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专练56高考大题专练(六)概率与统计的综合运用授课提示：对应学生用书117页1．[2023·新课标Ⅰ卷]甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.

6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.(1)求第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第i次投篮的人是甲的概率；(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E(

i＝1nXi)＝i＝1nqi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y).解析：(1)记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋BA，所以P(A

)＝P(BA＋BA)＝P(BA)＋P(BA)＝P(B)P(A|B)＋P(B)P(A|B)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.(2)设第i次投篮的人是甲的概率为pi，由题意可知，p1＝12，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)

，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝25pi＋15，所以pi＋1－13＝25(pi－13)，又p1－13＝12－13＝16，所以数列pi－13是以16为首项，25为公比的等比数列，所以pi－13＝16×(25)

i－1，所以pi＝13＋16×(25)i－1.(3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0或1，当Xi＝0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi＝1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)

＝1－pi，所以E(Xi)＝pi.Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，则E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，由(2)知，pi＝13＋16×(25)i－1，所以p1＋p2＋p3＋…＋pn＝n3＋16×[1＋25＋(25)2＋…＋(25)n－1]＝n3＋16×

1－（25）n1－25＝n3＋518×1－（25）n.2．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的

两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12.(1)求甲连胜四场的概率；(2)求需要进行第五场比赛的概率；(3)求丙最终获胜的概率．解析：(1)甲

连胜四场的概率为116.(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．比赛四场结束，共有三种情况：甲连胜四场的概率为116；乙连胜四场的概率为116；丙上场后连胜三场的概率为18.所以需要进行第五场比赛

的概率为1－116－116－18＝34．(3)丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18；比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为11

6，18，18.因此丙最终获胜的概率为18＋116＋18＋18＝716．3．[2024·新课标Ⅱ卷]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0<p<q.(ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？(ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？解析：(1)甲参加第一阶段比赛，则该队进入第二阶段的概

率为P1＝1－(1－0.4)3＝0.784.第二阶段乙进行投篮，则乙至少投中一次的概率为P2＝1－(1－0.5)3＝0.875，故甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率为P＝0.784×0.875＝0.686.(2)(ⅰ)若甲、乙所在队的比赛成绩为1

5分，则第二阶段的3次投篮全中．当甲参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P3＝[1－(1－p)3]q3，当乙参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P4＝[1－(1－q)3]p3，则P3－P4＝[1－(1－p)3]q3－[1－(1－q)3]p3

＝3pq(q－p)[p＋q(1－p)]．因为1≥q>p>0，所以q－p>0，所以P3－P4>0，即P3>P4，故应该由甲参加第一阶段比赛．(ⅱ)若甲参加第一阶段比赛，则设该队比赛成绩为X分，X的所有可能取值为0，5，10，15，进入第二阶段的概率为1－(1

－p)3，未进入第二阶段的概率为(1－p)3，则P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3](1－q)3，P(X＝5)＝[1－(1－p)3]C13q(1－q)2，P(X＝10)＝[1－(1－p)3]C23q2(1－q)，P(X＝15)＝[1－(1－

p)3]q3，则E(X)＝5×[1－(1－p)3]C13q(1－q)2＋10×[1－(1－p)3]C23q2(1－q)＋15×[1－(1－p)3]q3＝15pq(p2－3p＋3).若乙参加第一阶段比赛，则设该队的比赛成绩为Y分

，同理可得E(Y)＝15pq(q2－3q＋3)，则E(X)－E(Y)＝15pq(p2－3p－q2＋3q)＝15pq(p－q)(p＋q－3)，因为1≥q>p>0，所以pq>0，p－q<0，p＋q－3<0，所以E(X)－E(Y)>0，即E(X)>E(Y).故应该由甲参加

第一阶段的比赛．4．[2024·九省联考]盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球．(1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；(2)记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E(X).解析：(1)记“取出的3个小球上的数字两两不同

”为事件M，先确定3个不同数字的小球，有C34种方法，然后每种小球各取1个，有C12×C12×C12种取法，所以P(M)＝C34×C12×C12×C12C38＝47.(2)由题意可知，X的可能取值为1，2，3，当X

＝1时，分为两种情况：只有一个数字为1的小球、有两个数字为1的小球，所以P(X＝1)＝C12C26＋C22C16C38＝914；当X＝2时，分为两种情况：只有一个数字为2的小球、有两个数字为2的小球，所

以P(X＝2)＝C12C24＋C22C14C38＝27；当X＝3时，分为两种情况：只有一个数字为3的小球、有两个数字为3的小球，所以P(X＝3)＝C12C22＋C22C12C38＝114，所以X的分布列为：X123P91427114所以E(X)＝1×914＋2×

27＋3×114＝107.5．[2022·全国甲卷(理)，19]甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概

率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．(1)求甲学校获得冠军的概率；(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．解析：(1)设三个项目比赛中甲学校获胜分别为事件A，B，C，易知事件A，B，C相互独立．甲学校获得冠军，对应事件A，B，C同时

发生，或事件A，B，C中有两个发生，故甲学校获得冠军的概率为P＝P(ABC＋A－BC＋AB－C＋ABC－)＝P(ABC)＋P(A－BC)＋P(AB－C)＋P(ABC－)＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×

0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.(2)由题意得，X的所有可能取值为0，10，20，30.易知乙学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.6，0.2，则P(X＝0)＝(1－0.5)×(1－0.6)×(1－0.

2)＝0.16，P(X＝10)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.2)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.2)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.2＝0.44，P(X＝20)＝0.5×0.6×(1－0.2)＋0.5×(1－0.6)×0.2＋(1－0.5)×0.6×0.2＝0.34，P(X＝

30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06，所以X的分布列为X0102030P0.160.440.340.06则E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.6．[2023·新课标Ⅱ卷]某研究小组经过研

究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．

此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c).假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．(1)当漏诊率p(c)＝0.5%时，求临界值c和误诊率q(c)；(

2)设函数f(c)＝p(c)＋q(c)，当c∈[95，105]时，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间[95，105]的最小值．解析：(1)由题图知(100－95)×0.002＝1%>0.5%，所以95<c<100，设X为患病者的该指标，则

p(c)＝P(X≤c)＝(c－95)×0.002＝0.5%，解得c＝97.5.设Y为未患病者的该指标，则q(c)＝P(Y>c)＝(100－97.5)×0.01＋5×0.002＝0.035＝3.5%.(2)当95≤c≤100时，p(c)＝(c－95)×0.002＝0

.002c－0.19，q(c)＝(100－c)×0.01＋5×0.002＝－0.01c＋1.01，所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝－0.008c＋0.82；当100<c≤105时，p(c)＝5×0.002＋(c－100)×0.012＝0

.012c－1.19，q(c)＝(105－c)×0.002＝－0.002c＋0.21，所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝0.01c－0.98.综上所述，f(c)＝－0.008c＋0.82，95≤c≤1000.01c－0.98，100<c≤105.由一次函数的单调性知，函数f(c)在

[95，100]上单调递减，在(100，105]上单调递增，作出f(c)在区间[95，105]上的大致图象(略)，可得f(c)在区间[95，105]的最小值f(c)min＝f(100)＝－0.008×100＋0.

82＝0.02.7．某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i＝1，2，…，20)，其中xi和yi分别表示第i个

样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得i＝120xi＝60，i＝120yi＝1200，i＝120(xi－x－)2＝80，i＝120(yi－y－)2＝9000，i＝120(xi－x－)(yi－y－)＝

800.(1)求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数)；(2)求样本(xi，yi)(i＝1，2，…，20)的相关系数(精确到0.01)；(3)根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大．为提高样本的代表性以获得该地区这种

野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数r＝i＝1n（xi－x－）（yi－y－）i＝1n（xi－x－）2i＝1n（yi－y－）2，2≈1.414.解析：(1)由已知得样本平均数y－＝120i＝120yi

＝60，从而该地区这种野生动物数量的估计值为60×200＝12000.(2)样本(xi，yi)，(i＝1，2，…，20)的相关系数r＝i＝120（xi－x－）（yi－y－）i＝120（xi－x－）2i＝120（yi－y－）2＝80080×9000＝223≈

0.94.(3)分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对200个地块进行分层抽样．理由如下：由(2)知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关．由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一

致性，提高了样本的代表性．从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计．8．[2024·北京卷]某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保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：索赔

次数01234保单份数800100603010假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，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EX；(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EX估计值的大小．(结论不要求证明)解析：(1)设一份保单索赔次数为Y，则P(Y≥2)＝P(Y＝2)＋P(Y＝3)＋P(Y＝4)＝601000＋301000＋101

000＝110，∴一份保单索赔次数不少于2的概率为110.(2)(ⅰ)X的可能取值为0.4，－0.4，－1.2，－2，－2.6，则P(X＝0.4)＝8001000＝45，P(X＝－0.4)＝1001000＝110，P(X＝－1.2)＝601000＝350，P(X＝－

2)＝301000＝3100，P(X＝－2.6)＝101000＝1100，∴EX＝0.4×45－0.4×110－1.2×350－2×3100－2.6×1100＝0.32－0.04－0.072－0.06－0.026＝0

.122.(ⅱ)保单的保费调整后，无索赔保单的保费为0.384万元，毛利润X的可能取值为0.48，－0.32，－1.12，－1.92，－2.52，∴此时EX＝0.48×45－0.32×110－1.12×350－1.92×3100－2.52×1100＝0.384－0.

032－0.0672－0.0576－0.0252＝0.202，∴调整后的保单毛利润的数学期望的估计值大于调整前的保单毛利润数学期望的估计值．