2025高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)必刷題：概率與統(tǒng)計(jì)的綜合應(yīng)用

第93講概率與統(tǒng)計(jì)的綜合應(yīng)用

必考題型全歸納

題型一：決策問題

例L（2024?甘肅蘭州?高三蘭化一中?？计谥校?jù)悉強(qiáng)基計(jì)劃的校考由試點(diǎn)高校自主命

題，?？歼^程中達(dá)到筆試優(yōu)秀才能進(jìn)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(dú)立.若某考生報(bào)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(bào)考乙大學(xué)，每門科目達(dá)到優(yōu)秀的概率依次為"，其

365

中0<〃<1.

⑴若W=g,分別求出該考生報(bào)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(qiáng)基計(jì)劃規(guī)定每名考生只能報(bào)考一所試點(diǎn)高校，若以筆試過程中達(dá)到優(yōu)秀科目個(gè)數(shù)的期

望為依據(jù)作出決策，該考生更希望進(jìn)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(bào)考甲大學(xué)恰好有一門筆試科目?jī)?yōu)秀為事件A,則

4

尸(4)=《?

9

該考生報(bào)考乙大學(xué)恰好有一門筆試科目?jī)?yōu)秀為事件B,則

253141

X—+—X—X—

―65365365390

（2）該考生報(bào)考甲大學(xué)達(dá)到優(yōu)秀科目的個(gè)數(shù)設(shè)為X,

,貝ljE(X)=3x3=l,

依題意，

該同學(xué)報(bào)考乙大學(xué)達(dá)到優(yōu)秀科目的個(gè)數(shù)設(shè)為丫，隨機(jī)變量y的可能取值為：o,1,2,3.

P(y=0)=|x|(l-)=l^,P(y=l)=lx|(l-n)+|x|(l-,)+|x|13+2〃

Z72n=---------

oJ2oJoDoJ30

尸（1）=泊〃+%|〃+那』）=號(hào)，噂=*衿2nn

n=——=一,

3015

隨機(jī)變量y的分布列:

Y0i23

\-n13+2,2+15n

P

F303015

1—n1l3+2n_2+1In.n17+30〃

E(y)=ox-----Fix-------i-2x-+--3-x--——二-------

230301530

因?yàn)樵摽忌ＭM(jìn)入甲大學(xué)的面試，則E(y)<E(X),即解得

30

,13

所以〃的范圍為：0<n<—.

例2.(2024?全國(guó)?高三專題練習(xí))2022年北京冬奧會(huì)后，由一名高山滑雪運(yùn)動(dòng)員甲組成的

專業(yè)隊(duì)，與兩名高山滑雪愛好者乙、丙組成的業(yè)余隊(duì)進(jìn)行友誼比賽，約定賽制如下：業(yè)余

隊(duì)中的兩名隊(duì)員輪流與甲進(jìn)行比賽，若甲連續(xù)贏兩場(chǎng)則專業(yè)隊(duì)獲勝；若甲連續(xù)輸兩場(chǎng)則業(yè)

余隊(duì)獲勝；若比賽三場(chǎng)還沒有決出勝負(fù)，則視為平局，比賽結(jié)束.已知各場(chǎng)比賽相互獨(dú)

立，每場(chǎng)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

_,12

p,其中萬(wàn)<。.

(1)若第一場(chǎng)比賽，業(yè)余隊(duì)可以安排乙與甲進(jìn)行比賽，也可以安排丙與甲進(jìn)行比賽.請(qǐng)分別

計(jì)算兩種安排下業(yè)余隊(duì)獲勝的概率；若以獲勝概率大為最優(yōu)決策，問：業(yè)余隊(duì)第一場(chǎng)應(yīng)該

安排乙還是丙與甲進(jìn)行比賽？

(2)為了激勵(lì)專業(yè)隊(duì)和業(yè)余隊(duì)，賽事組織規(guī)定：比賽結(jié)束時(shí)，勝隊(duì)獲獎(jiǎng)金6萬(wàn)元，負(fù)隊(duì)獲獎(jiǎng)

金3萬(wàn)元；若平局，兩隊(duì)各獲獎(jiǎng)金3.6萬(wàn)元.在比賽前，已知業(yè)余隊(duì)采用了(1)中的最優(yōu)

決策與甲進(jìn)行比賽，設(shè)賽事組織預(yù)備支付的獎(jiǎng)金金額共計(jì)X萬(wàn)元，求X的數(shù)學(xué)期望￡(1)

的取值范圍.

【解析】(1)第一場(chǎng)比賽，業(yè)余隊(duì)安排乙與甲進(jìn)行比賽，業(yè)余隊(duì)獲勝的概率為:

1915

/?=-x(l-^)+-x(l-P)Xj=-(l-P)

第一場(chǎng)比賽，業(yè)余隊(duì)安排丙與甲進(jìn)行比賽，業(yè)余隊(duì)獲勝的概率為：

Pi=(1-p)xg+pxgx(l-p)=|(1-P2)

因?yàn)間<P<|，所以片一鳥=；x(l_p)]g_pj>0,Pt>P2

所以，業(yè)余隊(duì)第一場(chǎng)應(yīng)該安排乙與甲進(jìn)行比賽.

(2)由已知X=9萬(wàn)元，或X=7.2萬(wàn)元

由(1)知，業(yè)余隊(duì)最優(yōu)決策是第一場(chǎng)應(yīng)該安排乙與甲進(jìn)行比賽.

此時(shí)，業(yè)余隊(duì)獲勝的概率為：^=l(l-p)

專業(yè)隊(duì)獲勝的概率為月=：p+；xpx]=10

所以，非平局的概率為尸（X=9）=L|+；P

41

平局的概率為尸（X=7.2）=l_[_月=§一

X的分布列為：

X97.2

5141

p(x)—+—p------p

9393

X的期望為E（X）=9x]；+；pJ+7.2x（g—;pJ=8.2+0.6p

由g<P<g，所以數(shù)學(xué)期望后（了）的取值范圍為（858.6）（單位：萬(wàn)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(duì)商品線下零

售影響很大.某商家決定借助線上平臺(tái)開展銷售活動(dòng).現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)平臺(tái)供選擇，且當(dāng)

每件商品的售價(jià)為。（300<a<500）元時(shí)，從該商品在兩個(gè)平臺(tái)所有銷售數(shù)據(jù)中各隨機(jī)抽取

100天的日銷售量統(tǒng)計(jì)如下，

商品日銷售量（單位：件）678910

甲平臺(tái)的天數(shù)1426262410

乙平臺(tái)的天數(shù)1025352010

假設(shè)該商品在兩個(gè)平臺(tái)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，

⑴求“甲平臺(tái)日銷售量不低于8件”的概率，并計(jì)算“從甲平臺(tái)所有銷售數(shù)據(jù)中隨機(jī)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；

⑵已知甲平臺(tái)的收費(fèi)方案為：每天傭金60元，且每銷售一件商品，平臺(tái)收費(fèi)30元；乙平

臺(tái)的收費(fèi)方案為：每天不收取傭金，但采用分段收費(fèi)，即每天銷售商品不超過8件的部

分，每件收費(fèi)40元，超過8件的部分，每件收費(fèi)35元.某商家決定在兩個(gè)平臺(tái)中選擇一

個(gè)長(zhǎng)期合作，從日銷售收入（單價(jià)x日銷售量-平臺(tái)費(fèi)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A="甲平臺(tái)日銷售量不低于8件”，

26+24+103

則P(A)=

1005

令事件3="從甲平臺(tái)所有銷售數(shù)據(jù)中隨機(jī)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”,

(2)設(shè)甲平臺(tái)的日銷售收入為X,則X的所有可能取值為

6a-240,la-270,8a-300,9a-330,10a-360.

所以，X的分布列為

X6〃—2407a—2708。—3009a-33010a-360

1426262410

P

100W0WO100Too

以，E(X)=(6a—240)x-----F(7a—270)x------F(8a—300)x------F(9a—330)x-----

100100100100

+(10tz—360)x-----=7.9。-297,

100

設(shè)乙平臺(tái)的日銷售收入為y,則y的所有可能取值為

6a—240,7a—280,8〃—320,9a—355,10?！?90.

所以，y的分布列為：

Y6a-2407a—2808〃—3209。—3551061-390

1025352010

P

WOWOWO100100

所以，E(K)=(6tz-240)x——+(7a—280)x——+(8a—320)x——+(9Q—355)X——

2100100100100

+(10fl-390)x—=7.95a-316.

100

所以，E(y)-￡(x)=0.05a-19,

40.0567-19>0W?>380,令0.05。-19<0得。<380

所以，當(dāng)300Va<380時(shí)，選擇甲平臺(tái)；當(dāng)a=380時(shí)，甲乙平臺(tái)均可；當(dāng)380<aW500

時(shí)，選擇乙平臺(tái).

變式1.(2024?江西?校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))某學(xué)校舉行“百科知識(shí)”競(jìng)賽，每個(gè)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(jìn)入最后決賽，決賽方式如下：給定4個(gè)問題，

假設(shè)李明能且只能對(duì)其中3個(gè)問題回答正確，王華對(duì)其中任意一個(gè)問題回答正確的概率均

3

為;由李明和王華各自從中隨機(jī)抽取2個(gè)問題進(jìn)行回答，而且每個(gè)人對(duì)每個(gè)問題的回答均

相互獨(dú)立.

（1）求李明和王華回答問題正確的個(gè)數(shù)均為2的概率；

（2）設(shè)李明和王華回答問題正確的個(gè)數(shù)分別為X和y,求x,y的期望E（X）、E（y）和方差

D（X）^D（Y）,并由此決策派誰(shuí)代表該班參加競(jìng)賽更好.

【解析】（1）?.?李明回答問題正確的個(gè)數(shù)為2的概率

9

王華回答問題正確的個(gè)數(shù)為2的概率p=

216

199

???李明和王華回答問題正確的個(gè)數(shù)均為2的概率p=p也=廠==

21632

（2）由題意知：李明回答問題正確個(gè)數(shù)X所有可能的取值為L(zhǎng)2,

C[_3C；31

.-.P(X=1)=尸(x=2)=_____

房飛一5C廠6-2

???王華回答問題正確的個(gè)數(shù)y~B。：），

???E（y）=2x；gn（y）=2x|x[l-^=|;

?.?磯X）=E（F）,D（X）＜D"），.?.派李明代表該班參加競(jìng)賽更好.

變式2.（2024.全國(guó)?高三專題練習(xí)）根據(jù)某地區(qū)氣象水文部門長(zhǎng)期統(tǒng)計(jì)，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(shí)要損失60000元，遇到小洪水時(shí)要損失20000元，為保護(hù)設(shè)備，有以

下3種方案：

方案1：修建保護(hù)圍墻，建設(shè)費(fèi)為3000元，但圍墻只能防小洪水；

方案2：修建保護(hù)大壩，建設(shè)費(fèi)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X1，X2,X3分別表示方案1,2,3的損失,

第一方案，建保護(hù)墻，建設(shè)費(fèi)為3000元，但圍墻只能防小洪水,

無(wú)大洪水有大洪水

損失300063000

概率0.950.05

平均損失E（X。=3000x0.95+63000x0.05=6000.

第二方案：建保護(hù)大壩，建設(shè)費(fèi)為7000元，能夠防大洪水,

E（X2）=7000.

第三方案：不采取措施.

無(wú)洪水有小洪水有大洪水

損失02000060000

概率0.70.250.05

平均損失萬(wàn)區(qū)）=60000x0.05+20000x0.25=8000.

因?yàn)镋（X3）＞E（X2）＞E（XJ

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)）9月6日位于重慶朝天門的來福士廣

場(chǎng)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(shí)間為T,T只與道路暢通狀況有關(guān)，對(duì)其容量為500的樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如下：

T（小時(shí)）0.80.911.1

頻數(shù)（次）10015020050

以這500次駕車往返所需時(shí)間的頻率代替某人1次駕車往返所需時(shí)間的概率.

（1）記7的期望為E（T）,求尸（T＜E（T））；

（2）某天有3位教師獨(dú)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(shí)

間少于E（T）的人數(shù)，求X的分布列與E（X）.

【解析】⑴P（T=0.8）=1^=0.2,

P（7=0.9）=—=0.3,

500

Pg，嗡=°4

P(T=l.l)=—=0.1,

500

?，.T的分布列為:

T0.80.911.1

P0.20.30.40.1

E⑺=0.8x0.2+0.9x0.3+1x0.4+1.1x0.1=0.94,

：.P(T〈E(D)=P(T=0.8)+P(T=0.9)=0.2+0.3=0.5.

(2)某天有3位教師獨(dú)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(shí)間少于E(T)的人數(shù)，

；.X?2(3,1),

：.P(X=0)=C°(1)123=1,

尸(X=1)=《卜步=|'

尸(X=2)=吟2"，

P(X=3)=Cf(1)3=1,

...X的分布列為：

X0123

]_331

P

8888

13

E(X)=3x—=—.

22

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(jiǎn)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T,其范圍為[0,1。],分別有五個(gè)級(jí)別:

re[0,2),暢通；Te[2,4),基本暢通；Te[4,6),輕度擁堵；Te[6,8),中度擁堵；

Te[8,10],嚴(yán)重?fù)矶?在晚高峰時(shí)段(TN2),從某市交通指揮中心選取了市區(qū)20個(gè)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€(gè)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(gè)路段，求依次

抽取的三個(gè)級(jí)別路段的個(gè)數(shù)；

（3）從（2）中抽取的6個(gè)路段中任取2個(gè)，求至少有1個(gè)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(gè)交通路段中，

輕度擁堵的路段有Ql+0.2）xlx20=6（個(gè)），

中度擁堵的路段有Q25+0.2）xlx20=9（個(gè)），

嚴(yán)重?fù)矶碌穆范斡校?.1+0.05）xlx20=3（個(gè)）.

⑵由⑴知，擁堵路段共有6+9+3=18（個(gè)），按分層抽樣，從18個(gè)路段抽取6個(gè)，則抽取

的三個(gè)級(jí)別路段的個(gè)數(shù)分別為36=2,*9=3,*3=1,即從交通指數(shù)在[4,6）,

[6,8）,[8,10]的路段中分別抽取的個(gè)數(shù)為2,3,1.

⑶記抽取的2個(gè)輕度擁堵路段為4，4,抽取的3個(gè)中度擁堵路段為四，B2,B3,抽取

的1個(gè)嚴(yán)重?fù)矶侣范螢镚，則從這6個(gè)路段中抽取2個(gè)路段的所有可能情況為：

（4,4）,（4,4），（4四）,（483），

（4,3，（4，4）,（4，4）,（4，片）,（4，3，（4也）,（4，4）,（40，（%員）,（坊6）,（40

,共15種，其中至少有1個(gè)路段為輕度擁堵的情況為：

（人,耳）,（人,氏）,（4,。3共9種.

所以所抽取的2個(gè)路段中至少有1個(gè)路段為輕度擁堵的概率為51.

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(guó)經(jīng)濟(jì)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(jìn)入了千家萬(wàn)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(duì)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(jiǎn)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T,其

范圍為[0,9],分別有5個(gè)級(jí)別：Te[0,2）暢通；Te[2,4）基本暢通；7?4,6）輕度擁堵；

Te[6,8）中度擁堵；Te[8,9]嚴(yán)重?fù)矶?早高峰時(shí)段（T>3）,從北京市交通指揮中心隨機(jī)

選取了五環(huán)以內(nèi)50個(gè)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:

虹

0.2

0.16-

0.1--

03456789攵通指■數(shù)

（1）據(jù)此直方圖估算交通指數(shù)TG[4,8）時(shí)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(gè)路段至少有兩個(gè)嚴(yán)重?fù)矶碌母怕适嵌嗌伲?/p>

（3）某人上班路上所用時(shí)間若暢通時(shí)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(shí)間的數(shù)學(xué)期望.

【解析】（1）由直方圖知，Te[4,8]時(shí)交通指數(shù)的中位數(shù)為5+1x（020.24）=35/6

Te[4,8]時(shí)交通指數(shù)的平均數(shù)為4.5x02+5.5x0.24+6.5x02+7.5x0.16=4.72.

（2）設(shè)事件A為“一條路段嚴(yán)重?fù)矶?，則P（A）=0.1,

則3條路段中至少有兩條路段嚴(yán)重?fù)矶碌母怕蕿椋?/p>

1-w

7

所以3條路段中至少有兩條路段嚴(yán)重?fù)矶碌母怕蕿槿?/p>

（3）由題意，所用時(shí)間》的分布列如下表:

則Er=30x0,1+35x0.44+45x0.36+60x0.1=40.6,

所以此人經(jīng)過該路段所用時(shí)間的數(shù)學(xué)期望是40.6分鐘.

變式3.(2024.江西.校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))“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(guó)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(duì)100人做了是否會(huì)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2x2列聯(lián)表，并問你有多少把握認(rèn)

P（K2>k）0.150.100.050.0250.0100.0050.001

k2.072.703.845.026.637.8710.82

(2)S市為了鼓勵(lì)大家騎自行車上班，為此還專門在幾條平時(shí)比較擁堵的城市主道建有無(wú)

障礙自行車道，該市市民小明家離上班地點(diǎn)10km,現(xiàn)有兩種.上班方案給他選擇；

方案一：選擇自行車，走無(wú)障礙自行車道以19km/h的速度直達(dá)上班地點(diǎn).

方案二：開車以30km/h的速度上班，但要經(jīng)過A、B、C三個(gè)易堵路段，三個(gè)路段堵車的

概率分別是:，k且是相互獨(dú)立的，并且每次堵車的時(shí)間都是10分鐘（假設(shè)除了堵

zz3

車時(shí)間其他時(shí)間都是勻速行駛）

若僅從時(shí)間的角度考慮，請(qǐng)你給小明作一個(gè)選擇，并說明理由.

【解析】（1）根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)填寫2x2列聯(lián)表如下：

騎車不騎車合計(jì)

45歲以下351550

45歲以上203050

合計(jì)5545100

n(ad-bc)2100(35x30-15x20)2

?9.09>7.87

(a++c)(c+d)(b+d)55x45x50x50

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(wú)障礙自行車道以19km/h的速度直達(dá)上班地點(diǎn)，

則所需時(shí)間為：4=、/?;

方案二：開車以30km/h的速度上班，但要經(jīng)過A、B、C三個(gè)易堵路段，分別令三個(gè)路段

堵車記為事件A、B、C,且尸（A）=g,P（C）=|,且A、B、C相互獨(dú)立的，

并且每次堵車的時(shí)間都是10分鐘（假設(shè)除了堵車時(shí)間其他時(shí)間都是勻速行駛）

所以在路上遇上堵車的概率為：尸=1-尸內(nèi)而）=1-P（RP?P?=1xgx：==,

故方案二所需時(shí)間為：t=~+~x~=~h'

2306636

因?yàn)橐遥荆?,所以僅從時(shí)間的角度考慮，應(yīng)選方案二省時(shí)間.

變式4.（2024?全國(guó)?高三專題練習(xí)）某人某天的工作是駕車從A地出發(fā)，到民C兩地辦

事，最后返回A地，AB,C,三地之間各路段行駛時(shí)間及擁堵概率如下表

路段正常行駛所用時(shí)間（小時(shí)）上午擁堵概率下午擁堵概率

AB10.30.6

BC20.20.7

CA30.30.9

若在某路段遇到擁堵，則在該路段行駛時(shí)間需要延長(zhǎng)1小時(shí).

現(xiàn)有如下兩個(gè)方案：

方案甲：上午從A地出發(fā)到8地辦事然后到達(dá)C地，下午從C地辦事后返回A地；

方案乙：上午從A地出發(fā)到C地辦事，下午從C地出發(fā)到達(dá)3地，辦完事后返回A地.

(1)若此人早上8點(diǎn)從A地出發(fā)，在各地辦事及午餐的累積時(shí)間為2小時(shí)，且采用方案

甲，求他當(dāng)日18點(diǎn)或18點(diǎn)之前能返回A地的概率.

(2)甲乙兩個(gè)方案中，哪個(gè)方案有利于辦完事后更早返回A地？請(qǐng)說明理由.

【解析】(1)由題可知能按時(shí)返回的充要條件是擁堵路段不超過兩段，則不能按時(shí)返回時(shí)

有三段路段擁堵，二者互為對(duì)立事件，記“不能按時(shí)返回為事件A”則

P(A)=0.3x0.2x0.9=0.054,

所以能夠按時(shí)返回的概率P(A)=0.946,

(2)設(shè)某段路正常行駛時(shí)間為x,擁堵的概率為〃，

則該路段行駛時(shí)間》的分布列為

行駛時(shí)間彳X+1

概率〃1-PP

i^Ex=x(l—p)+{x+X)p=x+p,

上午AB、BC.C4路段行駛時(shí)間期望值分別為1.3小時(shí)2.2小時(shí)、3.3小時(shí),

下午A?、BC、C4路段行駛時(shí)間期望值分別為L(zhǎng)6小時(shí)2.7小時(shí)3.9小時(shí)，

設(shè)采用甲方案所花費(fèi)總行駛時(shí)間為V,則Ey=L3+2.2+3.9=7.4小時(shí)，

設(shè)采用乙方案所花費(fèi)總行駛時(shí)間為Z,則EZ=3.3+2.7+1.6=7.6小時(shí)，

因此采用甲方案能更早返回.

題型三：保險(xiǎn)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(xiǎn)公司針對(duì)該單

位推出一款意外險(xiǎn)產(chǎn)品，每年每位職工只需要交少量保費(fèi)，發(fā)生意外后可一次性獲得若干

賠償金.保險(xiǎn)公司把該單位的所有崗位分為A,B,C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ABc

12i

賠付概率

IO7io7W

職工類別分布餅圖

對(duì)于A,B,C三類工種，職工每人每年保費(fèi)分別為。元、〃元"元，出險(xiǎn)后的賠償金額

分別為100萬(wàn)元、100萬(wàn)元、50萬(wàn)元，保險(xiǎn)公司在開展此項(xiàng)業(yè)務(wù)過程中的固定支出為每年20

萬(wàn)元.

（1）若保險(xiǎn)公司要求每年收益的期望不低于保費(fèi)的15%,證明：153?+176>4200.

（2）現(xiàn)有如下兩個(gè)方案供單位選擇：方案一：?jiǎn)挝徊慌c保險(xiǎn)公司合作，職工不交保險(xiǎn)，出

意外后單位自行拿出與保險(xiǎn)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(xiàng)工

作的固定支出為每年35萬(wàn)元；方案二：?jiǎn)挝慌c保險(xiǎn)公司合作，a=35,6=60,單位負(fù)責(zé)

職工保費(fèi)的80%,職工個(gè)人負(fù)責(zé)20%,出險(xiǎn)后賠償金由保險(xiǎn)公司賠付，單位無(wú)額外專項(xiàng)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(xiǎn)公司的效益為隨機(jī)變量X,Y,Z,

則隨機(jī)變量X的分布列為：

Xaa-lOOxlO4

1

p1

隨機(jī)變量丫的分布列為:

Yaa-100X104

1-仁2

P而

隨機(jī)變量Z的分布列為:

Zbb-50x104

1

P

io7

保險(xiǎn)公司期望收益為EX=ax(1——)+(a-lOOxlO4)x(—7-)=a—10,

1010

27

4

￡y=ax(l--)+((Z-100X10)X(^?)=G-20,

EZ=6x(l$)+S-50X1()4)X(+)=b-50,

根據(jù)要求(a-10)x50000x0.6+(a-20)x50000求.3+(6-50)x50000x0.1-20xl04>

(ox50000x0.6+czx50000x0.3+Z?x50000x0.1)x0.15,

整理可得(9a+Z?)x85>21000,

所以153a+17624200得證；

(2)若該企業(yè)不與保險(xiǎn)公司合作，則安全支出，即賠償金的期望值為：

121

50000(0.6x—x100x104+0.3x—x100x104+0.1x—x50xl04)+35x10“

=100xl04;

若該企業(yè)與保險(xiǎn)公司合作，則安全支出，

即保費(fèi)為50000x(0.6xa+0.3xa+0.1xZ>)x0.8=(0.9a+0.lb)x40000,

由。=35,6=60,(0.9o+0.lb)x40000=150x104>100x104,

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(xiǎn)公司的某險(xiǎn)種的基本保費(fèi)為。（單位：

元），繼續(xù)購(gòu)買該險(xiǎn)種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費(fèi)與其上年度出險(xiǎn)次數(shù)的關(guān)

聯(lián)如下：

上年度出險(xiǎn)次數(shù)0123>4

保費(fèi)（元）0.9aa1.5a2.5a4a

隨機(jī)調(diào)查了該險(xiǎn)種的400名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險(xiǎn)情況，得到下表:

出險(xiǎn)次數(shù)0123>4

頻數(shù)2808024124

該保險(xiǎn)公司這種保險(xiǎn)的賠付規(guī)定如下:

出險(xiǎn)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）2.5a1.5aa0.5a0

將所抽樣本的頻率視為概率.

（1）求本年度續(xù)保人保費(fèi)的平均值的估計(jì)值；

（2）按保險(xiǎn)合同規(guī)定，若續(xù)保人在本年度內(nèi)出險(xiǎn)3次，則可獲得賠付（2.5a+1.5a+a）元;

若續(xù)保人在本年度內(nèi)出險(xiǎn)6次，則可獲得賠付（2.5a+1.5a+a+0.5a）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(jì)值.

【解析】（1）由題意可得

保費(fèi)（元）0.9aa1.5a2.5a4a

概率0.70.20.060.030.01

本年度續(xù)保人保費(fèi)的平均值的估計(jì)值為

0.9ax0.7+ax0.2+1.5。x0.06+2.5ax0.03+4ax0.01=1.035。

（2）由題意可得

賠償金額（元）02.5a4a5a5.5a

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(jì)值

0x0.7+2.5ax0.2+4。x0.06+5ax0.03+5.5。x0.01=0.945a

例9.（2024?廣東深圳.高三校聯(lián)考期末）已知某保險(xiǎn)公司的某險(xiǎn)種的基本保費(fèi)為。（單

位：元），繼續(xù)購(gòu)買該險(xiǎn)種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費(fèi)與其上年度出險(xiǎn)次數(shù)

的關(guān)聯(lián)如下：

上年度出險(xiǎn)次數(shù)0123>4

保費(fèi)（元）0.9aa1.5a2.5a4a

隨機(jī)調(diào)查了該險(xiǎn)種的400名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險(xiǎn)情況，得到下表:

出險(xiǎn)次數(shù)0123>4

頻數(shù)2808024124

該保險(xiǎn)公司這種保險(xiǎn)的賠付規(guī)定如下:

出險(xiǎn)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）2.5a1.5aa0.5a0

將所抽樣本的頻率視為概率.

（1）求本年度續(xù)保人保費(fèi)的平均值的估計(jì)值；

（2）按保險(xiǎn)合同規(guī)定，若續(xù)保人在本年度內(nèi)出險(xiǎn)3次，則可獲得賠付（2.5a+L5a+a）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(jì)值；

（3）續(xù)保人原定約了保險(xiǎn)公司的銷售人員在上午10:3。~11:30之間上門簽合同，因?yàn)槔m(xù)

保人臨時(shí)有事，外出的時(shí)間在上午10：45~11:05之間，請(qǐng)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(fèi)（元）0.9aa1.5a2.5a4a

概率0.70.20.060.030.01

本年度續(xù)保人保費(fèi)的平均值的估計(jì)值為

0.9ax0.7+ax0.2+1.5。x0.06+2.5ax0.03+4ax0.01=1.035。

（2）由題意可得

賠償金額（元）02.5a4a5a5.5a

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(jì)值

0x0.7+2.5ax0.2+4AX0.06+5?x0.03+5.5ax0.01=0.945。

（3）設(shè)保險(xiǎn)公司銷售人員到達(dá)的時(shí)間為x,續(xù)保人離開的時(shí)間為V,（x,y）看成平面上的

點(diǎn)，全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域?yàn)镺="X,y）io.5<x<11.5,io1<y<ll^l

則區(qū)域Q的面積S（Q）=lxg=g

事件A表示續(xù)保人在離開前見到銷售人員，所構(gòu)成的區(qū)域?yàn)?/p>

A—y）y>JC,10.5<x<11.5,10^<y41141

即圖中的陰影部分，其面積S（A）=[X[+』XJ=2

214IZy3Jo

所以P（A）=平=引，即續(xù)保人在離開前見到銷售人員的概率是三

變式5.（2024?山東濰坊?校聯(lián)考一模）某保險(xiǎn)公司針對(duì)一個(gè)擁有20000人的企業(yè)推出一款

意外險(xiǎn)產(chǎn)品，每年每位職工只需要交少量保費(fèi)，發(fā)生意外后可一次性獲得若干賠償金.保險(xiǎn)

公司把企業(yè)的所有崗位共分為A、8、C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(jì)出三類工種的賠付頻率如下表（并以此估計(jì)賠付概

率）：

工種類別ABc

121

賠付頻率

107Io7To7

已知A、B、C三類工種職工每人每年保費(fèi)分別為25元、25元、40元，出險(xiǎn)后的賠償金

額分別為100萬(wàn)元、100萬(wàn)元、50萬(wàn)元，保險(xiǎn)公司在開展此業(yè)務(wù)的過程中固定支出每年10

萬(wàn)元.

（1）求保險(xiǎn)公司在該業(yè)務(wù)所獲利潤(rùn)的期望值；

（2）現(xiàn)有如下兩個(gè)方案供企業(yè)選擇：

方案1：企業(yè)不與保險(xiǎn)公司合作，職工不交保險(xiǎn)，出意外企業(yè)自行拿出與保險(xiǎn)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(xiàng)工作的固定支出為每年12萬(wàn)元；

方案2：企業(yè)與保險(xiǎn)公司合作，企業(yè)負(fù)責(zé)職工保費(fèi)的70%,職工個(gè)人負(fù)責(zé)30%,出險(xiǎn)后賠

償金由保險(xiǎn)公司賠付，企業(yè)無(wú)額外專項(xiàng)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(xiǎn)公司的收益為隨機(jī)變量X、KZ,則

X、KZ的分布列為:

X2525-lOOxlO4

1

p1--

105w

Y2525-lOOxlO4

i-A2

P

10510^

Z4040-50xl04

1」1

P

104w

14

：.E(X)=25x(1-)+(25-lOOxlO)x^-=15,

105105

22

E(7)=25x(1-)+(25-lOOxlO4)x-=5,

1-105

E(Z)=40x(1-^)+(40-50x104)xj=-10,

保險(xiǎn)公司的利潤(rùn)的期望值為12000x15+6000x5-2000x10-100000=90000,

保險(xiǎn)公司在該業(yè)務(wù)所獲利潤(rùn)的期望值為9萬(wàn)元.

（2）方案1：企業(yè)不與保險(xiǎn)公司合作，則企業(yè)每年安全支出與固定開支共為:

121

12000xl00xl04x—+6000X100X104X^+2000X50X104X—+12X104=46X104,

方案2：企業(yè)與保險(xiǎn)公司合作，則企業(yè)支出保險(xiǎn)金額為:

(12000x25+6000x25+2000x40)xO.7=37.1xlO4,

46xl04>37.1xl04,

建議企業(yè)選擇方案2.

變式6.（2024.全國(guó).高考真題）購(gòu)買某種保險(xiǎn)，每個(gè)投保人每年度向保險(xiǎn)公司交納保費(fèi)”

元，若投保人在購(gòu)買保險(xiǎn)的一年度內(nèi)出險(xiǎn)，則可以獲得10000元的賠償金.假定在一年度

內(nèi)有10000人購(gòu)買了這種保險(xiǎn)，且各投保人是否出險(xiǎn)相互獨(dú)立.已知保險(xiǎn)公司在一年度內(nèi)

至少支付賠償金10000元的概率為1_0.999g.

(I)求一投保人在一年度內(nèi)出險(xiǎn)的概率。；

(II)設(shè)保險(xiǎn)公司開辦該項(xiàng)險(xiǎn)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(fèi)(單位：元).

【解析】各投保人是否出險(xiǎn)互相獨(dú)立，且出險(xiǎn)的概率都是記投保的10000人中出險(xiǎn)的

人數(shù)為鼻

則尤~2(1優(yōu)價(jià)

(I)記A表示事件：保險(xiǎn)公司為該險(xiǎn)種至少支付10000元賠償金，則可發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)

J=。，

P(A)=1-P(A)

=l-PC=0)

=1-(1-/7)10\

又尸(A)=1-0.9991°”,

故p=0.001.

(II)該險(xiǎn)種總收入為10000。元，支出是賠償金總額與成本的和.

支出10000^+50000,

盈利〃=10000a-(10000^+50000),

盈利的期望為￡〃=1。000“一1。。。0￡^-5000。，

由4~8(1()4,10-3)知，EJ=10000x107,

E7=104a-104E^-5xl04

=104?-104x104xW3-5x104.

444

￡77>O^iofl-lOxlO-5xlO>O

=。-10—520

(元).

故每位投保人應(yīng)交納的最低保費(fèi)為15元.

變式7.(2024?北京豐臺(tái).高三統(tǒng)考期末)某市醫(yī)療保險(xiǎn)實(shí)行定點(diǎn)醫(yī)療制度，按照“就近就

醫(yī)、方便管理”的原則，參加保險(xiǎn)人員可自主選擇四家醫(yī)療保險(xiǎn)定點(diǎn)醫(yī)院和一家社區(qū)醫(yī)院作

為本人就診的醫(yī)療機(jī)構(gòu)，若甲、乙、丙、丁4名參加保險(xiǎn)人員所在地區(qū)附近有A8,C三家

社區(qū)醫(yī)院，并且他們的選擇是等可能的、相互獨(dú)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(xiǎn)人員中選擇A社區(qū)醫(yī)院的人數(shù)為焉求。的分布列和數(shù)學(xué)期望.

【解析】(1)???甲、乙分別選擇A社區(qū)醫(yī)院的概率均為g,

..?甲、乙兩人都選擇A社區(qū)的概率p=gxg='

(2)?.?甲、乙兩人選擇同一家社區(qū)醫(yī)院的概率為C；x；x；=；,

12

???甲、乙兩人不選擇同一家社區(qū)醫(yī)院的概率夕=1-§=

(3)?.?每個(gè)人選擇A社區(qū)醫(yī)院的概率均為g,

則4所有可能的取值為0,1,2,3,4,

???尸("。)=(滬擇尸―雷嗡

28

X—=——

381

1

P（"4）=C

81

.,石的分布列為:

01234

1632881

P

8181278181

14

數(shù)學(xué)期望E(,=4x§=,.

題型四：概率最值問題

例10.(2024?全國(guó)?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(dú)立.現(xiàn)要檢測(cè)

3000個(gè)這種電子元件，檢測(cè)的流程是：先將這3000個(gè)電子元件分成個(gè)數(shù)相等的若干組，

設(shè)每組有七個(gè)電子元件，將每組的七個(gè)電子元件串聯(lián)起來，成組進(jìn)行檢測(cè)，若檢測(cè)通過，

則本組全部電子元件為正品，不需要再檢測(cè)；若檢測(cè)不通過，則本組至少有一個(gè)電子元件

是次品，再對(duì)本組個(gè)電子元件逐一檢測(cè).

(1)當(dāng)左=5時(shí)，估算一組待檢測(cè)電子元件中有次品的概率；

(2)設(shè)一組電子元件的檢測(cè)次數(shù)為X,求X的數(shù)學(xué)期望；

(3)估算當(dāng)上為何值時(shí)，每個(gè)電子元件的檢測(cè)次數(shù)最小，并估算此時(shí)檢測(cè)的總次數(shù)(提

示：利用(1-4近-帆進(jìn)行估算).

【解析】(1)設(shè)事件A：一組待檢測(cè)電子元件中由次品，則事件?表示一組待檢測(cè)電子元

件中沒有次品；

因?yàn)槭?=(_0.01)5

所以尸⑷=1-尸-0.01)521—(1-5x0.01)=0.05

(2)依題意，X的可能取值為1,左+1

p(X=1)=0.99〃,P(X=左+1)=1—0.99&

分布列如下：

X1人+1

P0.99*1-0.99*

所以的數(shù)學(xué)期望為：E(X)=0.99&+仕+1乂1-0.99&)=4(1-0.99&)+1

(3)由(2)可得：每個(gè)元件的平均檢驗(yàn)次數(shù)為：11一°，9y)+1

因?yàn)槭敷蒙?11

=1-0.99*+-=1-(1-0.01)"+—?l-(l-0.0R)+-=0.01fc+—

kkkkk

當(dāng)且僅當(dāng)上=10時(shí)，檢驗(yàn)次數(shù)最小

此時(shí)總檢驗(yàn)次數(shù)3000X^0.01X10+^=600(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(guó)家大力提倡養(yǎng)老社會(huì)

化、市場(chǎng)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(duì)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：

雙人間三人間

入住房間的類型單人間

人數(shù)366024

⑴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(jī)抽取10人，再?gòu)?/p>

這10人中隨機(jī)抽取4人進(jìn)行詢問，記隨機(jī)抽取的4人中入住單人間的人數(shù)為九求J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(shí)要求把入住單人間的2人和入住多人間的

〃?(〃?>2且%eN*)人組成一組，負(fù)責(zé)人從某組中任選2人進(jìn)行詢問，若選出的2人入住房

間類型相同，則該組標(biāo)為I,否則該組標(biāo)為n.記詢問的某組被標(biāo)為n的概率為。.

(i)試用含加的代數(shù)式表示

(ii)若一共詢問了5組，用g(p)表示恰有3組被標(biāo)為的概率，試求g(0的最大值及此時(shí)

m的值.

【解析】(1)因?yàn)閱稳碎g、雙人間、三人間入住人數(shù)比為36：60：24,即3：5：2,

3S

所以這10人中，入住單人間、雙人間、三人間的人數(shù)分別為10x元=3,10x元=5,

10x—=2,

10

所以4的所有可能取值為0,1,2,3,

4

%=。)=c胃心1尸("1)=等

Jo°Jo2

C2c2313

p優(yōu)=3)=生cC=_1L

&2)=專,l'C：o30

所以4的分布列為:

(2)(i)從機(jī)+2人中任選2人，有C〉2種選法，其中入住房間類型相同的有C：+C；種選

法,

02+C2w?2_?4m

所以詢問的某組被標(biāo)為II的概率P=1-=1-彳/c

C；+2〃廠+3機(jī)+2m2+3m+2

(ii)由題意，5組中恰有3組被標(biāo)為II的概率

g(P)=G/?(1_02=加(1_2p+/)=］0(p3_2/+/)

所以，(0=10(3加_8/+5")=10p2(p_0(5p_3)

所以當(dāng)pe(0,|1時(shí)，g，Q)>0,函數(shù)g(0)單調(diào)遞增，

當(dāng)pe1|,l］時(shí)，g<0)<O,函數(shù)g(p)單調(diào)遞減，

所以當(dāng)P=］時(shí)，g(°)取得最大值，最大值為g1|)=cH>{iTj=|^|

3

由0=療+3，"+2=:且加eN*'得"=3,

所以當(dāng)〃?=3時(shí)，5組中恰有3組被標(biāo)為H的概率最大，且g(p)的最大值為坐.

625

例12.(2024?全國(guó)?高三專題練習(xí))為落實(shí)立德樹人根本任務(wù)，堅(jiān)持五育并舉全面推進(jìn)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(duì)員來自3個(gè)不同校

區(qū)，三個(gè)校區(qū)的隊(duì)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(duì)

員進(jìn)行11場(chǎng)比賽(每場(chǎng)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3:0或3:1取勝的隊(duì)員積3分，失敗的隊(duì)員積。分；而在比賽中以3:2取勝

的隊(duì)員積2分，失敗的隊(duì)員的隊(duì)員積1分.已知第10輪張三對(duì)抗李四，設(shè)每局比賽張三取

勝的概率均為p(0<pel).

(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,記張三3:1取勝的概率為三p),求出了(P)的最大值點(diǎn)區(qū).

【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

cC+c；c；+cC_47

P=

66

(2)由題可知/(0)=(2/。一p)=303。_0),

f,(p)=3[3p2(l-p)+p3x(-l)]=3p2(3-40),

令f'(p)=。,得p=3.

當(dāng)pe[o,￡|時(shí)，r(p)>0,”0)在?上單調(diào)遞增；

當(dāng)時(shí)，-他)<。，"0在上單調(diào)遞減.

所以“P)的最大值點(diǎn)P°=：

變式8.(2024?山東濰坊?高三?？茧A段練習(xí))今年5