高三數(shù)學(xué)模擬試題匯編：概率統(tǒng)計（教師版）

優(yōu)質(zhì)模擬試題分類匯編(新高考卷)

概率與統(tǒng)計

板塊一：熱門考點梳理

一.二項分布

1.〃重伯努利試驗的概念

只包含兩個可能結(jié)果的試驗叫做伯努利試驗，將一個伯努利試驗獨立地重復(fù)進行n次所組

成的隨機試驗稱為〃重伯努利試驗.

2.〃重伯努利試驗具有如下共同特征

(1)同一個伯努利試驗重復(fù)做〃次；

(2)各次試驗的結(jié)果相互獨立.

3.二項分布

一般地，在〃重伯努利試驗中，設(shè)每次試驗中事件A發(fā)生的概率為P(0<P<1),用X表

示事件A發(fā)生的次數(shù)，則X的分布列為：P(X=k)=CPk(I-Pyi,k=0,1,2,…〃,如

果隨機變量X的分布列具有上式的形式，則稱隨機變量X服從二項分布，記作

X~B(n,P)

4.一般地，可以證明：如果X~B5,p),那么EX=卬,。X=叩—

二.超幾何分布

超幾何分布模型是一種不放回抽樣，一般地，假設(shè)一批產(chǎn)品共有N件，其中有M件次品，

從N件產(chǎn)品中隨機抽取“件(不放回)，用X表示抽取的〃件產(chǎn)品中的次品數(shù)，則X的分布

列為P(X=Q=C：CgZk=m,m+l,m+2,…,r.

CN

其中N9Λ∕∈N*9M<N9n<N9/n=max{0,〃-N+Λ∕},r=min{n,M}.如果隨機變

量X的分布列具有上式的形式，那么稱隨機變量X服從超幾何分布.

2.超幾何分布的期望

E(X)=^〃p(p為N件產(chǎn)品的次品率).

三.二項分布與超幾何分布的區(qū)別

L看總體數(shù)是否給出，未給出或給出總體數(shù)較大一般考查二項分布，此時往往會出現(xiàn)重要

的題眼“將頻率視為概率”?

2.看一次抽取抽中“次品”概率是否給出，若給出或可求出一般考查二項分布.

3.看一次抽取的結(jié)果是否只有兩個結(jié)果，若只有兩個對立的結(jié)果A或入，一般考查二項分

布.

4.看抽樣方法，如果是有放回抽樣，一定是二項分布；若是無放回抽樣，需要考慮總體數(shù)

再確定.

5.看每一次抽樣試驗中，事件是否獨立，事件發(fā)生概率是否不變，若事件獨立且概率不變，

一定考查二項分布，這也是判斷二項分布的最根本依據(jù).

6.把握住超幾何分布與二項分布在定義敘述中的區(qū)別，超幾何分布多與分層抽樣結(jié)合，出

現(xiàn)“先抽，再抽”的題干信息.

3.二項分布

一般地，在，，重伯努利試驗中，設(shè)每次試驗中事件A發(fā)生的概率為“(0<"<l),用X表

示事件A發(fā)生的次數(shù)，則X的分布列為：P(X=k)=C：Pk(I-p)i,k=0,1,2,…〃,如

果隨機變量X的分布列具有上式的形式，則稱隨機變量X服從二項分布，記作

X-B(n,p)

4.一般地，可以證明：如果X~B5,p),那么EX=卬,OX=叩—

四.二項分布的兩類最值

(1)當(dāng)P給定時，可得到函數(shù)/(Z)=GPR-p)j,%=0,1,2,…〃，這個是數(shù)列的最值

問題.

Pk=G'P"I-。尸=(〃一&+1)〃=)+5+1)夕-％=?+(〃+i)p-c

~P∑~GRT(I-P)…一k("p)~kQ—p)-k(l-p),

分析：當(dāng)用<("+DP時,Pk>Pk-I，P/隨攵值的增加而增加；當(dāng)左>("+l)P時,

Pk<Pk-I,隨左值的增加而減少.如果(〃+1)P為正整數(shù),當(dāng)左=整+Dp時，PLP*τ,

此時這兩項概率均為最大值.如果5+1)〃為非整數(shù)，而攵取5+1)P的整數(shù)部分，則0是

唯一的最大值.

注：在二項分布中，若數(shù)學(xué)期望為整數(shù)，則當(dāng)隨機變量A-等于期望時，概率最大.

(2)當(dāng)攵給定時，可得到函數(shù)/(P)=C：p*(l-p)i,pe((),l),這個是函數(shù)的最值問題，

這可以用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值與最值點.

kkk

分析：.r(P)=c：[zpi(1-py--p(∏-Q(I-pγ--']

k

=C：pi(1-py--'[k(i-p)-(n-k)p]=C：pi(1-PyiT(k-np).

當(dāng)左=1,2,…,〃一1時，由于當(dāng)p<K時，If(P)>0,/(P)單調(diào)遞增，當(dāng)p>K時，

nn

Lr々

f'(p)<0,/(P)單調(diào)遞減，故當(dāng)P=-時，/(P)取得最大值，/(p)m,χ=∕(力.又當(dāng)

nn

p→Q,f(p)→l,當(dāng)p→0時，/(p)→0,從而/(P)無最小值.

五.復(fù)雜概率計算

(1)善于引入變量表示事件：可用“字母+變量角標”的形式表示事件“第幾局勝利”，例

如：A,表示“第i局比賽勝利”，則%表示“第i局比賽失敗”.

(2)理解事件中常見詞語的含義：

Al中至少有一個發(fā)生的事件為AU3；4,8都發(fā)生的事件為A8；AI都不發(fā)生的事件為了

B;A,B恰有一個發(fā)生的事件為A萬!J彳3；A,8至多一個發(fā)生的事件為4萬UZBUW萬.

(3)善于“正難則反”求概率：若所求事件含情況較多，可以考慮求對立事件的概率，再

用P(A)=1-P(A)解出所求事件概率.

六.條件概率

1.條件概率定義

一般地，設(shè)A,B為兩個隨機事件，且P(A)>0,我們稱P(BlA)=上也為在事件A發(fā)

P(A)

生的條件下，事件8發(fā)生的條件概率，簡稱條件概率.

可以看到，P(BlA)的計算，亦可理解為在樣本空間A中，計算AB的概率.于是就得到

〃(AB)

計算條件概率的第二種途，即P(BlA)=運2=W等="

n(Λ)n{A}P(A)

n(Ω)

特別地，當(dāng)P(BIA)=P(8)時，即A,B相互獨立，則P(AB)=P(A)P(B).

2.條件概率的性質(zhì)

設(shè)P(A)>0,全樣本空間定義為O,則

(1)P(C∣A)=1;

(2)如果B與C是兩個互斥事件,則P((BUC)IA)=P(BIA)+P(C∣A);

(3)設(shè)事件A和8互為對立事件，則P國A)=I-P(用A).

七.全概率公式與貝葉斯公式

在全概率的實際問題中我們經(jīng)常會碰到一些較為復(fù)雜的概率計算，這時，我們可以用“化

整為零”的思想將它們分解為一些較為容易的情況分別進行考慮

一般地，設(shè)A”A2,4"是一組兩兩互斥的事件，ΛlkJA2u...oAπ=Ω,且P(d)>0,

/=1,2,…，"，則對任意的事件B=C,有P(B)=力尸⑷P(Bla).

Z=I

我們稱上面的公式為全概率公式，全概率公式是概率論中最基本的公式之一.

2.貝葉斯公式

設(shè)Aι,A2,...,A”是一組兩兩互斥的事件，A1uA2u...uAll=Ω,且P(Λ,)>0,ι=l,2,

",則對任意事件BqΩ,P(B)>0,

有P(AlB)=P(A4)=,P(4)P()A),i=1,2,…在貝葉斯公式中,p(a)和

)∑P(Λ)P(B∣Λ)

k=?

P(AIB)分別稱為先驗概率和后驗概率.

A.一維隨機游走與馬爾科夫鏈

1.轉(zhuǎn)移概率：對于有限狀態(tài)集合S,定義：Pij=P(X“+EIXg)為從狀態(tài)i到狀態(tài)J的轉(zhuǎn)

移概率.

2.馬爾可夫鏈：若P(Xx,5XL，…，Xi)=P(XIx,τ)=與，即未來狀態(tài)

XM只受當(dāng)前狀態(tài)X,的影響，與之前的X,I,X,L2,…，X0無關(guān).

3.一維隨機游走模型.

設(shè)數(shù)軸上一個點，它的位置只能位于整點處，在時刻/=()時，位于點x=i(i∈N+),下一

個時刻，它將以概率α或者￡(αe(0,l),α+4=l)向左或者向右平移一個單位.若記狀

態(tài)X修表示：在時亥卜該點位于位置X=i(iGN+),那么由全概率公式可得：

P(Xq=p(χ,=,τ)?ax,+’IXTT)+P(X,=H)p(x,+?IXIM)

另一方面，由于AX,+?IXyT)=β,a%+?Iχ,=,?+l)=a,代入上式可得：

Pi=a-Pi+l+βPi,l.

進一步，我們假設(shè)在％=()與無=m(〃2>0,根6^^)處各有一個吸收壁，當(dāng)點到達吸收壁時

被吸收，不再游走.于是，E=0,2=1.隨機游走模型是一個典型的馬爾科夫過程.

進一步，若點在某個位置后有三種情況：向左平移一個單位，其概率為。，原地不動，其

概率為向右平移一個單位，其概率為C,那么根據(jù)全概率公式可得：

Pi^a-Pi+l+b-Pi+c?Pi,i

有了這樣的理論分析，下面我們看全概率公式及以為隨機游走模型在2019年全國1卷中的

應(yīng)用.

九.統(tǒng)計

L線性回歸方程與最小二乘法

(1)回歸直線方程過樣本點的中心叵,力，是回歸直線方程最常用的一個特征

(2)我們將a=以+6稱為Y關(guān)于X的線性回歸方程，也稱經(jīng)驗回歸函數(shù)或經(jīng)驗回歸公式,

其圖形稱為經(jīng)驗回歸直線.這種求經(jīng)驗回歸方程的方法叫做最小二乘法,求得的h,a叫做b,

Σ(%-5)(%-5)∑^>,,?-^?y

6=旦

a的最小二乘估計(IeaStSqUareSeStimate),其中∑(λ.^?)2Σχ,2-≡2

Z=I/=I

a=y-bx.

(3)殘差的概念

對于響應(yīng)變量y,通過觀測得到的數(shù)據(jù)稱為觀測值，通過經(jīng)驗回歸方程得到的￡稱為預(yù)測

值，觀測值減去預(yù)測值稱為殘差.殘差是隨機誤差的估計結(jié)果，通過殘差的分析可以判斷

模型刻畫數(shù)據(jù)的效果，以及判斷原始數(shù)據(jù)中是否存在可疑數(shù)據(jù)等，這方面工作稱為殘差分

析.

(4)刻畫回歸效果的方式

(i)殘差圖法：作圖時縱坐標為殘差，橫坐標可以選為樣本編號，或身高數(shù)據(jù)，或體重估

計值等，這樣作出的圖形稱為殘差圖.若殘差點比較均勻地落在水平的帶狀區(qū)域內(nèi)，帶狀

區(qū)域越窄，則說明擬合效果越好.

(H)殘差平方和法：殘差平方和￡()，,-%)2,殘差平方和越小，模型擬合效果越好，殘差

平方和越大，模型擬合效果越差.

(iii)利用戶刻畫回歸效果：決定系數(shù)配是度量模型擬合效果的一種指標，在線性模型中,

Z(?-y∣y

它代表解釋變量客立預(yù)報變量的能力.R2=19J_二，R2越大，即擬合效果越好，R2

∑V~*((3f,-y—\)2

/=1

越小，模型擬合效果越差.

例1.(2023屆武漢9月調(diào)研)某商場推出一項抽獎活動，顧客在連續(xù)抽獎時，若第一次中

獎則獲得獎金10元，并規(guī)定：若某次抽獎能中獎，則下次中獎的獎金是本次中獎獎金的兩

倍；若某次抽獎沒能中獎，則該次不獲得獎金，且下次中獎的獎金被重置為10元.已知每次

中獎的概率均為1，且每次能否中獎相互獨立.

(1)若某顧客連續(xù)抽獎10次，記獲得的總獎金為4元，判斷EG)與25的大小關(guān)系，并說

明理由；

(2)若某顧客連續(xù)抽獎4次，記獲得的總獎金為X元，求E(X).

解析：(1)E(?)>25,理由如下：抽獎10次時，記中獎次數(shù)為丫，則丫~8[0,；).

若每次中獎的獎金為固定10元,則此時總獎金的期望值為E(IOy)=IOE(y)=10xl0x；=25.

由題意，連續(xù)中獎時，獎金會翻倍，故總獎金必大于每次中獎的獎金為固定10元的情況.

所以磯外>25.

(2)X的所有可能取值為0,10,20,30,40,70,150.

108

P(X=

256

P(X=20)=3?

P(X=7O)=2?

H其分布列為:

P(X=I50)=

⑷256

X01020304070150

811082727661

P

256256256256256256256

S108M27CC27“八6CC6…1405

E(X)=10×-----F20×------F30X------卜40X-------F70×-------F150×-----=-----

'725625625625625625632

例2(福建省部分地市2023屆高三第一次質(zhì)量檢測)校園師生安全重于泰山，越來越多的

學(xué)校紛紛引進各類急救設(shè)備.某學(xué)校引進M,N兩種類型的自動體外除顫器(簡稱AED)

若干，并組織全校師生學(xué)習(xí)AED的使用規(guī)則及方法.經(jīng)過短期的強化培訓(xùn)I,在單位時間內(nèi)，

選擇M,N兩種類型AED操作成功的概率分別為1和T,假設(shè)每次操作能否成功相互獨立.

(1)現(xiàn)有某受訓(xùn)學(xué)生進行急救演練,假定他每次隨機等可能選擇M或N型AED進行操作，

求他恰好在第二次操作成功的概率；

(1)為激發(fā)師生學(xué)習(xí)并正確操作AED的熱情，學(xué)校選擇一名教師代表進行連續(xù)兩次設(shè)備

操作展示，下面是兩種方案：

方案甲：在第一次操作時，隨機等可能的選擇M或N型AED中的一種，若第一次對某類型

AED操作成功，則第二次繼續(xù)使用該類型設(shè)備；若第一次對某類型AED操作不成功，則第

二次使用另一類型AED進行操作.

方案乙：在第一次操作時，隨機等可能的選擇M或N型AED中的一種，無論第一次操作是

否成功，第二次均使用第一次所選擇的設(shè)備.

假定方案選擇及操作不相互影響，以成功操作累積次數(shù)的期望值為決策依據(jù)，分析哪種方案

更好？

解析：(1)設(shè)“操作成功”為事件S,“選擇設(shè)備ΛT為事件A,“選擇設(shè)備W為事件B

1O1

由題意，P(A)=P(B)=/,P(SlA)=§,P(S忸)=］恰在第二次操作才成功的概率

_12117

P=P(S)P(S),P(S)=P(A)P(Sl4)+P(B)P(Sl8)=5Xg+5X5=正，

_s573S

P@=⑸=F所以恰在第二次操作才成功的概率為Irlr再?

（2）設(shè)方案甲和方案乙成功操作累計次數(shù)分別為X,Y,則X,y可能取值均為0,1,2,

P(X=0)=P(A)P(SIA)P(SIB)+P(B)P(E∣B)Pf∣A)

1

=—×

2

P(X=D=P(A)P(gIA)P(SIB)+P(A)P(S14)P(M∣A)

+P(B)P(MIB)P(S∣A)+P(B)P(S?B)P(S∣B)

35

72

12211125

P(X=2)=P(A)P(SIA)P(S∣A)+P(B)P(S∣B)P(S∣B)=±×±×±+l×l×A=-.

23322272

1352585

所以E(X)=Ox∕x五+2x五=

72

方法一:P(y=0)=P(A)P(SIA)P(51A)+P(B)P(S∣B)PG∣B)

P(Y=1)=P(A)P(SIA)P(SIA)+P⑷P(S∣A)P(S∣A)

+P(B)PgIB)P(SIB)÷P(B)P(S?B)P(S?B)

12211125

p(y=2)=P(A)P(SlA)P(SlA)+P(B)P(SIB)P(SIB)=Δ×±×±+±×±×A=-.

23322272

13177

所以E(Y)=0x—+lx—+2X—

v77236726

方法二：方案乙選擇其中一種操作設(shè)備后，進行2次獨立重復(fù)試驗,

12I17

所以E(y)=7x2x7+qχ2x7=

23226

決策一：因為E（X）＞石（丫），故方案甲更好.

決策二：因為E（X）與E（V）差距非常小，所以兩種方案均可

例3（福建省泉州市2023屆高三畢業(yè)班質(zhì)量檢測一）中國茶文化博大精深，飲茶深受大眾

喜愛，茶水的口感與茶葉類型和水的溫度有關(guān)，某數(shù)學(xué)建模小組為了獲得茶水溫度＞℃關(guān)于

時間Mmin）的回歸方程模型，通過實驗收集在25℃室溫，用同一溫度的水沖泡的條件下,

茶水溫度隨時間變化的數(shù)據(jù)，并對數(shù)據(jù)做初步處理得到如下所示散點圖.

八溫度溫

90?

80-?

70-?e

60-°?

50?

40-

*一一，

。123456時間∕min

￡(為一天)(S-而)

?ω∑Q-T)(X-刃

/=I,=1

73.53.85-95-2.24

_]7

表中：0j=ln(y-25),而=亍2例

//=I

(1)根據(jù)散點圖判斷，①y=α+6與②y=d?c'+25哪一個更適宜作為該茶水溫度y關(guān)于

時間X的回歸方程類型？(給出判斷即可，不必說明理由)

(2)根據(jù)(1)的判斷結(jié)果及表中數(shù)據(jù)，建立該茶水溫度y關(guān)于時間X的回歸方程：

(3)已知該茶水溫度降至6(ΓC口感最佳，根據(jù)(2)中的回歸方程，求在相同條件下沖泡

的茶水，大約需要放置多長時間才能達到最佳飲用口感？

附：①對于一組數(shù)據(jù)("EM%?，，(練M)，其回歸直線V=G+Λ/的斜率和截距的最小

二乘估計分別為6=上匕----------*=v-βuz

∑(M∕-W)2

i=}

②參考數(shù)據(jù)：e^008≈0.92,e409≈60,ln7≈1.9,In3≈l.l,ln2≈0.7.

解析：(1)根據(jù)散點圖判斷，其變化趨勢不是線性的，而是曲線的，因此，選②y="?c*+25

更適宜此散點的回歸方程.

(2)由y=<∕?c*+25有：y-25=d?c',兩邊取自然對數(shù)得：In(>?-25)=ln(<∕cx)=?nd+x?nc,

設(shè)勿=In(y-25),a=?nd,?=Inc,

則ln(y-25)=lnd+x?lnc化為：ω=bx+af又X=---------------------------=3,

E(%-可?,-可224

?,?∑(x∕-?)2=28,:.b-=-0.08,

/=I28

Z=I

.?.a=ω-bx=3.85+0.08×3=4.09,由b=-0.08=InC得：C=e^0°8

由0=4.09=lnd得：J=e409

x4908jt40908jt

???回歸方程為:y=J?c+25=e'°.e^-+25=e-°+25,

409008x

gpy=e^+25.

(3)當(dāng)y=60時,代入回歸方程y=e4x*+25得:60=/°*MU)&,+25，化簡得：35=e409^.

即4.09-0.08x=ln35,

又e^008≈0.92,e409≈60,ln7≈1.9,ln3≈l.l,ln2?0.7,

二4.09—0.08x=In35約化為：ln60-0.08x=ln35,

12

即0.08x=ln60-ln35=Iny=lnl2-ln7=(21n2+ln3)-ln7≈2×0.7+l.l-1.9=0.6

???X之黑=7.5大約需要放置7.5分鐘才能達到最佳飲用口感?

例4(廣東省佛山市2023屆高三教學(xué)質(zhì)量檢測一)近幾年，隨著生活水平的提高，人們對

水果的需求量也隨之增加,我市精品水果店大街小巷遍地開花,其中中華獅猴桃的口感甜酸、

可口，風(fēng)味較好，廣受消費者的喜愛.在某水果店，某種狒猴桃整盒出售，每盒20個.已知各

盒含0,1個爛果的概率分別為0.8,0.2.

(1)顧客甲任取一盒，隨機檢查其中4個掰猴桃，若當(dāng)中沒有爛果，則買下這盒獅猴桃，否

則不會購買此種舜猴桃.求甲購買一盒舜猴桃的概率：

(2)顧客乙第1周網(wǎng)購了一盒這種獅猴桃，若當(dāng)中沒有爛果，則下一周繼續(xù)網(wǎng)購一盒；若當(dāng)

中有爛果，則隔一周再網(wǎng)購一盒；以此類推，求乙第5周網(wǎng)購一盒舜猴桃的概率

解析：(1)由題意可得：甲不購買一盒掰猴桃情況為該盒有1個爛果且隨機檢查其中4個時

C3

抽到這個爛果，甲購買一盒猾猴桃的概率尸=l-0?2*?F券=0.96.

。20

(2)用y”表示購買，“x”表示不購買，乙第5周購買有如下可能:

第1周第2周第3周第4周第5周

√√√√√

√×√√√

√√X√√

√X√X√

√√√X√

故乙第5周網(wǎng)購一盒舜猴桃的概率

P=（0.8）4+0.2×0.8×0.8+0.8×0.2X0.8+0.2X0.2+0.8×0.8×0.2=0.8336.

例5（廣東省深圳市2023屆高三第一次調(diào)研）某企業(yè)因技術(shù)升級，決定從2023年起實現(xiàn)新

的績效方案.方案起草后，為了解員工對新績效方案是否滿意，決定采取如下“隨機化回答

技術(shù)”進行問卷調(diào)查：

一個袋子中裝有三個大小相同的小球，其中1個黑球，2個白球.企業(yè)所有員工從袋子中有

放回的隨機摸兩次球，每次摸出一球.約定“若兩次摸到的球的顏色不同，則按方式I回答

問卷，否則按方式∏回答問卷

方式I：若第一次摸到的是白球，則在問卷中畫“?！保駝t畫“x”；

方式H：若你對新績效方案滿意，則在問卷中畫“?！保駝t畫“x”.

當(dāng)所有員工完成問卷調(diào)查后，統(tǒng)計畫。，畫X的比例.用頻率估計概率，由所學(xué)概率知識即

可求得該企業(yè)員工對新績效方案的滿意度的估計值.其中滿意度

企業(yè)所有對新績效方案滿意的員工人數(shù),nnoz

=---------企業(yè)所有員工人數(shù)---------XKX）/°.

（1）若該企業(yè)某部門有9名員工，用X表示其中按方式I回答問卷的人數(shù)，求X的數(shù)學(xué)期

望；

（2）若該企業(yè)的所有調(diào)查問卷中，畫“?！迸c畫“x”的比例為4：5,試估計該企業(yè)員工對新績

效方案的滿意度.

解析：（1）每次摸到白球的概率弓，摸到黑球的概率為《，每名員工兩次摸到的球的顏色不

?5

214

同的概率P=C；x§x§=§,由題意可得：該部門9名員工中按方式I回答問卷的人數(shù)

所以X的數(shù)學(xué)期望E（X）=9x?=4.

（2）記事件A為“按方式I回答問卷“，事件B為“按方式∏回答問卷”，事件C為“在問卷中

畫?！?由⑴知P(A)=尸⑻=I-P(A)=[,P(A)P(C∣A)=P(AC)=∣×^=∣.

VP(C)=2=C，由全概率公式尸(C)=P(A)P(ClA)+P(B)P(C?B),則∣=→∣P(C∣β),

解得P(C忸)=；=0.4,故根據(jù)調(diào)查問卷估計，該企業(yè)員工對新績效方案的滿意度為40%.

例6(廣州市2023屆高三一模)世界衛(wèi)生組織建議成人每周進行2.5至5小時的中等強度運

動.已知A社區(qū)有56%的居民每周運動總時間超過5小時，8社區(qū)有65%的居民每周運動總

時間超過5小時，C社區(qū)有70%的居民每周運動總時間超過5小時，且A,B,C三個社區(qū)的

居民人數(shù)之比為5:6:9.

(I)從這三個社區(qū)中隨機抽取1名居民，求該居民每周運動總時間超過5小時的概率；

(2)假設(shè)這三個社區(qū)每名居民每周運動總時間為隨機變量X(單位：小時)，且

X~N(5.5,〃).現(xiàn)從這三個社區(qū)中隨機抽取3名居民，求至少有兩名居民每周運動總時間為

5至6小時的概率.

解析：(1)因為AB,C三個社區(qū)的居民人數(shù)之比為5:6:9,設(shè)AB,C三個社區(qū)的居民人數(shù)為

5a,6a,9a,所以A社區(qū)每周運動總時間超過5小時的人數(shù)為：5α?56%=2.84,B社區(qū)每周

運動總時間超過5小時的人數(shù)為：6t∕?65%=3.9α,C社區(qū)每周運動總時間超過5小時的人

數(shù)為：9β?70%=6.30,該居民每周運動總時間超過5小時的概率

n2.8a+3.9a+6.34八NU

Fj=----------------------=θ,o?.

5a+6a+9a

(2)因為這三個社區(qū)每名居民每周運動總時間為隨機變量X(單位：小時)，且

X~N(5.5,4),所以P(X>5.5)=0.5,由(1)知，P(X>5)=0.65,

所以P(5<X<55)=0.65-0.5=0.15,因為隨機變量X服從正態(tài)分布，且關(guān)于X=5.5對稱，

所以P(5<X<6)=2P(5<X<5?5)=0.3,所以從這三個社區(qū)中隨機抽取3名居民，求至少

23

有兩名居民每周運動總時間為5至6小時的概率為：P2=Cj(0.3)(0.7)+e?(0.3)=0.216.

例7(湖北省武漢市2023屆高三下學(xué)期二月調(diào)研)口袋中共有7個質(zhì)地和大小均相同的小

球，其中4個是黑球，現(xiàn)采用不放回抽取方式每次從口袋中隨機抽取一個小球，直到將4

個黑球全部取出時停止.

(1)記總的抽取次數(shù)為X,求E(X)；

(2)現(xiàn)對方案進行調(diào)整：將這7個球分裝在甲乙兩個口袋中，甲袋裝3個小球，其中2個

是黑球；乙袋裝4個小球，其中2個是黑球.采用不放回抽取方式先從甲袋每次隨機抽取一

個小球，當(dāng)甲袋的2個黑球被全部取出后再用同樣方式在乙袋中進行抽取，直到將乙袋的2

個黑球也全部取出后停止.記這種方案的總抽取次數(shù)為匕求E(Y)并從實際意義解釋E(V)

與(1)中的E(X)的大小關(guān)系.

解析：(1)X可能取值為4,5,6,1,

P(X=4)=∣?P(A5)普套P(X=6)咯嘿,(X=7)咯嗡

32

E(X)=4-6X竺+7、竺

35353535T

(2)Y可能取值為4,5,6,7,設(shè)甲袋和乙袋抽取次數(shù)分別為升和X,

p(y=4)=p(χ=2)p化=2)=Ii卷q,

P(y=5)=Pa=2)P化=3)+P(χ=3)P化=2)f+3會晨，

P(y=6)=P(K=2)P(=4)+P(K=3)P化=3)=「.1+言《=4

'-?'-x4'-31e

p(y=7)=p(χ=3)p化=4)=∣i?.,

E(y)=4χ-J-+5χ?^?+6χN+7χ9=6.

v'18181818

在將球分裝時，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此時甲袋中還有其它球，則該球的干擾

作用己經(jīng)消失，所以同樣是要取出4個黑球，調(diào)整后的方案總抽取次數(shù)的期望更低.

例8(江蘇省南通市2023屆高三下學(xué)期第一次調(diào)研測試)第二十二屆卡塔爾世界杯足球賽

(FIFAWoHdCUPQatar2022)決賽中，阿根廷隊通過扣人心弦的點球大戰(zhàn)戰(zhàn)勝了法國隊.某校

為了豐富學(xué)生課余生活，組建了足球社團.足球社團為了解學(xué)生喜歡足球是否與性別有關(guān)，

隨機抽取了男、女同學(xué)各100名進行調(diào)查，部分數(shù)據(jù)如表所示：

喜歡足球不喜歡足球合計

男牛40

女生30

合計

(I)根據(jù)所給數(shù)據(jù)完成上表，并判斷是否有99.9%的把握認為該校學(xué)生喜歡足球與性別有

關(guān)？

(2)社團指導(dǎo)老師從喜歡足球的學(xué)生中抽取了2名男生和1名女生示范點球射門.已知男生

進球的概率為g,女生進球的概率為每人射門一次，假設(shè)各人射門相互獨立，求3人進

球總次數(shù)的分布列和數(shù)學(xué)期望.

n(ad-be)2

附：K2

(a+?)(c+J)(a+c)(b+<∕)

P(κ2≥k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

解析：(1)2x2列聯(lián)表如下:

喜歡足球不喜歡足球合計

男生6040100

女生3070100

合計90HO200

，有99.9%的把握認為該校學(xué)生喜歡足球與性別有關(guān)

(2)3人進球總次數(shù)J的所有可能取值為01,2,3,

%=°)=0W=Q(1)=C。衿+3

32)=C?∣g十泊=3)=圖12

X—

29

的分布列如下:

ξ0123

1542

P————

181899

."的數(shù)學(xué)期捻E(J)=I*+2x?+3x∣q

例9(山東省濟南市23屆高三上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題)某芯片制造企業(yè)使用新技術(shù)對某款芯

片進行生產(chǎn).生產(chǎn)該款芯片有三道工序，這三道工序互不影響.已知批次甲的三道工序次品率

分別為~,-->--.

504948

(1)求批次甲芯片的次品率；

(2)該企業(yè)改進生產(chǎn)工藝后，生產(chǎn)了批次乙的芯片.某手機廠商獲得批次甲與批次乙的芯片,

并在某款手機上使用.現(xiàn)對使用這款手機的100名用戶回訪，對開機速度進行調(diào)查.據(jù)統(tǒng)計，

安裝批次甲的有40名，其中對開機速度滿意的有30名；安裝批次乙的有60名，其中對開

機速度滿意的有55名.試整理出2x2列聯(lián)表(單位:名)，并依據(jù)小概率值α=0.05的獨立性

檢驗，分析芯片批次是否與用戶對開機速度滿意有關(guān).

是否滿意

批次合計

滿意不滿意

甲

乙

合計

n(ad-bc)2

(a+?)(c+d)(a+c)(b+d)

a0.050.010.∞50.001

Xa2.7063.8417.87910.828

解析：(1)由已知可得批次甲芯片的正品率P=(I-

3

所以批次甲芯片的次品率為1-〃=工.

（2）零假設(shè)為“。：芯片批次與用戶對開機速度滿意無關(guān)，得2x2列聯(lián)表如下:

是否滿意

批次合計

滿意不滿意

甲301040

乙55560

合計8515100

所以八兩辭i=嘀離3

因為獷＞2.706,所以依據(jù)α=0.05的獨立性檢驗，我們推斷兒不成立,

所以認為芯片批次與用戶對開機速度滿意有關(guān)，此推斷犯錯誤的概率不大于0.05.

例10（山東省濟南市2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期開學(xué)考試）甲、乙兩人進行拋擲骰子游戲,

兩人輪流拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子.規(guī)定：先擲出點數(shù)6的獲勝，游戲結(jié)束.

（1）記兩人拋擲骰子的總次數(shù)為X,若每人最多拋擲兩次骰子，求比賽結(jié)束時，X的分布

列和期望;

（2）已知甲先擲，求甲恰好拋擲〃次骰子并獲得勝利的概率.

解析：(1)依題意，拋擲骰子一次獲勝的概率P=J,X的可能值為1,2,3,4,

O

P(X=I)=J,P(X=2)=(1-Λ×^=?,P(X=3)=(1-1)2X∣=^,

6663666216

P(X=4)=(1-?3=M，

6216

所以X的分布列為；

X1234

?525125

P

636216216

HnF八IlC5r25.125671

期望E(X)=1×-+2×----F3X-----+4×-----=------.

636216216216

（2）設(shè)甲拋擲第〃次骰子且不獲勝的事件的概率為N*,依題意，當(dāng)〃22時,

O

5525525

?=?-I×7×7=77?-H因此數(shù)列｛《J是以3為首項，言為公比的等比數(shù)列，則

6636636

?=∣5×∈75Γ1,當(dāng)"≥2時，甲恰好拋擲〃次骰子并獲得勝利的概率

o36

P-=?-∣×7×Σ=7×(l∑),,^2×1×Σ=Σ×(l∑)n^'>顯然當(dāng)〃=1時，［=)滿足上式,

66636666366

I7S

所以甲恰好拋擲n次骰子并獲得勝利的概率為Pn=：?(￥)”',〃€N*.

例11(溫州市2023屆高三一模)2021年11月10日，在英國舉辦的《聯(lián)合國氣候變化框架

公約》第26次締約方大會上，100多個國家政府、城市、州和主要企業(yè)簽署了《關(guān)于零排

放汽車和面包車的格拉斯哥宣言》，以在2035年前實現(xiàn)在主要市場、2040年前在全球范圍

內(nèi)結(jié)束內(nèi)燃機銷售，電動汽車將成為汽車發(fā)展的大趨勢.電動汽車生產(chǎn)過程主要包括動力總

成系統(tǒng)和整車制造及總裝.某企業(yè)計劃為某品牌電動汽車專門制造動力總成系統(tǒng).

(I)動力總成系統(tǒng)包括電動機系統(tǒng)、電池系統(tǒng)以及電控系統(tǒng)，而且這三個系統(tǒng)的制造互不

3

影響.已知在生產(chǎn)過程中，電動機系統(tǒng)、電池系統(tǒng)以及電控系統(tǒng)產(chǎn)生次品的概率分別為五，

21

97τ95'

(i)求：在生產(chǎn)過程中，動力總成系統(tǒng)產(chǎn)生次品的概率；

(ii)動力總成系統(tǒng)制造完成之后還要經(jīng)過檢測評估,此檢測程序需先經(jīng)過智能自動化檢測,

然后再進行人工檢測，經(jīng)過兩輪檢測恰能檢測出所有次品，已知智能自動化檢測的合格率為

95%,求：在智能自動化檢測為合格品的情況下，人工檢測一件產(chǎn)品為合格品的概率.

(2)隨著電動汽車市場不斷擴大，該企業(yè)通過技術(shù)革新提升了動力總成系統(tǒng)的制造水平.現(xiàn)

針對汽車續(xù)航能力的滿意度進行用戶回訪.統(tǒng)計了100名用戶的數(shù)據(jù)，如下表：

產(chǎn)品批次

對續(xù)航能能力是否滿意合計

技術(shù)革新之前技術(shù)革新之后

滿意285785

不滿意12315

合計4060100

試問是否有99.9%的