適用于老高考新教材2023屆高考數(shù)學二輪總復(fù)習專題四概率與統(tǒng)計課件

專題四概率與統(tǒng)計上篇內(nèi)容索引010203高考小題突破5概率與統(tǒng)計的基本計算培優(yōu)拓展?統(tǒng)計圖表創(chuàng)新題中的數(shù)據(jù)分析素養(yǎng)◎高考保分大題四概率與統(tǒng)計的綜合問題04培優(yōu)拓展?非線性回歸問題考情分析1.從題型和題量上看,高考對本專題考查基本穩(wěn)定在“兩小一大”的形式,總分約22分.題型選擇、填空均可命題,解答必考.2.從考查內(nèi)容上看,選擇、填空題中主要考查抽樣方法、古典概型、用樣本估計總體、正態(tài)分布及統(tǒng)計圖表信息題等.解答題?？疾槌蓪?shù)據(jù)的統(tǒng)計分析,條件概率,以現(xiàn)實生產(chǎn)、生活、科技等真實情境為背景的離散型隨機變量的分布列、期望、方差等,難度有所提升.3.核心素養(yǎng):數(shù)學建模、數(shù)據(jù)分析、邏輯推理、數(shù)學運算等.備考策略1.重視新增知識,如百分位數(shù)、條件概率與全概率公式、分層抽樣中的樣本數(shù)字特征等,在理解的基礎(chǔ)上能熟練運用相關(guān)公式進行計算.2.重視閱讀理解,本部分知識與實際聯(lián)系密切,一般閱讀量較大,需要平時多加訓練,抓住材料本質(zhì),提煉關(guān)鍵內(nèi)容,通過數(shù)學建模達到處理題目信息的目的.3.重視對統(tǒng)計圖表信息題的訓練,此類問題常通過真實的統(tǒng)計圖表,以選擇題尤其是多選題的形式考查讀圖能力和數(shù)據(jù)分析的核心素養(yǎng),是高考命題的熱點.4.提升運算正確率,重視幾種特殊分布,尤其是二項分布和超幾何分布,平時多注意數(shù)學運算的訓練,力求會的題目做對.真題感悟1.(2022·全國甲·理2)某社區(qū)通過公益講座以普及社區(qū)居民的垃圾分類知識.為了解講座效果,隨機抽取10位社區(qū)居民,讓他們在講座前和講座后各回答一份垃圾分類知識問卷,這10位社區(qū)居民在講座前和講座后問卷答題的正確率如下圖:則(

)A.講座前問卷答題的正確率的中位數(shù)小于70%B.講座后問卷答題的正確率的平均數(shù)大于85%C.講座前問卷答題的正確率的標準差小于講座后正確率的標準差D.講座后問卷答題的正確率的極差大于講座前正確率的極差答案B

解析

對于A,中位數(shù)為(70%+75%)÷2=72.5%>70%,A錯誤;對于B,平均數(shù)為89.5%>85%,B正確;對于C,從圖中可以看出,講座前問卷答題的正確率的波動幅度要大于講座后問卷答題的正確率的波動幅度,故C錯誤;對于D,講座后問卷答題的正確率的極差為20%,講座前問卷答題的正確率的極差為35%,D錯誤.故選B.2.(2021·天津·4)從某網(wǎng)絡(luò)平臺推薦的影視作品中抽取400部,統(tǒng)計其評分數(shù)據(jù),將所得400個評分數(shù)據(jù)分為8組:[66,70),[70,74),…,[94,98],并整理得到如下的頻率分布直方圖,則評分在區(qū)間[82,86)內(nèi)的影視作品數(shù)量是(

)A.20 B.40 C.64 D.80答案D

解析

由頻率分布直方圖可知,評分在區(qū)間[82,86)內(nèi)的影視作品數(shù)量為400×0.05×4=80.3.(2021·全國甲·理10)將4個1和2個0隨機排成一行,則2個0不相鄰的概率為(

)答案C

4.(2021·新高考Ⅰ·8)有6個相同的球,分別標有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中有放回的隨機取兩次,每次取1個球.甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”,丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”,丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”,則(

)A.甲與丙相互獨立

B.甲與丁相互獨立

C.乙與丙相互獨立

D.丙與丁相互獨立答案B

5.(2022·全國乙·文19)某地經(jīng)過多年的環(huán)境治理,已將荒山改造成了綠水青山.為估計一林區(qū)某種樹木的總材積量,隨機選取了10棵這種樹木,測量每棵樹的根部橫截面積(單位:m2)和材積量(單位:m3),得到如下數(shù)據(jù):(1)估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量;(2)求該林區(qū)這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關(guān)系數(shù)(精確到0.01);(3)現(xiàn)測量了該林區(qū)所有這種樹木的根部橫截面積,并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為186m2.已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比.利用以上數(shù)據(jù)給出該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值.附:(3)由題意及(1),可知該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值為

×186=1

209(m3).6.(2021·新高考Ⅰ·18)某學校組織“一帶一路”知識競賽,有A,B兩類問題.每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答,若回答錯誤則該同學比賽結(jié)束;若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答,無論回答正確與否,該同學比賽結(jié)束.A類問題中的每個問題回答正確得20分,否則得0分;B類問題中的每個問題回答正確得80分,否則得0分.已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8,能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6,且能正確回答問題的概率與回答次序無關(guān).(1)若小明先回答A類問題,記X為小明的累計得分,求X的分布列;(2)為使累計得分的期望最大,小明應(yīng)選擇先回答哪類問題?并說明理由.(2)若小明先回答A類問題,期望為E(X).若小明先回答B(yǎng)類問題,Y為小明的累計得分,Y=0,80,100,因為E(X)<E(Y),所以小明應(yīng)選擇先回答B(yǎng)類問題.知識精要1.抽樣方法(1)從容量為N的總體中抽取容量為n的樣本,則每個個體被抽到的概率都為(2)分層隨機抽樣實際上就是按比例抽樣,即按各層個體數(shù)占總體的比確定各層應(yīng)抽取的樣本數(shù)量.等可能性,公平性

名師點析簡單隨機抽樣、分層隨機抽樣都是等概率抽樣,體現(xiàn)了抽樣的公平性,但又各有其特點和適用范圍.2.統(tǒng)計中四個數(shù)據(jù)特征(1)眾數(shù):在樣本數(shù)據(jù)中,出現(xiàn)次數(shù)最多的那個數(shù)據(jù).(2)中位數(shù):在樣本數(shù)據(jù)中,將數(shù)據(jù)按大小排列,位于最中間的數(shù)據(jù).如果數(shù)據(jù)的個數(shù)為偶數(shù),就取中間兩個數(shù)據(jù)的平均數(shù)作為中位數(shù).名師點析在頻率分布直方圖中確定眾數(shù)、中位數(shù)和平均數(shù)的方法在頻率分布直方圖中,眾數(shù)是最高小長方形底邊中點的橫坐標;中位數(shù)左邊和右邊的小長方形的面積是相等的;平均數(shù)是頻率分布直方圖的“重心”,等于頻率分布直方圖中每個小長方形的面積乘以小長方形底邊中點的橫坐標之和.3.數(shù)據(jù)的統(tǒng)計相關(guān)性(1)線性相關(guān):一般地,如果兩個變量的取值呈現(xiàn)正相關(guān)或負相關(guān),而且散點落在一條直線附近,我們就稱這兩個變量線性相關(guān).(2)經(jīng)驗回歸方程:若變量x與y具有線性相關(guān)關(guān)系,有n個樣本數(shù)據(jù)

(3)決定系數(shù)R2:R2=1-.R2越大,表示殘差平方和越小,即模型的擬合效果越好;R2越小,表示殘差平方和越大,即模型的擬合效果越差.名師點析根據(jù)經(jīng)驗回歸方程進行預(yù)報,得到的僅是一個預(yù)測值,而不是真實發(fā)生的值.4.獨立性檢驗對于取值分別是{x1,x2}和{y1,y2}的分類變量X和Y,其2×2列聯(lián)表是:變量y1y2合計x1aba+bx2cdc+d合計a+cb+dn隨機變量

5.概率的計算公式

對立事件一定是互斥事件,但互斥事件不一定是對立事件

誤區(qū)警示要注意概率P(A|B)與P(AB)的區(qū)別(1)在P(A|B)中,事件A,B發(fā)生有時間上的差異,B先A后;在P(AB)中,事件A,B同時發(fā)生.(2)樣本空間不同,在P(A|B)中,事件B成為樣本空間;在P(AB)中,樣本空間仍為Ω,因而有P(A|B)≥P(AB).6.兩種特殊分布(1)超幾何分布在含有M件次品的N件產(chǎn)品中,任取n件(不放回),其中恰有X件次品,則(2)二項分布一般地,在n重伯努利試驗中,事件A發(fā)生的次數(shù)為X,設(shè)每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p,則P(X=k)=pkqn-k,其中0<p<1,p+q=1,k=0,1,2,…,n,稱X服從參數(shù)為n,p的二項分布,記作X~B(n,p).名師點析1.超幾何分布的模型是不放回抽樣,要注意明確其中參數(shù)M,N,n的含義.2.二項分布的條件是獨立性與重復(fù)性.7.離散型隨機變量的分布列設(shè)離散型隨機變量X可能取的不同值為x1,x2,…,xi,…,xn,X取每一個值xi(i=1,2,…,n)的概率P(X=xi)=pi,則稱下表為離散型隨機變量X的分布列.Xx1x2x3…xi…xnPp1p2p3…pi…pn名師點析1.離散型隨機變量的分布列的兩個性質(zhì)(1)pi≥0(i=1,2,…,n);(2)p1+p2+…+pn=1.2.期望公式:E(X)=x1p1+x2p2+…+xnpn.8.離散型隨機變量的方差公式

名師點析方差和標準差都是描述一組數(shù)據(jù)離散程度大小的量,只是單位不同.標準差的單位與數(shù)據(jù)的單位相同,方差的單位是數(shù)據(jù)單位的平方.9.期望與方差的性質(zhì)(1)離散型隨機變量期望的性質(zhì)①E(aX+b)=aE(X)+b;②若X~B(n,p),則E(X)=np;③若X服從兩點分布,則E(X)=p.(2)離散型隨機變量方差的性質(zhì)①D(aX+b)=a2D(X);②若X~B(n,p),則D(X)=np(1-p);③若X服從兩點分布,則D(X)=p(1-p).10.正態(tài)分布正態(tài)分布完全由參數(shù)μ和σ確定,因此正態(tài)分布常記作N(μ,σ2).如果隨機變量X服從正態(tài)分布,則記為X~N(μ,σ2).滿足正態(tài)分布的三個基本概率的值是①P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827;②P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545;③P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973.注意是σ2,不是σ名師點析利用正態(tài)分布密度曲線的對稱性研究相關(guān)概率問題是常見考法,涉及的知識主要是正態(tài)曲線關(guān)于直線x=μ對稱,曲線與x軸之間的面積為1.高考小題突破5

考點一用樣本估計總體典例突破1(1)(2021·全國甲·理2)為了解某地農(nóng)村經(jīng)濟情況,對該地農(nóng)戶家庭年收入進行抽樣調(diào)查,將農(nóng)戶家庭年收入的調(diào)查數(shù)據(jù)整理得到如下頻率分布直方圖:根據(jù)此頻率分布直方圖,下面結(jié)論中不正確的是(

)A.該地農(nóng)戶家庭年收入低于4.5萬元的農(nóng)戶比率估計為6%B.該地農(nóng)戶家庭年收入不低于10.5萬元的農(nóng)戶比率估計為10%C.估計該地農(nóng)戶家庭年收入的平均值不超過6.5萬元D.估計該地有一半以上的農(nóng)戶,其家庭年收入介于4.5萬元至8.5萬元之間(2)(2022·福建莆田模擬)有一組樣本甲的數(shù)據(jù)xi(i=1,2,3,4,5,6),由這組數(shù)據(jù)得到新樣本乙的數(shù)據(jù)2xi+1(i=1,2,3,4,5,6),其中xi(i=1,2,3,4,5,6)為不全相等的正實數(shù).下列說法不正確的是(

)A.樣本甲的極差一定小于樣本乙的極差B.樣本甲的方差一定大于樣本乙的方差C.若m為樣本甲的中位數(shù),則樣本乙的中位數(shù)為2m+1D.若m為樣本甲的平均數(shù),則樣本乙的平均數(shù)為2m+1答案

(1)C

(2)B

解析

(1)該地農(nóng)戶家庭年收入低于4.5萬元的農(nóng)戶比率估計為(0.02+0.04)×1=6%,A正確;該地農(nóng)戶家庭年收入不低于10.5萬元的農(nóng)戶比率估計為(0.04+0.02+0.02+0.02)×1=10%,B正確;該地農(nóng)戶家庭年收入的平均值為0.02×3+0.04×4+0.1×5+0.14×6+0.2×7+0.2×8+0.1×9+0.1×10+0.04×11+0.02×12+0.02×13+0.02×14=7.68,C不正確;該地農(nóng)戶家庭年收入介于4.5萬元至8.5萬元之間的比率為(0.1+0.14+0.2+0.2)×1=64%,D正確.(2)xi(i=1,2,3,4,5,6)為不全相等的正實數(shù),若甲的極差為m(m>0),平均數(shù)為E(X),方差為D(X),則D(X)>0,中位數(shù)為n,則乙的極差為2m,平均數(shù)為2E(X)+1,方差為4D(X),中位數(shù)為2n+1,由2m>m,故A正確;由題意可知,4D(X)>D(X),故B不正確;由上分析知:若m為樣本甲的中位數(shù),則樣本乙的中位數(shù)為2m+1,故C正確;由上分析知:若m為樣本甲的平均數(shù),則樣本乙的平均數(shù)為2m+1,故D正確.增分技巧1.用樣本的頻率估計總體的步驟①確定樣本容量N.②確定事件發(fā)生的次數(shù)(頻數(shù))n.③求頻率

.④估計總體.2.用樣本的數(shù)字特征估計總體的步驟①確定樣本.②求樣本的平均數(shù)、眾數(shù)、中位數(shù)、方差(標準差).③由數(shù)字分析樣本、估計總體.對點練1(2022·山東濰坊一模)某市共青團委統(tǒng)計了甲、乙兩名同學近十期“青年大學習”答題得分情況,整理成如圖所示的莖葉圖,則下列說法中不正確的是(

)A.甲得分的30%分位數(shù)是31B.乙得分的眾數(shù)是48C.甲得分的中位數(shù)小于乙得分的中位數(shù)D.甲得分的極差等于乙得分的極差答案

A

解析

對于A,甲得分從小到大排列為27,28,31,39,42,45,55,55,58,66,而10×30%=3,所以甲得分的30%分位數(shù)是35,A不正確;對于B,乙的得分中有兩個48,其余分數(shù)值均只有一個,因此乙得分的眾數(shù)是48,B正確;對于C,甲得分的中位數(shù)是43.5,乙得分的中位數(shù)是45,C正確;對于D,甲得分的極差、乙得分的極差都是39,D正確.考點二古典概型典例突破2(1)(2022·山東菏澤二模)中國空間站的主體結(jié)構(gòu)包括天和核心艙、問天實驗艙和夢天實驗艙,假設(shè)空間站要安排甲、乙、丙、丁4名航天員開展實驗,其中天和核心艙安排2人,問天實驗艙與夢天實驗艙各安排1人,則甲、乙兩人安排在同一個艙內(nèi)的概率為(

)(2)(2022·新高考Ⅰ·5)從2至8的7個整數(shù)中隨機取2個不同的數(shù),則這2個數(shù)互質(zhì)的概率為(

)答案

(1)A

(2)D增分技巧古典概型求解的關(guān)鍵點(1)解答古典概型問題,關(guān)鍵是正確求出基本事件的總數(shù)和A包含的基本事件的個數(shù),常用到計數(shù)原理與排列、組合的相關(guān)知識.(2)在求基本事件的總數(shù)時,要準確理解基本事件的構(gòu)成,這樣才能保證所求A所包含的基本事件的個數(shù)的求法與基本事件的總數(shù)的求法的一致性.對點練2(1)(2022·河北邯鄲二模)甲、乙兩人玩一個傳紙牌的游戲,每個回合,兩人同時隨機從自己的紙牌中選一張給對方.游戲開始時,甲手中的兩張紙牌數(shù)字分別為1,3,乙手中的兩張紙牌數(shù)字分別為2,4,則一個回合之后,甲手中的紙牌數(shù)字之和大于乙手中的紙牌數(shù)字之和的概率為(

)(2)(2022·山東聊城一模)第24屆冬奧會于2022年2月4日至20日在北京和張家口舉行,中國郵政陸續(xù)發(fā)行了多款紀念郵票,其圖案包括“冬夢”“飛躍”“冰墩墩”“雪容融”等,小明現(xiàn)有“冬夢”“飛躍”“冰墩墩”“雪容融”郵票各2張,他打算從這8張郵票中任選3張贈送給同學小紅,則在選中的3張郵票中既有“冰墩墩”郵票又有“雪容融”郵票的概率為

.

解析

(1)甲手中的兩張紙牌數(shù)字用{1,3}表示,乙手中的兩張紙牌數(shù)字用{2,4}表示,一個回合之后,甲、乙兩人手中的兩張紙牌數(shù)字可能為①{2,3},{1,4};②{4,3},{2,1};③{1,2},{3,4};④{1,4},{2,3},共4種情況,其中甲手中的紙牌數(shù)字之和大于乙手中的紙牌數(shù)字之和只有②一種情況,所以甲手中的紙牌數(shù)字之和大于乙手中的紙牌數(shù)字之和的概率為

.考點三相互獨立事件的概率典例突破3(1)(2022·廣東韶關(guān)二模)某一部件由三個電子元件按如圖方式連接而成,元件1和元件2同時正常工作,或元件3正常工作,則部件正常工作,設(shè)三個電子元件正常工作的概率均為,且各個元件能否正常工作相互獨立,那么該部件正常工作的概率為(

)答案

(1)D

(2)B

解析

(1)討論元件3正常與不正常:第一類,元件3正常,上部分正?；虿徽６疾挥绊懺摬考９ぷ?則正常增分技巧求相互獨立事件和n次獨立重復(fù)試驗的概率的注意點(1)求復(fù)雜事件的概率,要正確分析復(fù)雜事件的構(gòu)成,分析復(fù)雜事件能轉(zhuǎn)化為幾個彼此互斥事件的“和”事件還是能轉(zhuǎn)化為幾個相互獨立事件同時發(fā)生的“積”事件,然后用概率公式求解.(2)注意辨別n次獨立重復(fù)試驗的基本特征:①同一個試驗獨立重復(fù)做n次;②各次試驗的結(jié)果相互獨立.(2)(2022·遼寧大連模擬)投壺是中國古代士大夫宴飲時做的一種投擲游戲,在戰(zhàn)國時期較為盛行.如圖為一幅唐朝的投壺圖,假設(shè)甲、乙是唐朝的兩位投壺游戲參與者,且甲、乙每次投壺投中的概率分別為,每人每次投壺相互獨立.若約定甲投壺2次,乙投壺3次,投中次數(shù)多者勝,則甲最后獲勝的概率為

.

考點四條件概率與全概率公式考向1條件概率典例突破4(1)(2022·甘肅酒泉模擬)同時拋擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子,記兩枚骰子正面向上的點數(shù)分別為x,y,則在2x+y=12的條件下,x與y不相等的概率是(

)(2)(2022·北京東城三模)若某地區(qū)60歲及以上人群的某疫苗全程(兩針)接種率為60%,加強免疫接種(第三針)的接種率為36%,則在該地區(qū)完成該疫苗全程接種的60歲及以上人群中隨機抽取一人,此人完成了加強免疫接種的概率為(

)A.0.6 B.0.375 C.0.36 D.0.216答案

(1)D

(2)A

解析

(1)(方法一)記“2x+y=12”為事件A,“x與y不相等”為事件B,則

(2)設(shè)事件A為抽取的一人完成該疫苗全程接種,事件B為抽取的一人完成加強免疫接種,所以P(A)=0.6,P(AB)=0.36,所以在該地區(qū)完成該疫苗全程接種的60歲及以上人群中隨機抽取一人,此增分技巧條件概率的三種求法定義法先求P(A)和P(AB),再由P(B|A)=求P(B|A)基本事件法借助古典概型概率公式,先求A包含的基本事件個數(shù)n(A),再求AB所包含的基本事件個數(shù)n(AB),得P(B|A)=縮樣法縮小基本事件集合的方法,就是去掉第一次抽到的情況,只研究剩下的情況,用古典概型求解,它能化繁為簡對點練4(1)(2022·山東濟寧模擬)已知n是一個三位正整數(shù),若n的十位數(shù)字大于個位數(shù)字,百位數(shù)字大于十位數(shù)字,則稱n為三位遞增數(shù).已知a,b,c∈{0,1,2,3,4},設(shè)事件A為“由a,b,c組成三位正整數(shù)(數(shù)字可重復(fù))”,事件B為“由a,b,c組成的三位正整數(shù)為遞增數(shù)”,則P(B|A)=(

)(2)(2022·江西南昌二模)從裝有4個紅球和3個藍球(除顏色外完全相同)的盒子中任取兩個球,則在選到的兩個球顏色相同的條件下,都是紅球的概率為

.

解析

(1)由題可知n(A)=4×5×5=100,由a,b,c組成的三位正整數(shù)為遞增數(shù),則:若該三位數(shù)個位是0,則百位和十位從1,2,3,4四個數(shù)字中任選兩個按大小排列即可,共

=6種可能;若該三位數(shù)個位是1,則百位和十位從2,3,4三個數(shù)字中任選兩個按大小排列即可,共

=3種可能;若該三位數(shù)個位是2,則百位為4,十位為3,共1種可能.考向2全概率公式典例突破5(1)(2022·湖北黃岡模擬)為了提升全民身體素質(zhì),學校十分重視學生體育鍛煉,某?；@球運動員進行投籃練習.如果他前一球投進,則后一(2)(2022·海南嘉積中學模擬)長時間玩手機可能影響視力,據(jù)調(diào)查,某校學生大約40%的人近視,而該校大約有20%的學生每天玩手機超過1h,這些人的近視率約為50%.現(xiàn)從每天玩手機不超過1h的學生中任意調(diào)查一名學生,則他近視的概率為(

)答案

(1)B

(2)B

(2)令A(yù)1=“玩手機時間超過1

h的學生”,A2=“玩手機時間不超過1

h的學生”,B=“任意調(diào)查一人,此人近視”,則Ω=A1∪A2,且A1,A2互斥,P(A1)=0.2,P(A2)=0.8,P(B|A1)=0.5,P(B)=0.4,依題意,P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=0.2×0.5+0.8×P(B|A2)=0.4,增分技巧應(yīng)用全概率公式求概率的步驟(1)根據(jù)題意找出完備事件組,即滿足全概率公式的Ω的一個劃分A1,A2,A3,…,An;(2)用Ai(i=1,2,3,…,n)來表示待求的事件;(3)代入全概率公式求解.對點練5(1)(2022·廣東茂名模擬)某乒乓球訓練館使用的球是A,B,C三種不同品牌標準比賽球,根據(jù)以往使用的記錄數(shù)據(jù):品牌名稱合格率購買球占比A98%0.2B99%0.6C97%0.2若這些球在盒子中是均勻混合的,且無區(qū)別的標志,現(xiàn)從盒子中隨機地取一只球用于訓練,則它是合格品的概率為(

)A.0.986 B.0.984 C.0.982 D.0.980(2)(2022·湖北襄陽模擬)英國數(shù)學家貝葉斯在概率論研究方面成就顯著,根據(jù)貝葉斯統(tǒng)計理論,隨機事件A,B存在如下關(guān)系:P(A|B)=.某高校有甲、乙兩家餐廳,王同學第一天去甲、乙兩家餐廳就餐的概率分別為0.4和0.6.如果他第一天去甲餐廳,那么第二天去甲餐廳的概率為0.6;如果第一天去乙餐廳,那么第二天去甲餐廳的概率為0.5,則王同學(

)A.第二天去甲餐廳的概率為0.56B.第二天去乙餐廳的概率為0.44答案

(1)B

(2)C

解析

(1)將A,B,C分別記為第1,第2,第3個品牌,設(shè)事件M1表示“取到的球是第i個品牌(i=1,2,3)”,事件N表示“取到的是一個合格品”,其中M1,M2,M3兩兩互斥,所以P(N)=P(M1N)+P(M2N)+P(M3N)=P(M1)P(N|M1)+P(M2)P(N|M2)+P(M3)P(N|M3)=0.98×0.2+0.99×0.6+0.97×0.2=0.984,所以它是合格品的概率為0.984.(2)設(shè)A1:第一天去甲餐廳,A2:第二天去甲餐廳,B1:第一天去乙餐廳,B2:第二天去乙餐廳,所以P(A1)=0.4,P(B1)=0.6,P(A2|A1)=0.6,P(A2|B1)=0.5.所以P(A2)P(A1|A2)=0.24,P(A2)P(B1|A2)=0.3,所以有P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=0.4×0.6+0.6×0.5=0.54,因此選項A不正確;P(B2)=1-P(A2)=0.46,因此選項B不正確;考點五正態(tài)分布及其應(yīng)用典例突破6(1)(2022·河北唐山三模)在某次測驗中,測驗結(jié)果ξ服從正態(tài)分布N(80,σ2).若P(ξ>90)=0.2,則P(70<ξ<90)=

.

(2)(2022·山東泰安一模)隨著時代發(fā)展和社會進步,教師職業(yè)越來越受青睞,考取教師資格證成為不少人的就業(yè)規(guī)劃之一.當前,中小學教師資格考試分筆試和面試兩部分.已知某市2021年共有10000名考生參加了中小學教師資格考試的筆試,現(xiàn)從中隨機抽取100人的筆試成績(滿分100分)作為樣本,整理得到如下頻數(shù)分布表:筆試成績X[40,50)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]人數(shù)51025302010由頻數(shù)分布表可認為該市全體考生的筆試成績X近似服從正態(tài)分布N(μ,σ2),其中,μ近似為100名樣本考生筆試成績的平均值(同一組的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代替),則μ=

.若σ=12.9,據(jù)此估計該市全體考生中筆試成績高于85.9的人數(shù)(結(jié)果四舍五入精確到個位)為

.

參考數(shù)據(jù):若X~N(μ,σ2),則P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973.答案

(1)0.6

(2)73

1587

解析

(1)因為ξ服從正態(tài)分布N(80,σ2),所以P(ξ<80)=0.5.因為P(70<ξ<90)=2(P(ξ<90)-P(ξ<80))=2(1-P(ξ>90)-P(ξ<80))=2×(1-0.2-0.5)=0.6.增分技巧正態(tài)分布下常見的概率計算利用3σ原則求概率問題時,要注意把給出的區(qū)間或范圍與正態(tài)變量μ,σ進行對比聯(lián)系,確定它們屬于[μ-σ,μ+σ],[μ-2σ,μ+2σ],[μ-3σ,μ+3σ]中的哪一個.對點練6(1)(2022·山東德州二模)設(shè)隨機變量X服從正態(tài)分布N(1,σ2),若P(X<2-a)=0.3,則P(2-a<X<a)=(

)A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.6(2)(2021·新高考Ⅱ·6)某物理量的測量結(jié)果服從正態(tài)分布N(10,σ2),下列結(jié)論中不正確的是(

)A.σ越小,該物理量在一次測量中在(9.9,10.1)的概率越大B.σ越小,該物理量在一次測量中大于10的概率為0.5C.σ越小,該物理量在一次測量中小于9.99與大于10.01的概率相等D.σ越小,該物理量在一次測量中落在(9.9,10.2)與落在(10,10.3)的概率相等答案

(1)C

(2)D

解析

(1)因為x=2-a,x=a關(guān)于x=1對稱,故P(2-a<X<a)=2P(2-a<X<1)=2[0.5-P(X<2-a)]=0.4.(2)對于A,σ2為數(shù)據(jù)的方差,所以σ越小,數(shù)據(jù)在μ=10附近越集中,所以測量結(jié)果落在(9.9,10.1)內(nèi)的概率越大,故A正確;對于B,由正態(tài)密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量大于10的概率為0.5,故B正確;對于C,由正態(tài)密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量結(jié)果大于10.01的概率與小于9.99的概率相等,故C正確;對于D,因為該物理量一次測量結(jié)果落在(9.9,10.2)的概率大于落在(10,10.3)的概率,所以一次測量結(jié)果落在(9.9,10.2)的概率與落在(10,10.3)的概率不同,故D錯誤.培優(yōu)拓展?統(tǒng)計圖表創(chuàng)新題中的數(shù)據(jù)分析素養(yǎng)圖表信息題是題設(shè)條件或結(jié)論中包含有圖表的試題.用圖表形式提供信息與以往通過單一文字提供信息比較,往往有直觀、信息量大、數(shù)量之間關(guān)系明確等優(yōu)點,成為近年命題的熱點.一般以真實的生活實例為情境命題,如國家統(tǒng)計局公布的一些統(tǒng)計數(shù)據(jù)等,對考生讀圖、識圖及數(shù)據(jù)處理的能力提出了較高的要求.解答這類試題,需要仔細觀察,挖掘圖表所含的信息,并對所得到的信息進行分類、合成、提取、加工,最終求得問題的答案.高中數(shù)學除了最常見的頻率分布直方圖和莖葉圖外,常見的統(tǒng)計圖表還有扇形圖(餅圖)、柱(條)形圖、折線圖、雷達圖等.類型1扇形圖(餅圖)【例1】

(2022·河北衡水模擬)2021年我國全國發(fā)電量為81121.8億千瓦時,相比2020年增長了6951.4億千瓦時,如圖是我國2020年和2021年全國發(fā)電結(jié)構(gòu)占比圖,則下列說法不正確的是(

)A.2020年與2021年這兩年的全國發(fā)電量中火力發(fā)電占比均最高B.2021年全國火力發(fā)電量低于2020年全國火力發(fā)電量C.2020年與2021年的全國水力發(fā)電量占比均在當年排名第二D.2021年的風力、太陽能、核能發(fā)電量占比均高于2020年答案

B

解析

對于A:根據(jù)扇形圖易知2020和2021這兩年發(fā)電量中火力發(fā)電的占比都是最高,故A正確;對于B:由題意得2020年全國發(fā)電量為81

121.8-6

951.4=74

170.4億千瓦時,2020年火力發(fā)電量為74

170.4×71.18%≈52

794.5億千瓦時,2021年火力發(fā)電量為81

121.8×71.13%≈57

701.9億千瓦時,故B不正確.對于C:根據(jù)扇形圖易知2020和2021這兩年發(fā)電量中水力發(fā)電都排名第二,故C正確;根據(jù)兩扇形圖易知D正確.增分技巧扇形圖,又稱扇形統(tǒng)計圖,它是用整個圓表示總數(shù),用圓內(nèi)各個扇形的大小表示各部分數(shù)量占總數(shù)的百分數(shù),通過扇形統(tǒng)計圖可以很清楚地表示出各部分數(shù)量同總數(shù)之間的關(guān)系.類型2條(柱)形圖【例2】

(2022·遼寧錦州模擬)隨著時代的革新,科技的進步,通信技術(shù)已經(jīng)成為我們?nèi)粘Ｉ罴肮ぷ髦斜夭豢缮俚囊徊糠?在信息化時代下,通信行業(yè)作為一個新興的科學技術(shù)類行業(yè),在具有長遠發(fā)展?jié)摿Φ耐瑫r也面臨著激烈的競爭.“2019年6月末—2021年6月末(9個季度)全國互聯(lián)網(wǎng)寬帶接入端口數(shù)(單位:億個)”統(tǒng)計圖如圖.根據(jù)統(tǒng)計圖的相關(guān)信息進行分析,下列說法中正確的是(

)A.2020年12月末,全國互聯(lián)網(wǎng)寬帶接入端口數(shù)較2019年同期增長0.40億個B.2021年6月末,全國互聯(lián)網(wǎng)寬帶接入端口數(shù)較2020年同期增長率約為5.19%2019年6月末—2021年6月末(9個季度)全國互聯(lián)網(wǎng)寬帶接入端口數(shù)C.2019年6月末—2021年6月末(9個季度),全國互聯(lián)網(wǎng)寬帶接入端口數(shù)每個季度都在增長,且增長量是遞增的D.2019年6月末—2021年6月末(9個季度),全國互聯(lián)網(wǎng)寬帶接入端口數(shù)每個季度的8個增長量的平均值約為0.10答案

D

解析

根據(jù)統(tǒng)計圖,逐項分析如下.選項正誤原因A×2019年12月末,全國互聯(lián)網(wǎng)寬帶接入端口數(shù)達9.16億個,2020年12月末,全國互聯(lián)網(wǎng)寬帶接入端口數(shù)達9.46億個,增長0.30億個B×2020年6月末,全國互聯(lián)網(wǎng)寬帶接入端口數(shù)達9.31億個,2021年6月末,全國互聯(lián)網(wǎng)寬帶接入端口數(shù)達9.82億個,所以同期增長率約為

≈5.48%選項正誤原因C×全國互聯(lián)網(wǎng)寬帶接入端口數(shù)從2019年6月末—2021年6月末(9個季度)的8個增長量分別為0.10,0.03,0.07,0.08,0.06,0.09,0.19,0.17,易知增長量不是遞增的D√由選項C的判斷知從2019年6月末—2021年6月末(9個季度)全國互聯(lián)網(wǎng)寬帶接入端口數(shù)的增長量的平均值約為(0.10+0.03+0.07+0.08+0.06+0.09+0.19+0.17)×≈0.10類型3折線圖【例3】

(2022·廣東梅州二模)如圖是國家統(tǒng)計局于2021年3月10日發(fā)布的2020年2月到2021年2月全國居民消費價格的漲跌幅情況折線圖,其中同比是指本期與同期作對比,如2020年10月與2019年10月相比;環(huán)比是指本期與上期作對比,如2020年12月與2020年11月相比.下列關(guān)于“居民消費價格漲跌幅”圖表的理解,錯誤的選項是(

)全國居民消費價格漲跌幅

A.2020年10月,全國居民消費價格同比下降B.2020年11月,全國居民消費價格環(huán)比下降C.2020年2月至2021年2月,全國居民消費價格環(huán)比在2021年1月漲幅最高D.2020年4月的全國居民消費價格高于2019年5月的全國居民消費價格答案

A

解析

從圖中可以看出2020年10月,全國居民消費價格同比為0.5>0,故全國居民消費價格同比上升,A錯誤;2020年11月,全國居民消費價格環(huán)比為-0.6<0,故全國居民消費價格環(huán)比下降,B正確;2020年2月至2021年2月,全國居民消費價格環(huán)比在2021年1月漲幅為1.0,最高,C正確;設(shè)2019年4月的全國居民消費價格為a,則2020年4月的全國居民消費價格為(1+3.3%)a,則2020年5月的全國居民消費價格為(1-0.8%)(1+3.3%)a,故(1+3.3%)a>1.000

7a,故2020年4月的全國居民消費價格高于2019年5月的全國居民消費價格,D正確.類型4雷達圖【例4】

(2022·遼寧沈陽高一期末)最近,EDG電子競技俱樂部首次奪得英雄聯(lián)盟全球總決賽冠軍的消息在網(wǎng)絡(luò)上轟動一時,這是對電子競技體育主流價值的一種認可,也是一場集體的自我證明,電競并不等同于打游戲,其需要很強的責任心和自律精神,我國體育總局已經(jīng)將電子競技項目列為正式體育競賽項目,現(xiàn)某公司推出一款全新電子競技游戲.下面雷達圖給出該游戲中3個人物的5種特征分析,則下列說法正確的是(

)①小軻的生命值低,但是法力、防衡力、移動速度都很出色,適合快速進攻②小娜的各項特征均衡,組隊進攻時,可以彌補小軻的弱點③小班的生命值比小軻大,所以游戲中一定比小軻活得久④如果進行一對一對抗賽,小班比小娜的勝率大A.①③

B.②③ C.①②

D.③④某電子競技游戲人物特征

答案

C

解析

人物小軻的生命值估計為25,回血值估計為50,移動速度估計為55,防御力估計為51,法力估計為58,故小軻適合快速進攻,①對;人物小娜的生命值估計為50,回血值估計為55,移動速度估計為45,防御力估計為40,法力估計為43,小娜的生命值高,各項特征均衡,組隊進攻時,可以彌補小軻的弱點,②對;人物小班的生命值估計為39,回血值估計為30,移動速度估計為32,防御力估計為30,法力估計為43,雖然小班的生命值比小軻大,但回血值、移動速度、防御值、法力值均低于小軻,所以在游戲中不一定比小軻活得久,③錯;由于人物小娜的生命值、回血值、移動速度、防御力都高于人物小班,而兩者的法力值幾乎一樣,所以小娜比小班的勝率大,④錯,故選C.增分技巧雷達圖是以從同一點開始的軸上表示的三個或更多個定量變量的二維圖表的形式顯示多變量數(shù)據(jù)的圖形方法.軸的相對位置和角度通常是無信息的,它相當于平行坐標圖,軸徑向排列.高考保分大題四熱點一

經(jīng)驗回歸方程的實際應(yīng)用典例突破1(2022·江西南昌模擬)某種機器隨著使用年限的增加,其價值逐漸減小.經(jīng)調(diào)查顯示,該機器售價為25萬元,其使用年限x(單位:年)與價值y(單位:萬元)之間的對應(yīng)關(guān)系統(tǒng)計如下表所示.2423222019191716由上表數(shù)據(jù)可知,可用線性回歸模型(下面簡稱為模型一)擬合y與x的關(guān)系.(2)研究人員采用另外一種非線性模型(下面簡稱為模型二)對上述數(shù)據(jù)進行研究,得到模型二的相關(guān)系數(shù)r'=-0.923.①計算模型一的相關(guān)系數(shù)r;②試根據(jù)①中計算結(jié)果,說明選擇哪種模型擬合效果更好.參考公式:對于一組具有線性相關(guān)關(guān)系的數(shù)據(jù)(xi,yi)(i=1,2,3,…,n),其經(jīng)驗回②相關(guān)系數(shù)r是衡量模型好壞的標準,相關(guān)系數(shù)的絕對值越接近于1,模型的擬合性就越強,因為|r|比|r'|更接近于1,故模型一相比模型二具有更好的擬合效果.增分技巧線性回歸分析問題的類型及解題方法(1)求經(jīng)驗回歸方程:

對點練1(2022·河南開封三模)根據(jù)統(tǒng)計,某蔬菜基地西紅柿畝產(chǎn)量的增加量y(單位:百千克)與某種液體肥料每畝使用量x(單位:千克)之間對應(yīng)數(shù)據(jù)的散點圖,如圖所示.(1)請從相關(guān)系數(shù)r(精確到0.01)的角度分析,能否用線性回歸模型擬合y與x的關(guān)系(若|r|≥0.75,則線性相關(guān)程度很強,可用線性回歸模型擬合);(2)建立y關(guān)于x的經(jīng)驗回歸方程,并用其估計當該種液體肥料每畝使用量為9千克時,該蔬菜基地西紅柿畝產(chǎn)量的增加量約為多少百千克?熱點二

獨立性檢驗的實際應(yīng)用典例突破2(2022·四川瀘州診斷測試)勞動教育具有樹德、增智、強體、育美的綜合育人價值.某學校為了解學生參加家務(wù)勞動的情況,隨機抽查了100名學生,其中有40名男生,并統(tǒng)計了這些學生在某個休息日做家務(wù)勞動的時間,將勞動時間分為5組:[0.5,1),[1,1.5),[1.5,2),[2,2.5),[2.5,3],得到如圖所示的頻率分布直方圖.(1)已知該校學生李華在該休息日做了1.6小時的家務(wù)勞動,根據(jù)繪制的頻率分布直方圖,試用統(tǒng)計的知識分析李華做家務(wù)勞動的時間處于什么水平(同一組中的數(shù)據(jù)以這組數(shù)據(jù)所在區(qū)間的中點值作代表);(2)若做家務(wù)勞動的時間不低于2小時稱為“喜歡做家務(wù)”,已知調(diào)查數(shù)據(jù)中喜歡做家務(wù)勞動的男生有5人,據(jù)所給數(shù)據(jù),完成下面的2×2列聯(lián)表,并依據(jù)小概率值α=0.05的χ2獨立性檢驗,分析喜歡做家務(wù)勞動是否與性別有關(guān).類別喜歡做家務(wù)不喜歡做家務(wù)男生

女生

α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解

(1)由題知,(0.3+0.5+m+0.4+0.1)×0.5=1,解得m=0.7.若選擇中位數(shù):勞動的時間在[0.5,1.5)的頻率為(0.3+0.5)×0.5=0.4,勞動的時間在[1.5,2)的頻率為0.7×0.5=0.35,0.4+=0.47,所以1.6小時的家務(wù)勞動略低于中等水平;若選擇平均數(shù):這些學生在某個休息日做家務(wù)勞動的時間的平均數(shù)為

=0.75×0.15+1.25×0.25+1.75×0.35+2.25×0.2+2.75×0.05=1.625>1.6,所以1.6小時的家務(wù)勞動略低于平均水平.(2)零假設(shè)為H0:喜歡做家務(wù)勞動與性別無關(guān).2×2列聯(lián)表如下:類別喜歡做家務(wù)不喜歡做家務(wù)合計男生53540女生204060合計2575100根據(jù)小概率值α=0.05的獨立性檢驗,我們推斷H0不成立,即喜歡做家務(wù)勞動與性別有關(guān),此推斷犯錯誤的概率不大于0.05.熱點三

離散型隨機變量的分布列、均值與方差考向1以超幾何分布為背景的期望與方差典例突破3(2022·河北唐山二模)目前,全國多數(shù)省份已經(jīng)開始了新高考改革.改革后,考生的高考總成績由語文、數(shù)學、外語3門全國統(tǒng)一考試科目成績和3門選擇性科目成績組成.注:甲、乙兩名同學對選擇性科目的選擇是隨機的.(1)A省規(guī)定:選擇性考試科目學生可以從思想政治、歷史、地理、物理、化學、生物學6門科目中任選3門參加選擇性考試.求甲同學在選擇物理科目的條件下,選擇化學科目的概率.(2)B省規(guī)定:3門選擇性科目由學生首先從物理科目和歷史科目中任選1門,再從思想政治、地理、化學、生物學4門科目中任選2門.①求乙同學同時選擇物理科目和化學科目的概率;②為調(diào)查學生的選科情況,從某校高二年級抽取了10名同學,其中有6名首選物理,4名首選歷史.現(xiàn)從這10名同學中再選3名同學做進一步調(diào)查.將其中首選歷史的人數(shù)記作X,求隨機變量X的分布列和數(shù)學期望.解

(1)“選擇物理”記作事件A,“選擇化學”記作事件B,則

對于②,隨機變量X可以取0,1,2,3.隨機變量X的分布列為

增分技巧求超幾何分布的分布列的步驟第一步,驗證隨機變量服從超幾何分布,并確定參數(shù)N,M,n的值;第二步,根據(jù)超幾何分布的概率計算公式計算出隨機變量取每一個值時的概率;第三步,用表格的形式列出分布列.對點練2(2022·山東煙臺一模)2022年2月4日至20日,第24屆冬季奧林匹克運動會在北京成功舉辦.這場冰雪盛會是運動健兒奮力拼搏的舞臺,也是中外文明交流互鑒的舞臺,折射出我國更加堅實的文化自信,詮釋著新時代中國的從容姿態(tài),傳遞出中華兒女與世界人民“一起向未來”的共同心聲.某學校統(tǒng)計了全校學生觀看北京冬奧會開幕式和閉幕式的時長情況(單位:分鐘),并根據(jù)樣本數(shù)據(jù)繪制得到如下所示的頻率分布直方圖.(1)求頻率分布直方圖中a的值,并估計樣本數(shù)據(jù)的85%分位數(shù);(2)采用分層隨機抽樣方式,從觀看時長在[200,280]中的學生中抽取6人.若從這6人中隨機抽取3人在全校交流觀看體會,設(shè)抽取的3人中觀看時長在[200,240)的人數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學期望.解

(1)由題意,40×(0.000

5+0.002×2+2a+0.006+0.006

5)=1,解得a=0.004.由頻率分布直方圖知,觀看時長在200分鐘以下占比為40×(0.000

5+0.002+0.004+0.006+0.006

5)=0.76,觀看時長在240分鐘以下占比為0.76+40×0.004=0.92,所以85%分位數(shù)位于[200,240)內(nèi),85%分位數(shù)為(2)由題意,觀看時長在[200,240),[240,280]中對應(yīng)的頻率分別為0.16和0.08,所以采用分層隨機抽樣的方式在兩個區(qū)間中應(yīng)分別抽取4人和2人.于是抽取的3人中觀看時長在[200,240)中的人數(shù)X的所有可能取值為1,2,3.X的分布列為

考向2以互斥或獨立事件為背景的期望與方差典例突破4(12分)(2022·全國甲·理19)甲、乙兩個學校進行體育比賽,比賽共設(shè)三個項目,每個項目勝方得10分,負方得0分,沒有平局.三個項目比賽結(jié)束后,總得分高的學校獲得冠軍.已知甲學校在三個項目中獲勝的概率分別為0.5,0.4,0.8,各項目的比賽結(jié)果相互獨立.(1)求甲學校獲得冠軍的概率;(2)用X表示乙學校的總得分,求X的分布列與期望.【規(guī)范解答】

則P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16,P(X=10)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4)×0.8+(1-0.5)×0.4×0.8=0.44,P(X=20)=0.5×(1-0.4)×(1-0.8)+(1-0.5)×0.4×(1-0.8)+(1-0.5)×(1-0.4)×0.8=0.34,X0102030P0.160.440.340.06【教師講評】(1)從總得分最高分析,知甲學校獲得冠軍有兩種情況,一是三個項目均獲勝,二是其中的兩個項目獲勝,利用對立事件及相互獨立事件的概率公式求解;(2)從甲學校獲勝的項目個數(shù)出發(fā),列出X的所有可能取值,再利用相互獨立事件同時發(fā)生的概率公式計算相應(yīng)概率,列出分布列,根據(jù)公式計算期望即可.增分技巧求相互獨立事件概率的兩種方法直接法正確分析復(fù)雜事件的構(gòu)成,將復(fù)雜事件轉(zhuǎn)化為幾個彼此互斥的事件的和事件或幾個相互獨立事件同時發(fā)生的積事件或獨立重復(fù)試驗問題,然后用相應(yīng)概率公式求解間接法當復(fù)雜事件正面情況較多,反面情況較少時,可利用其對立事件進行求解,對于“至少”“至多”等問題往往也用這種方法求解對點練3(2022·山東泰安三模)某商場為了促銷,規(guī)定顧客購買滿500元商品即可抽獎,最多有3次抽獎機會.每次抽中,可依次獲得10元、20元、30元獎金,若沒有抽中,不可繼續(xù)抽獎,顧客每次抽中后,可以選擇帶走所有獎金,結(jié)束抽獎;也可選擇繼續(xù)抽獎,若沒有抽中,則連同前面所得獎金全部歸零,結(jié)束抽獎.小明購買了500元商品并參與了抽獎活動,已知他每次抽中的概率(1)求小明第一次抽中,但所得獎金歸零的概率;(2)設(shè)小明所得獎金總數(shù)為隨機變量X,求X的分布列和數(shù)學期望.解

(1)記小明第i次抽中為事件Ai(i=1,2,3),則有

隨機變量X的分布列為

考向3以二項分布為背景的期望與方差典例突破5(2022·河北滄州二模)足球比賽淘汰賽階段通常常規(guī)比賽時間為90分鐘,若在90分鐘結(jié)束時進球數(shù)持平,需進行30分鐘的加時賽,若加時賽仍是平局,則采用“點球大戰(zhàn)”的方式?jīng)Q定勝負.“點球大戰(zhàn)”的規(guī)則如下:①兩隊各派5名隊員,雙方輪流踢點球,累計進球個數(shù)多者勝;②如果在踢滿5輪前,一隊的進球數(shù)已多于另一隊踢滿5輪最多可能射中的球數(shù),則不需要再踢(例如:第4輪結(jié)束時,雙方“點球大戰(zhàn)”的進球數(shù)比為2∶0,則不需再踢第5輪);③若前5輪“點球大戰(zhàn)”中雙方進球數(shù)持平,則從第6輪起,雙方每輪各派1人罰點球,若均進球或均不進球,則繼續(xù)下一輪,直到出現(xiàn)一方進球另一方不進球的情況,進球方勝出.(1)假設(shè)踢點球的球員等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向射門,門將也會等可能地選擇球門的左、中、右三個方向來撲點球,而且門將即使方向判斷正確也只有

的可能性將球撲出,若球員射門均在門內(nèi),在一次“點球大戰(zhàn)”中,求門將在前三次撲出點球的個數(shù)X的分布列和期望.(2)現(xiàn)有甲、乙兩隊在半決賽中相遇,常規(guī)賽和加時賽后雙方戰(zhàn)平,需進行“點球大戰(zhàn)”來決定勝負,設(shè)甲隊每名隊員射進點球的概率均為,乙隊每名隊員射進點球的概率均為,假設(shè)每輪點球中進球與否互不影響,各輪結(jié)果也互不影響.(i)若甲隊先踢點球,求在第3輪結(jié)束時,甲隊踢進了3個球(不含常規(guī)賽和加時賽進球)并勝出的概率;(ii)求“點球大戰(zhàn)”在第6輪結(jié)束,且乙隊以5∶4(不含常規(guī)賽和加時賽得分)勝出的概率.解

(1)依題意可得,門將每次可以撲出點球的概率為

則X的分布列為

(2)(i)記事件“甲隊先踢點球,在第3輪結(jié)束時,甲隊踢進了3個球(不含常規(guī)賽和加時賽進球)并勝出”為事件A,意味著甲隊先踢點球,前三輪點球乙隊沒進球,甲隊前三輪踢進3個點球,乙隊沒進球?qū)?yīng)的概率為(ii)記“點球大戰(zhàn)在第6輪結(jié)束,且乙隊以5∶4(不含常規(guī)賽和加時賽得分)勝出”為事件B,意味著前5輪結(jié)束后比分為4∶4,第6輪乙隊進球甲隊沒進球,增分技巧破解有關(guān)二項分布的“四關(guān)”對點練4(2022·湖南衡陽二模)隨著近期我國不斷走向轉(zhuǎn)型化進程以及社會就業(yè)壓力的不斷加劇,創(chuàng)業(yè)逐漸成為在校大學生和畢業(yè)大學生的一種職業(yè)選擇方式.但創(chuàng)業(yè)過程中可能會遇到風險,有些風險是可以控制的,有些風險是不可控制的,某地政府為鼓勵大學生創(chuàng)業(yè),制定了一系列優(yōu)惠政策:已知創(chuàng)業(yè)項目甲成功的概率為,項目成功后可獲得政府獎金20萬元;創(chuàng)業(yè)項目乙成功的概率為P0(0<P0<1),項目成功后可獲得政府獎金30萬元;項目沒有成功則沒有獎勵,每個項目有且只有一次實施機會,兩個項目的實施是否成功互不影響,項目成功后由當?shù)卣畠冬F(xiàn)獎勵.(1)大學畢業(yè)生張某選擇創(chuàng)業(yè)項目甲,畢業(yè)生李某選擇創(chuàng)業(yè)項目乙,記他們獲得的獎金累計為X(單位:萬元),若X≤30的概率為,求P0的大小;(2)若兩位大學畢業(yè)生都選擇創(chuàng)業(yè)項目甲或創(chuàng)業(yè)項目乙進行創(chuàng)業(yè),問:他們選擇何種創(chuàng)業(yè)項目,累計得到的獎金的數(shù)學期望最大?(2)設(shè)兩位大學畢業(yè)生都選擇創(chuàng)業(yè)項目甲且創(chuàng)業(yè)成功的次數(shù)為X1,都選擇創(chuàng)業(yè)項目乙且創(chuàng)業(yè)成功的次數(shù)為X2,則這兩人選擇項目甲累計獲得獎金的數(shù)學期望為E(20X1),選擇項目乙累計獲得獎金的數(shù)學期望為E(30X1).熱點四

預(yù)測與決策問題典例突破6(2022·山東棗莊三模)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,且當每件商品的售價為a(300≤a≤500)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/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