補(bǔ)上一課　概率與其他知識的交匯

補(bǔ)上一課概率與其他知識的交匯題型分析以能力立意是數(shù)學(xué)命題的指導(dǎo)思想，在知識網(wǎng)絡(luò)交匯處設(shè)計試題是今后高考的新特點和大方向，與概率交匯的試題正是在這種背景下“閃亮登場”，頻頻出現(xiàn)在各類考試題中，下面介紹幾種常見的概率與其他知識的交匯題型.題型一概率與統(tǒng)計角度1頻率分布直方圖與概率例1(12分)為了解決家長接送孩子放學(xué)的問題，教育部提出推行課后服務(wù)“5＋2”模式，即學(xué)校每周5天都要開展課后服務(wù)，每天至少開展2h，結(jié)束時間要與當(dāng)?shù)卣Ｏ掳鄷r間相銜接，且不得利用課后服務(wù)時間講新課.為了課后服務(wù)的有序開展，某教育局就課后服務(wù)的時長在網(wǎng)絡(luò)上進(jìn)行意見征集，并從中隨機(jī)抽取了100份調(diào)查表，以此為樣本繪制了如圖所示的頻率分布直方圖：(1)從樣本中隨機(jī)抽取2份調(diào)查表，若其中一份調(diào)查表所建議的課后服務(wù)時長超過200min，求另一份調(diào)查表所建議的課后服務(wù)時長也超過200min的概率；(2)為了進(jìn)一步了解課后服務(wù)時長的需求情況，從樣本中建議課后服務(wù)時長超過180min的人中分層抽取10人，再從這10人中任取3人，記建議課后服務(wù)時長在[180，200)的人數(shù)為X，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.[思路分析](1)先根據(jù)頻率分布直方圖求出課后服務(wù)時長超過200min的調(diào)查表份數(shù)，再設(shè)出相關(guān)事件并求概率，最后根據(jù)條件概率的概率計算公式求解即可；(2)先根據(jù)題意及分層隨機(jī)抽樣的知識求出X的所有可能取值，然后求解相應(yīng)的概率，列出分布列，求得數(shù)學(xué)期望.[規(guī)范解答]解(1)依題意，課后服務(wù)時長超過200min的調(diào)查表共有100×(0.0075＋0.0025)×20＝20(份)①，(1分)設(shè)事件A為其中一份調(diào)查表所建議的課后服務(wù)時長超過200min，事件B為另一份調(diào)查表所建議的課后服務(wù)時長也超過200min，則P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(1,80)＋Ceq\o\al(2,20),Ceq\o\al(2,100))，P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(2,20),Ceq\o\al(2,100))②，(3分)故P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(Ceq\o\al(2,20),Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(1,80)＋Ceq\o\al(2,20))＝eq\f(190,1600＋190)＝eq\f(19,179)③.(5分)(2)根據(jù)題意及分層隨機(jī)抽樣的知識可知，抽取的10人中，建議課后服務(wù)時長在[180，200)內(nèi)的有6人，則X的所有可能取值為0，1，2，3④，(7分)且P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,30)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,2)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,6)⑤，(10分)所以X的分布列為X0123Peq\f(1,30)eq\f(3,10)eq\f(1,2)eq\f(1,6)X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,30)＋1×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,2)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(9,5)⑥.(12分)[滿分規(guī)則]?得步驟分①②⑤每列一個式子并計算正確可得1分；?得關(guān)鍵分③是條件概率公式得2分，④隨機(jī)變量取值不要多寫也不能漏寫；?得計算分⑥正確計算期望可得2分.角度2回歸分析與概率例2(2024·青島模擬)為了豐富農(nóng)村兒童的課余文化生活，某基金會在農(nóng)村兒童聚居地區(qū)捐建“悅讀小屋”.自2019年以來，某村一直在組織開展“悅讀小屋讀書活動”.下表是對2019年以來近5年該村少年兒童的年借閱量的數(shù)據(jù)統(tǒng)計：年份20192020202120222023年份代碼x12345年借閱量y(冊)y1y23692142(參考數(shù)據(jù)：eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))yi＝290)(1)在所統(tǒng)計的5個年借閱量中任選2個，記其中低于平均值的個數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X)；(2)通過分析散點圖的特征后，計劃分別用①eq\o(y,\s\up6(^))＝35x－47和②eq\o(y,\s\up6(^))＝5x2＋m兩種模型作為年借閱量y關(guān)于年份代碼x的回歸分析模型，請根據(jù)統(tǒng)計表的數(shù)據(jù)，求出模型②的經(jīng)驗回歸方程，并用殘差平方和比較哪個模型擬合效果更好.解(1)由題知，5年的借閱量的平均數(shù)為eq\f(290,5)＝58，又y1＋y2＝290－36－92－142＝20，則y1<58，y2<58，所以低于平均值的有3個，所以X服從超幾何分布，P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,3)Ceq\o\al(2－k,2),Ceq\o\al(2,5))(k＝0，1，2)，所以P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(0,3)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(0,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，所以X的分布列為X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)所以E(X)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).(2)因為eq\f(12＋22＋32＋42＋52,5)＝11，eq\f(\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))yi,5)＝eq\f(290,5)＝58，所以58＝5×11＋m，即m＝3.所以模型②的經(jīng)驗回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝5x2＋3，根據(jù)模型①的經(jīng)驗回歸方程可得eq\o(y,\s\up6(^))1＝－12，eq\o(y,\s\up6(^))2＝23，eq\o(y,\s\up6(^))3＝58，eq\o(y,\s\up6(^))4＝93，eq\o(y,\s\up6(^))5＝128，根據(jù)模型②的經(jīng)驗回歸方程可得eq\o(y,\s\up6(^))1＝8，eq\o(y,\s\up6(^))2＝23，eq\o(y,\s\up6(^))3＝48，eq\o(y,\s\up6(^))4＝83，eq\o(y,\s\up6(^))5＝128，因為[(y1＋12)2＋(y2－23)2＋(36－58)2＋(92－93)2＋(142－128)2]－[(y1－8)2＋(y2－23)2＋(36－48)2＋(92－83)2＋(142－128)2]＝(y1＋12)2－(y1－8)2＋222－122＋12－92＝40y1＋340，且y1≥0，所以模型①的殘差平方和大于模型②的殘差平方和，所以模型②的擬合效果更好.角度3獨立性檢驗與概率例3(2024·廣州模擬)某高校為調(diào)查學(xué)生性別與是否喜歡排球運動的關(guān)系，在全校范圍內(nèi)采用簡單隨機(jī)抽樣的方法，分別抽取了男生和女生各100名作為樣本，經(jīng)統(tǒng)計，得到了如圖所示的等高堆積條形圖.(1)根據(jù)等高堆積條形圖，填寫下列2×2列聯(lián)表，并依據(jù)α＝0.001的獨立性檢驗，是否可以認(rèn)為該校學(xué)生的性別與是否喜歡排球運動有關(guān)聯(lián)；性別是否喜歡排球運動是否男生女生(2)將樣本的頻率視為概率，現(xiàn)從全校的學(xué)生中隨機(jī)抽取50名學(xué)生，設(shè)其中喜歡排球運動的學(xué)生的人數(shù)為X，求使得P(X＝k)取得最大值時的k值.附：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，其中n＝a＋b＋c＋d，x0.001＝10.828.解(1)由等高堆積條形圖知，2×2列聯(lián)表為性別是否喜歡排球運動是否男生3070女生6040零假設(shè)為H0：性別與是否喜歡排球運動無關(guān)，根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)χ2＝eq\f(200×（40×30－60×70）2,100×100×110×90)≈18.182>10.828＝x0.001，依據(jù)α＝0.001的獨立性檢驗，可以推斷H0不成立，即性別與是否喜歡排球運動有關(guān)聯(lián).(2)由(1)知，喜歡排球運動的頻率為eq\f(90,200)＝eq\f(9,20)，所以隨機(jī)變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50，\f(9,20)))，則P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,50)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))eq\s\up12(k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))eq\s\up12(50－k)(0≤k≤50，k∈N)，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(k,50)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))\s\up12(50－k)≥Ceq\o\al(k－1,50)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))\s\up12(k－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))\s\up12(51－k)，,Ceq\o\al(k,50)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))\s\up12(50－k)≥Ceq\o\al(k＋1,50)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))\s\up12(k＋1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))\s\up12(49－k)，))解得eq\f(439,20)≤k≤eq\f(459,20).因為k∈N，所以當(dāng)k＝22時，P(X＝k)取得最大值.感悟提升高考常將獨立性檢驗、回歸分析等與分布列等交匯在一起進(jìn)行考查，由頻率分布直方圖解決相關(guān)問題，解題的關(guān)鍵是正確理解頻率分布直方圖，能利用頻率分布直方圖正確計算出各組數(shù)據(jù).訓(xùn)練1(2024·杭州模擬)在杭州亞運會的志愿者選拔工作中，某高校承辦了亞運會志愿者選拔的面試工作，面試成績滿分100分，現(xiàn)隨機(jī)抽取了80名候選者的面試成績分五組，第一組[45，55)，第二組[55，65)，第三組[65，75)，第四組[75，85)，第五組[85，95]，繪制成如圖所示的頻率分布直方圖.已知圖中從左到右前三個組的頻率成等差數(shù)列，第一組和第五組的頻率相同.(1)求a，b的值，并估計這80名候選者面試成績的平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)和中位數(shù)(中位數(shù)精確到0.1)；(2)已知抽取的80名候選人中，男生和女生各40人，男生希望參加寧波賽區(qū)志愿服務(wù)的有10人，女生希望參加寧波賽區(qū)志愿服務(wù)的有20人，補(bǔ)全下面2×2列聯(lián)表，依據(jù)小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，能否認(rèn)為參加寧波賽區(qū)志愿者服務(wù)的候選人與性別有關(guān)？參加志愿者服務(wù)性別合計男生女生希望去寧波賽區(qū)1020不希望去寧波賽區(qū)合計4040(3)射擊項目的場地服務(wù)需要5名志愿者，有4名男生和3名女生通過該項志愿服務(wù)的選拔，需要通過抽簽的方式?jīng)Q定最終的人選，現(xiàn)將5張寫有“中簽”和2張寫有“未中簽”字樣的字條隨機(jī)分配給每一位候選人，記男生中簽的人數(shù)為X，求X的分布列及均值E(X).參考數(shù)據(jù)及公式：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d.α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828解(1)由題意知20b＝10a＋0.45，(2a＋b＋0.065)×10＝1，解得a＝0.005，b＝0.025，所以平均值為50×0.05＋60×0.25＋70×0.45＋80×0.2＋90×0.05＝69.5，中位數(shù)為65＋eq\f(0.2,0.045)＝eq\f(625,9)≈69.4.(2)補(bǔ)全2×2列聯(lián)表：參加志愿者服務(wù)性別合計男生女生希望去寧波賽區(qū)102030不希望去寧波賽區(qū)302050合計404080零假設(shè)為H0：參加寧波賽區(qū)志愿者服務(wù)的候選人與性別無關(guān)，根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得到χ2＝eq\f(80×（10×20－20×30）2,40×40×30×50)≈5.333＞3.841＝x0.05，所以依據(jù)小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認(rèn)為參加寧波賽區(qū)志愿者服務(wù)的候選人與性別有關(guān).(3)X的所有可能取值為2，3，4，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(5,7))＝eq\f(2,7)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(5,7))＝eq\f(4,7)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(5,7))＝eq\f(1,7)，所以X的分布列為X234Peq\f(2,7)eq\f(4,7)eq\f(1,7)所以E(X)＝2×eq\f(2,7)＋3×eq\f(4,7)＋4×eq\f(1,7)＝eq\f(20,7).題型二概率與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)例4某盒子內(nèi)裝有60個小球(除顏色之外其他完全相同)，其中有若干個黑球，其他均為白球.為了估計黑球的數(shù)目，設(shè)計如下實驗：從盒子中有放回地抽取4個球，記錄該次所抽取的黑球數(shù)目X，作為一次實驗結(jié)果.進(jìn)行上述實驗共5次，記錄下第i次實驗中實際抽到黑球的數(shù)目xi.已知從該盒子中任意抽取一個球，抽到黑球的概率為p(0<p<1).(1)求X的分布列；(2)實驗結(jié)束后，已知第i次實驗中抽到黑球的數(shù)目xi如表所示.i12345xi23233設(shè)函數(shù)f(p)＝eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))lnP(X＝xi).①求f(p)的極大值點p0；②據(jù)①估計該盒子中黑球的數(shù)目，并說明理由.解(1)從盒子中有放回地抽取4個球，記錄該次所抽取的黑球數(shù)目X，∵從該盒子中任意抽取一個球，抽到黑球的概率為p(0<p<1).∴X～B(4，p)，∴X的分布列為X01234P(1－p)44p(1－p)36p2(1－p)24p3(1－p)p4(2)①由(1)可知，f(p)＝eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))lnP(X＝xi)＝2ln[6p2(1－p)2]＋3ln[4p3(1－p)]＝8ln2＋2ln3＋13lnp＋7ln(1－p)，∴f′(p)＝eq\f(13,p)－eq\f(7,1－p)＝eq\f(13－20p,p（1－p）)，令f′(p)＝0，解得p＝eq\f(13,20)，∴當(dāng)p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(13,20)))時，f′(p)>0，f(p)單調(diào)遞增；當(dāng)p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,20)，1))時，f′(p)<0，f(p)單調(diào)遞減，∴f(p)存在唯一的極大值點p0＝eq\f(13,20).②估計盒子中黑球的數(shù)目為60p0＝39.理由如下：由①可知，當(dāng)且僅當(dāng)p＝eq\f(13,20)時，f(p)取得最大值；即eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))lnP(X＝xi)取得最大值，出現(xiàn)上述實驗結(jié)果的概率最大，∴可以認(rèn)為從盒子中任意抽取一個球，抽到黑球的概率為eq\f(13,20)，從而估計該盒子中黑球的數(shù)目為39是合理的.感悟提升在概率與統(tǒng)計的問題中，決策的工具是樣本的數(shù)字特征或有關(guān)概率.決策方案的最佳選擇是將概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作為最佳方案，這往往借助于函數(shù)、不等式、數(shù)列的有關(guān)性質(zhì)去實現(xiàn).訓(xùn)練2(2024·昆明診斷)甲、乙兩人參加一個比賽，該比賽設(shè)有獎金256元，誰先贏滿5局，誰便贏得全部的獎金，已知每場比賽乙贏的概率為p(0<p<1)，甲贏的概率為1－p，每場比賽相互獨立，在乙贏了3局甲贏了1局的情況下，設(shè)備出現(xiàn)了故障，比賽被迫終止，則獎金應(yīng)該如何分配才合理？有專家提出如下的獎金分配方案：若出現(xiàn)無人先贏5場且比賽意外終止的情況，則甲、乙按照比賽再繼續(xù)進(jìn)行下去各自贏得全部獎金的概率之比P甲∶P乙分配獎金.(1)若p＝eq\f(3,4)，求乙應(yīng)該獲得的獎金數(shù)；(2)記事件A為“比賽繼續(xù)進(jìn)行下去甲獲得全部獎金”，試求當(dāng)比賽繼續(xù)進(jìn)行下去，甲獲得全部獎金的概率為f(p)，并判斷當(dāng)p≥eq\f(2,3)時，事件A是否為小概率事件，并說明理由.(注：若隨機(jī)事件發(fā)生的概率小于0.05，則稱隨機(jī)事件為小概率事件)解(1)設(shè)比賽再繼續(xù)進(jìn)行下去X局乙贏得全部獎金，則最后一場必然乙贏.由題知，當(dāng)X＝2時，乙以5∶1贏，所以P(X＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(9,16)，當(dāng)X＝3時，乙以5∶2贏，所以P(X＝3)＝eq\f(3,4)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(3,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(9,32)，當(dāng)X＝4時，乙以5∶3贏，所以P(X＝4)＝eq\f(3,4)×Ceq\o\al(1,3)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(27,256)，當(dāng)X＝5時，乙以5∶4贏，所以P(X＝5)＝eq\f(3,4)×Ceq\o\al(1,4)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(9,256)，所以乙贏得全部獎金的概率為eq\f(9,16)＋eq\f(9,32)＋eq\f(27,256)＋eq\f(9,256)＝eq\f(63,64)，所以乙應(yīng)該得獎金256×eq\f(63,64)＝252(元).(2)設(shè)比賽繼續(xù)進(jìn)行Y場甲獲得全部獎金，則最后一場必然甲贏.由題知，當(dāng)Y＝4時，甲以5∶3贏，所以P(Y＝4)＝(1－p)4，當(dāng)Y＝5時，甲以5∶4贏，所以P(Y＝5)＝(1－p)×Ceq\o\al(3,4)×(1－p)3p＝4(1－p)4p，所以甲獲得全部獎金的概率f(p)＝(1－p)4＋4(1－p)4p＝(4p＋1)(1－p)4，p∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，所以f′(p)＝4(1－p)4－4(4p＋1)(1－p)3＝4(1－p)3(1－p－4p－1)＝－20(1－p)3p.∵p∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，∴f′(p)＝－20(1－p)3p<0，∴f(p)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上單調(diào)遞減，所以f(p)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(11,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)＝eq\f(11,35)≈0.045<0.05，故事件A是小概率事件.題型三概率與數(shù)列例5(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中，則此人繼續(xù)投籃；若未命中，則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.(1)求第2次投籃的人是乙的概率；(2)求第i次投籃的人是甲的概率；(3)已知：若隨機(jī)變量Xi服從兩點分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，則E(eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))Xi)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))qi.記前n次(即從第1次到第n次投籃)中甲投籃的次數(shù)為Y，求E(Y).解(1)第2次投籃的人是乙分為兩種情況：第1次投籃的人是甲且投籃未命中，其概率為0.5×(1－0.6)＝0.2；第1次投籃的人是乙且投籃命中，其概率為0.5×0.8＝0.4，所以第2次投籃的人是乙的概率為0.2＋0.4＝0.6.(2)設(shè)第i次投籃的人是甲為事件Ai，則P(A1)＝0.5，P(Ai＋1)＝P(Ai)×0.6＋[1－P(Ai)]×(1－0.8)＝eq\f(2,5)P(Ai)＋eq\f(1,5)，所以P(Ai＋1)－eq\f(1,3)＝eq\f(2,5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(P（Ai）－\f(1,3)))，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(P（Ai）－\f(1,3)))是以eq\f(1,6)為首項，eq\f(2,5)為公比的等比數(shù)列，所以P(Ai)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，所以P(Ai)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，i∈N*.(3)由(2)知，第i次投籃的人是甲的概率為P(Ai)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，i∈N*，第i次投籃的人是甲記為Xi＝1，否則記為Xi＝0，則Xi服從兩點分布，且P(Xi＝1)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，由題意知E(Y)＝E(eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))Xi)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))qi＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))P(Xi＝1)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,6)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(i－1)))＝eq\f(6n＋5,18)－eq\f(1,9)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(n－1).感悟提升高考有時將概率、統(tǒng)計等問題與數(shù)列交匯在一起進(jìn)行考查，因此在解答此類題時，準(zhǔn)確把題中所涉及的事件進(jìn)行分解，明確所求問題所屬的事件類型是關(guān)鍵.訓(xùn)練3(2024·揚州兩校聯(lián)考)某校為了合理配置校本課程資源，教務(wù)部門對學(xué)生們進(jìn)行了問卷調(diào)查.據(jù)統(tǒng)計，其中eq\f(1,4)的學(xué)生計劃只選擇校本課程一，另外eq\f(3,4)的學(xué)生計劃既選擇校本課程一又選擇校本課程二.每位學(xué)生若只選擇校本課程一，則記1分；若既選擇校本課程一又選擇校本課程二，則記2分.假設(shè)每位選擇校本課程一的學(xué)生是否計劃選擇校本課程二相互獨立，視頻率為概率.(1)從學(xué)生中隨機(jī)抽取3人，記這3人的合計得分為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)從學(xué)生中隨機(jī)抽取n人(n∈N*)，記這n人的合計得分恰為n＋1的概率為Pn，求P1＋P2＋…＋Pn.解(1)由題意知，每位學(xué)生計劃不選擇校本課程二的概率為eq\f(1,4)，選擇校本課程二的概率為eq\f(3,4)，則X的可能取值為3，4，5，6，P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,64)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,64)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(27,64)，P(X＝6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,64)，所以X的分布列為X3456Peq\f(1,64)eq\f(9,64)eq\f(27,64)eq\f(27,64)所以E(X)＝3×eq\f(1,64)＋4×eq\f(9,64)＋5×eq\f(27,64)＋6×eq\f(27,64)＝eq\f(21,4).(2)因為這n人的合計得分為n＋1分，所以其中只有1人計劃選擇校本課程二，所以Pn＝Ceq\o\al(1,n)·eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(3n,4n)，設(shè)Sn＝P1＋P2＋…＋Pn＝eq\f(3,41)＋eq\f(6,42)＋eq\f(9,43)＋…＋eq\f(3n,4n)，①則eq\f(1,4)Sn＝eq\f(3,42)＋eq\f(6,43)＋eq\f(9,44)＋…＋eq\f(3n,4n＋1)，②①－②得eq\f(3,4)Sn＝eq\f(3,41)＋eq\f(3,42)＋eq\f(3,43)＋…＋eq\f(3,4n)－eq\f(3n,4n＋1)，即eq\f(3,4)Sn＝3×eq\f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq\f(3n,4n＋1)＝1－eq\f(1,4n)－eq\f(3n,4n＋1)＝1－eq\f(3n＋4,4n＋1)，所以P1＋P2＋…＋Pn＝eq\f(4,3)(1－eq\f(3n＋4,4n＋1)).比賽闖關(guān)與取球問題1.概率中的比賽問題的解題三步曲：(1)規(guī)則理解：比賽的規(guī)則是什么？如何理解規(guī)則？(2)目標(biāo)引領(lǐng)：要求的問題是什么？怎么求？(3)方法運用：如何用概率知識求解計算？2.注意：(1)規(guī)則的理解與運用，顯性與隱性條件的挖掘.(2)正難則反思想，靈活運用對立事件求概率.一、比賽問題例1(1)甲、乙兩隊舉行比賽，比賽共有7局，若有一方連勝3局，則比賽立即終止.已知甲每局獲勝的概率為eq\f(3,4)，求甲在第5局終止比賽并獲勝的概率.解若第5局比賽結(jié)束，根據(jù)連勝三局終止比賽的規(guī)則，可知甲在第3，4，5局獲勝，且第二局失敗(否則若第二局獲勝，則第四局就達(dá)到三連勝)，第一局無論勝負(fù)不影響獲勝結(jié)果.所以P＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,256).(2)甲、乙兩選手進(jìn)行象棋比賽，如果每局比賽甲獲勝的概率為0.6，乙獲勝的概率為0.4，那么采用3局2勝制還是采用5局3勝制對甲更有利？解法一若采用3局2勝制，甲最終獲勝有兩種可能的比分2∶0或2∶1，前者是前兩局甲連勝，后者是前兩局甲、乙各勝一局且第3局甲勝.因為每局比賽的結(jié)果是獨立的，甲最終獲勝的概率為p1＝0.62＋Ceq\o\al(1,2)×0.62×0.4＝0.648.類似地，若采用5局3勝制，甲最終獲勝有3種比分3∶0，3∶1或3∶2.因為每局比賽的結(jié)果是獨立的，所以甲最終獲勝的概率為p2＝0.63＋Ceq\o\al(2,3)×0.63×0.4＋Ceq\o\al(2,4)×0.63×0.42＝0.68256.法二若采用3局2勝制，不妨設(shè)賽滿3局，用X表示3局比賽中甲勝的局?jǐn)?shù)，則X～B(3，0.6).甲最終獲勝的概率為p1＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝Ceq\o\al(2,3)×0.62×0.4＋Ceq\o\al(3,3)×0.63＝0.648.若采用5局3勝制，不妨設(shè)賽滿5局，用X表示5局比賽中甲勝的局?jǐn)?shù)，則X～B(5，0.6).甲最終獲勝的概率為p2＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝Ceq\o\al(3,5)×0.63×0.42＋Ceq\o\al(4,5)×0.64×0.4＋Ceq\o\al(5,5)×0.65＝0.68256.因為p2＞p1，所以5局3勝制對甲有利.實際上，比賽局?jǐn)?shù)越多，對實力較強(qiáng)者越有利.二、取球問題例2(2024·合肥質(zhì)檢)一袋中有6個黑球，4個白球.(1)不放回地依次取出3個球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率；(2)有放回地依次取出3個球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率；(3)有放回的依次取出3個球，求取到白球個數(shù)X的分布列、期望與方差.解(1)設(shè)事件A為“不放回取球，第一次取出白球時，第三次取到黑球”，∴P(A)＝eq\f(6,9)×eq\f(5,8)＋eq\f(3,9)×eq\f(6,8)＝eq\f(2,3).(2)設(shè)事件B為“有放回取球，第一次取出白球時，第三次取到黑球”，∴P(B)＝eq\f(4,10)×eq\f(6,10)＋eq\f(6,10)×eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).(3)設(shè)“取一次球，取到的是白球”為事件C，P(C)＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)，X的取值為0，1，2，3，依題意可得X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，∴P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,125)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(54,125)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(1)＝eq\f(36,125)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,125)，∴X的分布列為X0123Peq\f(27,125)eq\f(54,125)eq\f(36,125)eq\f(8,125)∵X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，∴E(X)＝3×eq\f(2,5)＝eq\f(6,5)，D(X)＝3×eq\f(2,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(18,25).訓(xùn)練為普及航天知識，某航天科技體驗館開展了一項“摸球過關(guān)”領(lǐng)取航天紀(jì)念品的游戲，規(guī)則如下：不透明的口袋中有3個紅球，2個白球，這些球除顏色外完全相同.參與者每一輪從口袋中一次性取出3個球，將其中的紅球個數(shù)記為該輪得分X，記錄完得分后，將摸出的球全部放回袋中.當(dāng)參與者完成第n輪游戲，且其前n輪的累計得分恰好為2n時，游戲過關(guān)，可領(lǐng)取紀(jì)念品，同時游戲結(jié)束，否則繼續(xù)參與游戲.若第3輪后仍未過關(guān)，則游戲也結(jié)束.每位參與者只能參加一次游戲.(1)求隨機(jī)變量X的分布列及數(shù)學(xué)期望；(2)若甲參加該項游戲，求甲能夠領(lǐng)到紀(jì)念品的概率.解(1)由題意得，隨機(jī)變量X的所有可能取值為1，2，3，則P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,5))＝0.3，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,5))＝0.6，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,5))＝0.1，則隨機(jī)變量X的分布列為X123P0.30.60.1所以E(X)＝1×0.3＋2×0.6＋3×0.1＝1.8.(2)由(1)可知，甲每輪得1分，2分，3分的概率依次為0.3，0.6，0.1.記甲第i輪的得分為Xi(i＝1，2，3，…)，則其前n輪的累計得分Y＝X1＋X2＋…＋Xn.若甲取球1次后可領(lǐng)取紀(jì)念品，即甲得2分，則P(Y＝2)＝0.6；若甲取球2次后可領(lǐng)取紀(jì)念品，即甲獲得的分?jǐn)?shù)之和為4分，有“1＋3”“3＋1”的情形，則P(Y＝4)＝2×0.3×0.1＝0.06；若甲取球3次后可領(lǐng)取紀(jì)念品，即甲獲得的分?jǐn)?shù)之和為6分，有“1＋2＋3”“3＋2＋1”的情形，則P(Y＝6)＝2×0.3×0.6×0.1＝0.036.記“甲能夠領(lǐng)取紀(jì)念品”為事件A，則P(A)＝P(Y＝2)＋P(Y＝4)＋P(Y＝6)＝0.6＋0.06＋0.036＝0.696.【A級基礎(chǔ)鞏固】1.(2024·西安調(diào)研)某市為了解本市初中生周末運動時間，隨機(jī)調(diào)查了3000名學(xué)生，統(tǒng)計了他們的周末運動時間，制成如圖所示的頻率分布直方圖.(1)按照分層隨機(jī)抽樣，從[40，50)和[80，90)中隨機(jī)抽取了9名學(xué)生.現(xiàn)從已抽取的9名學(xué)生中隨機(jī)推薦3名學(xué)生參加體能測試.記推薦的3名學(xué)生來自[40，50)的人數(shù)為X，求X的分布列；(2)由頻率分布直方圖可認(rèn)為：周末運動時間t服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中，μ為周末運動時間的平均數(shù)eq\o(t,\s\up6(－))，σ近似為樣本的標(biāo)準(zhǔn)差s，并已求得s≈14.6.可以用該樣本的頻率估計總體的概率，現(xiàn)從本市所有初中生中隨機(jī)抽取12名學(xué)生，記周末運動時間在[43.9，87.7]之外的人數(shù)為Y，求P(Y＝3)(精確到0.001).參考數(shù)據(jù)1：當(dāng)t～N(μ，σ2)時，P(μ－σ<t≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ<t≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ<t≤μ＋3σ)≈0.9973.參考數(shù)據(jù)2：0.81869≈0.1651，0.18143≈0.0060.解(1)運動時間在[40，50)的人數(shù)為3000×0.02×10＝600.運動時間在[80，90)的人數(shù)為3000×0.01×10＝300.按照分層隨機(jī)抽樣共抽取9人，則在區(qū)間[40，50)內(nèi)抽取的人數(shù)為6，在區(qū)間[80，90)內(nèi)抽取的人數(shù)為3.∴隨機(jī)變量X的所有可能取值為0，1，2，3，P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(0,6)Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(1,84)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(3,14)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(15,28)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(0,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(5,21)，所以隨機(jī)變量X的分布列為X0123Peq\f(1,84)eq\f(3,14)eq\f(15,28)eq\f(5,21)(2)μ＝eq\o(t,\s\up6(－))＝35×0.1＋45×0.2＋55×0.3＋65×0.15＋75×0.15＋85×0.1＝58.5，σ＝s≈14.6.∴43.9＝58.5－14.6＝μ－σ，87.7＝58.5＋14.6×2＝μ＋2σ.∴P(43.9≤t≤87.7)＝P(μ－σ≤t≤μ＋2σ)≈eq\f(0.6827＋0.9545,2)＝0.8186，∴P(t<μ－σ或t>μ＋2σ)≈1－0.8186＝0.1814，∴Y～B(12，0.1814).∴P(Y＝3)＝Ceq\o\al(3,12)×0.18143×0.81869≈220×0.0060×0.1651≈0.218.2.(2024·長沙調(diào)研)隨著生活水平的提高，人們對水果的需求量越來越大，為了滿足消費者的需求，精品水果店也在大街小巷遍地開花.4月份的“湖南沃柑”因果肉滑嫩，皮薄汁多，口感甜軟，低酸爽口深受市民的喜愛.某“鬧鬧”水果店對某品種的“湖南沃柑”進(jìn)行試銷，得到一組銷售數(shù)據(jù)，如下表所示：試銷單價x(元)34567產(chǎn)品銷量y件201615126(1)經(jīng)計算相關(guān)系數(shù)r≈－0.97，變量x，y線性相關(guān)程度很高，求y關(guān)于x的經(jīng)驗回歸方程；(2)用(1)中所求的經(jīng)驗回歸方程來擬合這組成對數(shù)據(jù)，當(dāng)樣本數(shù)據(jù)的殘差的絕對值大于1.2時，稱該對數(shù)據(jù)為一個“次數(shù)據(jù)”，現(xiàn)從這5個成對數(shù)據(jù)中任取3個做殘差分析，求取到的數(shù)據(jù)中“次數(shù)據(jù)”個數(shù)X的分布列和數(shù)學(xué)期望.參考公式：線性回歸方程中eq\o(b,\s\up6(^))，eq\o(a,\s\up6(^))的最小二乘法估計分別為eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))（xi－\o(x,\s\up6(－))）（yi－\o(y,\s\up6(－))）,\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))（xi－\o(x,\s\up6(－))）2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－)).解(1)由已知，得eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(3＋4＋5＋6＋7,5)＝5，eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(20＋16＋15＋12＋6,5)＝13.8，eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xiyi＝313，eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(2,i)＝135，則eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))（xi－\o(x,\s\up6(－))）（yi－\o(y,\s\up6(－))）,\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))（xi－\o(x,\s\up6(－))）2)＝eq\f(\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xiyi－5\o(x,\s\up6(－))\o(y,\s\up6(－)),\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(2,i)－5\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(313－5×5×13.8,135－5×52)＝－eq\f(32,10)＝－3.2，所以eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))＝13.8－(－3.2)×5＝29.8，所以eq\o(y,\s\up6(^))＝－3.2x＋29.8.(2)當(dāng)x＝3時，eq\o(y,\s\up6(^))＝20.2；當(dāng)x＝4時，eq\o(y,\s\up6(^))＝17；當(dāng)x＝5時，eq\o(y,\s\up6(^))＝13.8；當(dāng)x＝6時，eq\o(y,\s\up6(^))＝10.6；當(dāng)x＝7時，eq\o(y,\s\up6(^))＝7.4.因此該樣本的殘差絕對值依次為0.2，1，1.2，1.4，1.4，所以“次數(shù)據(jù)”有2個.“次數(shù)據(jù)”個數(shù)X可取0，1，2.P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,10).所以X的分布列為X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)則數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).3.(2023·日照模擬)第22屆世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔爾舉辦.在決賽中，阿根廷隊通過點球戰(zhàn)勝法國隊獲得冠軍.(1)撲點球的難度一般比較大，假設(shè)罰點球的球員會等可能地隨機(jī)選擇球門的左、中、右三個方向射門，門將也會等可能地隨機(jī)選擇球門的左、中、右三個方向來撲點球，而且門將即使方向判斷正確也有eq\f(2,3)的可能性撲不到球.不考慮其他因素，在一次點球大戰(zhàn)中，求門將在前三次撲到點球的個數(shù)X的分布列和期望；(2)好成績的取得離不開平時的努力訓(xùn)練，甲、乙、丙三名前鋒隊員在某次傳接球的訓(xùn)練中，球從甲腳下開始，等可能地隨機(jī)傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機(jī)傳向另外2人中的1人，如此不停地傳下去.假設(shè)傳出的球都能接住.記第n次傳球之前球在甲腳下的概率為pn，易知p1＝1，p2＝0.①證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pn－\f(1,3)))為等比數(shù)列；②設(shè)第n次傳球之前球在乙腳下的概率為qn，比較p10與q10的大小.解(1)依題意可得，門將每次可以撲到點球的概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,9)，門將在前三次撲到點球的個數(shù)X可能的取值為0，1，2，3，易知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,9)))，所以P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))eq\s\up12(k)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)))eq\s\up12(3－k)，k＝0，1，2，3，故X的分布列為X0123Peq\f(512,729)eq\f(64,243)eq\f(8,243)eq\f(1,729)所以X的期望E(X)＝3×eq\f(1,9)＝eq\f(1,3).(2)①證明第n次傳球之前球在甲腳下的概率為pn，則當(dāng)n≥2時，第n－1次傳球之前球在甲腳下的概率為pn－1，第n－1次傳球之前不在甲腳下的概率為1－pn－1，則pn＝pn－1×0＋(1－pn－1)×eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)pn－1＋eq\f(1,2)，即pn－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pn－1－\f(1,3)))，