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核心专题突破 概率统计与其他知识的交汇问题
考点一　随机变量与正态分布的综合(综合研析)
(2022·“超级全能生”9月联考)2020年是比较特殊的一年，延期一个月进行的高考在万众瞩目下顺利举行并安全结束．在备考期间，某教育考试研究机构举办了多次的跨地域性的联考，在最后一次大型联考结束后，经统计分析发现，学生的模拟测试成绩X服从正态分布N(550，σ2)(满分为750分)．已知P(X≤450)＝0.1，P(X>600)＝0.3.现在从参加联考的学生名单库中，随机抽取4名学生．
(1)求抽到的4名学生中，恰好有2名学生的成绩落在区间[500，600]内，2名学生的成绩落在区间[650，750]内的概率；
(2)用ξ表示抽取的4名同学的成绩落在区间[500，600]内的人数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
【解】　(1)由正态分布的特点可知，
P(X≥650)＝P(X≤450)＝0.1，
P(500≤X≤600)＝2(0.5－0.3)＝0.4.
用A表示事件“抽到的4名学生中，恰好有2名学生的成绩落在区间[500，600]内，
2名学生的成绩落在区间[650，750]内”，
则P(A)＝C×0.42×0.12＝0.009 6.
(2)根据题意ξ～B(4，0.4)，
则P(ξ＝0)＝0.64＝0.129 6，
P(ξ＝1)＝C×0.4×0.63＝0.345 6，
P(ξ＝2)＝C×0.42×0.62＝0.345 6，
P(ξ＝3)＝C×0.43×0.6＝0.153 6，
P(ξ＝4)＝0.44＝0.025 6.
因此ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3 4
P 0.129 6 0.345 6 0.345 6 0.153 6 0.025 6
数学期望E(ξ)＝4×0.4＝1.6.
(1)根据正态分布的性质求概率．
(2)判定随机变量ξ～B(n，p)，进而利用二项分布列公式计算分布，并求得期望值．
|跟踪训练|
从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图．
(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)．
(2)由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2.
①利用该正态分布，求P(187.8≤Z≤212.2)；
②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间[187.8，212.2]的产品件数．利用①的结果，求E(X)．
附：≈12.2.
若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.954 5.
解：(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，
s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.
(2)①由(1)知，Z～N(200，150)，
从而P(187.8≤Z≤212.2)＝P(200－12.2≤Z≤200＋12.2)≈0.682 7.
②由①知，一件产品的质量指标值位于区间[187.8，212.2]的概率为0.682 7，
依题意知X～B(100，0.682 7)，
所以E(X)＝100×0.682 7＝68.27.
考点二　概率统计与函数的交汇(综合研析)
(2022·福州质量检测)从2022年1月1日起某商业银行推出四种存款产品，包括协定存款、七天通知存款、结构性存款及大额存单．协定存款年利率为1.68%，有效期一年，服务期间客户账户余额须不少于50万元，多出的资金可随时支取；七天通知存款年利率为1.8%，存期须超过7天，支取需要提前七天建立通知；结构性存款存期一年，年利率为3.6%；大额存单，年利率为3.84%，起点金额1 000万元．(注：月利率为年利率的十二分之一)
已知某公司现有2021年底结余资金1 050万元．
(1)若该公司有5个股东，他们将通过投票的方式确定投资一种存款产品，每个股东只能选择一种产品且不能弃权，求恰有3个股东选择同一种产品的概率；
(2)公司决定将550万元作协定存款，于2022年1月1日存入该银行账户，规定从2月份起，每月首日支取50万元作为公司的日常开销．将余下500万元中的x万元作七天通知存款，准备投资高新项目，剩余(500－x)万元作结构性存款．
①求2022年全年该公司从协定存款中所得的利息；
②假设该公司于2022年7月1日将七天通知存款全部取出，本金x万元用于投资高新项目，据专业机构评估，该笔投资到2022年底将有60%的概率获得(－＋0.02x2＋0.135x)万元的收益，有20%的概率亏损0.27x万元，有20%的概率保本，问：x为何值时，该公司2022年存款利息和投资高新项目所得的总收益的期望最大，并求最大值．
【解】　(1)设“恰有3个股东选择同一种产品”为事件A，由题意知，5个股东共有45种选择方法，而“恰有3个股东选择同一种产品”的可能情况为C·(A＋A)种(另解：其中3个股东选择同一种产品有CC种方法，另外2个股东有32种选择方法，所以共有CC·32种选择方法)．
所以P(A)＝eq \f(C·（A＋A）,45)＝.
(2)①2022年全年该公司从协定存款中所得的利息为[(550＋500＋450＋…＋100＋50)＋50]×＝(×11＋50)×0.001 4＝4.69(万元)．(注：11月份余额为50万元，所以12月份不能再支取)
②由条件，得高新项目投资可得收益频率分布表为
投资收益t －＋0.02x2＋0.135x 0 －0.27x
P 0.6 0.2 0.2
所以高新项目投资所得收益的期望为E(t)＝×0.6＋0×0.2－0.2×0.27x＝－0.000 02x3＋0.012x2＋0.027x，所以存款利息和投资高新项目所得的总收益的期望为L(x)＝－0.000 02x3＋0.012x2＋0.027x＋0.036×(500－x)＋0.018×x＋4.69＝－0.000 02x3＋0.012x2＋22.69(0≤x≤500)．
L′(x)＝－0.000 06(x2－400x)，
令L′(x)＝0，解得x＝400或x＝0.
令L′(x)>0，得0所以当x＝400时，L(x)取得最大值，为L(400)＝662.69(万元)．所以当x＝400时，该公司2022年存款利息和投资高新项目所得的总收益的期望最大，为662.69万元．
与函数方程不等式有关的综合问题的解法
(1)与函数有关的问题，结合概率、方差、均值的公式列出函数表达式，再利用函数的性质(单调性、最值等)求解．
(2)与方程不等式有关的问题，结合均值、方差公式列出方程或不等式，解方程或不等式即可．
|跟踪训练|
某蛋糕店制作并销售一款蛋糕，制作一个蛋糕成本3元，且以8元的价格出售，若当天卖不完，剩下的无偿捐献给饲料加工厂．根据以往100天的资料统计，得到如下需求量表．该蛋糕店一天制作了这款蛋糕X(X∈N)个，以x(单位：个，100≤x≤150，x∈N)表示当天的市场需求量，T(单位：元)表示当天出售这款蛋糕获得的利润．
需求量/个 [100，110) [110，120) [120，130) [130，140) [140，150]
天数 15 25 30 20 10
(1)当x＝135时，若X＝130时该蛋糕店获得的利润为T1，X＝140时该蛋糕店获得的利润为T2，试比较T1和T2的大小；
(2)当X＝130时，根据上表，从利润T不少于570元的天数中，按需求量用分层随机抽样的方法抽取6天．
①求此时利润T关于市场需求量x的函数解析式，并求这6天中利润为650元的天数；
②再从这6天中抽取3天做进一步分析，设这3天中利润为650元的天数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望．
解：(1)当X＝130时，T1＝130×(8－3)＝650(元)；
当X＝140时，T2＝135×5－3×5＝660(元)．
所以T2>T1.
(2)①当X＝130时，
利润T＝
令T≥570，得120≤x<130 ，又650>570，
所以利润T不少于570元时，
需求量120≤x≤150，
所以利润T不少于570元的共有60天，其中有30天的利润为650元．
故按需求量用分层随机抽样的方法抽取的6天中利润为650元的天数为6×＝3.
②由题意可知ξ＝0，1，2，3，
P(ξ＝0)＝eq \f(C,C)＝，P(ξ＝1)＝eq \f(CC,C)＝，
P(ξ＝2)＝eq \f(CC,C)＝，P(ξ＝3)＝eq \f(C,C)＝.
故ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
考点三　概率统计与数列交汇(综合研析)
武汉又称江城，是湖北省省会，它不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着众多名胜古迹与旅游景点，黄鹤楼与东湖便是其中的两个．为合理配置旅游资源，现对已参观黄鹤楼景点的游客进行随机问卷调查，若不游玩东湖记1分，若继续游玩东湖记2分，每位游客选择是否参观东湖的概率均为，游客之间选择意愿相互独立．
(1)从游客中随机抽取3人，记这3人的总得分为随机变量X，求X的分布列与数学期望；
(2)①若从游客中随机抽取m(m∈N*)人，记这m人的总分恰为m分的概率为Am，求数列{Am}的前10项和；
②在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的人的累计得分恰为n分的概率为Bn，探讨Bn与Bn－1(n≥2)之间的关系，并求数列{Bn}的通项公式．
【解】　(1)X的所有可能取值为3，4，5，6.
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝C＝，P(X＝5)＝C＝，P(X＝6)＝＝.
所以X的分布列为
X 3 4 5 6
P
所以E(X)＝3×＋4×＋5×＋6×＝.
(2)①总分恰为m分的概率Am＝，
所以数列{Am}是首项为，公比为的等比数列．
其前10项和S10＝＝.
②因为已调查过的人的累计得分恰为n分的概率为Bn，得不到n分的情况只有先得(n－1)分，再得2分，概率为Bn－1(n≥2)．
所以1－Bn＝Bn－1(n≥2)，即Bn＝－Bn－1＋1(n≥2)，
所以Bn－＝－(n≥2)，
所以Bn－＝，易知B1＝，
所以Bn＝－＝＋＝＋.
破解此题的关键：一是认真审题，判断随机变量的所有可能取值，并注意相互独立事件的概率与互斥事件的概率的区别，求出随机变量取各个值时的概率，从而列出随机变量的分布列；二是将概率的参数表达式与数列的递推式相结合，可得数列的通项公式，此种解法新颖独特．
|跟踪训练|
(2022·山东考前联考改编)某商场拟在年末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子(形状为正方体，六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6)，若向上点数不超过2点，获得1分，否则获得2分，当获得19分或20分时，游戏结束，进行若干轮游戏，若最终得分为19分，则可得到200元礼券，若最终得分为20分，则可得到纪念品一份，最多进行19轮游戏．若游戏过程中累计得分为i分的概率为pi.(初始得分为0分，p0＝1)．
(1)证明数列{pi－pi－1}(i＝1，2，3，…，19)是等比数列；
(2)求活动参与者得到纪念品的概率．
解：(1)i＝1，即累计得分为1分，代表第1次掷骰子，向上点数不超过2点，所以p1＝eq \f(C,C)＝，p1－p0＝－1＝－.累计得分为i(i＝3，…，19)分的情况有两种：
①前一次累计得分为(i－2)分，再掷一次骰子，点数超过2点，其概率为pi－2；
②前一次掷骰子累计得分为(i－1)分，再掷一次骰子，点数没超过2点，得1分，其概率为pi－1.
所以pi＝pi－2＋pi－1(i＝2，3，…，19)，
所以pi－pi－1＝－(pi－1－pi－2)(i＝2，3，…，19)．
易知p2＝p0＋p1，即p2－p1＝－(p1－p0)．
所以数列{pi－pi－1}(i＝1，2，3，…，19)是首项为－，公比为－的等比数列．
(2)因为数列{pi－pi－1}(i＝1，2，3，…，19)是首项为－，公比为－的等比数列．
所以pi－pi－1＝.
所以p1－p0＝－，p2－p1＝，…，pi－pi－1＝，
各式相加，得pi－p0＝－×[1－]，
所以pi＝＋×＝×[1－](i＝1，2，3，…，19)．
所以活动参与者得到纪念品的概率为p20＝p18＝×[1－]＝×[1＋]．
考点四　概率统计与不等式的交汇(综合研析)
(2022·四川眉山5月模拟)某工厂A，B两条相互独立的生产线生产同款产品，在产量一样的情况下，通过日常监控得知，A，B生产线生产的产品为合格品的概率分别为p和2p－1(0.5≤p≤1)．
(1)从A，B生产线上各抽检一件产品，若至少有一件合格品的概率不低于99.5%，求p的最小值p0；
(2)假设不合格的产品均可通过返工修复变为合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知A，B生产线的不合格品返工修复后，每件产品可分别挽回损失5元和3元，若从两条生产线上各随机抽检1 000件产品，以返工修复后挽回损失的平均数为判断依据，估计哪条生产线挽回的损失较多？
【解】　(1)至少有一件合格品的概率为1－(1－p)[1－(2p－1)]＝1－2(1－p)2.令1－2(1－p)2≥0.995，解得0.95≤p≤1，故p的最小值p0＝0.95.
(2)由(1)可知，A，B生产线上产品的合格概率分别为0.95，0.9，
即A，B生产线上产品的不合格概率分别为0.05和0.1.
故从A生产线抽检的1 000件产品中，不合格产品大约有1 000×0.05＝50(件)，返工修复后，可挽回损失50×5＝250(元)，
从B生产线抽检的1 000件产品中，不合格产品大约有1 000×0.1＝100(件)，返工修复后，可挽回损失100×3＝300(元)，
250<300，所以B生产线挽回的损失较多．
(1)根据概率的性质得出关于概率p的表达式或不等式．
(2)通过不等式知识解不等式或利用基本不等式求最值．
|跟踪训练|
某中学为宣传未成年人保护法，特举行一次未成年人保护法知识竞赛，比赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答两题，若答对题数不少于3题，被称为“优秀小组”，已知甲乙两位同学组成一组，且同学甲和同学乙答对每道题的概率分为p1，p2，若p1＋p2＝，且每轮竞赛互不影响，如果甲乙同学在此次竞赛活动中要想获得“优秀小组”的次数为9次，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？
解：他们在每轮竞赛中获“优秀小组”的概率为：
P＝Cp1(1－p1)C(p2)2＋C(p1)2Cp2(1－p2)＋C(p1)2C(p2)2＝2p1p2(p1＋p2)－3(p1p2)2，
因为0≤p1≤1，0≤p2≤1，p1＋p2＝，所以≤p1≤1，≤p2≤1，
所以P＝p1p2－3(p1p2)2，
利用基本不等式知p1p2≤＝，当且仅当p1＝p2＝时，等号成立，
所以≤p1p2≤，
令t＝p1p2，则P＝h(t)＝－3t2＋t＝－3＋，t∈，
所以当t＝时，Pmax＝，
设他们小组在n轮竞赛中获得“优秀小组”的次数为ξ，则ξ～B(n，P)，
由(nP)max＝9，则n＝＝≈19，所以理论上至少要进行19轮竞赛．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://www.21cnjy.com/" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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