第93講、概率與統(tǒng)計的綜合應(yīng)用（教師版）

[在此處鍵入]第93講概率與統(tǒng)計的綜合應(yīng)用必考題型全歸納題型一：決策問題例1．（2024·甘肅蘭州·高三蘭化一中?？计谥校?jù)悉強基計劃的?？加稍圏c高校自主命題，校考過程中達(dá)到筆試優(yōu)秀才能進入面試環(huán)節(jié)．已知甲、乙兩所大學(xué)的筆試環(huán)節(jié)都設(shè)有三門考試科目且每門科目是否達(dá)到優(yōu)秀相互獨立．若某考生報考甲大學(xué)，每門科目達(dá)到優(yōu)秀的概率均為，若該考生報考乙大學(xué)，每門科目達(dá)到優(yōu)秀的概率依次為，，，其中．(1)若，分別求出該考生報考甲、乙兩所大學(xué)在筆試環(huán)節(jié)恰好有一門科目達(dá)到優(yōu)秀的概率；(2)強基計劃規(guī)定每名考生只能報考一所試點高校，若以筆試過程中達(dá)到優(yōu)秀科目個數(shù)的期望為依據(jù)作出決策，該考生更希望進入甲大學(xué)的面試環(huán)節(jié)，求的范圍．【解析】（1）設(shè)該考生報考甲大學(xué)恰好有一門筆試科目優(yōu)秀為事件，則；該考生報考乙大學(xué)恰好有一門筆試科目優(yōu)秀為事件，則．（2）該考生報考甲大學(xué)達(dá)到優(yōu)秀科目的個數(shù)設(shè)為，依題意，，則，該同學(xué)報考乙大學(xué)達(dá)到優(yōu)秀科目的個數(shù)設(shè)為，隨機變量的可能取值為：0，1，2，3．，，，隨機變量的分布列：0123，因為該考生更希望進入甲大學(xué)的面試，則，即，解得，所以的范圍為：.例2．（2024·全國·高三專題練習(xí)）2022年北京冬奧會后，由一名高山滑雪運動員甲組成的專業(yè)隊，與兩名高山滑雪愛好者乙、丙組成的業(yè)余隊進行友誼比賽，約定賽制如下：業(yè)余隊中的兩名隊員輪流與甲進行比賽，若甲連續(xù)贏兩場則專業(yè)隊獲勝；若甲連續(xù)輸兩場則業(yè)余隊獲勝；若比賽三場還沒有決出勝負(fù)，則視為平局，比賽結(jié)束．已知各場比賽相互獨立，每場比賽都分出勝負(fù)，且甲與乙比賽，甲贏的概率為，甲與丙比賽，甲贏的概率為，其中．(1)若第一場比賽，業(yè)余隊可以安排乙與甲進行比賽，也可以安排丙與甲進行比賽．請分別計算兩種安排下業(yè)余隊獲勝的概率；若以獲勝概率大為最優(yōu)決策，問：業(yè)余隊第一場應(yīng)該安排乙還是丙與甲進行比賽？(2)為了激勵專業(yè)隊和業(yè)余隊，賽事組織規(guī)定：比賽結(jié)束時，勝隊獲獎金6萬元，負(fù)隊獲獎金3萬元；若平局，兩隊各獲獎金3.6萬元．在比賽前，已知業(yè)余隊采用了（1）中的最優(yōu)決策與甲進行比賽，設(shè)賽事組織預(yù)備支付的獎金金額共計X萬元，求X的數(shù)學(xué)期望的取值范圍．【解析】（1）第一場比賽，業(yè)余隊安排乙與甲進行比賽，業(yè)余隊獲勝的概率為：第一場比賽，業(yè)余隊安排丙與甲進行比賽，業(yè)余隊獲勝的概率為：因為，所以，所以，業(yè)余隊第一場應(yīng)該安排乙與甲進行比賽．（2）由已知萬元，或萬元由（1）知，業(yè)余隊最優(yōu)決策是第一場應(yīng)該安排乙與甲進行比賽．此時，業(yè)余隊獲勝的概率為：專業(yè)隊獲勝的概率為所以，非平局的概率為平局的概率為X的分布列為：X97.2X的期望為由，所以數(shù)學(xué)期望的取值范圍為（單位：萬元）例3．（2024·江西吉安·高三吉安三中校考階段練習(xí)）2020年以來，新冠疫情對商品線下零售影響很大．某商家決定借助線上平臺開展銷售活動．現(xiàn)有甲、乙兩個平臺供選擇，且當(dāng)每件商品的售價為元時，從該商品在兩個平臺所有銷售數(shù)據(jù)中各隨機抽取100天的日銷售量統(tǒng)計如下，商品日銷售量（單位：件）678910甲平臺的天數(shù)1426262410乙平臺的天數(shù)1025352010假設(shè)該商品在兩個平臺日銷售量的概率與表格中相應(yīng)日銷售量的頻率相等，且每天的銷售量互不影響，(1)求“甲平臺日銷售量不低于8件”的概率，并計算“從甲平臺所有銷售數(shù)據(jù)中隨機抽取3天的日銷售量，其中至少有2天日銷售量不低于8件”的概率；(2)已知甲平臺的收費方案為：每天傭金60元，且每銷售一件商品，平臺收費30元；乙平臺的收費方案為：每天不收取傭金，但采用分段收費，即每天銷售商品不超過8件的部分，每件收費40元，超過8件的部分，每件收費35元．某商家決定在兩個平臺中選擇一個長期合作，從日銷售收入（單價×日銷售量-平臺費用）的期望值較大的角度，你認(rèn)為該商家應(yīng)如何決策？說明理由．【解析】（1）令事件“甲平臺日銷售量不低于8件”，則，令事件“從甲平臺所有銷售數(shù)據(jù)中隨機抽取3天的日銷售量，其中至少有2天日銷售量不低于8件”，則（2）設(shè)甲平臺的日銷售收入為，則的所有可能取值為所以，的分布列為所以，，設(shè)乙平臺的日銷售收入為，則的所有可能取值為所以，的分布列為：所以，.所以，令得，令得所以，當(dāng)時，選擇甲平臺；當(dāng)時，甲乙平臺均可；當(dāng)時，選擇乙平臺.變式1．（2024·江西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）某學(xué)校舉行“百科知識”競賽，每個班選派一位學(xué)生代表參加.某班經(jīng)過層層選拔，李明和王華進入最后決賽，決賽方式如下：給定個問題，假設(shè)李明能且只能對其中個問題回答正確，王華對其中任意一個問題回答正確的概率均為.由李明和王華各自從中隨機抽取個問題進行回答，而且每個人對每個問題的回答均相互獨立.(1)求李明和王華回答問題正確的個數(shù)均為的概率；(2)設(shè)李明和王華回答問題正確的個數(shù)分別為和，求的期望?和方差?，并由此決策派誰代表該班參加競賽更好.【解析】（1）李明回答問題正確的個數(shù)為的概率；王華回答問題正確的個數(shù)為的概率；李明和王華回答問題正確的個數(shù)均為的概率.（2）由題意知：李明回答問題正確個數(shù)所有可能的取值為，，，，；王華回答問題正確的個數(shù)，，；，，派李明代表該班參加競賽更好.變式2．（2024·全國·高三專題練習(xí)）根據(jù)某地區(qū)氣象水文部門長期統(tǒng)計，可知該地區(qū)每年夏季有小洪水的概率為0.25，有大洪水的概率為0.05．今年夏季該地區(qū)某工地有許多大型設(shè)備，遇到大洪水時要損失60000元，遇到小洪水時要損失20000元，為保護設(shè)備，有以下3種方案：方案1：修建保護圍墻，建設(shè)費為3000元，但圍墻只能防小洪水；方案2：修建保護大壩，建設(shè)費為7000元，能夠防大洪水；方案3：不采取措施工地的領(lǐng)導(dǎo)該如何決策呢？【解析】用，，分別表示方案1，2，3的損失，第一方案，建保護墻，建設(shè)費為3000元，但圍墻只能防小洪水，無大洪水有大洪水損失300063000概率0.950.05平均損失．第二方案：建保護大壩，建設(shè)費為7000元，能夠防大洪水，．第三方案：不采取措施．無洪水有小洪水有大洪水損失02000060000概率0.70.250.05平均損失．因為綜上，采取方案一較好．題型二：道路通行問題例4．（2024·重慶·高三重慶市育才中學(xué)?？茧A段練習(xí)）月日位于重慶朝天門的來福士廣場開業(yè)，成了網(wǎng)紅城市的又一打卡勝地重慶育才謝家灣校區(qū)與來福士之間的駕車往返所需時間為，只與道路暢通狀況有關(guān)，對其容量為的樣本進行統(tǒng)計，結(jié)果如下：（小時）頻數(shù)（次）以這次駕車往返所需時間的頻率代替某人次駕車往返所需時間的概率．（1）記的期望為，求；（2）某天有位教師獨自駕車從謝家校區(qū)返于來福士，記表示這位教師中駕車所用時間少于的人數(shù)，求X的分布列與．【解析】（1）P（T＝0.8）0.2，P（T＝0.9）0.3，P（T＝1）0.4，P（T＝1.1）0.1，∴T的分布列為：T0.80.911.1P0.20.30.40.1E（T）＝0.8×0.2+0.9×0.3+1×0.4+1.1×0.1＝0.94，∴P（T＜E（T））＝P（T＝0.8）+P（T＝0.9）＝0.2+0.3＝0.5．（2）某天有3位教師獨自駕車從謝家校區(qū)返于來福士，記X表示這3位教師中駕車所用時間少于E（T）的人數(shù)，∴X～B（3，），∴P（X＝0），P（X＝1），P（X＝2），P（X＝3），∴X的分布列為：X0123PE（X）＝3．例5．（2024·湖北·統(tǒng)考一模）交通指數(shù)是指交通擁堵指數(shù)的簡稱，是綜合反映道路網(wǎng)暢通或擁堵的概念性指數(shù)值，記交通指數(shù)為，其范圍為，分別有五個級別：，暢通；，基本暢通；，輕度擁堵；，中度擁堵；，嚴(yán)重?fù)矶?在晚高峰時段（），從某市交通指揮中心選取了市區(qū)20個交通路段，依據(jù)其交通指數(shù)數(shù)據(jù)繪制的頻率分布直方圖如圖所示.(1)求出輕度擁堵、中度擁堵、嚴(yán)重?fù)矶碌穆范蔚膫€數(shù)；(2)用分層抽樣的方法從輕度擁堵、中度擁堵、嚴(yán)重?fù)矶碌穆范沃泄渤槿?個路段，求依次抽取的三個級別路段的個數(shù)；(3)從(2)中抽取的6個路段中任取2個，求至少有1個路段為輕度擁堵的概率.【解析】(1)由頻率分布直方圖得，這20個交通路段中，輕度擁堵的路段有(0.1＋0.2)×1×20＝6(個)，中度擁堵的路段有(0.25＋0.2)×1×20＝9(個)，嚴(yán)重?fù)矶碌穆范斡?0.1＋0.05)×1×20＝3(個).(2)由(1)知，擁堵路段共有6＋9＋3＝18(個)，按分層抽樣，從18個路段抽取6個，則抽取的三個級別路段的個數(shù)分別為，，，即從交通指數(shù)在[4,6)，[6,8)，[8,10]的路段中分別抽取的個數(shù)為2,3,1.(3)記抽取的2個輕度擁堵路段為，，抽取的3個中度擁堵路段為，，，抽取的1個嚴(yán)重?fù)矶侣范螢?，則從這6個路段中抽取2個路段的所有可能情況為：，共15種，其中至少有1個路段為輕度擁堵的情況為：，共9種.所以所抽取的2個路段中至少有1個路段為輕度擁堵的概率為.例6．（2024·四川眉山·高三四川省眉山第一中學(xué)階段練習(xí)）隨著我國經(jīng)濟的不斷深入發(fā)展，百姓的生活也不斷的改善，尤其是近幾年汽車進入了千家萬戶，這也給城市交通造成了很大的壓力，為此交警部門通過對交通擁堵的研究提出了交通擁堵指數(shù)這一全新概念，交通擁堵指數(shù)簡稱交通指數(shù)，是綜合反映道路網(wǎng)暢通或擁堵的概念．記交通指數(shù)為，其范圍為，分別有5個級別：暢通；基本暢通；輕度擁堵；中度擁堵；嚴(yán)重?fù)矶拢绺叻鍟r段（T≥3），從北京市交通指揮中心隨機選取了五環(huán)以內(nèi)50個交通路段，依據(jù)交通指數(shù)數(shù)據(jù)繪制的部分頻率分布直方圖如圖所示：（1）據(jù)此直方圖估算交通指數(shù)T∈[4，8）時的中位數(shù)和平均數(shù)；（2）據(jù)此直方圖求出早高峰二環(huán)以內(nèi)的3個路段至少有兩個嚴(yán)重?fù)矶碌母怕适嵌嗌伲浚?）某人上班路上所用時間若暢通時為20分鐘，基本暢通為30分鐘，輕度擁堵為35分鐘，中度擁堵為45分鐘，嚴(yán)重?fù)矶聻?0分鐘，求此人所用時間的數(shù)學(xué)期望．【解析】（1）由直方圖知，時交通指數(shù)的中位數(shù)為5+1×(0.2/0.24)=35/6時交通指數(shù)的平均數(shù)為．（2）設(shè)事件為“一條路段嚴(yán)重?fù)矶隆?，則，則條路段中至少有兩條路段嚴(yán)重?fù)矶碌母怕蕿椋?，所以條路段中至少有兩條路段嚴(yán)重?fù)矶碌母怕蕿椋?）由題意，所用時間的分布列如下表：則，所以此人經(jīng)過該路段所用時間的數(shù)學(xué)期望是分鐘．變式3．（2024·江西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）“低碳出行”，一種降低“碳”的出行，以低能耗、低污染為基礎(chǔ)，是環(huán)保的深層次體現(xiàn)，在眾多發(fā)達(dá)國家被廣大民眾接受并執(zhí)行，S市即將投放一批公共自行車以方便市民出行，減少污染，緩解交通擁堵，現(xiàn)先對100人做了是否會考慮選擇自行車出行的調(diào)查，結(jié)果如下表.（1）如果把45周歲以下人群定義為“青年”，完成下列列聯(lián)表，并問你有多少把握認(rèn)為該地區(qū)市民是否考慮單車與他（她）是不是“青年人”有關(guān)?年齡考慮騎車不考慮騎車15以下6316613614165975以上15合計5545騎車不騎車合計45歲以下45歲以上合計100參考：，0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.072.703.845.026.637.8710.82（2）S市為了鼓勵大家騎自行車上班，為此還專門在幾條平時比較擁堵的城市主道建有無障礙自行車道，該市市民小明家離上班地點10km，現(xiàn)有兩種.上班方案給他選擇；方案一：選擇自行車，走無障礙自行車道以19km/h的速度直達(dá)上班地點.方案二：開車以30km/h的速度上班，但要經(jīng)過A、B、C三個易堵路段，三個路段堵車的概率分別是，，，且是相互獨立的，并且每次堵車的時間都是10分鐘（假設(shè)除了堵車時間其他時間都是勻速行駛）若僅從時間的角度考慮，請你給小明作一個選擇，并說明理由.【解析】（1）根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)填寫2×2列聯(lián)表如下：騎車不騎車合計45歲以下35155045歲以上203050合計5545100所以所以有99.5%的把握認(rèn)為該地區(qū)市民是否考慮單車與他（她）是不是“青年人”有關(guān).（2）方案一：選擇自行車，走無障礙自行車道以19km/h的速度直達(dá)上班地點，則所需時間為：；方案二：開車以30km/h的速度上班，但要經(jīng)過A、B、C三個易堵路段，分別令三個路段堵車記為事件A、B、C，且，，，且A、B、C相互獨立的，并且每次堵車的時間都是10分鐘（假設(shè)除了堵車時間其他時間都是勻速行駛）所以在路上遇上堵車的概率為：，故方案二所需時間為：.因為，所以僅從時間的角度考慮，應(yīng)選方案二省時間.變式4．（2024·全國·高三專題練習(xí)）某人某天的工作是駕車從地出發(fā)，到兩地辦事，最后返回地，,三地之間各路段行駛時間及擁堵概率如下表路段正常行駛所用時間（小時）上午擁堵概率下午擁堵概率10．30．620．20．730．30．9若在某路段遇到擁堵，則在該路段行駛時間需要延長1小時．現(xiàn)有如下兩個方案：方案甲：上午從地出發(fā)到地辦事然后到達(dá)地，下午從地辦事后返回地；方案乙：上午從地出發(fā)到地辦事，下午從地出發(fā)到達(dá)地，辦完事后返回地．（1）若此人早上8點從地出發(fā)，在各地辦事及午餐的累積時間為2小時，且采用方案甲，求他當(dāng)日18點或18點之前能返回地的概率．（2）甲乙兩個方案中，哪個方案有利于辦完事后更早返回地？請說明理由.【解析】（1）由題可知能按時返回的充要條件是擁堵路段不超過兩段，則不能按時返回時有三段路段擁堵，二者互為對立事件，記“不能按時返回為事件”則，所以能夠按時返回的概率，（2）設(shè)某段路正常行駛時間為,擁堵的概率為，則該路段行駛時間的分布列為行駛時間概率故，上午路段行駛時間期望值分別為1．3小時2．2小時、3．3小時，下午路段行駛時間期望值分別為1．6小時2．7小時3．9小時，設(shè)采用甲方案所花費總行駛時間為,則小時，設(shè)采用乙方案所花費總行駛時間為Z,則EZ=3．3+2．7+1．6=7．6小時，因此采用甲方案能更早返回.題型三：保險問題例7．（2024·廣東湛江·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）某單位有員工50000人，一保險公司針對該單位推出一款意外險產(chǎn)品，每年每位職工只需要交少量保費，發(fā)生意外后可一次性獲得若干賠償金.保險公司把該單位的所有崗位分為，，三類工種，從事三類工種的人數(shù)分布比例如餅圖所示，且這三類工種每年的賠付概率如下表所示：工種類別賠付概率對于，，三類工種，職工每人每年保費分別為元?元?元，出險后的賠償金額分別為100萬元?100萬元?50萬元，保險公司在開展此項業(yè)務(wù)過程中的固定支出為每年20萬元.（1）若保險公司要求每年收益的期望不低于保費的，證明：.（2）現(xiàn)有如下兩個方案供單位選擇：方案一：單位不與保險公司合作，職工不交保險，出意外后單位自行拿出與保險公司提供的等額賠償金賠付給出意外的職工，單位開展這項工作的固定支出為每年35萬元；方案二：單位與保險公司合作，，，單位負(fù)責(zé)職工保費的，職工個人負(fù)責(zé)，出險后賠償金由保險公司賠付，單位無額外專項開支.根據(jù)該單位總支出的差異給出選擇合適方案的建議.【解析】（1）設(shè)工種A，B，C職工的每份保單保險公司的效益為隨機變量X，Y，Z，則隨機變量X的分布列為：Xaa﹣100×104P隨機變量Y的分布列為：Yaa﹣100×104P隨機變量Z的分布列為：Zbb﹣50×104P保險公司期望收益為，，，根據(jù)要求（a﹣10）×50000×0.6+（a﹣20）×50000×0.3+（b﹣50）×50000×0.1﹣20×104≥（a×50000×0.6+a×50000×0.3+b×50000×0.1）×0.15，整理可得，所以得證；（2）若該企業(yè)不與保險公司合作，則安全支出，即賠償金的期望值為：50000（0.6××100×104+0.3××100×104+0.1××50×104）＝；若該企業(yè)與保險公司合作，則安全支出，即保費為50000×（0.6×a+0.3×a+0.1×b）×0.8＝，由，，所以方案一總支出較少，故選方案一.例8．（2024·新疆克拉瑪依·統(tǒng)考三模）已知某保險公司的某險種的基本保費為（單位：元），繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：上年度出險次數(shù)0123保費（元）隨機調(diào)查了該險種的400名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險情況，得到下表：出險次數(shù)0123頻數(shù)2808024124該保險公司這種保險的賠付規(guī)定如下：出險序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上賠付金額（元）0將所抽樣本的頻率視為概率．（1）求本年度續(xù)保人保費的平均值的估計值；（2）按保險合同規(guī)定，若續(xù)保人在本年度內(nèi)出險3次，則可獲得賠付元；若續(xù)保人在本年度內(nèi)出險6次，則可獲得賠付元；依此類推，求本年度續(xù)保人所獲賠付金額的平均值的估計值．【解析】（1）由題意可得保費（元）概率0.70.20.060.030.01本年度續(xù)保人保費的平均值的估計值為（2）由題意可得賠償金額（元）0概率0.70.20.060.030.01本年度續(xù)保人所獲賠付金額的平均值的估計值例9．（2024·廣東深圳·高三校聯(lián)考期末）已知某保險公司的某險種的基本保費為（單位：元），繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：上年度出險次數(shù)0123≥4保費（元）隨機調(diào)查了該險種的名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險情況，得到下表：出險次數(shù)0123≥4頻數(shù)2808024124該保險公司這種保險的賠付規(guī)定如下：出險序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上賠付金額（元）將所抽樣本的頻率視為概率.（1）求本年度續(xù)保人保費的平均值的估計值；（2）按保險合同規(guī)定，若續(xù)保人在本年度內(nèi)出險次，則可獲得賠付元；依此類推，求本年度續(xù)保人所獲賠付金額的平均值的估計值；（3）續(xù)保人原定約了保險公司的銷售人員在上午之間上門簽合同，因為續(xù)保人臨時有事，外出的時間在上午之間，請問續(xù)保人在離開前見到銷售人員的概率是多少？【解析】（1）由題意可得保費（元）概率0.70.20.060.030.01本年度續(xù)保人保費的平均值的估計值為（2）由題意可得賠償金額（元）0概率0.70.20.060.030.01本年度續(xù)保人所獲賠付金額的平均值的估計值（3）設(shè)保險公司銷售人員到達(dá)的時間為，續(xù)保人離開的時間為，看成平面上的點，全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域為則區(qū)域的面積事件表示續(xù)保人在離開前見到銷售人員，所構(gòu)成的區(qū)域為即圖中的陰影部分，其面積所以，即續(xù)保人在離開前見到銷售人員的概率是變式5．（2024·山東濰坊·校聯(lián)考一模）某保險公司針對一個擁有20000人的企業(yè)推出一款意外險產(chǎn)品，每年每位職工只需要交少量保費，發(fā)生意外后可一次性獲得若干賠償金.保險公司把企業(yè)的所有崗位共分為、、三類工種，從事這三類工種的人數(shù)分別為12000、6000、2000，由歷史數(shù)據(jù)統(tǒng)計出三類工種的賠付頻率如下表（并以此估計賠付概率）：工種類別ABC賠付頻率已知、、三類工種職工每人每年保費分別為25元、25元、40元，出險后的賠償金額分別為100萬元、100萬元、50萬元，保險公司在開展此業(yè)務(wù)的過程中固定支出每年10萬元.（1）求保險公司在該業(yè)務(wù)所獲利潤的期望值；（2）現(xiàn)有如下兩個方案供企業(yè)選擇：方案1：企業(yè)不與保險公司合作，職工不交保險，出意外企業(yè)自行拿出與保險公司提供的等額賠償金賠償付給出意外的職工，企業(yè)開展這項工作的固定支出為每年12萬元；方案2：企業(yè)與保險公司合作，企業(yè)負(fù)責(zé)職工保費的，職工個人負(fù)責(zé)，出險后賠償金由保險公司賠付，企業(yè)無額外專項開支.根據(jù)企業(yè)成本差異給出選擇合適方案的建議.【解析】（1）設(shè)工種A、B、C職工的每份保單保險公司的收益為隨機變量X、Y、Z，則X、Y、Z的分布列為：X2525﹣100×104PY2525﹣100×104PZ4040﹣50×104P1∴E（X）＝25×（1）+（25﹣100×104）15，E（Y）＝25×（1）+（25﹣100×104）5，E（Z）＝40×（1）+（40﹣50×104）10，保險公司的利潤的期望值為12000×15+6000×5﹣2000×10﹣100000＝90000，∴保險公司在該業(yè)務(wù)所獲利潤的期望值為9萬元．（2）方案1：企業(yè)不與保險公司合作，則企業(yè)每年安全支出與固定開支共為：12000×100×1046000×100×1042000×50×10412×104＝46×104，方案2：企業(yè)與保險公司合作，則企業(yè)支出保險金額為：（12000×25+6000×25+2000×40）×0.7＝37.1×104，46×104＞37.1×104，建議企業(yè)選擇方案2．變式6．（2024·全國·高考真題）購買某種保險，每個投保人每年度向保險公司交納保費元，若投保人在購買保險的一年度內(nèi)出險，則可以獲得10000元的賠償金．假定在一年度內(nèi)有10000人購買了這種保險，且各投保人是否出險相互獨立．已知保險公司在一年度內(nèi)至少支付賠償金10000元的概率為．（Ⅰ）求一投保人在一年度內(nèi)出險的概率；（Ⅱ）設(shè)保險公司開辦該項險種業(yè)務(wù)除賠償金外的成本為50000元，為保證盈利的期望不小于0，求每位投保人應(yīng)交納的最低保費（單位：元）．【解析】各投保人是否出險互相獨立，且出險的概率都是，記投保的10000人中出險的人數(shù)為，則．（Ⅰ）記表示事件：保險公司為該險種至少支付10000元賠償金，則發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)，，又，故．（Ⅱ）該險種總收入為元，支出是賠償金總額與成本的和．支出，盈利，盈利的期望為，由知，，．（元）．故每位投保人應(yīng)交納的最低保費為15元．變式7．（2024·北京豐臺·高三統(tǒng)考期末）某市醫(yī)療保險實行定點醫(yī)療制度，按照“就近就醫(yī)、方便管理”的原則，參加保險人員可自主選擇四家醫(yī)療保險定點醫(yī)院和一家社區(qū)醫(yī)院作為本人就診的醫(yī)療機構(gòu)，若甲、乙、丙、丁4名參加保險人員所在地區(qū)附近有三家社區(qū)醫(yī)院，并且他們的選擇是等可能的、相互獨立的(1)求甲、乙兩人都選擇A社區(qū)醫(yī)院的概率；(2)求甲、乙兩人不選擇同一家社區(qū)醫(yī)院的概率；(3)設(shè)4名參加保險人員中選擇A社區(qū)醫(yī)院的人數(shù)為ξ，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望．【解析】（1）甲、乙分別選擇社區(qū)醫(yī)院的概率均為，甲、乙兩人都選擇社區(qū)的概率.（2）甲、乙兩人選擇同一家社區(qū)醫(yī)院的概率為，甲、乙兩人不選擇同一家社區(qū)醫(yī)院的概率.（3）每個人選擇社區(qū)醫(yī)院的概率均為，，則所有可能的取值為，；；；；；的分布列為：數(shù)學(xué)期望.題型四：概率最值問題例10．（2024·全國·高三專題練習(xí)）某電子工廠生產(chǎn)一種電子元件，產(chǎn)品出廠前要檢出所有次品.已知這種電子元件次品率為0.01，且這種電子元件是否為次品相互獨立.現(xiàn)要檢測3000個這種電子元件，檢測的流程是：先將這3000個電子元件分成個數(shù)相等的若干組，設(shè)每組有個電子元件，將每組的個電子元件串聯(lián)起來，成組進行檢測，若檢測通過，則本組全部電子元件為正品，不需要再檢測；若檢測不通過，則本組至少有一個電子元件是次品，再對本組個電子元件逐一檢測.（1）當(dāng)時，估算一組待檢測電子元件中有次品的概率；（2）設(shè)一組電子元件的檢測次數(shù)為，求的數(shù)學(xué)期望；（3）估算當(dāng)為何值時，每個電子元件的檢測次數(shù)最小，并估算此時檢測的總次數(shù)（提示：利用進行估算）.【解析】（1）設(shè)事件：一組待檢測電子元件中由次品，則事件表示一組待檢測電子元件中沒有次品；因為所以（2）依題意，的可能取值為分布列如下：1所以的數(shù)學(xué)期望為：（3）由（2）可得：每個元件的平均檢驗次數(shù)為：因為當(dāng)且僅當(dāng)時，檢驗次數(shù)最小此時總檢驗次數(shù)（次）例11．（2024·江西新余·高三新余市第一中學(xué)?？奸_學(xué)考試）現(xiàn)如今國家大力提倡養(yǎng)老社會化、市場化，老年公寓是其養(yǎng)老措施中的一種能夠滿足老年人的高質(zhì)量、多樣化、專業(yè)化生活及療養(yǎng)需求.某老年公寓負(fù)責(zé)人為了能給老年人提供更加良好的服務(wù)，現(xiàn)對所入住的120名老年人征集意見，該公寓老年人的入住房間類型情況如下表所示：入住房間的類型單人間雙人間三人間人數(shù)366024(1)若按入住房間的類型采用分層抽樣的方法從這120名老年人中隨機抽取10人，再從這10人中隨機抽取4人進行詢問，記隨機抽取的4人中入住單人間的人數(shù)為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望.(2)記雙人間與三人間為多人間，若在征集意見時要求把入住單人間的2人和入住多人間的且人組成一組，負(fù)責(zé)人從某組中任選2人進行詢問，若選出的2人入住房間類型相同，則該組標(biāo)為，否則該組標(biāo)為.記詢問的某組被標(biāo)為的概率為.（i）試用含的代數(shù)式表示;（ii）若一共詢問了5組，用表示恰有3組被標(biāo)為的概率，試求的最大值及此時的值.【解析】（1）因為單人間、雙人間、三人間入住人數(shù)比為36：60：24，即3：5：2，所以這10人中，入住單人間、雙人間、三人間的人數(shù)分別為，，，所以的所有可能取值為0，1，2，3，，，，，所以的分布列為：0123P.（2）（i）從人中任選2人，有種選法，其中入住房間類型相同的有種選法，所以詢問的某組被標(biāo)為的概率.（ii）由題意，5組中恰有3組被標(biāo)為的概率所以所以當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，取得最大值，最大值為，由且，得，所以當(dāng)時，5組中恰有3組被標(biāo)為Ⅱ的概率最大，且的最大值為.例12．（2024·全國·高三專題練習(xí)）為落實立德樹人根本任務(wù)，堅持五育并舉全面推進素質(zhì)教育，某學(xué)校舉行了乒乓球比賽，其中參加男子乒乓球決賽的12名隊員來自3個不同校區(qū)，三個校區(qū)的隊員人數(shù)分別是3，4，5.本次決賽的比賽賽制采取單循環(huán)方式，即每名隊員進行11場比賽（每場比賽都采取5局3勝制），最后根據(jù)積分選出最后的冠軍.積分規(guī)則如下：比賽中以或取勝的隊員積3分，失敗的隊員積0分；而在比賽中以取勝的隊員積2分，失敗的隊員的隊員積1分.已知第10輪張三對抗李四，設(shè)每局比賽張三取勝的概率均為.(1)比賽結(jié)束后冠亞軍(沒有并列)恰好來自不同校區(qū)的概率是多少？(2)第10輪比賽中，記張三取勝的概率為，求出的最大值點.【解析】（1）根據(jù)題意，比賽結(jié)束后冠亞軍恰好來自不同校區(qū)的概率是；（2）由題可知，，令，得，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，，在上單調(diào)遞減.所以的最大值點.變式8．（2024·山東濰坊·高三?？茧A段練習(xí)）今年5月以來，世界多個國家報告了猴痘病例，非洲地區(qū)猴痘地方性流行國家較多．9月19日，中國疾控中心發(fā)布了我國首例“輸入性猴痘病例”的溯源公告．我國作為為人民健康負(fù)責(zé)任的國家，對可能出現(xiàn)的猴痘病毒防控已提前做出部署，同時國家衛(wèi)生健康委員會同國家中醫(yī)藥管理局制定了《猴痘診療指南（2022年版）》．此《指南》中指出：①猴痘病人潛伏期5-21天；②既往接種過天花疫苗者對猴痘病毒存在一定程度的交叉保護力．據(jù)此，援非中國醫(yī)療隊針對援助的某非洲國家制定了猴痘病毒防控措施之一是要求與猴痘病毒確診患者的密切接觸者集中醫(yī)學(xué)觀察21天．在醫(yī)學(xué)觀察期結(jié)束后發(fā)現(xiàn)密切接觸者中未接種過天花疫苗者感染病毒的比例較大．對該國家200個接種與未接種天花疫苗的密切接觸者樣本醫(yī)學(xué)觀察結(jié)束后，統(tǒng)計了感染病毒情況，得到下面的列聯(lián)表：接種天花疫苗與否/人數(shù)感染猴痘病毒未感染猴痘病毒未接種天花疫苗3060接種天花疫苗2090(1)是否有的把握認(rèn)為密切接觸者感染猴痘病毒與未接種天花疫苗有關(guān)；(2)以樣本中結(jié)束醫(yī)學(xué)現(xiàn)察的密切接觸者感染猴痘病毒的頻率估計概率．現(xiàn)從該國所有結(jié)束醫(yī)學(xué)觀察的密切接觸者中隨機抽取4人進行感染猴痘病毒人數(shù)統(tǒng)計，求其中至多有1人感染猴痘病毒的概率：(3)該國現(xiàn)有一個中風(fēng)險村莊，當(dāng)?shù)卣疀Q定對村莊內(nèi)所有住戶進行排查．在排查期間，發(fā)現(xiàn)一戶3口之家與確診患者有過密切接觸，這種情況下醫(yī)護人員要對其家庭成員逐一進行猴痘病毒檢測．每名成員進行檢測后即告知結(jié)果，若檢測結(jié)果呈陽性，則該家庭被確定為“感染高危家庭”．假設(shè)該家庭每個成員檢測呈陽性的概率均為且相互獨立．記：該家庭至少檢測了2名成員才能確定為“感染高危家庭”的概率為．求當(dāng)為何值時，最大？附：0.10.050.0102.7063.8416.635【解析】（1）假設(shè)：密切接觸者感染猴痘病毒與未接種天花疫苗無關(guān)，依題意有，故假設(shè)不成立，沒有的把握認(rèn)為密切接觸者感染猴痘病毒與未接種天花疫苗有關(guān).（2）由題意得，該地區(qū)每名密切接觸者感染病毒的概率為，設(shè)隨機抽取的4人中至多有1人感染病毒為事件，則，（3）記事件為：檢測了2名成員確定為“感染高危家庭”；事件為：檢測了3名成員確定為“感染高危家庭”；則則，，令，則（舍去）隨著的變化，的變化如下表：+0遞增極大值遞減綜上，當(dāng)時，最大．變式9．（2024·上海徐匯·上海市南洋模范中學(xué)?？寄M預(yù)測）進入冬季，某病毒肆虐，已知感染此病毒的概率為，且每人是否感染這種病毒相互獨立．(1)記100個人中恰有5人感染病毒的概率是，求的最大值點；(2)為確保校園安全，某校組織該校的6000名師生做病毒檢測，如果對每一名師生逐一檢測，就需要檢測6000次，但實際上在檢測時都是按人一組分組，然后將各組k個人的檢測樣本混合再檢測．如果混合樣本呈陰性，說明這k個人全部陰性；如果混合樣本呈陽性，說明其中至少有一人檢測呈陽性，就需要對該組每個人再逐一檢測一次．當(dāng)p取時，求k的值，使得總檢測次數(shù)的期望最少．【解析】（1）由題意可知：100個人中恰有5人感染病毒的概率，則，令，解得；令，解得；可知在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以的最大值點.（2）若，按人一組分組，共有組，每組陽性的概率為，可得每組檢測次數(shù)的期望為，設(shè)總檢驗次數(shù)為，則，因為，則有：當(dāng)時，可得；當(dāng)時，可得；當(dāng)時，可得；當(dāng)時，可得；當(dāng)時，可得；可知，當(dāng)時，總檢測次數(shù)的期望最少.題型五：放回與不放回問題例13．（2024·湖南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）某中學(xué)為了解學(xué)生課外玩網(wǎng)絡(luò)游戲（俗稱“網(wǎng)游”）的情況，使調(diào)查結(jié)果盡量真實可靠，決定在高一年級采取如下“隨機回答問題”的方式進行問卷調(diào)查：一個袋子中裝有6個大小相同的小球，其中2個黑球，4個紅球，所有學(xué)生從袋子中有放回地隨機摸球兩次，每次摸出一球，約定“若兩次摸到的球的顏色不同，則按方式①回答問卷，否則按方式②回答問卷”.方式①：若第一次摸到的是紅球，則在問卷中畫“√”，否則畫“×”.方式②：若你課外玩網(wǎng)游，則在問卷中畫“√”，否則畫“×”.當(dāng)所有學(xué)生完成問卷調(diào)查后，統(tǒng)計畫“√”，畫“×”的比例，用頻率估計概率.(1)若高一某班有45名學(xué)生，用X表示其中按方式①回答問卷的人數(shù)，求X的數(shù)學(xué)期望.(2)若所有調(diào)查問卷中，畫“√”與畫“×”的比例為1∶2，試用所學(xué)概率知識求該中學(xué)高一年級學(xué)生課外玩網(wǎng)游的估計值.（估計值）【解析】（1）每次摸到黑球的概率，摸到紅球的概率，每名學(xué)生兩次摸到的球的顏色不同的概率.由題意知，高一某班45名學(xué)生按方式①回答問卷的人數(shù)，所以的數(shù)學(xué)期望.（2）記事件為“按方式①回答問卷”，事件為“按方式②回答問卷”，事件為“在問卷中畫‘√’號”.由（1）知，，，.由全概率公式，得，所以，所以.故由調(diào)查問卷估計，該中學(xué)高一年級學(xué)生課外玩網(wǎng)游的估計值是.例14．（2024·江蘇南通·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）現(xiàn)有甲、乙兩個盒子，甲盒中有3個紅球和1個白球，乙盒中有2個紅球和2個白球，所有的球除顏色外都相同.某人隨機選擇一個盒子，并從中隨機摸出2個球觀察顏色后放回，此過程為一次試驗.重復(fù)以上試驗，直到某次試驗中摸出2個紅球時，停止試驗.(1)求一次試驗中摸出2個紅球的概率；(2)在3次試驗后恰好停止試驗的條件下，求累計摸到2個紅球的概率.【解析】（1）一次試驗摸出2個紅球的概率為.（2）記在3次試驗后恰好停止試驗為事件，累計摸到2個紅球為事件，∴，，，∴.例15．（2024·上海黃浦·高三上海市敬業(yè)中學(xué)?？奸_學(xué)考試）某公司使用甲、乙兩臺機器生產(chǎn)芯片，已知每天甲機器生產(chǎn)的芯片占產(chǎn)量的六成，且合格率為；乙機器生產(chǎn)的芯片占產(chǎn)量的四成，且合格率為，已知兩臺機器生產(chǎn)芯片的質(zhì)量互不影響.現(xiàn)對某天生產(chǎn)的芯片進行抽樣.(1)從所有芯片中任意抽取一個，求該芯片是不合格品的概率；(2)現(xiàn)采用有放回的方法隨機抽取3個芯片，記其中由乙機器生產(chǎn)的芯片的數(shù)量為，求的分布列以及數(shù)學(xué)期望.【解析】（1）記事件表示芯片來自甲機器生產(chǎn)，事件表示芯片來自乙機器生產(chǎn)，事件表示取到的是合格品；則.（2）由題意得，，故，所以的分布列為0123故.變式10．（2024·廣東廣州·高三執(zhí)信中學(xué)校考開學(xué)考試）中國共產(chǎn)黨第二十次全國代表大會于2022年10月16日在北京召開，為弘揚中國共產(chǎn)黨百年奮斗的光輝歷程，某校團委決定舉辦“中國共產(chǎn)黨黨史知識”競賽活動.競賽共有A和B兩類試題，每類試題各10題，其中每答對1道A類試題得10分；每答對1道B類試題得20分，答錯都不得分.每位參加競賽的同學(xué)從這兩類試題中共抽出3道題回答（每道題抽后不放回）.已知小明同學(xué)A類試題中有7道題會作答，而他答對各道B類試題的概率均為.(1)若小明同學(xué)在A類試題中只抽1道題作答，求他在這次競賽中僅答對1道題的概率；(2)若小明只作答A類試題，設(shè)X表示小明答這3道試題的總得分，求X的分布列和期望.【解析】（1）小明僅答對1題的概率.（2）可能的取值為0，10，20，30，，，，，所以X的分布列為X0102030P所以.變式11．（2024·全國·高三專題練習(xí)）某商場在周年慶活動期間為回饋新老顧客，采用抽獎的形式領(lǐng)取購物卡.該商場在一個紙箱里放15個小球（除顏色外其余均相同）：3個紅球、5個黃球和7個白球，每個顧客不放回地從中拿3次，每次拿1個球，每拿到一個紅球獲得一張類購物卡，每拿到一個黃球獲得一張類購物卡，每拿到一個白球獲得一張類購物卡.(1)已知某顧客在3次中只有1次抽到白球的條件下，求至多有1次抽到紅球的概率；(2)設(shè)拿到紅球的次數(shù)為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望.【解析】（1）設(shè)事件：在次中只有次拿到白球，事件：在次中至多次拿到紅球，則事件：在次中只有次拿到白球，其它兩次至多次拿到紅球，所以，，所以.（2）依題意拿到紅球的次數(shù)為的可能取值為，，，，所以，，，，所以的分布列為：所以.題型六：體育比賽問題例16．（2024·廣東廣州·高三華南師大附中校考階段練習(xí)）最是一年春好處，運動健兒滿華附.為吸引同學(xué)們積極參與運動，鼓勵同學(xué)們持之以恒地參與鍛煉，養(yǎng)成良好的習(xí)慣，弘揚“無體育，不華附”的精神理念，2024年3月華附舉辦了春季運動會.春季運動會的集體項目要求每個學(xué)生在足球繞桿、踢毽子和跳大繩3個項目中任意選擇一個參加.來自高三的某學(xué)生為了在此次春季運動會中取得優(yōu)秀成績，決定每天訓(xùn)練一個集體項目.第一天在3個項目中任意選一項開始訓(xùn)練，從第二天起，每天都是從前一天沒有訓(xùn)練的2個項目中任意選一項訓(xùn)練.(1)若該學(xué)生進行了3天的訓(xùn)練，求第三天訓(xùn)練的是“足球繞桿”的概率.(2)設(shè)該學(xué)生在賽前最后6天訓(xùn)練中選擇“跳大繩”的天數(shù)為，求的分布列及數(shù)學(xué)期望.【解析】（1）當(dāng)?shù)谝惶煊?xùn)練的是“足球繞桿”且第三天也是訓(xùn)練“足球繞桿”為事件；當(dāng)?shù)谝惶煊?xùn)練的不是“足球繞桿”且第三天是訓(xùn)練“足球繞桿”為事件；由題知，三天的訓(xùn)練過程中，總共的可能情況為種，所以，，，所以，第三天訓(xùn)練的是“足球繞桿”的概率．（2）由題知，的可能取值為0，1，2，3，所以，考前最后6天訓(xùn)練中，所有可能的結(jié)果有種，所以，當(dāng)時，第一天有兩種選擇，之后每天都有1種選擇，故；當(dāng)時，第一天選擇“跳大繩”，則第二天有2種選擇，之后每天只有1種選擇，共2種選擇；第二天選擇“跳大繩”，則第一天有2種選擇，第三天2種，后每天只有1種選擇，共4種選擇；第三天選擇“跳大繩”，則第一天有2種選擇，第二天有1種選擇，第三天1種，第四天有2種選擇，之后每天只有1種選擇，共4種選擇；第四天選擇“跳大繩”，則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第六天有1種，第五天有2種選擇，共4種選擇；第五天選擇“跳大繩”，則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第五天有1種，第六天有2種選擇，共4種選擇；第六天選擇“跳大繩”，則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第五天，第六天都有1種選擇，共2種選擇；綜上，當(dāng)時，共有種選擇，所以，；當(dāng)時，第一天，第三天，第五天，選擇“跳大繩”，有種選擇；第一天，第三天，第六天，選擇“跳大繩”，有種選擇第一天，第四天，第六天，選擇“跳大繩”，有種選擇；第二天，第四天，第六天，選擇“跳大繩”，有種選擇；所以，當(dāng)時，共有種選擇，所以，；所以，當(dāng)，所以，的分布列為：0123所以，．例17．（2024·湖南婁底·婁底市第三中學(xué)校聯(lián)考三模）冰壺是2022年2月4日至2月20日在中國舉行的第24屆冬季奧運會的比賽項目之一．冰壺比賽的場地如圖所示，其中左端（投擲線MN的左側(cè)）有一個發(fā)球區(qū)，運動員在發(fā)球區(qū)邊沿的投擲線MN將冰壺擲出，使冰壺沿冰道滑行，冰道的右端有一圓形的營壘，以場上冰壺最終靜止時距離營壘區(qū)圓心O的遠(yuǎn)近決定勝負(fù)，甲、乙兩人進行投擲冰壺比賽，規(guī)定冰壺的重心落在圓O中，得3分，冰壺的重心落在圓環(huán)A中，得2分，冰壺的重心落在圓環(huán)B中，得1分，其余情況均得0分．已知甲、乙投擲冰壺的結(jié)果互不影響，甲、乙得3分的概率分別為，；甲、乙得2分的概率分別為，；甲、乙得1分的概率分別為，．(1)求甲、乙兩人所得分?jǐn)?shù)相同的概率；(2)設(shè)甲、乙兩人所得的分?jǐn)?shù)之和為X，求X的分布列和期望．【解析】（1）由題意知甲得0分的概率為，乙得0分的概率為，所以甲、乙兩人所得分?jǐn)?shù)相同的概率為．（2）X可能取值為0，1，2，3，4，5，6，則，，，，，，，所以，隨機變量X的分布列為：X0123456P所以．例18．（2024·河北保定·統(tǒng)考二模）某學(xué)校為了提高學(xué)生的運動興趣，增強學(xué)生身體素質(zhì)，該校每年都要進行各年級之間的球類大賽，其中乒乓球大賽在每年“五一”之后舉行，乒乓球大賽的比賽規(guī)則如下：高中三個年級之間進行單循環(huán)比賽，每個年級各派5名同學(xué)按順序比賽（賽前已確定好每場的對陣同學(xué)），比賽時一個年級領(lǐng)先另一個年級兩場就算勝利（即每兩個年級的比賽不一定打滿5場），若兩個年級之間打成則第5場比賽定勝負(fù)．已知高三每位隊員戰(zhàn)勝高二相應(yīng)對手的可能性均為，高三每位隊員戰(zhàn)勝高一相應(yīng)對手的可能性均為，高二每位隊員戰(zhàn)勝高一相應(yīng)對手的可能性均為，且隊員、年級之間的勝負(fù)相互獨立．(1)求高二年級與高一年級比賽時，高二年級與高一年級在前兩場打平的條件下，最終戰(zhàn)勝高一年級的概率．(2)若獲勝年級積3分，被打敗年級積0分，求高三年級獲得積分的分布列和期望．【解析】（1）設(shè)高二年級與高一年級在前兩場打平的條件下，最終戰(zhàn)勝高高一年級的事件為，則（2）根據(jù)題意得高三年級獲得積分的的取值可為0，3，6的分布列為036變式12．（2024·重慶沙坪壩·高三重慶八中?？奸_學(xué)考試）2022年卡塔爾世界杯決賽圈共有32支球隊參加，歐洲球隊有13支：其中有5支歐洲球隊闖入8強.比賽進入淘汰賽階段后，必須要分出勝負(fù).淘汰賽規(guī)則如下：在比賽常規(guī)時間90分鐘內(nèi)分出勝負(fù)；比賽結(jié)束，若比分相同.則進入30分鐘的加時賽.在加時賽分出勝負(fù)，比賽結(jié)束，若加時賽比分依然相同，就要通過點球大戰(zhàn)來分出最后的勝負(fù).點球大戰(zhàn)分為2個階段，第一階段：共5輪，雙方每輪各派1名球員，依次踢點球，以5輪的總進球數(shù)作為標(biāo)準(zhǔn)，5輪合計踢進點球數(shù)更多的球隊獲得比賽的勝利.如果第一階段的5輪還是平局，則進入第二階段：在該階段雙方每輪各派1名球員，依次踢點球，如果在一輪里，雙方都進球或者雙方都不進球，則繼續(xù)下一輪，直到某一輪里，一方罰進點球，另一方?jīng)]罰進，比賽結(jié)束，罰進點球的一方獲得最終的勝利.(1)根據(jù)題意填寫下面的列聯(lián)表，并根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，判斷32支決賽圈球隊“闖入8強”與“是歐洲球隊”是否有關(guān).歐洲球隊其他球隊合計闖入強未闖入強合計(2)甲、乙兩隊在淘汰賽相遇，經(jīng)過120分鐘比賽未分出勝負(fù)，雙方進入點球大戰(zhàn).已知甲隊球員每輪踢進點球的概率為，乙隊球員每輪踢進點球的概率為，每輪每隊是否進球相互獨立，在點球大戰(zhàn)中，兩隊前3輪比分為，試求出甲隊在第二階段第一輪結(jié)束后獲得最終勝利的概率.參考公式：.【解析】（1）下面為列聯(lián)表：歐洲球隊其他球隊合計進入強未進入強合計零假設(shè)支決賽圈球隊闖入8強與是否為歐洲球隊無關(guān)，，根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，沒有充分證據(jù)推斷不成立，因此可以認(rèn)為成立，即認(rèn)為“闖入8強”與“是歐洲球隊”無關(guān).（2）記“雙方進入第二階段比賽”為事件，“第二階段第一輪甲隊進球乙隊未進球”為事件，則“甲隊在第二階段第一輪結(jié)束后獲得最終勝利”為事件，有，要進入第二階段比賽，即第一階段五輪為平局，比分可能為，則，，故.變式13．（2024·貴州·高三凱里一中校聯(lián)考開學(xué)考試）為了豐富學(xué)生的課外活動，某中學(xué)舉辦羽毛球比賽，經(jīng)過三輪的篩選，最后剩下甲、乙兩人進行最終決賽，決賽采用五局三勝制，即當(dāng)參賽甲、乙兩位中有一位先贏得三局比賽時，則該選手獲勝，則比賽結(jié)束.每局比賽皆須分出勝負(fù)，且每局比賽的勝負(fù)不受之前比賽結(jié)果影響.假設(shè)甲在每一局獲勝的概率均為.(1)若比賽進行三局就結(jié)束的概率為，求的最小值；(2)記（1）中，取得最小值時，的值為，以作為的值，用表示甲、乙實際比賽的局?jǐn)?shù)，求的分布列及數(shù)學(xué)期望.【解析】（1）三局就結(jié)束比賽的概率為，由，當(dāng)；當(dāng)，所以在上遞減，在上遞增，所以，當(dāng)時，取得最小值為.（2）由（1）知，，設(shè)實際比賽局?jǐn)?shù)為，則的可能取值為，所以，，，的分布列為：345.題型七：幾何問題例19．（2024·遼寧沈陽·沈陽市第一二〇中學(xué)?？寄M預(yù)測）某人玩一項有獎游戲活動，其規(guī)則是：有一個質(zhì)地均勻的正四面體（每個面均為全等的正三角形的三棱錐），四個面上分別刻著1，2，3，4，拋擲該正四面體5次，記錄下每次與地面接觸的面上的數(shù)字.(1)求接觸面上的5個數(shù)的乘積能被4整除的概率；(2)若每次拋擲到接觸地面的數(shù)字為3時獎勵200元，否則倒罰100元，①設(shè)甲出門帶了1000元來參加該游戲，記游戲后甲身上的錢為X元，求；②若在游戲過程中，甲決定當(dāng)自己贏了的錢一旦不低于300元時立即結(jié)束游戲，求甲不超過三次就結(jié)束游戲的概率.【解析】（1）設(shè)事件A=“接觸面上的5個數(shù)的乘積能被4整除”，不能被4整除的有兩種情況：（i）5個數(shù)均為奇數(shù)（1或者3），概率為，（ii）5個數(shù)中4個為奇數(shù)，另一個為2，概率為，所以.（2）①可能的取值為500,800,1100,1400,1700,2000.記為地面接觸的面上的數(shù)字為3的次數(shù)，則，且，，，故.②設(shè)事件B=“甲不超過三次就結(jié)束游戲”，分為兩種情況：兩次結(jié)束游戲和三次結(jié)束游戲..例20．（2024·江西·高考真題）如圖，從，，，，，，這6個點中隨機選取3個點．（1）求這3點與原點恰好是正三棱錐的四個頂點的概率；（2）求這3點與原點共面的概率．【解析】從這6個點中隨機選取3個點的所有可能結(jié)果是：軸上取2個點的有，，，共4種．軸上取2個點的有，，，，共4種．軸上取2個點的有，，，，共4種，所選取的3個點在不同坐標(biāo)軸上有共8種，因此，從這6個點中隨機選取3個點的所有可能結(jié)果共20種．（1）選取的這3個點與原點恰好是正三棱錐的四個頂點的所有可能結(jié)果有共2種，因此，這3個點與原點恰好是正三棱錐的四個頂點的概率為（2）選取的這3個點與原點共面的所有可能結(jié)果有：，，，，，，，，，，，共12種，因此，這3個點與原點共面的概率為.例21．（2024·河北張家口·高二統(tǒng)考期末）如圖，已知三棱錐的三條側(cè)棱，，兩兩垂直，且，，，三棱錐的外接球半徑.

(1)求三棱錐的側(cè)面積的最大值；(2)若在底面上，有一個小球由頂點處開始隨機沿底邊自由滾動，每次滾動一條底邊，滾向頂點的概率為，滾向頂點的概率為；當(dāng)球在頂點處時，滾向頂點的概率為，滾向頂點的概率為；當(dāng)球在頂點處時，滾向頂點的概率為，滾向頂點的概率為.若小球滾動3次，記球滾到頂點處的次數(shù)為，求數(shù)學(xué)期望的值.【解析】（1）因為三條側(cè)棱，，兩兩垂直，且，，，且三棱錐的外接球半徑，則以、、為長、寬、高的長方體的體對角線為外接球的直徑，即，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，所以三棱錐的側(cè)面積，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，即三棱錐的側(cè)面積的最大值為.（2）依題意的可能取值為、、，則，，，所以.變式14．（2024·全國·高三專題練習(xí)）已知正四棱錐的底面邊長和高都為2.現(xiàn)從該棱錐的5個頂點中隨機選取3個點構(gòu)成三角形，設(shè)隨機變量表示所得三角形的面積.（1）求概率的值；（2）求隨機變量的概率分布及其數(shù)學(xué)期望.【解析】（1）從5個頂點中隨機選取3個點構(gòu)成三角形，共有種取法.其中的三角形如，這類三角形共有個.因此.（2）由題意，的可能取值為，2，.其中的三角形是側(cè)面，這類三角形共有4個；其中的三角形有兩個，和.因此，.所以隨機變量的概率分布列為：2所求數(shù)學(xué)期望.題型八：彩票問題例22．（2024·全國·高二隨堂練習(xí)）在一種稱為“幸運35”的福利彩票中，規(guī)定從01，02，…，35這35個號碼中任選7個不同號碼組成一注，并通過搖獎機從這35個號碼中搖出7個不同的號碼作為特等獎.與特等獎號碼僅6個相同的為一等獎，僅5個相同的為二等獎，僅4個相同的為三等獎，其他的情況不得獎比.為了便于計算，假定每個投注號只有1次中獎機會（只計獎金額最大的獎），該期的每組號碼均有人買，且彩票無重復(fù)號碼比.若每注彩票為2元，特等獎獎金為100萬元/注，一等獎獎金為1萬元/注，二等獎獎金為100元/注，三等獎獎金為10元/注，試求：(1)獎金額X（元）的概率分布；(2)這一期彩票售完可以為福利事業(yè)籌集多少資金（不計發(fā)售彩票的費用）？【解析】（1）的可能取值為.，，，，所以的分布列為：（2）可籌集元.例23．（2024·全國·高三專題練習(xí)）中國福利彩票雙色球游戲規(guī)則是由中華人民共和國財政部制定的規(guī)則，是一種聯(lián)合發(fā)行的“樂透型”福利彩票.“雙色球”彩票投注區(qū)分為紅色球號碼區(qū)和藍(lán)色球號碼區(qū)，“雙色球”每注投注號碼由6個紅色球號碼和1個藍(lán)色球號碼組成，紅色球號碼從1—33中選擇；藍(lán)色球號碼從1—16中選擇.“雙色球”獎級設(shè)置分為高等獎和低等獎，一等獎和二等獎為高等獎，三至六等獎為低等獎.“雙色球”彩票以投注者所選單注投注號碼與當(dāng)期開出中獎號碼相符的球色和個數(shù)確定中獎等級：一等獎：7個號碼相符（6個紅色球號碼和1個藍(lán)色球號碼）（紅色球號碼順序不限，下同）；二等獎：6個紅色球號碼相符；三等獎：5個紅色球號碼和1個藍(lán)色球號碼相符；四等獎：5個紅色球號碼，或4個紅色球號碼和1個藍(lán)色球號碼相符；五等獎：4個紅色球號碼，或3個紅色球號碼和1個藍(lán)色球號碼相符；六等獎：1個藍(lán)色球號碼相符（有無紅色球號碼相符均可）.（1）求中三等獎的概率（結(jié)果用a表示）；（2）小王買了一注彩票，在已知小王中了高等獎的條件下，求小王中二等獎的概率.參考數(shù)據(jù)：【解析】（1）中三等獎表示6個中獎紅色球號碼選個，個有獎的藍(lán)色號碼選正確，有種選法；隨機選6個紅色球號碼和1個藍(lán)色球號有種選法，所以中三等獎的概率；（2）記小王中了高等獎為事件，小王中二等獎為事件，可得，所以小王中了高等獎的條件下，求小王中二等獎的概率小王中二等獎的概率.例24．（2024·全國·高三專題練習(xí)）現(xiàn)要發(fā)行10000張彩票，其中中獎金額為2元的彩票1000張，10元的彩票300張，50元的彩票100張，100元的彩票50張，1000元的彩票5張．1張彩票可能中獎金額的均值是多少元？【解析】由題意，設(shè)表示1張彩票中獎的金額，則，，，，，所以的分布列為：02105010010000.85450.10.030.010.0050.0005，即1張彩票可能中獎金額的均值是2元．變式15．（2024·高二課時練習(xí)）某人花2元錢買彩票，他抽中100元獎的概率是0.1%，抽中10元獎的概率是1%，抽中1元獎的概率是20%，假設(shè)各種獎不能同時抽中，試求：(1)此人收益的概率分布；(2)此人收益的期望值．【解析】（1）因為，所以收益為0的概率為，所以收益的概率分布為：收益0110100p（2）此人收益的期望值為：.變式16．（2024·全國·高二隨堂練習(xí)）根據(jù)某個福利彩票方案，每注彩票號碼都是從1~37這37個數(shù)中選取7個數(shù).如果所選7個數(shù)與開出的7個數(shù)一樣（不管排列順序），彩票即中一等獎.（1）多少注不同號碼的彩票可有一個一等獎？（2）如果要將一等獎的中獎機會提高到以上且不超過，可在37個數(shù)中取幾個數(shù)？【解析】（1）根據(jù)某個福利彩票方案，在1至37這37個數(shù)字中，選取7個數(shù)字，如果選出的7個數(shù)字與開出的7個數(shù)字一樣（不管排列順序）即得一等獎，注彩票可有一個一等獎．（2），，則在37個數(shù)中取6個數(shù)或31個數(shù)，中一等獎的概率為在37個數(shù)中取5個或32個數(shù)，中一等獎的概率為如果要將一等獎的機會提高到以上且不超過，可在37個數(shù)中取6個數(shù)或31個數(shù)．題型九：納稅問題例25．（2024·四川南充·統(tǒng)考一模）自2019年1月1日起，對個人所得稅起征點和稅率進行調(diào)整.調(diào)整如下：納稅人的工資、薪金所得，以每月全部收入額減去5000元后的余額為應(yīng)納稅所得額．依照個人所得稅稅率表，調(diào)整前后的計算方法如表：個人所得稅稅率（調(diào)整前）個人所得稅稅率（調(diào)整后）免征額3500元免征額5000元級數(shù)全月應(yīng)納稅所得額稅率（%）級數(shù)全月應(yīng)納稅所得額稅率（%）1不超過1500元的部分31不超過3000元的部分32超過1500元至4500元的部分102超過3000元至12000元的部分103超過4500元至9000元的部分203超過12000元至25000元的部分20………………(1)假如李先生某月的工資、薪金等所得稅前收入總和不高于8000元，記x表示總收入，y表示應(yīng)納的稅，試分別求出調(diào)整前和調(diào)整后y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式；(2)某稅務(wù)部門在李先生所在公司利用分層抽樣方法抽取某月100個不同層次員工的稅前收入，并制成下面的頻數(shù)分布表：收入（元）人數(shù)304010875先從收入在及的人群中按分層抽樣抽取7人，再從中選2人作為新納稅法知識宣講員，求選中的2人收入都在的概率；【解析】（1）根據(jù)個人所得稅稅率（調(diào)整前）可知：；根據(jù)個人所得稅稅率（調(diào)整后）可知：；（2）與人數(shù)的比例為，所以中抽取人，記為，中抽取人，記為，從中任取兩個，基本事件為：，，共個，其中選中的2人收入都在為，共個，所以選中的2人收入都在的概率為.例26．（2024·全國·高三專題練習(xí)）個人所得稅起征點是個人所得稅工薪所得減除費用標(biāo)準(zhǔn)或免征額，個稅起征點與個人稅負(fù)高低的關(guān)系最為直接，因此成為廣大工薪階層關(guān)注的焦點.隨著我國人民收入的逐步增加，國家稅務(wù)總局綜合考慮人民群眾消費支出水平增長等各方面因素，規(guī)定從2019年1月1日起，我國實施個稅新政.實施的個稅新政主要內(nèi)容包括:①個稅起征點為元②每月應(yīng)納稅所得額(含稅)收入個稅起征點專項附加扣除;③專項附加扣除包括住房、子女教育和贍養(yǎng)老人等.新舊個稅政策下每月應(yīng)納稅所得額(含稅)計算方法及其對應(yīng)的稅率表如下:舊個稅稅率表(個稅起征點元)新個稅稅率表(個稅起征點元)繳稅級數(shù)每月應(yīng)納稅所得額(含稅)收入個稅起征點稅率/%每月應(yīng)納稅所得額(含稅）收入個稅起征點專項附加扣除稅率/%1不超過元不超過元2部分超過元至元部分部分超過元至元部分3超過元至元的部分超過元至元的部分4超過元至元的部分超過元至元的部分5超過元至元部分超過元至元部分············隨機抽取某市名同一收入層級的無親屬關(guān)系的男性互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者(以下互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者都是指無親屬關(guān)系的男性)的相關(guān)資料，經(jīng)統(tǒng)計分析，預(yù)估他們2022年的人均月收入為元.統(tǒng)計資料還表明，他們均符合住房專項扣除，同時他們每人至多只有一個符合子女教育扣除的孩子，并且他們之中既不符合子女教育扣除又不符合贍養(yǎng)老人扣除、只符合子女教育扣除但不符合贍養(yǎng)老人扣除、只符合贍養(yǎng)老人扣除但不符合子女教育扣除、既符合子女教育扣除又符合贍養(yǎng)老人扣除的人數(shù)之比是.此外，他們均不符合其他專項附加扣除.新個稅政策下該市的專項附加扣除標(biāo)準(zhǔn)為:住房元/月，子女教育每孩元/月，贍養(yǎng)老人元/月等.假設(shè)該市該收入層級的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者都獨自享受專項附加扣除，將預(yù)估的該市該收入層級的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者的人均月收入視為其個人月收入.根據(jù)樣本估計總體的思想，解決下列問題.（1）按新個稅方案，設(shè)該市該收入層級的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者2022年月繳個稅為元，求的分布列和數(shù)學(xué)期望;（2）根據(jù)新舊個稅方案，估計從2022年1月開始，經(jīng)過幾個月，該市該收入層級的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者各月少繳的個稅之和就能購買一臺價值為元的華為智慧屏巨幕電視?【解析】解:既不符合子女教育扣除也不符合贍養(yǎng)老人扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額為元，月繳個稅元;只符合子女教育扣除但不符合贍養(yǎng)老人扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額為元，月繳個稅元;只符合贍養(yǎng)老人扣除但不符合子女教育扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額為元，月繳個稅元;既符合子女教育扣除又符合贍養(yǎng)老人扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額元，月繳個稅元.所以的可能值為，依題意，上述四類人群的人數(shù)之比是，所以，，，所以的分布列為所以在舊政策下該收入層級的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者2022年每月應(yīng)納稅所得額為元，其月繳個稅為元，由知在新政策下該收入層級的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者2022年月繳個稅為元，所以該收入層級的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者每月少繳的個稅為元.設(shè)經(jīng)過個月，該收入層級的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者少繳的個稅的總和就超過則因為所以所以經(jīng)過個月﹐該收入層級的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者就能購買一臺價值為元的華為智慧屏巨幕電視.例27．（2024·全國·高三專題練習(xí)）隨著改革開放的不斷深入，祖國不斷富強，人民生活水平逐步提高，為了進一步改善民生，2019年1月1日起我國實施了個人所得稅的新政策，新政策的主要內(nèi)容包括：①個稅起征點為5000元；②每月應(yīng)納稅所得額(含稅)=(收入)-(個稅起征點)-(專項附加扣除)；③專項附加扣除包括贍養(yǎng)老人?子女教育?繼續(xù)教育?大病醫(yī)療等.新個稅政策下贍養(yǎng)老人的扣除標(biāo)準(zhǔn)為：獨生子女每月扣除2000元，非獨生子女與其兄弟姐妹按照每月2000元的標(biāo)準(zhǔn)分?jǐn)偪鄢?，但每個人的分?jǐn)傤~度不能超過1000元；子女教育的扣除標(biāo)準(zhǔn)為：每個子女每月扣除1000元(可由父母中的一方扣除，或者父母雙方各扣除500元)稅率表如下：級數(shù)全月應(yīng)納稅所得額稅率1不超過3000元的部分3%2超過3000元至12000元的部分10%3超過12000元至25000元的部分20%4超過25000元至35000元的部分25%………（1）稅務(wù)部門在小李所在公司用分層抽樣方法抽取某月100位不同層次員工的稅前收入，并制成如圖的頻率分布直方圖.（i）請根據(jù)頻率分布直方圖估計該公司員工稅前收入的中位數(shù)；（ii）同一組中的數(shù)據(jù)以這組數(shù)據(jù)所在區(qū)間中點的值作代表，在不考慮他們的專項附加扣除的情況下，甲?乙兩位同學(xué)用如下兩種方法估計小李所在的公司員工該月平均納稅，請判斷哪位同學(xué)的方法是正確的，不需說明理由.甲同學(xué)：(元)；乙同學(xué)：先計算收入的均值(元)，再利用均值計算平均納稅為：(元)（2）為研究某城市月薪為20000元群體的納稅情況，現(xiàn)收集了該城市500名公司白領(lǐng)(每人至多1個孩子)的相關(guān)資料，通過整理數(shù)據(jù)知道：這500人中有一個孩子符合子女教育專項附加扣除(假定由他們各自全部扣除)的有400人，不符合子女教育專項附加扣除的人有100人，符合子女專項附加扣除的人中有300人也符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除，不符合子女專項附加扣除的人中有50人符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除，并且他們均不符合其他專項附加扣除(統(tǒng)計的500人中，任何兩人均不在一個家庭且為獨生子女).若他們的月收入均為20000元，依據(jù)樣本估計總體的思想，試估計在新個稅政策下這類人群每月應(yīng)繳納個稅金額(單位：元)的分布列與期望.【解析】（1）（i）由頻率分布直方圖知，中位數(shù)落在第二組，不妨設(shè)中位數(shù)為千元，則有，解得(千元)估計該公司員工收入的中位數(shù)為6625千元.（ii）甲同學(xué)（2）符合子女教育專項附加扣除且符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群月應(yīng)納稅所得額(含稅)為(元)，月應(yīng)繳納的個稅金額為(元)；符合子女教育專項附加扣除但不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群月應(yīng)納稅所得額(含稅)為(元)，月應(yīng)繳納的個稅金額為(元)；不符合子女教育專項附加扣除但符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群月應(yīng)納稅所得額(含稅)為(元)，月應(yīng)繳納的個稅金額為(元)；不符合子女教育專項附加扣除且不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群月應(yīng)納稅所得額(含稅)為(元)，月應(yīng)繳納的個稅金額為(元).所以的所有可能取值為990，1190，1390，1590，，，，.的分布列為990119013901590所以.變式17．（2024·全國·高三專題練習(xí)）企業(yè)在商業(yè)活動中有依法納稅的基本義務(wù)，不依法納稅叫做逃稅，是一種違法行為．某地區(qū)有2萬家企業(yè)，政府部門抽取部分企業(yè)統(tǒng)計其去年的收入，得到下面的頻率分布表．根據(jù)當(dāng)?shù)卣呔C合測算，企業(yè)應(yīng)繳的稅額約為收入的5%，而去年該地區(qū)企業(yè)實際繳稅的總額為291億元．收入（千萬元）頻率0.30.50.120.060.02（1）估計該地區(qū)去年收入大于等于4千萬元的企業(yè)數(shù)量；（2）估計該地區(qū)企業(yè)去年的平均收入，并以此估計該地區(qū)逃稅的企業(yè)數(shù)量；（3）根據(jù)統(tǒng)計，該地區(qū)企業(yè)逃稅被查出來的概率為0.3，被查出逃稅的企業(yè)除了要補繳稅款以外，還會被處以應(yīng)繳稅額倍的罰款，從企業(yè)逃稅的獲益期望考慮，至少定為多少，才能對逃稅行為起到懲罰作用？注：每組數(shù)據(jù)以區(qū)間中點值為代表，假設(shè)逃稅的企業(yè)繳稅額為0，未逃稅的企業(yè)都足額繳稅．【解析】（1）去年收入大于等于4千萬元的頻率為，所以估計該地區(qū)去年收入大于等于4千萬元的企業(yè)數(shù)量為．（2）該地區(qū)企業(yè)去年的平均收入的估計值為（千萬元）．平均繳稅額為（千萬元）（億元），所以未逃稅的企業(yè)數(shù)量為，因此，逃稅的企業(yè)數(shù)量為．（3）設(shè)企業(yè)應(yīng)繳稅額為，企業(yè)逃稅的獲益為，若該企業(yè)逃稅未被查出，則；若該企業(yè)逃稅被查出來，則．由條件知，，所以，要對逃稅行為起到懲罰作用，則需，解得．所以至少定為3，才能對逃稅行為起到懲罰作用．變式18．（2024·全國·高三專題練習(xí)）隨著經(jīng)濟的發(fā)展，個人收入的提高，自2019年1月1日起，個人所得稅起征點和稅率的調(diào)整，調(diào)整如下：納稅人的工資、薪資所得，以每月全部收入額減除5000元后的余額為應(yīng)納稅所得額，依照個人所得稅稅率表，調(diào)整前后的計算方法如下表：個人所得稅稅率表（調(diào)整前）個人所得稅稅率表（調(diào)整后）免征額3500元免征額5000元級數(shù)全月應(yīng)納稅所得額稅率（%）級數(shù)全月應(yīng)納稅所得額稅率（%）1不超過1500元部分31不超過3000元部分32超過1500元至4500元的部分102超過3000元至12000元的部分103超過4500元至9000元的部分203超過12000元至25000元的部分20………………（1）假如小紅某月的工資、薪資等所得稅前收入總和不高于10000元，記表示總收入，表示應(yīng)納的稅，試寫出調(diào)整前后關(guān)于的函數(shù)表達(dá)式；（2）某稅務(wù)部門在小紅所在公司利用分層抽樣方法抽取某月100個不同層次員工的稅前收入，并制成下面的頻數(shù)分布表：收入（元）[3000，5000）[5000，7000）[7000，9000）[9000，11000）[11000，13000）人數(shù)204015105①先從收入在[3000，5000）及[5000，7000）的人群中按分層抽樣抽取6人，再從中選3人作為新納稅法知識宣講員，用表示抽到作為宣講員的收入在[3000，5000）元的人數(shù)，表示抽到作為宣講員的收入在[5000，7000）元的人數(shù)，隨機變量，求的分布列與數(shù)學(xué)期望；②小紅該月的工資、薪資等稅前收入為8500元時，請你幫小紅算一下調(diào)整后小紅的實際收入比調(diào)整前增加了多少？【解析】（1）調(diào)整前關(guān)于的表達(dá)式為調(diào)整后關(guān)于的表達(dá)式為（2）①由頻數(shù)分布表可知從[3000，5000）及[5000，7000）的人群中抽取6人，其中[3000，5000）占2人，[5000，7000）占4人，再從這6人中選3人，則的取值可能為0，2，所以；.所以其分布列為02所以.②由于小紅的工資、薪資等收入為8500元，按調(diào)整前起征點應(yīng)納個稅為元，按調(diào)整后起征點應(yīng)納個稅為元，比較兩個納稅方案可知，按調(diào)整后起征點應(yīng)納個稅少交305元，即小紅的實際收入增加了305元.題型十：疾病問題例28．（2024·廣西玉林·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）某醫(yī)藥企業(yè)使用新技術(shù)對某款血液試劑進行試生產(chǎn).(1)在試產(chǎn)初期，該款血液試劑的I批次生產(chǎn)有四道工序，前三道工序的生產(chǎn)互不影響，第四道是檢測評估工序，包括智能自動檢測與人工抽檢.已知該款血液試劑在生產(chǎn)中，經(jīng)過前三道工序后的次品率為.第四道工序中智能自動檢測為次品的血液試劑會被自動淘汰，合格的血液試劑進入流水線并由工人進行抽查檢驗.已知批次I的血液試劑智能自動檢測顯示合格率為98%，求工人在流水線進行人工抽檢時，抽檢一個血液試劑恰為合格品的概率；(2)已知切比雪夫不等式：設(shè)隨機變量的期望為，方差為，則對任意，均有.藥廠宣稱該血液試劑對檢測某種疾病的有效率為，現(xiàn)隨機選擇了100份血液樣本，使用該血液試劑進行檢測，每份血液樣本檢測結(jié)果相互獨立，顯示有效的份數(shù)不超過60份，請結(jié)合切比雪夫不等式，通過計算說明該企業(yè)的宣傳內(nèi)容是否真實可信.【解析】（1）設(shè)批次I的血液試劑智能自動檢測合格為事件A，人工抽檢合格為事件，由已知得，則工人在流水線進行人工抽檢時，抽檢一個血液試劑恰為合格品的概率為.（2）設(shè)份血液樣本中檢測有效的份數(shù)為，假設(shè)該企業(yè)關(guān)于此新試劑有效率的宣傳內(nèi)容是客觀真實的，那么在此假設(shè)下，，，由切比雪夫不等式，有，即在假設(shè)下，100份血液樣本中顯示有效的份數(shù)不超過60份的概率不超過0.04，此概率很小，據(jù)此我們有理由推斷該企業(yè)的宣傳內(nèi)容不可信.例29．（2024·江蘇鎮(zhèn)江·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）衛(wèi)生檢疫部門在進行病毒檢疫時常采用“混采檢測”或“逐一檢測”的形式進行，某興趣小組利用“混采檢測”進行試驗，已知6只動物中有1只患有某種疾病，需要通過血液化驗來確定患病的動物，血液化驗結(jié)果呈陽性的為患病動物，下面是兩種化驗方案：方案甲：將各動物的血液逐個化驗，直到查出患病動物為止.方案乙：先取4只動物的血液混在一起化驗，若呈陽性，則對這4只動物的血液再逐個化驗，直到查出患病動物；若不呈陽性，則對剩下的2只動物再逐個化驗，直到查出患病動物.(1)用表示依方案甲所需化驗次數(shù)，求變量的期望；(2)求依方案甲所需化驗次數(shù)少于依方案乙所需化驗次數(shù)的概率.【解析】（1）可以取的值有1，2，3，4，5.，，，，，，（2）設(shè)乙方案所需化驗的次數(shù)為Y，則Y可以的值有2，3，4.，，，．例30．（2024·遼寧·高三東北育才學(xué)校校聯(lián)考開學(xué)考試）某單位有名職工，通過抽驗篩查一種疾病的患者．假設(shè)患疾病的人在當(dāng)?shù)厝巳褐械谋壤秊?專家建議隨機地按（且為的正因數(shù)）人一組分組，然后將各組個人的血樣混合再化驗.如果混管血樣呈陰性，說明這個人全部陰性；如果混管血樣呈陽性，說明其中至少有一人的血樣呈陽性，就需要對每個人再分別化驗一次.設(shè)該種方法需要化驗的總次數(shù)為.(1)當(dāng)時，求的取值范圍并解釋其實際意義；(2)現(xiàn)對混管血樣逐一化驗，至化驗出陽性樣本時停止，最多化驗次.記為混管的化驗次數(shù)，當(dāng)足夠大時，證明：；(3)根據(jù)經(jīng)驗預(yù)測本次檢測時個人患病的概率，當(dāng)時，按照計算得混管數(shù)量的期望；某次檢驗中，試判斷個人患病的概率為是否合理.（如果，則說明假設(shè)不合理）．附：若，則，，.【解析】（1）令，由題意可知，的可能取值有、、、、，則，所以，，因為，所以，，令，可得恒成立，兩邊取自然對數(shù)，可得，其中，得，不妨設(shè)，其中，則，當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，因此，，此時，且，但由于是的正因數(shù)，所以，那么，即，即，故，其實際意義為：當(dāng)時，混檢次數(shù)的期望要比逐個檢測的期望大，說明逐個檢測較好.（2）證明：當(dāng)、、、、時，，當(dāng)時，，，不妨設(shè)，則，設(shè)，①則，②①②可得，所以，.（3）由于服從二項分布，則的可能取值有、、、、，所以，，解得，所以，，同時，由于足夠大，不妨視，則，則，則，則，故，因此，故有充分的里有認(rèn)為不合理.變式19．（2024·重慶沙坪壩·高三重慶一中校考階段練習(xí)）某研究小組經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)某種疾病的患病者與未患病者的某項醫(yī)學(xué)指標(biāo)有明顯差異，已知該疾病的患病率為，經(jīng)過大量調(diào)查，得到如圖的患病者和未患病者該指標(biāo)的頻率分布直方圖：

利用該指標(biāo)制定一個檢測標(biāo)準(zhǔn)，需要確定臨界值，將該指標(biāo)大于的人判定為陽性，小于或等于的人判定為陰性.將患病者判定為陰性或?qū)⑽椿疾≌吲卸殛栃跃鶠檎`診.假設(shè)數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布，以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率.(1)當(dāng)臨界值時，已知某人是患病者，求該人被誤診的概率；(2)當(dāng)時，求利用該指標(biāo)作為檢測標(biāo)準(zhǔn)的誤診率的解析式，并求使最小的臨界值.【解析】（1）患病者被誤診即被判定為陰性的概率為：.（2）當(dāng)時，，當(dāng)時，，在單調(diào)遞減，所以時，最小.變式20．（2024·上海浦東新·高三華師大二附中校考階段練習(xí)）某研究小組經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)某種疾病的患病者與未患病者的某項醫(yī)學(xué)指標(biāo)有明顯差異，經(jīng)過大量調(diào)查，得到如下的患病者和未患病者該指標(biāo)的頻率分布直方圖：

利用該指標(biāo)制定一個檢測標(biāo)準(zhǔn)，需要確定臨界值c，將該指標(biāo)大于c的人判定為陽性，小于或等于c的人判定為陰性．此檢測標(biāo)準(zhǔn)的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為；誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為．假設(shè)數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布，以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率．(1)當(dāng)漏診率％時，求臨界值c和誤診率；(2)設(shè)函數(shù)，當(dāng)時，求的解析式，并求在區(qū)間的最小值．【解析】（1）依題可知，左邊圖形第一個小矩形的面積為，所以，所以，解得：，．（2）當(dāng)時，；當(dāng)時，,故，所以在區(qū)間的最小值為．變