高考數(shù)學二輪復習講義(新高考版)專題5培優(yōu)點17概率與統(tǒng)計的創(chuàng)新題型(學生版+解析)

培優(yōu)點17概率與統(tǒng)計的創(chuàng)新題型概率統(tǒng)計問題在近幾年的高考中背景取自現(xiàn)實，題型新穎，綜合性增強，難度加深，掌握此類問題的解題策略在高考中就顯得非常重要．【典例】(2020·青島模擬)某網(wǎng)絡購物平臺每年11月11日舉行“雙十一”購物節(jié)，當天有多項優(yōu)惠活動，深受廣大消費者喜愛．(1)已知該網(wǎng)絡購物平臺近5年“雙十一”購物節(jié)當天成交額如表所示：年份20162017201820192020成交額(百億元)912172127求成交額y(百億元)與時間變量x(記2016年為x＝1,2017年為x＝2，…依次類推)的線性回歸方程，并預測2021年該平臺“雙十一”購物節(jié)當天的成交額(百億元)；(2)在2021年“雙十一”購物節(jié)前，某同學的爸爸、媽媽計劃在該網(wǎng)絡購物平臺上分別參加A，B兩店各一個訂單的“秒殺”搶購，若該同學的爸爸、媽媽在A，B兩店訂單“秒殺”成功的概率分別為p，q，記該同學的爸爸和媽媽搶購到的訂單總數(shù)量為X.①求X的分布列及E(X)；②已知每個訂單由k(k≥2，k∈N*)件商品W構成，記該同學的爸爸和媽媽搶購到商品W的總數(shù)量為Y，假設p＝eq\f(7sin\f(π,k),4k)－eq\f(π,k2)，q＝eq\f(sin\f(π,k),4k)，求E(Y)取最大值時正整數(shù)k的值．INCLUDEPICTURE"E:\\周飛燕\\2020\\二輪\\跟蹤演練.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\周飛燕\\2020\\二輪\\數(shù)學\\word\\跟蹤演練.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\周飛燕\\2020\\二輪\\數(shù)學\\word\\跟蹤演練.tif"INET【拓展訓練】一種擲骰子走跳棋的游戲：棋盤上標有第0站、第1站、第2站…第100站，共101站，設棋子跳到第n站的概率為Pn，一枚棋子開始在第0站，棋手每擲一次骰子，棋子向前跳動一次．若擲出奇數(shù)點，棋子向前跳一站；若擲出偶數(shù)點，棋子向前跳兩站，直到棋子跳到第99站(獲勝)或第100站(失敗)時，游戲結束(骰子是用一種均勻材料做成的立方體形狀的游戲玩具，它的六個面分別標有點數(shù)1,2,3,4,5,6)．(1)求P0，P1，P2，并根據(jù)棋子跳到第n站的情況，試用Pn－2和Pn－1表示Pn；(2)求證：{Pn－Pn－1}(n＝1,2，…，99)為等比數(shù)列；(3)求玩該游戲獲勝的概率．培優(yōu)點17概率與統(tǒng)計的創(chuàng)新題型概率統(tǒng)計問題在近幾年的高考中背景取自現(xiàn)實，題型新穎，綜合性增強，難度加深，掌握此類問題的解題策略在高考中就顯得非常重要．【典例】(2020·青島模擬)某網(wǎng)絡購物平臺每年11月11日舉行“雙十一”購物節(jié)，當天有多項優(yōu)惠活動，深受廣大消費者喜愛．(1)已知該網(wǎng)絡購物平臺近5年“雙十一”購物節(jié)當天成交額如表所示：年份20162017201820192020成交額(百億元)912172127求成交額y(百億元)與時間變量x(記2016年為x＝1,2017年為x＝2，…依次類推)的線性回歸方程，并預測2021年該平臺“雙十一”購物節(jié)當天的成交額(百億元)；(2)在2021年“雙十一”購物節(jié)前，某同學的爸爸、媽媽計劃在該網(wǎng)絡購物平臺上分別參加A，B兩店各一個訂單的“秒殺”搶購，若該同學的爸爸、媽媽在A，B兩店訂單“秒殺”成功的概率分別為p，q，記該同學的爸爸和媽媽搶購到的訂單總數(shù)量為X.①求X的分布列及E(X)；②已知每個訂單由k(k≥2，k∈N*)件商品W構成，記該同學的爸爸和媽媽搶購到商品W的總數(shù)量為Y，假設p＝eq\f(7sin\f(π,k),4k)－eq\f(π,k2)，q＝eq\f(sin\f(π,k),4k)，求E(Y)取最大值時正整數(shù)k的值．【解析】解(1)由已知可得eq\x\to(x)＝eq\f(1＋2＋3＋4＋5,5)＝3，eq\x\to(y)＝eq\f(9＋12＋17＋21＋27,5)＝17.2，iyi＝1×9＋2×12＋3×17＋4×21＋5×27＝303，eq\o\al(2,i)＝12＋22＋32＋42＋52＝55.所以eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(303－5×3×17.2,55－5×32)＝eq\f(45,10)＝4.5，所以eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x)＝17.2－4.5×3＝3.7，所以eq\o(y,\s\up6(^))＝4.5x＋3.7.當x＝6時，eq\o(y,\s\up6(^))＝4.5×6＋3.7＝30.7(百億元)，所以預測2021年該平臺“雙十一”購物節(jié)當天的成交額為30.7百億元．(2)①由題意知，X的所有可能取值為0,1,2.P(X＝0)＝(1－p)(1－q)，P(X＝1)＝(1－p)q＋(1－q)p，P(X＝2)＝pq.所以X的分布列為X012P(1－p)(1－q)(1－p)q＋(1－q)ppqE(X)＝0×(1－p)(1－q)＋(p＋q－2pq)＋2pq＝p＋q.②因為Y＝kX，所以E(Y)＝kE(X)＝k(p＋q)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7sin\f(π,k),4k)－\f(π,k2)＋\f(sin\f(π,k),4k)))＝2sineq\f(π,k)－eq\f(π,k).令t＝eq\f(1,k)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，設f(t)＝2sinπt－πt，則E(Y)＝f(t)．因為f′(t)＝2πcosπt－π＝2πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosπt－\f(1,2)))，且πt∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以，當t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))時，f′(t)>0，所以f(t)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上單調遞增；當t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))時，f′(t)<0，所以f(t)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))上單調遞減，所以，當t＝eq\f(1,3)時，f(t)max＝eq\r(3)－eq\f(π,3)，即E(Y)取最大值時，正整數(shù)k的值為3.【方法總結】概率統(tǒng)計問題考查學生的數(shù)據(jù)分析能力，要從已知數(shù)表中經(jīng)過閱讀分析判斷獲取關鍵信息，搞清各數(shù)據(jù)、各事件間的關系，建立適當?shù)臄?shù)學模型．INCLUDEPICTURE"E:\\周飛燕\\2020\\二輪\\跟蹤演練.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\周飛燕\\2020\\二輪\\數(shù)學\\word\\跟蹤演練.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\周飛燕\\2020\\二輪\\數(shù)學\\word\\跟蹤演練.tif"INET【拓展訓練】一種擲骰子走跳棋的游戲：棋盤上標有第0站、第1站、第2站…第100站，共101站，設棋子跳到第n站的概率為Pn，一枚棋子開始在第0站，棋手每擲一次骰子，棋子向前跳動一次．若擲出奇數(shù)點，棋子向前跳一站；若擲出偶數(shù)點，棋子向前跳兩站，直到棋子跳到第99站(獲勝)或第100站(失敗)時，游戲結束(骰子是用一種均勻材料做成的立方體形狀的游戲玩具，它的六個面分別標有點數(shù)1,2,3,4,5,6)．(1)求P0，P1，P2，并根據(jù)棋子跳到第n站的情況，試用Pn－2和Pn－1表示Pn；(2)求證：{Pn－Pn－1}(n＝1,2，…，99)為等比數(shù)列；(3)求玩該游戲獲勝的概率．【解析】(1)解棋子開始在第0站是必然事件，所以P0＝1.棋子跳到第1站，只有一種情形，第一次擲骰子出現(xiàn)奇數(shù)點，其概率為eq\f(1,2)，所以P1＝eq\f(1,2).棋子跳到第2站，包括兩種情形，①第一次擲骰子出現(xiàn)偶數(shù)點，其概率為eq\f(1,2)；②前兩次擲骰子都出現(xiàn)奇數(shù)點，其概率為eq\f(1,4)，所以P2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).棋子跳到第n(2≤n≤99)站，包括兩種情形，①棋子先跳到第n－2站，又擲骰子出現(xiàn)偶數(shù)點，其概率為eq\f(1,2)Pn－2；②棋子先跳到第n－1站，又擲骰子出現(xiàn)奇數(shù)點，其概率為eq\f(1,2)Pn－1.故Pn＝eq\f(1,2)Pn－2＋eq\f(1,2)Pn－1(2≤n≤99，n∈N*)．棋子跳到100站只有一種情況，棋子先跳到第98站，又擲骰子出現(xiàn)偶數(shù)點，其概率為eq\f(1,2)P98，所以P100＝eq\f(1,2)P98.(2)證明由(1)知，當2≤n≤99時，Pn＝eq\f(1,2)Pn－2＋eq\f(1,2)Pn－1，所以Pn－Pn－1＝－eq\f(1,2)(Pn－1－Pn－2)．又因為P1－P0＝－eq\f(1,2)，所以{Pn－Pn－1}(n＝1,2，…，99)是首項為－eq\f(1,2)，公比為－eq\f(1,2)的等比數(shù)列．(3)解由(2)知，Pn－Pn－1＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n.所以P99＝(P99－P98)＋(P98－P97)＋…＋(P1－P0)＋P0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))99＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))98＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\b\lc\[\rc\](\