【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第11章 高考大题冲关系列（6） 含解析【高考】.doc，共(21)页，248.000 KB，由小赞的店铺上传

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1命题动向：在高考的解答题中，对概率与随机变量及其分布相结合的综合问题的考查既是热点又是重点，是高考必考的内容，并且常常与统计相结合，常常设计成包含概率计算、概率分布表、随机变量的数学期望与方差、统计图表的识别等知识的综合题．以考生比较熟悉的实际应用问题为载体，考查

学生应用基础知识和基本方法分析问题和解决问题的能力．题型1求离散型随机变量的均值与方差例1(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个

问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8

，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．解(1)随机变量X

的所有可能取值为0,20,100.P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48.故随机变量X的分布列如下：X020100P0.20.320.48(2)设小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，则

随机变量Y的所有可能取值为0,80,100，P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48.2故E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.由(1)知E(X)＝0×0.2＋2

0×0.32＋100×0.48＝54.4.因为E(Y)>E(X)，故应先回答B类问题．[冲关策略]离散型随机变量的均值和方差的求解，一般分两步：一是定型，即先判断随机变量的分布是特殊类型，还是一般类型，如两点分布、二项分布、超几何分布等属于特殊类型；二是定性，对于特殊类

型的均值和方差可以直接代入相应公式求解，而对于一般类型的随机变量，应先求其分布列然后代入相应公式计算，注意离散型随机变量的取值与概率的对应．变式训练1(2021·江西南昌三模)高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错

开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内．如图1所示的高尔顿板有7层小木块，小球从通道口落下，第一次与第2层中间的

小木块碰撞，以12的概率向左或向右滚下，依次经过6次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2，…，7的球槽内．例如小球要掉入3号球槽，则在6次碰撞中有2次向右4次向左滚下．(1)如图1，进行一次高尔顿板试验，求小球掉入5号球槽的概率；(2)小红、小明同学在

研究了高尔顿板后，利用高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动．小红使用图1所示的高尔顿板，付费6元可以玩一次游戏，小球掉入m号球槽得到的奖金为ξ元，其中ξ＝|16－4m|.小明改进了高尔顿板(如图2)，首先将小木块减少成5层，然后使小球在下落

的过程中与小木块碰撞3时，有13的概率向左，23的概率向右滚下，最后掉入编号为1,2，…，5的球槽内，改进高尔顿板后只需付费4元就可以玩一次游戏，小球掉入n号球槽得到的奖金为η元，其中η＝(n－4)2.两位同学的高尔顿板游戏火爆进行，很多同学参加了游戏

，你觉得小红和小明同学谁的盈利多？请说明理由．解(1)设这个小球掉入5号球槽为事件A，掉入5号球槽，需要向右4次向左2次，所以P(A)＝C46×124×122＝1564，所以这个小球掉入5号球槽的概率

为1564.(2)小红的收益计算如下：每一次游戏中，ξ的可能取值为0,4,8,12.P(ξ＝0)＝P(m＝4)＝C36×123×123＝516，P(ξ＝4)＝P(m＝3)＋P(m＝5)＝C26×122×124＋C46×

124×122＝1532，P(ξ＝8)＝P(m＝2)＋P(m＝6)＝C16×12×125＋C56×125×12＝316，P(ξ＝12)＝P(m＝1)＋P(m＝7)＝C06×126＋C66

×126＝132.ξ04812P5161532316132一次游戏付出的奖金E(ξ)＝0×516＋4×1532＋8×316＋12×132＝154，则小红的收益为6－154＝94.小明的收益计算如下：每一次游戏中，η的可能取值

为0,1,4,9.P(η＝0)＝P(n＝4)＝C34×13×233＝3281，P(η＝1)＝P(n＝3)＋P(n＝5)＝C24×132×232＋C44×2

34＝4081，4P(η＝4)＝P(n＝2)＝C14×133×23＝881，P(η＝9)＝P(n＝1)＝134＝181.η0149P32814081881181一次游戏付出的奖金E(η)＝0×3281＋1×4081＋4×881＋9×181＝1，则小明的

收益为4－1＝3.显然，3＞94，所以小明的盈利多．题型2概率与统计的综合问题例2(2021·郑州三模)2021年5月19日是第11个“世界家庭医生日”．某地区自2016年开始全面推行家庭医生签约服务．已知该地区人口为1000万，从1岁到101岁的居民年龄结构

的频率分布直方图如图1所示．为了解各年龄段居民签约家庭医生的情况，现调查了1000名年满18周岁的居民，各年龄段被访者签约率如图2所示：5(1)国际上通常衡量人口老龄化的标准有以下四种：①60岁以上人口占比达到7%以上；②少年人口

(14岁以下)占比30%以下；③老少比30%以上；④人口年龄中位数在30岁以上．请任选两个角度分析该地区人口分布现状；(2)估计该地区年龄在71～80岁且已签约家庭医生的居民人数；(3)据统计，该地区被访者的签约率约为44%，为把该地区年满18岁

居民的签约率提高到55%以上，应着重提高图2中哪个年龄段的签约率？并结合数据对你的结论作出解释．解(1)①60岁以上人口比例是(0.01＋0.003＋0.0025＋0.0005)×10＝0.16；②少年(14岁以下

)人口比例小于(0.01＋0.005)×10＝0.15；③老少比大于0.160.15＞0.3＝30%；④由于1～30岁人口比例为0.33,1～41岁人口比例为0.53，所以年龄中位数在31～40岁范围内．所以由以上四条中任意两条均可分析出该地区人口已

经老龄化．(2)由折线统计图可知，该地区年龄在71～80岁且已签约家庭医生的居民人数为0.03×0.7×1000＝21万．(3)由图1、2可知该地区年龄在18～30岁的人口为180～230万之间，签约率为30.3%；年龄在31～50岁的人口数为(0.02＋0.016)×10×1

000＝360万，签约率为37.1%；年龄在51～60岁的人口数为0.015×10×1000＝150万，签约率为55.7%；年龄在61～70岁的人口数为0.01×10×1000＝100万，签约率为61.7%；年龄在71～80岁的人口数为0.003

×10×1000＝30万，签约率为70%；年龄在80岁以上的人口数为(0.0025＋0.0005)×10×1000＝30万，签约率为75.8%.由以上数据可知，这个地区年龄在31～50岁的人数为360万，基数较其他年龄段是最

大的，且签约率仅为37.1%，比较低，所以应着重提高31～50岁年龄段的签约率．6[冲关策略]概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为高考的一大亮点和热点．它与其他知识融合、渗透，情境新颖，充分体现了概率与统

计的工具性和交汇性．统计以考查抽样方法、样本的频率分布、样本特征数的计算为主，概率以考查概率计算为主，往往和实际问题相结合，要注意理解实际问题的意义，使之和相应的概率计算对应起来，只有这样才能有效地解决问题．变式训练2零部件生产水平，是评判一个国家高端装备制造

能力的重要标准之一．其中切割加工技术是一项重要技术．某研究机构自主研发了一种切割设备，经过长期生产经验，可以认为设备正常状态下切割的零件尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．按照技术标准要求，从该设备切割的一个批次零件中任意抽取10件作为样本，如果样本尺寸

的平均值与零件标准尺寸相差的绝对值小于0.1(单位：mm)，且所有零件尺寸均在(μ－3σ，μ＋3σ)范围内，则认定该切割设备的技术标准为A级；如果样本尺寸的平均值与零件标准尺寸相差的绝对值大于等于0.1小于0.5，且所有零件尺寸均在(μ－3σ，μ＋3σ)范围内，则认定该切割设备的技术

标准为B级；如果样本尺寸的平均值与零件标准尺寸相差的绝对值大于等于0.5或存在零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)范围外，则认定该切割设备的技术标准为C级．(1)设某零件的标准尺寸为100mm，下面是检验员抽取该设备切割的10个零件尺寸：100.0

3100.499.92100.5299.98100.3599.92100.44100.66100.78经计算，有i＝110x2i≈100601.8，其中xi为抽取的第i个样本的尺寸，i＝1,2,3，…，10，用样

本的平均数x－作为μ的估计值μ^，用样本的标准差s作为σ的估计值σ^，根据数据判断该切割设备的技术标准；(2)生产该种零件的某制造商购买了该切割设备，正常投入生产，公司制定了两种销售方案(假设每种方案对销

售量没有影响)：方案1：每个零件均按70元定价销售；方案2：若零件的实际尺寸在(99.7,100.3)范围内，则该零件为Ⅰ级零件，每7个零件定价100元，否则为Ⅱ级零件，每个零件定价60元．哪种销售方案能够给公司带

来更多的利润？请说明．(附：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)解(1)由题意，x－＝110i＝110xi＝100.3，σ2＝110i＝110(xi－x－)2＝110

i＝110x2i－10x－2≈0.09，所以μ^＝100.3，σ^≈0.3，样本的均值与零件标准尺寸差为100.3－100＝0.3，并且对每一个数据xi，均有xi∈(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)(i＝1,2,3，…，10)，由此判断该切割设备技术标准为B级标准．(2)

方案1：每个零件售价为70元．方案2：设生产的零件售价为随机变量ξ，则ξ可以取60,100.由题意，设备正常状态下切割的零件尺寸为X，且X～N(100.3，0.32)，所以P(ξ＝100)＝P(99.7<X<100.3)＝P(μ－2σ<X<μ)≈0.47725，

P(ξ＝60)＝1－P(ξ＝100)≈0.52275，所以随机变量ξ的分布列为ξ60100P0.522750.47725所以ξ的数学期望E(ξ)＝60×0.52275＋100×0.47725>60×0.5＋100×0.

47＝77>70.综上，方案2能够给公司带来更多的利润．题型3概率与线性回归的综合问题例3某人经营淡水池塘养草鱼，根据过去40期的养殖档案，该池塘的养殖重量X(百斤)都在20百斤以上，其中不足40百斤的有

8期，不低于40百斤且不超过60百斤的有24期，超过60百斤的有8期．根据统计，该池塘的草鱼重量的增加量y(百斤)与使用某种饵料的质量x(百斤)之间的关系如图所示．8(1)根据数据可知y与x具有线性相关关系，

请建立y关于x的经验回归方程y^＝b^x＋a^；如果此人设想使用某种饵料10百斤时，草鱼重量的增加量须多于5百斤，请根据回归方程计算，确定此方案是否可行？并说明理由；(2)养鱼的池塘对水质含氧量与新鲜度要求较高，某商家为该养殖户提供收费服务，即提供不超过3台增氧冲

水机，每期养殖使用的冲水机运行台数与鱼塘的鱼重量X有如下关系：鱼的重量(单位：百斤)20<X<4040≤X≤60X>60冲水机只需运行台数123若某台增氧冲水机运行，则商家每期可获利5千元；若某台冲水机未运行，则商家每期亏损2千元．视频率为概率，商家欲使每期冲水机总利润的均值达到最大，

应提供几台增氧冲水机？附：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其经验回归方程y^＝b^x＋a^的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为b^＝i＝1n(xi－x－)(yi－y－)

i＝1n(xi－x－)2＝i＝1nxiyi－nx－y－i＝1nx2i－nx－2，a^＝y－－b^x－.解(1)依题意，得x－＝5，y－＝4，i＝15(xi－x－)(yi－y－)＝6，i＝15(xi－x－)2＝26，9所以b^＝i＝15(xi－

x－)(yi－y－)i＝15(xi－x－)2＝313，a^＝y－－b^x－＝4－313×5＝3713，所以y^＝313x＋3713，当x＝10时，y^＝6713>5，故此方案可行．(2)设盈利为Y，安装1台，盈利Y＝5000.安装2台，当20<

X<40时，Y＝3000，P＝15，当X≥40时，Y＝10000，P＝45.所以E(Y)＝15×3000＋45×10000＝8600.安装3台，当20<X<40时，Y＝1000，P＝15，当40≤X≤60时，Y＝80

00，P＝35，当X>60时，Y＝15000，P＝15.所以E(Y)＝1000×15＋8000×35＋15000×15＝8000.因为8600>8000，故应提供2台增氧冲水机．[冲关策略]本题主要考查概率与回归方程等知识，考

查学生的数据处理能力和应用意识，注意分析数据，定型求解，正确计算是关键．变式训练3蝗虫能对农作物造成严重伤害，每只蝗虫的平均产卵数y和平均温度x有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值．平均温度x/℃21232527293235平均产卵数y/个7112

1246611532510x－y－z－i＝17(xi－x－)·(zi－z－)i＝17(xi－x－)227.42981.2863.61240.182147.714表中zi＝lnyi，z－＝17i＝17zi.(1)根据散点图判断，y＝a＋bx与y＝cedx

(其中e＝2.718…为自然对数的底数)哪一个更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的经验回归模型(给出判断即可，不必说明理由)；(2)求出y关于x的经验回归方程(结果精确到小数点后第三位)；(3)根据以往统计，该地每年平均温度达到28℃以上时蝗虫会对农作物造成

严重伤害，需要人工防治，其他情况均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到28℃以上的概率为p(0＜p＜1)．①记该地今后n(n≥3，n∈N*)年恰好需要2次人工防治的概率为f(p)，求f(p)取得最大值时对应的概率p0；②根据①中的结论，当f(p)取最大值时，记该地今后6年需要人工防治的

次数为X，求X的均值和方差．附：对于一组数据(x1，z1)，(x2，z2)，…，(x7，z7)，其经验回归方程z^＝a^＋b^x的斜率和截距的最小二乘估计分别为b^＝i＝1n(xi－x－)(zi－z－)i＝1n(xi－x－)2，a^＝z－－b^x－.解(1)由散点图可以判断，y＝ced

x更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的经验回归模型．11(2)对y＝cedx两边取自然对数得lny＝lnc＋dx，令z＝lny，a＝lnc，b＝d，则z＝a＋bx.因为b^＝i＝17(xi－x－)(zi－z－)i＝17(xi－x－)2＝40.182147.714≈0.

272，a^＝z－－b^x－≈3.612－0.272×27.429≈－3.849，所以z关于x的经验回归方程为z^＝0.272x－3.849.所以y关于x的经验回归方程为y^＝e0.272x－3.849.(3)①由题意可知f(p)＝C2np2(1－p)n－2，所以f′(p)＝2C2np(1－

p)n－2－(n－2)C2np2(1－p)n－3＝C2np(1－p)n－3[2(1－p)－(n－2)p]＝C2np(1－p)n－3(2－np)．因为n≥3且n∈N*，所以当0＜p＜2n时，f′(p)＞0；当2n＜p＜

1时，f′(p)＜0.所以函数f(p)在区间0，2n上单调递增，在区间2n，1上单调递减．所以函数f(p)在p＝2n处取得极大值，亦即最大值．所以p0＝2n.②由①可知，当p＝2n时，f(p)取最大值．又因为n＝6，所

以p＝13.由题意可知X～6，13，所以E(X)＝6×13＝2，D(X)＝6×13×23＝43.题型4概率与独立性检验的综合问题12例4(2021·西安模拟)第14届全运会于2021年9月15～27日在西安举行．为了宣传全运会，

西安某大学在西安全运会开幕后的第二天，从全校学生中随机抽取了120名学生，对是否收看西安全运会开幕式情况进行了问卷调查，统计数据如下：性别开幕式收看没收看男生6020女生2020(1)根据小概率值α＝0.01的独立性检验，推断学生是否收看开幕式与性别有关？(2)现从参与

问卷调查且收看了开幕式的学生中，采用按性别分层随机抽样的方法选取8人，参加2021年西安全运会志愿者宣传活动．若从这8人中随机选取2人到校广播站开展全运会比赛项目宣传介绍．①求在2人中有女生入选的条件下，恰好选到一名男生、一

名女生的概率；②记X为入选的2人中的女生人数，求随机变量X的分布列及数学期望．附：χ2＝n(ad－bc)2(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.α0.1000.0500.0100.0050.001xα2.706

3.8416.6357.87910.828解(1)零假设为H0：学生是否收看开幕式与性别无关．根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝120×(60×20－20×20)280×40×80×40＝7.5＞6.635＝x0

.01，根据小概率值α＝0.01的独立性检验，我们推断H0不成立，因此可以认为学生是否收看开幕式与性别有关．(2)①根据分层随机抽样方法得，选取的8人中，男生有34×8＝6人，女生有14×8＝2人，记

事件A为“选出的2人中有女生”，共有C28－C26＝13或C22＋C16C12＝13种不同的选法，13事件B为“选出的2人为一名男生、一名女生”，共有C16C12＝12种不同的选法，则P(B|A)＝n(AB)n(A

)＝1213.②根据题意，X的所有可能取值为0,1,2.P(X＝0)＝C26C28＝1528，P(X＝1)＝C16C12C28＝1228＝37，P(X＝2)＝C22C28＝128.所以X的分布列为X012P152837128E(X)＝0×1528＋1×1228＋2×128＝1

428＝12.或X服从超几何分布，N＝8，M＝2，n＝2，E(X)＝nMN＝2×28＝12[冲关策略]此类题目虽然涉及的知识点较多，但每个知识点考查程度相对较浅，考查深度有限，所以解决此类问题，最主要的是正确掌握概率与统计案

例的基本知识，并能对这些知识点进行有效地融合，把统计图表中的量转化为概率及分布列求解中的有用的量是解决此类问题的关键所在．变式训练4从2020年开始，国家逐步推行全新的高考制度．新高考不再分文理科，部分省份采用3＋1＋2模式，其中语文、数学、外语三科为必考科目，满分各150分，另外考生还

要依据想考取的高校及专业的要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在物理、历史2门科目中选1门，在政治、地理、化学、生物4门科目中选2门参加考试，每科目满分100分．为了应对新高考，某高中从高一年级1000名学生(其中男生550人，女生450人)中，采用分层随机

抽样的方法从中抽取n名学生进行调查．(1)已知抽取的n名学生中含女生45人，求n的值及抽取到的男生人数；14(2)学校计划在高一上学期开设选修中的“物理”和“历史”两个科目，为了了解学生对这两个科目的选课情况，对在(1)的条件下抽取到的n名学生进行问卷调查(已知每名学生在这两个科目中必须

选择一个科目且只能选择一个科目)，下表是根据调查结果得到的2×2列联表．请将列联表补充完整，并依据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为选择科目与性别有关？说明你的理由；性别选择科目合计物理历史男生10女生25合计(3)在抽取到的45名女生中按(2)中的选课情况进行分层随机抽样

，从中抽出9名女生，再从这9名女生中抽取4人，设这4人中选择“历史”的人数为X，求X的分布列及期望．附：χ2＝n(ad－bc)2(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.α0.050.01xα3.8416.635解(1)由题意，得n1000＝45450，解得n＝100

，抽取到的男生人数为550×1001000＝55.(2)2×2列联表为性别选择科目合计物理历史男生451055女生252045合计7030100零假设为H0：选择科目与性别无关．根据列联表中的数据，经计算得到15χ2＝n(ad－bc)2(a＋b)(c＋d

)(a＋c)(b＋d)＝100×(45×20－10×25)255×45×70×30≈8.1289>6.635＝x0.01.依据小概率值α＝0.01的独立性检验，H0不成立，因此可以认为选择科目与性别有关．(3)从45名女生中用分层随机抽样抽

取9名女生，所以这9名女生中有5人选择“物理”，4人选择“历史”，9名女生中再选择4名女生，则这4名女生中选择“历史”的人数X的所有可能取值为0,1,2,3,4.则P(X＝0)＝C45C49＝5126，P(X＝1)＝C35C14C49＝2063，P(X＝2)＝C25C24C49＝1

021，P(X＝3)＝C15C34C49＝1063，P(X＝4)＝C44C49＝1126.所以X的分布列为X01234P51262063102110631126期望E(X)＝0×5126＋1×2063＋2×1021＋

3×1063＋4×1126＝169.题型5概率、统计与函数、数列的综合问题例5(2019·全国Ⅰ卷)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠

对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每

轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两16种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X.(1)求X的分布列；(2)若甲

药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i＝0，1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则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)．假设α＝0.5，β＝0.8.①证明：{pi＋1－pi}(i＝0,1,2，…，7)为等比数列；②求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．解(1)X的所有可能取值为－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的分布列为X－101P(1－α)βαβ＋(1－α)(1－β)α(1－β)(2)①证明：由(1)，得a＝0.

4，b＝0.5，c＝0.1，因此pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1，故0.1(pi＋1－pi)＝0.4(pi－pi－1)，即pi＋1－pi＝4(pi－pi－1)．又因为p1－p0＝p1≠0，所以{pi＋1－pi}(i＝0,1,2，…，7)是公比

为4，首项为p1的等比数列．②由①可得p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0＝(p8－p7)＋(p7－p6)＋…＋(p1－p0)＝48－13p1.由于p8＝1，故p1＝348－1，所以p4＝(p4－p3)＋(p3－p2)＋

(p2－p1)＋(p1－p0)＝44－13p1＝1257.17p4表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p4＝1257≈0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理

．例6某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n(n∈N*)份血液样本，有以下两种检验方式：逐份检验，则需要检验n次；混合检验，将其中k(k∈N*且k≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验．若检

验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液中究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k＋1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性

都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p(0<p<1)．(1)假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；(2)现取其中k(k∈N*且k≥2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式

，样本需要检验的总次数为ξ2.①试运用概率统计的知识，若E(ξ1)＝E(ξ2)，试求p关于k的函数关系式p＝f(k)；②若p＝1－13e，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值．

参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln4≈1.3863，ln5≈1.6094，ln6≈1.7918.解(1)所求概率P＝C12C13A23A22A55＝35，恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为35.(2)①由已知，得E(ξ1)＝k，ξ2

的所有可能取值为1，k＋1，18∴P(ξ2＝1)＝(1－p)k，P(ξ2＝k＋1)＝1－(1－p)k，∴E(ξ2)＝(1－p)k＋(k＋1)[1－(1－p)k]＝k＋1－k(1－p)k，若E(ξ1)＝E(ξ2)，则k＝k＋1－k(1－p)k，∴k(1－p)k＝1，(1－

p)k＝1k，∴1－p＝1k1k，∴p＝1－1k1k，∴p关于k的函数关系式p＝1－1k1k(k∈N*且k≥2)．②由题意可知E(ξ2)<E(ξ1)，得1k<(1－p)k，∵p＝1－13

e，∴1k<13ek，∴lnk>13k.设f(x)＝lnx－13x(x>0)，∵f′(x)＝3－x3x，∴当0<x<3时，f′(x)>0，即f(x)在(0,3)上单调递增；当x>3时，f′(x)<0，即f(x)在(3，＋∞

)上单调递减，又ln4≈1.3863，43≈1.3333，∴ln4>43.∵ln5≈1.6094，53≈1.6667，∴ln5<53，∴k的最大值为4.[冲关策略]此类题目往往是利用概率、统计知识，判断生活中实际问题的方案是否合理

，或解决最佳方案的选择问题，即最值问题，方法是借助数列或导数的知识求出最大(小)值．变式训练5(2021·厦门三模)每天锻炼一小时，健康工作五十年，幸福生活一辈子．某公司组织全员每天进行体育锻炼，订制了主题为“百年风云”的系列19纪念币奖励员工，该系列

纪念币有A1，A2，A3，A4四种．每个员工每天自主选择“球类”和“田径”中的一项进行锻炼．锻炼结束后员工将随机等可能地获得一枚纪念币．(1)某员工活动前两天获得A1，A4，则前四天恰好能集齐“百年风云”系列纪念币的概率是多少？(2)通过抽样

调查发现：活动首日有34的员工选择“球类”，其余的员工选择“田径”；在前一天选择“球类”的员工中，次日会有13的员工继续选择“球类”，其余的选择“田径”；在前一天选择“田径”的员工中，次日会有12的员工继续选择“田径”，其余的选择“球类”．用频率估计概率．记某员工第n天选择“球类”的概

率为Pn.①计算P1，P2，并求Pn；②该集团公司共有员工1400人，经过足够多天后，试估计该公司接下来每天各有多少员工参加“球类”和“田径”运动？解(1)设事件E为“他恰好能集齐这四枚纪念币”，由题意，样本点总

数为N＝4×4＝16，事件E包含样本点的个数为M＝2×1＝2，所以他恰好能集齐这四枚纪念币的概率P(E)＝MN＝18.(2)①由题可知，P1＝34，P2＝13P1＋1－12·(1－P1)＝12－16P1，所以P2＝38，当n≥2时，Pn＝13

Pn－1＋1－12(1－Pn－1)＝12－16Pn－1，所以Pn－37＝－16Pn－1－37，又因为P1－37＝928，即Pn－37是以928为首项，－16为公比的等比数列．

所以Pn－37＝928×－16n－1，20所以Pn＝37＋928×－16n－1.②依题意得，当n足够大时，选择“球类”的概率近似于37，假设用ξ表示一天中选择“球类”的人数，则ξ～B1400，37，所以E(ξ)

＝1400×37＝600，即选择“球类”的人数的期望为600，选择“田径”的人数的期望为800.变式训练6(2018·全国Ⅰ卷)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20

件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0；(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰

有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；②以检验费用与赔偿费

用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？解(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝C220p2(1－p)18.因此f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(1－p)17(1－10p).令f′(p)＝0，得p＝0.1

.当p∈(0,0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1,1)时，f′(p)<0.所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.21(2)由(1)，知p＝0.1.①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意，知Y～B(180,0.1

)，则E(Y)＝180×0.1＝18，又X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．由于E(X)>400，故应该对余下

的产品作检验．