2021新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)學(xué)案板塊2命題區(qū)間精講精講4概率與統(tǒng)計(jì)

概率與統(tǒng)計(jì)閱卷案例思維導(dǎo)圖(2020·全國卷Ⅰ，T19，12分)甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)行羽毛球比賽，約定賽制如下：累計(jì)負(fù)兩場者被淘汰；比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進(jìn)行下一場比賽，負(fù)者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當(dāng)一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比賽，直至其中一人被淘汰，另一人最終獲勝，比賽結(jié)束.經(jīng)抽簽，甲、乙首先比賽，丙輪空．設(shè)每場比賽雙方獲勝的概率都為eq\f(1,2).(1)求甲連勝四場的概率；(2)求需要進(jìn)行第五場比賽的概率；(3)求丙最終獲勝的概率.本題考查：相互獨(dú)立事件、互斥事件的概率等知識，邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).答題模板標(biāo)準(zhǔn)解答踩點(diǎn)得分第1步：辨型結(jié)合題干信息分析待求概率的模型.第2步：辨析辨析各事件間的關(guān)系.第3步：計(jì)算套用相應(yīng)事件的概率公式計(jì)算求解.←eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1甲連勝四場只能是前四場全勝，P＝\f(1,2)4＝\f(1,16).1分))←eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2根據(jù)賽制，至少需要進(jìn)行四場比賽，,至多需要進(jìn)行五場比賽，比賽四場結(jié)束，共有三種情況，,甲連勝四場的概率為\f(1,16)；,乙連勝四場比賽的概率為\f(1,16)；,丙上場后連勝三場的概率為\f(1,8).4分,所以需要進(jìn)行五場比賽的概率為))←P＝1－eq\f(1,16)－eq\f(1,16)－eq\f(1,8)＝eq\f(3,4).6分(3)丙最終獲勝，有兩種情況，比賽四場結(jié)束且丙最終獲勝的概率為eq\f(1,8)；7分比賽五場結(jié)束丙最終獲勝，則從第二場開始的四場比賽按丙的勝、負(fù)、輪空結(jié)果有三種情況：勝勝負(fù)勝，勝負(fù)空勝，負(fù)空勝勝，概率分別為eq\f(1,16)，eq\f(1,8)，eq\f(1,8).10分所以丙最終獲勝的概率為eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝eq\f(7,16).12分第(1)問直接套用公式且結(jié)果正確得1分.第(2)問得分點(diǎn)及說明：1.每求對一種情況得1分，共3分.2.本問最終結(jié)果正確得2分.第(3)問得分點(diǎn)及說明：1.每求對一種情況得1分，共4分.2.本問最終結(jié)果正確得2分.命題點(diǎn)1以互斥或獨(dú)立事件為背景的期望與方差求解與互斥事件及相互獨(dú)立事件有關(guān)的數(shù)學(xué)期望或方差問題，關(guān)鍵是對應(yīng)概率的計(jì)算．對于簡單的事件，可以直接轉(zhuǎn)化為若干個(gè)相互獨(dú)立事件的交事件；對于復(fù)雜的事件，一般先劃分為若干個(gè)彼此互斥的事件，然后運(yùn)用互斥事件的概率加法公式和相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率計(jì)算公式求解．[高考題型全通關(guān)]1．一批產(chǎn)品需要進(jìn)行質(zhì)量檢驗(yàn)，檢驗(yàn)方案是：先從這批產(chǎn)品中任取4件進(jìn)行檢驗(yàn)，這4件產(chǎn)品中優(yōu)質(zhì)品的件數(shù)記為n.如果n＝3，再從這批產(chǎn)品中任取4件進(jìn)行檢驗(yàn)，若都為優(yōu)質(zhì)品，則這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)；如果n＝4，再從這批產(chǎn)品中任取1件進(jìn)行檢驗(yàn)，若為優(yōu)質(zhì)品，則這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)；其他情況下，這批產(chǎn)品都不能通過檢驗(yàn)．假設(shè)這批產(chǎn)品的優(yōu)質(zhì)品率為50%，即取出的每件產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品的概率都為eq\f(1,2)，且各件產(chǎn)品是不是優(yōu)質(zhì)品相互獨(dú)立．(1)求這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)的概率；(2)已知每件產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用為100元，且抽取的每件產(chǎn)品都需要檢驗(yàn)，對這批產(chǎn)品進(jìn)行質(zhì)量檢驗(yàn)所需的費(fèi)用記為X(單位：元)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．[解](1)設(shè)第一次取出的4件產(chǎn)品中恰有3件優(yōu)質(zhì)品為事件A1，第一次取出的4件產(chǎn)品全是優(yōu)質(zhì)品為事件A2，第二次取出的4件產(chǎn)品全是優(yōu)質(zhì)品為事件B1，第二次取出的1件產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品為事件B2，這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)為事件A，依題意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，且A1B1與A2B2互斥，所以P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2)＝eq\f(4,16)×eq\f(1,16)＋eq\f(1,16)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,64).(2)X可能的取值為400，500，800，并且P(X＝800)＝eq\f(1,4)，P(X＝500)＝eq\f(1,16)，P(X＝400)＝1－eq\f(1,16)－eq\f(1,4)＝eq\f(11,16)，所以X的分布列為X400500800Peq\f(11,16)eq\f(1,16)eq\f(1,4)E(X)＝400×eq\f(11,16)＋500×eq\f(1,16)＋800×eq\f(1,4)＝eq\f(2025,4).2．某次招聘分為筆試和面試兩個(gè)環(huán)節(jié)，且只有筆試過關(guān)者才可進(jìn)入面試環(huán)節(jié)，筆試與面試都過關(guān)才會被錄用．筆試需考完全部三科，且至少有兩科優(yōu)秀才算筆試過關(guān)，面試需考完全部兩科，且兩科均為優(yōu)秀才算面試過關(guān)．假設(shè)某考生筆試三科每科優(yōu)秀的概率均為eq\f(2,3)，面試兩科每科優(yōu)秀的概率均為eq\f(3,4)，且各科是否優(yōu)秀相互獨(dú)立．(1)求該考生被錄用的概率；(2)設(shè)該考生在此次招聘中考試的科目總數(shù)為ξ，求ξ的分布列與數(shù)學(xué)期望．[解](1)該考生被錄用，說明該考生筆試與面試都過關(guān)，∴所求概率P＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＋C\o\al(2,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2)×\f(1,3)))×eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(5,12).(2)易得ξ的可能取值為3，5，P(ξ＝3)＝1－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＋C\o\al(2,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2)×\f(1,3)))＝1－eq\f(20,27)＝eq\f(7,27)，P(ξ＝5)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＝eq\f(20,27)，∴ξ的分布列為ξ35Peq\f(7,27)eq\f(20,27)∴E(ξ)＝3×eq\f(7,27)＋5×eq\f(20,27)＝eq\f(121,27).命題點(diǎn)2以二項(xiàng)分布為背景的期望與方差利用二項(xiàng)分布解題的一般步驟(1)根據(jù)題意設(shè)出隨機(jī)變量．(2)分析隨機(jī)變量服從二項(xiàng)分布．(3)找到參數(shù)n，p.(4)寫出二項(xiàng)分布的概率表達(dá)式．(5)求解相關(guān)概率．[高考題型全通關(guān)]1．某部門在同一上班高峰時(shí)段對甲、乙兩地鐵站各隨機(jī)抽取了50名乘客，統(tǒng)計(jì)其乘車等待時(shí)間(指乘客從進(jìn)站口到乘上車的時(shí)間，乘車等待時(shí)間不超過40分鐘)，將統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)按[5，10)，[10，15)，[15，20)，…，[35，40]分組，制成如圖所示的頻率分布直方圖，假設(shè)乘客乘車等待時(shí)間相互獨(dú)立．(1)在該上班高峰時(shí)段，從甲站的乘客中隨機(jī)抽取1人，記為A，從乙站的乘客中隨機(jī)抽取1人，記為B，用頻率估計(jì)概率，求乘客A，B乘車等待時(shí)間都小于20分鐘的概率；(2)在該上班高峰時(shí)段，從乙站的乘客中隨機(jī)抽取3人，X表示乘車等待時(shí)間小于20分鐘的乘客人數(shù)，用頻率估計(jì)概率，求隨機(jī)變量X的分布列與數(shù)學(xué)期望．[解](1)設(shè)M表示事件“乘客A乘車等待時(shí)間小于20分鐘”，N表示事件“乘客B乘車等待時(shí)間小于20分鐘”，C表示事件“乘客A，B乘車等待時(shí)間都小于20分鐘”．由題意知，甲站乘客乘車等待時(shí)間小于20分鐘的頻率為(0.012＋0.040＋0.048)×5＝0.5＝eq\f(1,2)，故P(M)＝eq\f(1,2)，乙站乘客乘車等待時(shí)間小于20分鐘的頻率為(0.016＋0.028＋0.036)×5＝0.4＝eq\f(2,5)，故P(N)＝eq\f(2,5)，所以P(C)＝P(MN)＝P(M)·P(N)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,5)，故乘客A，B乘車等待時(shí)間都小于20分鐘的概率為eq\f(1,5).(2)由(1)可知，乙站乘客乘車等待時(shí)間小于20分鐘的頻率為eq\f(2,5)，所以乙站中1名乘客乘車等待時(shí)間小于20分鐘的概率為eq\f(2,5).顯然，X的所有可能取值為0，1，2，3，且X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，所以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\f(2,5)×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\f(3,5)＝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)，故隨機(jī)變量X的分布列為X0123Peq\f(27,125)eq\f(54,125)eq\f(36,125)eq\f(8,125)E(X)＝3×eq\f(2,5)＝eq\f(6,5).2．(2020·安徽示范高中名校聯(lián)考)某電子公司新開發(fā)一電子產(chǎn)品，該電子產(chǎn)品的一個(gè)系統(tǒng)G由3個(gè)電子元件組成，各個(gè)電子元件能否正常工作的概率均為eq\f(1,2)，且每個(gè)電子元件能否正常工作相互獨(dú)立．若系統(tǒng)G中有超過一半的電子元件正常工作，則系統(tǒng)G可以正常工作，否則就需要維修，且維修所需費(fèi)用為500元．(1)求系統(tǒng)G不需要維修的概率；(2)該電子產(chǎn)品共由3個(gè)系統(tǒng)G組成，設(shè)ξ為該電子產(chǎn)品需要維修的系統(tǒng)所需的費(fèi)用，求ξ的分布列與期望；(3)為提高系統(tǒng)G正常工作的概率，在系統(tǒng)內(nèi)增加2個(gè)功能完全一樣的其他品牌的電子元件，每個(gè)新元件正常工作的概率均為p，且新增元件后有超過一半的電子元件正常工作，則系統(tǒng)G可以正常工作，問：p滿足什么條件時(shí)，可以提高整個(gè)系統(tǒng)G的正常工作概率？[解](1)系統(tǒng)G不需要維修的概率為Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,2).(2)設(shè)X為維修的系統(tǒng)個(gè)數(shù)，則X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)))，且ξ＝500X，P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3－k)，k＝0，1，2，3.所以ξ的分布列為ξ050010001500Peq\f(1,8)eq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)所以ξ的期望為E(ξ)＝500×3×eq\f(1,2)＝750.(3)當(dāng)系統(tǒng)G有5個(gè)電子元件時(shí)，原來3個(gè)電子元件中至少有1個(gè)正常工作，系統(tǒng)G才正常工作．若原來3個(gè)電子元件中有1個(gè)正常工作，同時(shí)新增的2個(gè)電子元件必須都正常工作，則概率為Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×p2＝eq\f(3,8)p2；若原來3個(gè)電子元件中有2個(gè)正常工作，同時(shí)新增的2個(gè)電子元件至少有1個(gè)正常工作，則概率為Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)×Ceq\o\al(1,2)×p×(1－p)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)×p2＝eq\f(3,8)(2p－p2)；若原來3個(gè)電子元件都正常工作，則不管新增2個(gè)電子元件能否正常工作，系統(tǒng)G均能正常工作，則概率為Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8).所以新增2個(gè)電子元件后系統(tǒng)G能正常工作的概率為eq\f(3,8)p2＋eq\f(3,8)(2p－p2)＋eq\f(1,8)＝eq\f(3,4)p＋eq\f(1,8)，于是由eq\f(3,4)p＋eq\f(1,8)－eq\f(1,2)＝eq\f(3,8)(2p－1)知，當(dāng)2p－1＞0，即eq\f(1,2)＜p＜1時(shí)，可以提高整個(gè)系統(tǒng)G的正常工作概率．命題點(diǎn)3以超幾何分布為背景的期望與方差求超幾何分布的分布列的步驟：(1)對于超幾何分布，首先要確定參數(shù)N，M，n的值；(2)明確隨機(jī)變量的所有可能取值，以及隨機(jī)變量取每一個(gè)值時(shí)對應(yīng)的k值；(3)將k的值一一代入超幾何分布的概率計(jì)算公式，求出對應(yīng)概率；(4)寫出分布列．[高考題型全通關(guān)]1．為了解某校今年高三畢業(yè)班報(bào)考飛行員學(xué)生的體重情況，將所得的數(shù)據(jù)整理后，畫出了如圖所示的頻率分布直方圖．已知圖中從左到右的前三個(gè)小組的頻率之比為1∶2∶3，其中體重(單位：kg)在[50，55)內(nèi)的有5人．(1)求該校報(bào)考飛行員的總?cè)藬?shù)；(2)從該校報(bào)考飛行員的體重在[65，75]內(nèi)的學(xué)生中任選3人，設(shè)X表示體重不低于70kg的學(xué)生人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．[解](1)設(shè)該校報(bào)考飛行員的總?cè)藬?shù)為n，前三個(gè)小組的頻率分別為k，2k，3k，則k＋2k＋3k＋0.030×5＋0.020×5＝1，解得k＝0.125，即第一個(gè)小組的頻率為0.125.∵0.125＝eq\f(5,n)，∴n＝40，即該校報(bào)考飛行員的總?cè)藬?shù)是40.(2)該校報(bào)考飛行員的40人中，體重在[65，70)內(nèi)的有40×0.030×5＝6(人)，體重不低于70kg的有40×0.020×5＝4(人)，現(xiàn)從這10人中任選3人，則X的所有可能取值為0，1，2，3，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,6)C\o\al(0,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(20,120)＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(60,120)＝eq\f(1,2)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(2,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(0,6)C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30)，∴隨機(jī)變量X的分布列為X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5).2．(2020·濟(jì)南模擬)為了引導(dǎo)居民合理用電，國家決定實(shí)行合理的階梯電價(jià)，居民用電原則上以住宅為單位(一套住宅為一戶)．階梯級別第一階梯第二階梯第三階梯月用電范圍/度[0，210](210，400](400，＋∞)某市隨機(jī)抽取10戶同一個(gè)月的用電情況，得到統(tǒng)計(jì)表如下：居民用電編號12345678910用電量/度538690124132200215225300410(1)若規(guī)定第一階梯電價(jià)每度0.5元，第二階梯超出第一階梯的部分每度0.6元，第三階梯超出第二階梯的部分每度0.8元，試計(jì)算居民用電戶月用電410度時(shí)應(yīng)交電費(fèi)多少元？(2)現(xiàn)要在這10戶家庭中任意選取3戶，求取到第二階梯電量的用戶數(shù)的分布列與期望．(3)以表中抽到的10戶作為樣本估計(jì)全市居民用電，現(xiàn)從全市中依次抽取10戶，若抽到k戶月用電量為第一階梯的可能性最大，求k的值．[解](1)由題意知，居民用電戶月用電410度時(shí)應(yīng)交電費(fèi)210×0.5＋(400－210)×0.6＋(410－400)×0.8＝227(元)．(2)設(shè)取到第二階梯電量的用戶數(shù)為ξ，可知第二階梯電量的用戶有3戶，則ξ可取0，1，2，3，P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(3,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,24)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(2,7)C\o\al(1,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(21,40)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(1,7)C\o\al(2,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,40)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,120).故ξ的分布列是ξ0123Peq\f(7,24)eq\f(21,40)eq\f(7,40)eq\f(1,120)所以E(ξ)＝0×eq\f(7,24)＋1×eq\f(21,40)＋2×eq\f(7,40)＋3×eq\f(1,120)＝eq\f(9,10).(3)由題意可知，從全市中抽取10戶，設(shè)其月用電量為第一階梯的戶數(shù)為X，則X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(3,5)))，P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(10－k)(k＝0，1，2，3，…，10)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(k,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(10－k)≥C\o\al(k＋1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(k＋1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(9－k)，,C\o\al(k,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(10－k)≥C\o\al(k－1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(k－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(11－k)，))解得eq\f(28,5)≤k≤eq\f(33,5)，k∈N*，所以當(dāng)k＝6時(shí)，概率最大，所以k＝6.命題點(diǎn)4統(tǒng)計(jì)與統(tǒng)計(jì)案例的交匯問題1．解決回歸分析問題要注意(1)回歸直線恒過樣本點(diǎn)的中心(eq\x\to(x)，eq\x\to(y))；(2)利用回歸直線方程只能進(jìn)行預(yù)測與估計(jì)，而得不到準(zhǔn)確數(shù)值．2．解決統(tǒng)計(jì)案例問題關(guān)鍵是過好三關(guān)(1)假設(shè)關(guān)，即假設(shè)兩個(gè)分類變量無關(guān)；(2)應(yīng)用公式關(guān)，把相關(guān)數(shù)據(jù)代入獨(dú)立性檢驗(yàn)公式求出K2的觀測值k；(3)對比關(guān)，將k與臨界值進(jìn)行對比，進(jìn)而作出判斷．[高考題型全通關(guān)]1．(2020·日照模擬)中國茶文化博大精深，茶水的口感與茶葉類型和水的溫度有關(guān)．經(jīng)驗(yàn)表明，某種綠茶用85℃的水泡制，再等到茶水溫度降至60℃時(shí)飲用，可以產(chǎn)生最佳口感．某研究人員每隔1min測量一次茶水溫度，得到下表數(shù)據(jù)：時(shí)間x/min01234水溫y/℃8579757168(1)從表中所給的5個(gè)水溫?cái)?shù)據(jù)中任取2個(gè)，記X表示這2個(gè)數(shù)據(jù)中高于72℃的個(gè)數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．(2)在25℃室溫下，設(shè)茶水溫度從85℃開始，經(jīng)過xmin后的溫度為y℃，根據(jù)這些數(shù)據(jù)的散點(diǎn)圖，可用回歸方程eq\o(y,\s\up8(^))＝kax＋25(k∈R，0＜a＜1，x≥0)近似地刻畫茶水溫度隨時(shí)間變化的規(guī)律，其中，k為比例系數(shù)，a為溫度的衰減比例，且a的估計(jì)值eq\o(a,\s\up8(^))＝eq\f(1,n)eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do14(i＝1))eq\f(yi－25,yi－1－25)(i＝1，2，3，…)，yi為第imin對應(yīng)的水溫．根據(jù)表中數(shù)據(jù)，求：(ⅰ)y關(guān)于x的回歸方程(保留2位小數(shù))；(ⅱ)剛泡好的茶水大約需要放置多少分鐘才能達(dá)到最佳飲用口感？(保留整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：eq\f(1,0.9223.3)≈7，eq\f(1,0.9229.8)≈12)[解](1)由題意可知，5個(gè)水溫?cái)?shù)據(jù)中高于72℃的有3個(gè)，則隨機(jī)變量X的所有可能取值為0，1，2.P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，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)(ⅰ)將x＝0，y＝85代入回歸方程eq\o(y,\s\up8(^))＝kax＋25，得到k＝60，eq\o(y,\s\up8(^))＝60ax＋25.計(jì)算每分鐘(y－25)的值與上一分鐘(y－25)值的比值，可得下表：xi01234yi－256054504643eq\f(yi－25,yi－1－25)0.900.930.920.93所以eq\o(a,\s\up8(^))＝eq\f(1,4)×(0.90＋0.93＋0.92＋0.93)＝0.92，故回歸方程為eq\o(y,\s\up8(^))＝60×0.92x＋25.(ⅱ)令eq\o(y,\s\up8(^))＝60，得60×0.92x＋25＝60，所以0.92x＝eq\f(7,12)，兩邊取對數(shù)得x＝log0.92eq\f(7,12)＝log0.927－log0.9212，又eq\f(1,0.9223.3)≈7，eq\f(1,0.9229.8)≈12，所以log0.927≈－23.3，log0.9212≈－29.8，所以x≈6.5，所以泡制一杯最佳口感的茶水所需時(shí)間大約為7min.2．(2020·南昌模擬)某“雙一流”大學(xué)專業(yè)獎(jiǎng)學(xué)金以所學(xué)專業(yè)各科考試成績作為評選依據(jù)，分為專業(yè)一等獎(jiǎng)學(xué)金(金額為3000元)、專業(yè)二等獎(jiǎng)學(xué)金(金額為1500元)及專業(yè)三等獎(jiǎng)學(xué)金(金額為600元)，且專業(yè)獎(jiǎng)學(xué)金每年評選一次，每個(gè)學(xué)生一年最多只能獲得一次．圖1是該校2018年500名學(xué)生周課外平均學(xué)習(xí)時(shí)間的頻率分布直方圖，圖2是這500名學(xué)生2018年周課外平均學(xué)習(xí)時(shí)間獲得專業(yè)獎(jiǎng)學(xué)金的頻率柱狀圖．圖1圖2(1)求這500名學(xué)生中獲得專業(yè)三等獎(jiǎng)學(xué)金的人數(shù)；(2)若周課外平均學(xué)習(xí)時(shí)間超過35h的學(xué)生稱為“努力型”學(xué)生，否則稱為“非努力型”學(xué)生，列出2×2列聯(lián)表并判斷是否有99.9%的把握認(rèn)為該校學(xué)生獲得專業(yè)一、二等獎(jiǎng)學(xué)金與“努力型”學(xué)生有關(guān)？(3)若以頻率作為概率，從該校任選一名學(xué)生，記該學(xué)生2018年獲得的專業(yè)獎(jiǎng)學(xué)金金額為隨機(jī)變量X，求隨機(jī)變量X的分布列和期望．附：P(K2≥k)0.100.050.0100.0050.001k2.7063.8416.6357.87910.828K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).[解](1)獲得專業(yè)三等獎(jiǎng)學(xué)金的頻率為(0.008＋0.016＋0.04)×5×0.15＋(0.04＋0.056＋0.016)×5×0.4＋(0.016＋0.008)×5×0.4＝0.32，500×0.32＝160(人)，故這500名學(xué)生中獲得專業(yè)三等獎(jiǎng)學(xué)金的人數(shù)為160.(2)周課外平均學(xué)習(xí)時(shí)間不超過35h的“非努力型”學(xué)生有500×(0.008＋0.016＋0.04＋0.04＋0.056＋0.016)×5＝440(人)，其中獲得專業(yè)一、二等獎(jiǎng)學(xué)金的學(xué)生有500×(0.008＋0.016＋0.04)×5×0.05＋500×(0.04＋0.056＋0.016)×5×(0.25＋0.05)＝92(人)．周課外平均學(xué)習(xí)時(shí)間超過35h的“努力型”學(xué)生有500×(0.016＋0.008)×5＝60(人)，其中獲得專業(yè)一、二等獎(jiǎng)學(xué)金的學(xué)生有60×(0.35＋0.25)＝36(人)．所以2×2列聯(lián)表為“非努力型”學(xué)生“努力型”學(xué)生總計(jì)獲得專業(yè)一、二等獎(jiǎng)學(xué)金9236128未獲得專業(yè)一、二等獎(jiǎng)學(xué)金34824372總計(jì)44060500K2＝eq\f(500×92×24－348×362,128×372×440×60)≈42.36＞10.828.故有99.9%的把握認(rèn)為獲得專業(yè)一、二等獎(jiǎng)學(xué)金與“努力型”學(xué)生有關(guān)．(3)X的可能取值為0，600，1500，3000.P(X＝600)＝0.32，P(X＝1500)＝0.05×(0.008＋0.016＋0.04)×5＋0.25×(0.04＋0.056＋0.016)×5＋0.35×(0.016＋0.008)×5＝0.198，P(X＝3000)＝0.05×(0.04＋0.056＋0.016)×5＋0.25×(0.016＋0.008)×5＝0.058，P(X＝0)＝1－0.32－0.198－0.058＝0.424.所以X的分布列為X060015003000P0.4240.320.1980.058故E(X)＝0×0.424＋600×0.32＋1500×0.198＋3000×0.058＝192＋297＋174＝663(元)．命題點(diǎn)5正態(tài)分布解決正態(tài)分布問題的三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)正態(tài)曲線的對稱軸x＝μ；(2)標(biāo)準(zhǔn)差σ；(3)分布區(qū)間．利用對稱性可求指定區(qū)間內(nèi)的概率值，由μ，σ，分布區(qū)間的特征進(jìn)行轉(zhuǎn)化，使分布區(qū)間轉(zhuǎn)化為3σ特殊區(qū)間，從而求出所求概率．[高考題型全通關(guān)]1．每年的3月21日是世界睡眠日，良好的睡眠狀況是保持身體健康的重要基礎(chǔ)．為了做好今年的世界睡眠日宣傳工作，某社區(qū)從本社區(qū)內(nèi)同一年齡的居民中隨機(jī)抽取了100人，通過問詢的方式得到他們在一周內(nèi)的睡眠時(shí)間(單位：小時(shí))，并繪制出如圖所示的頻率分布直方圖．(1)求這100人一周內(nèi)的睡眠時(shí)間的平均數(shù)eq\x\to(x)(同一組數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值代替，結(jié)果保留整數(shù))；(2)根據(jù)頻率分布直方圖，可以認(rèn)為該社區(qū)這一年齡的居民一周內(nèi)的睡眠時(shí)間t近似服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ近似等于樣本平均數(shù)eq\x\to(x)，σ2近似等于樣本方差s2(s2≈33.6)，假設(shè)該社區(qū)內(nèi)這一年齡的居民共有10000人，試估計(jì)該人群中一周內(nèi)的睡眠時(shí)間位于區(qū)間(39.2，50.8)內(nèi)的人數(shù)．附：eq\r(33.6)≈5.8.若隨機(jī)變量Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＝0.9545.[解](1)由頻率分布直方圖可知，這100人一周內(nèi)的睡眠時(shí)間的平均數(shù)eq\x\to(x)＝0.06×34＋0.18×38＋0.20×42＋0.28×46＋0.16×50＋0.10×54＋0.02×58＝44.72≈45.(2)由題意得，μ－σ≈39.2，μ＋σ≈50.8，∴P(39.2＜t＜50.8)≈P(μ－σ＜t＜μ＋σ)＝0.6827，∴估計(jì)該人群中一周內(nèi)的睡眠時(shí)間在區(qū)間(39.2，50.8)內(nèi)的人數(shù)為10000×0.6827＝6827.2．蘋果可按果徑M(最大橫切面直徑，單位：mm)分為五類：M≥80時(shí)為A類，75≤M<80時(shí)為B類，70≤M<75時(shí)為C類，65≤M<70時(shí)為D類，M<65時(shí)為E類．不同果徑的蘋果，按照不同外觀指標(biāo)又分為特級果、一級果、二級果．某果園采摘蘋果10000個(gè)，果徑M均在[60，85]內(nèi)，從中隨機(jī)抽取2000個(gè)蘋果進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析，得到如圖①所示的頻率分布直方圖，圖②為抽取的樣本中果徑在80mm以上的蘋果的等級分布統(tǒng)計(jì)圖．①②(1)假設(shè)M近似服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ的近似值為果徑的樣本平均數(shù)eq\x\to(x)(同一組數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點(diǎn)值代替)，σ2≈35.4，試估計(jì)采摘的10000個(gè)蘋果中，果徑M位于區(qū)間(59.85，77.7)內(nèi)的蘋果個(gè)數(shù)；(2)已知該果園共收獲果徑在80mm以上的蘋果300kg，且售價(jià)為特級果12元/kg，一級果10元/kg，二級果9元/kg，設(shè)該果園售出這300kg蘋果的收入為X元，用頻率估計(jì)概率，求X的數(shù)學(xué)期望．附：若隨機(jī)變量Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜Z<μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＝0.9545.eq\r(35.4)≈5.95.[解](1)eq\x\to(x)＝62.5×5×0.03＋67.5×5×0.05＋72.5×5×0.06＋77.5×5×0.04＋82.5×5×0.02＝71.75，所以M近似服從正態(tài)分布N(71.75，35.4)．從而有P(59.85＜M＜77.7)≈P(μ－2σ＜M＜μ＋σ)＝eq\f(1,2)[P(μ－2σ＜M＜μ＋2σ)＋P(μ－σ＜M＜μ＋σ)]＝0.8186，故估計(jì)采摘的10000個(gè)蘋果中，果徑M位于區(qū)間(59.85，77.7)內(nèi)的蘋果個(gè)數(shù)為10000×0.8186＝8186.(2)由題圖②可知，果徑在80mm以上的蘋果中，特級果、一級果、二級果的概率分別為eq\f(1,5)，eq\f(1,2)，eq\f(3,10)，設(shè)售出1kg果徑在80mm以上的蘋果的收入為Y元，則Y的分布列為Y12109Peq\f(1,5)eq\f(1,2)eq\f(3,10)故E(Y)＝12×eq\f(1,5)＋10×eq\f(1,2)＋9×eq\f(3,10)＝eq\f(101,10)，所以E(X)＝300E(Y)＝3030.命題點(diǎn)6決策問題利用均值、方差進(jìn)行決策：均值能夠反映隨機(jī)變量取值的“平均水平”，因此，當(dāng)均值不同時(shí)，兩個(gè)隨機(jī)變量取值的水平可見分曉，由此可對實(shí)際問題作出判斷；當(dāng)兩個(gè)隨機(jī)變量的均值相同或相差不大時(shí)，可通過分析兩個(gè)變量的方差來研究隨機(jī)變量的離散程度或者穩(wěn)定程度，進(jìn)而進(jìn)行決策．[高考題型全通關(guān)]1．(2020·惠州第一次調(diào)研)某種大型醫(yī)療檢查機(jī)器生產(chǎn)商，對一次性購買2臺機(jī)器的客戶，推出兩種超過質(zhì)保期后兩年內(nèi)的延保維修優(yōu)惠方案：方案一：交納延保金7000元，在延保的兩年內(nèi)可免費(fèi)維修2次，超過2次每次收取維修費(fèi)2000元；方案二：交納延保金10000元，在延保的兩年內(nèi)可免費(fèi)維修4次，超過4次每次收取維修費(fèi)1000元．某醫(yī)院準(zhǔn)備一次性購買2臺這種機(jī)器．現(xiàn)需決策在購買機(jī)器時(shí)應(yīng)購買哪種延保方案，為此搜集并整理了50臺這種機(jī)器超過質(zhì)保期后延保兩年內(nèi)維修的次數(shù)，得下表：維修次數(shù)0123臺數(shù)5102015以這50臺機(jī)器維修次數(shù)的頻率代替1臺機(jī)器維修次數(shù)發(fā)生的概率．記X表示這2臺機(jī)器超過質(zhì)保期后延保的兩年內(nèi)共需維修的次數(shù)．(1)求X的分布列；(2)以所需延保金與維修費(fèi)用的和的期望值為決策依據(jù)，醫(yī)院選擇哪種延保方案更合算？[解](1)X所有可能的取值為0，1，2，3，4，5，6.P(X＝0)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,10)＝eq\f(1,100)，P(X＝1)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,5)×2＝eq\f(1,25)，P(X＝2)＝eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(1,10)×2＝eq\f(3,25)，P(X＝3)＝eq\f(1,10)×eq\f(3,10)×2＋eq\f(1,5)×eq\f(2,5)×2＝eq\f(11,50)，P(X＝4)＝eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＋eq\f(3,10)×eq\f(1,5)×2＝eq\f(7,25)，P(X＝5)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,10)×2＝eq\f(6,25)，P(X＝6)＝eq\f(3,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(9,100)，∴X的分布列為X0123456Peq\f(1,100)eq\f(1,25)eq\f(3,25)eq\f(11,50)eq\f(7,25)eq\f(6,25)eq\f(9,100)(2)選擇延保方案一，所需延保金與維修費(fèi)用的和Y1(單位：元)的分布列為Y170009000110001300015000Peq\f(17,100)eq\f(11,50)eq\f(7,25)eq\f(6,25)eq\f(9,100)