小兔子在第1格，每点一下游戏的开始按钮，小兔 1 子就沿着方格跳一下，每次跳1格或跳2格，概率均为 ，依次点击游戏的开始按钮，直到小兔子跳到 2 第14格(奖励0分)或第15格(奖励5分)时，游戏结束，每天的积分自动累加，设小兔子跳到第n(1≤ n≤14)格的概率为P ，试证明P -P n n+1 n 23  是等比数列，并求P (获胜的概率)的值. 15 2 1 【答案】(1)74；(2)0.8186；(3)证明见解析，P = 1-- 15 3 2   15     【解析】(1)x=(0.01×55+0.02×65+0.045×75+0.02×85+0.005×95)×10=74； (2)由X∼N74,102  ，∴μ=74,σ=10，∵P(μ-σ<ζ≤μ+σ)≈0.6827， 0.6827 0.9545 P(μ-2σ<ζ≤μ+2σ)≈0.9545∴P(64 3+1. n 由m,n是从写有数字1~8的八个标签中随机选择的两个，所以基本事件有A2=56个， 8 m 满足 > 3+1的基本事件有： n 8,1  ，8,2  ，7,1  ，7,2  ，6,1  ，6,2  ，5,1  ，4,1  ，3,1  共9个， 9 所以中奖的概率为： . 56 题型九 概率与其他知识的交汇应用大题典例 25.(24-25高三上·广东深圳·月考习)甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作 答，答对积1分且对方不得分，答错不得分且对方积1分；然后换对方抽题作答，直到有领先2分者晋 4 级，比赛结束.已知甲答对题目的概率为 ，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，抽签决定首 5 2 次答题方，已知两次答题后甲乙两人各积1分的概率为 .记甲乙两人的答题总次数为nn≥2 5 26  . (1)求p； (2)当n=2时，求甲得分X的分布列及数学期望； (3)若答题的总次数为n时，甲晋级的概率为P nA  8 ，证明： 15 ≤P 2A  +P 3A  +⋅⋅⋅+P nA  8 < . 9 1 22 【答案】(1)p= ；(2)分布列见解析， ；(3)证明见解析 3 15 【解析】(1)记A =“第i次答题时为甲”，B=“甲积1分”， i 则PA 1  1 = 2 ，PB|A i  4  = ，PB|A 5 i  4 1 =1- 5 = 5 ，PB|A i    =1-p，PB|A i  =p， 2 1 4 1 = p+ 1-p 5 2 5 5      1 + 1-p 2    ⋅ 1 +p⋅ 4  5 5  ， 2 3p+1 1 则 = ，解得p= ； 5 5 3 (2)由题意可知当n=2时，X可能的取值为0，1，2， 则由(1)可知PX=1  2 = ， 5 PX=0  1 1 1 1 1 =  × + × 2 5 3 3 5  1 = ，PX=2 15  1 4 2 2 4 =  × + × 2 5 3 3 5  8 = ， 15 X的分布列为： X 0 1 2 1 2 8 P 15 5 15 随机变量X的数学期望为EX  1 2 8 22 =0× +1× +2× = . 15 5 15 15 (3)由答题总次数为n时甲晋级，不妨设此时甲的积分为x ，乙的积分为x ， 甲 乙 则x -x =2，且x +x =n，所以甲晋级时n必为偶数，令n=2m，m∈N* 甲 乙 甲 乙 当n为奇数时，P nA  =0， 则P 2A  +P 3A  +⋅⋅⋅+P nA  =P 2A  +P 4A  +⋅⋅⋅+P nA  2 = 5  0 8 2 ⋅ + 15 5  1 8 2 ⋅ + 15 5  2 8 2 ⋅ +⋅⋅⋅+ 15 5  m-1 8 ⋅ 15 8 2 =  15 5  0 2 + 5  1 2 + 5  2 2 +⋅⋅⋅+ 5   m-1    1 1- 2 8 5 = 15  m       1-2 5  8 2 = -1- 9 5   m    ， 又∵m≥1时，P 2A  +P 3A  +⋅⋅⋅+P nA  随着m的增大而增大， 8 ∴ 15 ≤P 2A  +P 3A  +⋅⋅⋅+P nA  8 < 9解法指导 概率统计常与排列组合、函数、数列等知识交汇考查。求解此类问题要充分理解题意，根据题中已知条 件，联系所学知识对已知条件进行转化。这类问题的命题方向总的来说有两大类： 1、所给问题是以集合、函数、立体几何、数列、向量等知识为载体的概率问题，求解时需要利用相关知识 把所给问题转化为概率模型，然后利用概率知识求解； 2、所给问题是概率问题，求解时有时需要把所求概率转化为某一变量的该函数，然后利用函数、导数知 识进行求解；或者把问题转化为与概率变量有关的数列递推关系，再通过构造特殊数列求通项或求和。 变式训练 26.(24-25高三上·湖南·月考习)若无穷正项数列a n 27  同时满足下列两个性质：①存在M>0，使得a < n M,n∈N*；②a n  为单调数列，则称数列a n  具有性质P. 1 (1)若a =2n-1,b = n n 3  n ， (i)判断数列a n  ,b n  是否具有性质P，并说明理由； (ii)记S =a b +a b +⋯+a b ，判断数列S n 1 1 2 2 n n n  是否具有性质P，并说明理由； (2)已知离散型随机变量X服从二项分布Bn,p  1 ,00,∴S p >p >p ，若乙只能安排在第二个派出，要使初赛派出人员数目的期望较小，试确定甲、 1 2 3 丙谁先派出； (3)初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛，复赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获 得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖，已知某学生进入了复 1 赛，他在复赛中前两道题答对的概率均为a，第三道题答对的概率为b．若他获得一等奖的概率为 ， 8 设他获得二等奖的概率为p，求p的最小值． 23 3 【答案】(1) ；(2)甲先派出；(3) 24 8 【解析】(1)设事件A表示该小组获胜， 则PA  3 1 2 1 1 1 23 = + × + × × = ， 4 4 3 4 3 2 24 23 所以该小组初赛胜利的概率为 ， 24 (2)若依次派出甲乙丙进行闯关，设派出的人员数目为X ， 1 则X的可能取值为1,2,3， 则PX 1 =1  =p 1 ，PX 1 =2  =1-p 1  p 2 ，PX 1 =3  =1-p 1  1-p 2  ， 此时EX 1  =p 1 +21-p 1  p 2 +31-p 1  1-p 2  =p p -2p -p +3， 1 2 1 2 若依次派出丙乙甲进行闯关，设派出的人员数目为X ， 2 则X的可能取值为1,2,3， 则PX 2 =1  =p 3 ，PX 2 =2  =1-p 3  p 2 ，PX 2 =3  =1-p 3  1-p 2  ， 此时EX 2  =p 3 +21-p 3  p 2 +31-p 3  1-p 2  =p p -2p -p +3， 2 3 3 2 所以EX 1  -EX 2  =p 1 p 2 -2p 1 -p 2 +3-p 2 p 3 -2p 3 -p 2 +3  =p p -2p -p p +2p 1 2 1 2 3 3 =p 2p 1 -p 3  -2p 1 -p 3  =p 1 -p 3  p 2 -2  ， 因为1>p >p >p ， 1 2 3 所以p 1 -p 3 >0,p 2 -2<0，所以EX 1  0，fa  为增函数， 所以fa  1 =f min 2  1 1 3 3 = + - = ， 4 2 8 8 3 所以p的最小值为 . 8 题型十 利用概率解决决策类问题 大题典例 28.(24-25高三上·宁夏银川·月考习)2023年12月30号，长征二号丙/远征一号S运载火箭在酒泉卫星 发射中心点火起飞，随后成功将卫星互联网技术实验卫星送入预定轨道，发射任务获得圆满完成，此 次任务是长征系列运载火箭的第505次飞行，也代表着中国航天2023年完美收官.某市一调研机构为 了了解当地学生对我国航天事业发展的关注度，随机的从本市大学生和高中生中抽取一个容量为40 的样本进行调查，调查结果如下表： 关注度 学生群体 合计 关注 不关注 大学生 20 28 高中生 合计 24 附： α 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 x 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 α nad-bc χ2=  2 a+b  c+d  a+c  b+d  ，n=a+b+c+d. (1)完成上述列联表，依据小概率值α=0.05的独立性检验，能否认为关注航天事业发展与学生群体有 关？ (2)该市为了提高本市学生对航天事业的关注，举办了一次航天知识闯关比赛，包含三个问题，有两种 答题方案选择：方案一：回答三个问题，至少答出两个可以晋级； 方案二：在三个问题中，随机选择两个问题，都答对可以晋级. 3 1 1 已知小华同学答出三个问题的概率分别是 ， ， ，小华回答三个问题正确与否相互独立，则小华 5 3 2 应该选择哪种方案晋级的可能性更大？(说明理由) 【答案】(1)列联表见解析，关注航天事业发展与学生群体有关. (2)小华应该选择方案二，理由见解析. 【解析】(1)完整列联表如下： 关注度 学生群体 合计 关注 不关注 大学生 20 8 28 高中生 4 8 12 合计 24 16 40 40160-32 故χ2= 30  2 ≈5.08>3.84， 24×16×12×28 故依据小概率值α=0.05的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关. (2)方案一：设事件“回答三个问题，小华晋级”为A， 则PA  3 1 1 2 1 1 3 2 1 3 1 1 14 7 = × × + × × + × × + × × = = ； 5 3 2 5 3 2 5 3 2 5 3 2 30 15 方案二：设事件“三个问题中，随机选择两个问题，小华晋级”为B， 则PB  3 1 1 1 3 1 6+5+9 2 = × + × + × = = ， 5 3 3 2 5 2 30 3 2 7 因为 > ，故小华应该选择方案二. 3 15 解法指导 决策问题的解决策略：决策的工具是有关概率，决策方案的最佳选择是将概率最 大(最小)作为最佳方案，可能需要借助函数的性质去实现。 变式训练 29.(24-25高三上·贵州贵阳·月考习)某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投3次，在M处 投一次三分球，投进得3分，未投进不得分，在N处连续投2次两分球，每投进一次得2分，未投进不得 分，测试者累计得分高于3分即通过测试，并终止投篮(若前两次投篮后确定不能通过测试也终止投 1 1 篮).甲同学为了通过测试，刻苦训练，投中3分球的概率为 ，投中2分球的概率为 ，且每次投篮结 5 2 果互不影响. (1)若甲同学先投3分球，求他投篮2次就终止投篮的概率； (2)为使通过测试的概率最大，甲同学应先投几分球？ (3)为使投篮累计得分期望最大，甲同学应先投几分球？1 【答案】(1) ；(2)甲同学先投2分或先投3分是一样的；(3)先投2分球 2 【解析】(1)记甲同学先投3分球，投篮2次就终止投篮的事件为A， pA 31  1 1 1 = × +1- 5 2 5  1 ×1- 2  1 = . 2 (2)记甲同学先投3分球通过测试的概率为p ， 1 1 1 1 1 则p = × + ×1- 1 5 2 5 2  1 1 × +1- 2 5  1 1 7 × × = ； 2 2 20 记甲同学先投2分球通过测试的概率为p ， 2 1 1 1 则p = × +1- 2 2 2 2  1 1 1 1 × × + ×1- 2 5 2 2  1 7 × = ； 5 20 因为p =p ，故甲同学先投2分或先投3分是一样的. 1 2 (3)记甲同学先投3分球投篮累计得分为X，先投2分球投篮累计得分为Y， X可能取0,2,3,4,5, PX=0  4 1 2 = × = ,PX=2 5 2 5  4 1 1 1 = × × = , 5 2 2 5 PX=3  1 1 1 1 = × × = ,PX=4 5 2 2 20  4 1 1 1 = × × = , 5 2 2 5 PX=5  1 1 1 1 1 3 = × + × × = ， 5 2 5 2 2 20 EX  1 1 1 3 =2× +3× +4× +5× =2.1. 5 20 5 20 Y可能取0,2,4,5， PY=0  1 1 1 = × = ,PY=2 2 2 4  1 1 4 2 =C1× × × = ， 2 2 2 5 5 PY=4  1 1 1 = × = ,PY=5 2 2 4  1 1 1 1 =C1× × × = ， 2 2 2 5 10 EY  2 1 1 23 =2× +4× +5× = >2.1. 5 4 10 10 故甲同学先投2分球投篮累计得分期望最大. 30.(24-25高三上·内蒙古赤峰·月考习)某校高三年级部组织高中生数学知识竞赛，竞赛分为个人赛和 团体赛，竞赛规则如下：个人赛规则：每位参赛选手只有一次挑战机会，电脑同时给出2道判断题T,T 1 2 (判断对错)和4道选择题X ,X ,X ,X (每个选择题的四个选项中有且仅有一个是正确的)，要求参赛 1 2 3 4 者全都作答，若有4道或4道以上答对，则该选手挑战成功.团体赛规则：以班级为单位，每班参赛人数 不少于20人，且参赛人数为偶数，参赛方式有如下两种可自主选择其中之一参赛：方式一：将班级选 派的2n个人平均分成n组，每组2人，电脑随机分配给同组两个人一道相同试题，两人同时独立答题， 若这两人中至少有一人回答正确，则该小组挑战成功，若这n个小组都挑战成功，则该班级挑战成功. 方式二：将班级选派的2n个人平均分成2组，每组n个人，电脑随机分配给同组n个人一道相同试题， 各人同时独立答题，若这n个人都回答正确，则该小组挑战成功.若这两个小组至少有一个小组挑战 成功则该班级挑战成功. (1)在个人赛中若一名参赛选手全部随机作答，求这名选手恰好答对一道判断题并且答对两道选择题 的概率； (2)甲同学参加个人赛，他能够答对判断题T 并且答对选择题X ，其余题目只能随机作答，求甲同学 1 1 挑战成功的概率；(3)在团体赛中，假设某班每位参赛同学对给出的试题回答正确的概率均为常数P(00，2-P>1， 可得2-P  n>1，Pn<1， ∴fn+1  -fn  >0，即fn+1  >fn  ，∴fn  单调递增， 又∵f2  =2-P  2+P2-2=2P2-4P+2=2p-1  2>0，且n≥10， ∴fn  >0， 从而P -P >0，即P >P，所以为使本班调整成功的可能性更大，应该选方式一参赛. 4 6 4 6 必刷大题 刷模拟 31.(2024·全国·高考真题)某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产 品中随机抽取150件进行检验，数据如下： 优级品 合格品 不合格品 总计 甲车间 26 24 0 50 乙车间 70 28 2 100 总计 96 52 2 150 (1)填写如下列联表： 优级品 非优级品甲车间 乙车间 能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲，乙两车 间产品的优级品率存在差异？  (2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率p=0.5，设p为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.  p(1-p) 如果p>p+1.65 ，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据， n 能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？( 150≈12.247) n(ad-bc)2 附：K2= (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) PK2≥k 33  0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析 【解析】(1)根据题意可得列联表： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 15026×30-24×70 可得K2=  2 75 = =4.6875， 50×100×96×54 16 因为3.841<4.6875<6.635， 所以有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异， 没有99%的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异. 96 (2)由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为 =0.64， 150  用频率估计概率可得p=0.64， 又因为升级改造前该工厂产品的优级品率p=0.5， p1-p 则p+1.65  0.51-0.5 =0.5+1.65 n  0.5 ≈0.5+1.65× ≈0.567， 150 12.247  p(1-p) 可知p>p+1.65 ， n 所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了. 32.(2024·全国·高考真题)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第 一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中 一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得 0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率 为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p=0.4，q=0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．(2)假设00， ∴P >P ，应该由甲参加第一阶段比赛. 甲 乙 (ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15， P(X=0)=(1-p)3+1-(1-p)3  ⋅(1-q)3， PX=5  = 1-1-p  3   C 3 1q⋅1-q  2， P(X=10)=1-(1-p)3  ⋅C2q2(1-q)， 3 P(X=15)=1-(1-p)3  ⋅q3， ∴E(X)=151-(1-p)3  q=15p3-3p2+3p  ⋅q 记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15， 同理E(Y)=15q3-3q2+3q  ⋅p ∴E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)] =15(p-q)pq(p+q-3)， 因为00， ∴应该由甲参加第一阶段比赛. 33.(2024·北京·高考真题)某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保 单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 800 100 60 30 10 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公 司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率； (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. (i)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望EX  ； (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(i)中EX 35  估计值的大小．(结论不要求证明) 1 【答案】(1) ；(2)(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于(i)中EX 10  估计 值 【解析】(1)设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”， 由题设中的统计数据可得PA  60+30+10 1 = = . 800+100+60+30+10 10 (2)(ⅰ)设ξ为赔付金额，则ξ可取0,0.8,1.6,2.4,3， 由题设中的统计数据可得Pξ=0  800 4 = = ,Pξ=0.8 1000 5  100 1 = = ， 1000 10 60 3 30 3 10 1 P(ξ=1.6)= = ，P(ξ=2.4)= = ，P(ξ=3)= = ， 1000 50 1000 100 1000 100 故Eξ  4 1 3 3 1 =0× +0.8× +1.6× +2.4× +3× =0.278 5 10 50 100 100 故EX  =0.4-0.278=0.122(万元). 4 1 (ⅱ)由题设保费的变化为0.4× ×96%+0.4× ×1.2=0.4032， 5 5 故EY  =0.122+0.4032-0.4=0.1252(万元)， 从而EX  3.841． 95×485×222×358 则零假设不成立， 即有95%的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关． 35.(2024·上海·高考真题)水果分为一级果和二级果，共136箱，其中一级果102箱，二级果34箱． (1)随机挑选两箱水果，求恰好一级果和二级果各一箱的概率； (2)进行分层抽样，共抽8箱水果，求一级果和二级果各几箱； (3)抽取若干箱水果，其中一级果共120个，单果质量平均数为303.45克，方差为603.46；二级果48个， 单果质量平均数为240.41克，方差为648.21；求168个水果的方差和平均数，并预估果园中单果的质 量． 17 【答案】(1) ；(2)一级果抽取6箱，二级果抽取2箱 45 (3)方差1427.27克2，平均数285.44克，预估平均质量为287.69克 【解析】(1)设A事件为恰好选到一级果和二级果各一箱， 136×135 样本空间的样本点的个数n=C2 = =9180， 136 2 A事件的样本点的公式m=C1 ⋅C1 =3468， 102 34 所以PA 36  m 3468 17 = = = ； n 9180 45 (2)因为一级果箱数：二级果箱数=102:34=3:1， 3 1 所以8箱水果中有一级果抽取8× =6箱，二级果抽取8× =2箱； 3+1 3+1   (3)设一级果平均质量为x，方差为S2，二级果质量为y，方差为S2， x y  总体样本平均质量为z，方差为S2，   因为x=303.45，y=240.41，S2=603.46，S2=648.21， x y  120 48 所以z= ×303.45+ ×240.41=285.44克， 120+48 120+48 120 48 S2= ×[603.46+(303.45-285.44)2]+ ×[648.21+(240.41-285.44)2]=1427.27克2． 120+48 120+48 102  34  预估平均质量为 ⋅x+ ⋅y=287.69克． 136 136