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培优点1　体育比赛与闯关
　　此类问题主要涉及体育比赛或闯关问题中的2n－1局n胜制、连胜制及比分差距制等，考查题型既有选择、填空题也有解答题，难度中等偏上.
2n－1局n胜制
【例1】　为了丰富在校学生的课余生活，某校举办了一次趣味运动会活动，学校设置项目A“毛毛虫旱地龙舟”和项目B“袋鼠接力跳”.甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛.每一个比赛项目均采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束），假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响.
（1）求甲班在项目A中获胜的概率；
（2）设甲班获胜的项目个数为X，求X的分布列及数学期望.
解：（1）记事件A＝“甲班在项目A中获胜”，则P（A）＝××＋×（ ）2××＋×（ ）2×（ ）2×＝，
所以甲班在项目A中获胜的概率为.
（2）记事件B＝“甲班在项目B中获胜”，
则P（B）＝（ ）3＋×（ ）4＋×（ ）5＝.
X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝P（）＝P（）P（）＝×＝，
P（X＝2）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝×＝，
P（X＝1）＝1－P（X＝0）－P（X＝2）＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
故E（X）＝0×＋1×＋2×＝.所以甲班获胜的项目个数的数学期望为.
感悟提升
1.一旦某方获得n次胜利即终止比赛，若比赛提前结束，则一定在最后一次比赛中某方达到n胜，如：乒乓球、篮球、斯诺克比赛等.
2.看成n重伯努利试验，利用二项分布的公式求解：P（甲胜）＝pn（1－p）n－1＋pn＋1（1－p）n－2＋…＋p2n－1.
　（2024·聊城二模）甲、乙两选手进行围棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用三局两胜制，则在甲最终获胜的情况下，比赛进行了两局的概率为.
解析：根据题意，设甲获胜为事件A，比赛进行两局为事件B，P（A）＝×＋×××＝，P（AB）＝××＝，故P（B｜A）＝＝＝＝.
连胜制
【例2】　甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：
累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.
（1）求甲连胜四场的概率；
（2）求需要进行第五场比赛的概率；
（3）求丙最终获胜的概率.
解：（1）甲连胜四场的概率为.
（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为；乙连胜四场的概率为；
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1－－－＝.
（3）丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为；
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，.
因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝.
感悟提升
　　连胜制的规则特点是：规定某方连胜m场即终止比赛，所以若提前结束比赛，则最后m场某方连胜且之前没有达到m场某方连胜.
　某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三人通过初赛，进入决赛.决赛比赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，直到一人连胜三局，则此人获得比赛胜利，比赛结束.假设每局比赛双方获胜的概率均为，且每局比赛相互独立.则比赛进行四局结束的概率为.
解析：比赛进行四局结束有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙连胜；第一局乙获胜，后三局丙连胜，第一局甲获胜，后三局丙连胜的概率P1＝×××＝，第一局乙获胜，后三局丙连胜的概率P2＝×××＝，故比赛进行四局结束的概率P＝P1＋P2＝＋＝.
比分差距制
【例3】　为了贯彻党的二十大提出的基础教育发展方针，全面落实“五育并举”的战略目标，某市举办2024年秋季高中生乒乓球比赛活动，本次活动乒乓球单打按国际比赛规则，即首先由发球员发球2次，再由接发球员发球2次，两者交替，胜者得1分.在一局比赛中，先得11分的一方为胜方（胜方至少比对方多2分），10平后，先多得2分的一方为胜方.甲、乙两位同学进行乒乓球单打比赛，甲在一次发球中，得1分的概率为，乙在一次发球中，得1分的概率为.如果在一局比赛中，由乙同学先发球.
（1）甲、乙的比分暂时为8∶8，求最终甲以11∶9赢得比赛的概率；
（2）求发球3次后，甲的累计得分的分布列及数学期望.
解：（1）甲以11∶9赢得比赛，共计20次发球，在后4次发球中，需甲在最后一次获胜，最终甲以11∶9赢得比赛的概率为P＝×（ ）2×（ ）2＋（ ）2××＝.
（2）设甲累计得分为随机变量X，X的可能取值为0，1，2，3.
P（X＝0）＝（ ）2×＝，
P（X＝1）＝×（ ）2×＋（ ）2×＝，
P（X＝2）＝×（ ）2×＋（ ）2×＝，
P（X＝3）＝（ ）2×＝，
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
感悟提升
1.规定某方比对方多m分即终止比赛.
2.根据比赛局数确定比分，在得分过程中要注意使两方的分差小于m.
3.实例：如乒乓球和羽毛球的小局比赛.
（2024·江西重点中学协作体联考）中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认为世界足球运动的起源.为弘扬中华传统文化，某市四所高中各自组建了蹴鞠队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率均为，则在比赛结束时丙队在输了第一场且其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为（　　）
A.　　　　B. C.　　　　D.
解析：D　三队中选一队与丙比赛，丙输，×，例如是丙甲，若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意，在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那么它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一队得分不小于4分，不合题意.若丙全赢（ 概率是（ ）2）时，丙得6分，其他3队分数最高为5分，这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于6分，（1）若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是（ ）2，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是；（2）若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是（ ）2，乙丁这场比赛无论结果如何均符合题意；（3）若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是（ ）2，乙丁这场比赛只能平，概率是.综上，概率为××（ ）2×［×（ ）2×＋（ ）2＋（ ）2×］＝，D正确.故选D.
1.甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，约定打满4局，获胜3局或3局以上的赢得比赛（单局中无平局）.若甲、乙每局获胜的概率相同，则甲赢得比赛的概率为（　　）
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：C　甲、乙打满4局比赛的胜负情况如图所示，
由树状图可知，胜负情况共有16种，其中甲赢得比赛的情况有5种，故所求概率P＝.
2.甲、乙两队举行比赛，比赛共有7局，若有一方连胜3局，则比赛立即终止.已知甲每局获胜的概率为，则甲在第5局终止比赛并获胜的概率为（　　）
A. B.
C. D.
解析：A　要使甲在第5局终止比赛并获胜，可分为2类情况：①甲前2局均失败，后3局中连胜，则甲在第5局终止比赛并获胜的概率为p1＝（ 1－）×（ 1－）×××＝；②甲第1局胜，第2局负，后3局中连胜，则甲在第5局终止比赛并获胜的概率为p2＝×（ 1－）×××＝.所以甲在第5局终止比赛并获胜的概率为p＝p1＋p2＝＋＝.
3.（2024·黄冈二模）某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲、乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关.若甲、乙两人每局获胜的概率分别为p1，p2，且满足p1＋p2＝，每局之间相互独立.记甲、乙在n轮训练中训练过关的轮数为X，若E（X）＝16，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为（　　）
A.27　　　　B.24 C.32　　　　D.28
解析：A　设每一轮训练过关的概率为p，则p＝＋××p2×（1－p2）＋××p1×（1－p1）＝－3＋2p1p2（p1＋p2）＝－3＋2p1p2×＝－3＋p1p2.又0＜p1p2≤（ ）2＝，当且仅当p1＝p2＝时等号成立.函数y＝－3x2＋x的图象的开口向下，对称轴为直线x＝，所以0＜－3＋p1p2≤－3×（ ）2＋×＝，依题意，知X～B（n，p），则E（X）＝n（ －3＋p1p2）＝16，n＝≥＝27，所以至少需要27轮.故选A.
4.（多选）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛打满2k（k∈N*）局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为.若某人获胜的局数大于k，则此人赢得比赛.下列说法正确的是（　　）
A.k＝1时，甲、乙比赛结果为平局的概率为
B.k＝2时，甲赢得比赛与乙赢得比赛的概率均为
C.在2k局比赛中，甲获胜的局数的期望为k
D.随着k的增大，甲赢得比赛的概率会越来越接近
解析：BCD　对于A，k＝1时，甲、乙比赛结果为平局的概率为××＝，故A错误；对于B，k＝2时，甲赢得比赛的概率为·（）4＋·（）4＝，乙赢得比赛的概率为·（）4＋·（）4＝，故B正确；对于C，由二项分布的数学期望公式知，在2k局比赛中，甲获胜的局数的期望为2k×＝k，故C正确；对于D，在2k局比赛中，甲赢得比赛的概率为·［1－·（）2k］，故随着k的增大，甲赢得比赛的概率会越来越接近，故D正确.
5.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）.根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是0.18.
解析：甲队以4∶1获胜包含的情况有：①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为p1＝0.4×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.036，②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为p2＝0.6×0.4×0.5×0.5×0.6＝0.036，③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为p3＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054，④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为p4＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054，则甲队以4∶1获胜的概率为p＝p1＋p2＋p3＋p4＝0.036＋0.036＋0.054＋0.054＝0.18.
6.（2024·郑州第二次质量预测）有甲、乙、丙三位同学进行象棋比赛，其中每局只有两人比赛，每局比赛必分胜负，本局比赛结束后，负的一方下场.第1局由甲、乙对赛，接下来丙上场进行第2局比赛，来替换负的那个人，每次比赛负的人排到等待上场的人之后参加比赛.设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立.
（1）求前3局比赛甲都取胜的概率；
（2）用X表示前3局比赛中乙获胜的次数，求X的分布列和数学期望.
解：（1）前3局比赛甲都获胜的概率为P＝××＝.
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，
其中，X＝0表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙输，则P（X＝0）＝×＝；
X＝1表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙赢，或者第1局乙赢，且第2局乙输，
则P（X＝1）＝×＋×＝；
X＝2表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局乙输，
则P（X＝2）＝××＝；
X＝3表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局乙赢，
则P（X＝3）＝××＝.
综上，X的分布列为
X 0 1 2 3
P
故X的数学期望为E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
7.（2024·河南五市第一次联考）某档电视节目举行了关于迎奥运知识竞赛活动，规则如下：选手每两人一组，同一组的两人以抢答的方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，比赛进行到一方比另一方净胜2分结束，且多得2分的一方最终胜出.已知甲、乙两名选手分在同一组，两人都参与每一次抢题，且每次抢到题的概率都为.甲、乙两人每道题答对的概率分别为，，并且每道题两人答对与否相互独立，假设准备的竞赛题足够多.
（1）求第二题答完比赛结束的概率；
（2）求知识竞赛结束时，抢答题目总数X的期望E（X）.
解：（1）由条件，每次抢答题，甲得1分的概率为P甲＝×＋×＝，
每次抢答题乙得1分的概率为P乙＝1－P甲＝1－＝，
若第二题答完比赛结束，则前两次答题甲得2分或者乙得2分，
因此第二题答完比赛结束事件发生的概率P＝（ ）2＋（ ）2＝.
（2）根据题意，竞赛结束时抢答题目的总数X的所有可能取值为2，4，6，8，…，2n，…（n∈N*），
记pn＝P（X＝2n），
由（1）知，当X＝2时，p1＝P（X＝2）＝，且pn＋1＝pn（n∈N*），
则X的分布列可表示为：
X 2 4 6 … 2n …
P p1 p2 p3 … pn …
∴E（X）＝2p1＋4p2＋6p3＋8p4＋…＋2n·pn＋…＝＋4×p1＋6×p2＋8×p3＋…＋2n×pn－1＋…＝＋[4p1＋6p2＋8p3＋…＋2n·pn－1＋（2n＋2）·pn＋…]＝＋[（2p1＋4p2＋6p3＋…＋2n·pn＋…）＋2（p1＋p2＋p3＋…＋pn＋…）]＝＋[E（X）＋2]，解得E（X）＝.
8.（2024·茂名第二次综合测试）在一场球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获得第四名；紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获得第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p（0＜p＜1），且不同对阵的结果相互独立.
（1）若p＝0.6，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁.
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望.
（2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
解：（1）①记“甲获得第四名”为事件A，
则P（A）＝（1－0.6）2＝0.16.
②记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量X，
则X的所有可能取值为2，3，4.
连败两局：P（X＝2）＝（1－0.6）2＝0.16.
X＝3可分为连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负，
P（X＝3）＝0.62＋（1－0.6）×0.6×（1－0.6）＋0.6×（1－0.6）×（1－0.6）＝0.552，
P（X＝4）＝（1－0.6）×0.6×0.6＋0.6×（1－0.6）×0.6＝0.288，
故X的分布列如下：
X 2 3 4
P 0.16 0.552 0.288
故数学期望E（X）＝2×0.16＋3×0.552＋4×0.288＝3.128.
（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率为p3＋p（1－p）p2＋（1－p）p3＝（3－2p）p3.
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为p2.
因为（3－2p）p3－p2＝p2（3p－2p2－1）＝p2（2p－1）（1－p），且0＜p＜1，
所以p∈（ ，1）时，（3－2p）p3＞p2，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
p∈（ 0，）时，（3－2p）p3＜p2，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
p＝时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
2 / 2专题六　概率与统计
第1讲　小题研透——计数原理与统计初步
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.C　对于A，根据频数分布表可知，6＋12＋18＝36＜50，所以亩产量的中位数不小于1 050 kg， 故A错误；对于B，亩产量不低于1 100 kg的频数为24＋10＝34，所以低于1 100 kg的稻田占比为＝66％，故B错误；对于C，稻田亩产量的极差最大为1 200－900＝300，最小为1 150－950＝200，故C正确；对于D，由频数分布表可得，平均值为×（6×925＋12×975＋18×1 025＋30×1 075＋24×1 125＋10×1 175）＝1 067，故D错误.故选C.
2.BD　若该组样本数据为1，2，3，4，5，8，则2，3，4，5的平均数为，1，2，3，4，5，8的平均数为，两组数据的平均数不相等，故A错误；不妨设x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6，则x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，x3，x4，x5，x6的中位数，故B正确；若该组样本数据为1，2，2，2，2，8，则2，2，2，2的标准差为0，而1，2，2，2，2，8的标准差大于0，故C错误；由对选项B的分析可知，x2，x3，x4，x5的极差为x5－x2，x1，x2，x3，x4，x5，x6的极差为x6－x1，且易得x6－x1≥x5－x2，故D正确.故选B、D.
3.B　先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，所以不同的排列方式共有＝24种，故选B.
4.24　112　解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24种选法.
法一（列举法）　每种选法可标记为（a，b，c，d），a，b，c，d分别表示第一、二、三、四行的数字，则所有的可能结果为：（11，22，33，44），（11，22，43，34），（11，33，22，44），（11，33，43，24），（11，42，22，34），（11，42，33，24），（21，12，33，44），（21，12，43，34），（21，33，13，44），（21，33，43，15），（21，42，13，34），（21，42，33，15），（31，12，22，44），（31，12，43，24），（31，22，13，44），（31，22，43，15），（31，42，13，24），（31，42，22，15），（40，12，22，34），（40，12，33，24），（40，22，13，34），（40，22，33，15），（40，33，13，24），（40，33，22，15），比较可知，所选方格中，（21，33，43，15）的和最大，最大为112.
法二（整体分析法）　先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
5.5　解析：由二项式定理知（ ＋x）10＝x10－k.记ak＝，k＝0，1，…，10.
法一　对于k＝1，2，…，10，有＝·＝.当k≤2时，＞1；当k≥3时，＜1，因此a0＜a1＜a2，a2＞a3＞…＞a10，所以展开式各项系数中的最大值为a2＝＝5.
法二　对于k＝1，2，…，10，有ak－ak－1＝（－3）＝·（ －）＝·，当k≤2时，ak－ak－1＞0；当k≥3时，ak－ak－1＜0.因此有a0＜a1＜a2，a2＞a3＞…＞a10，所以展开式各项系数中的最大值为a2＝＝5.
【研透高考·攻重点】
【例1】　（1）C　（2）D　解析：（1）根据题意，可分为两类：①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有＝4×2＝8种方法；②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有＝4×3＝12种方法，由分类加法计数原理得，共有8＋12＝20种不同的插法.故选C.
（2）由题意可知，先将5人分成3组，有两类分法，第一类，各组人数分别为3，1，1，共有种分法；第二类，各组人数分别为1，2，2，共有种分法.将3组人员分配到A，B，C三个乡村学校去，共有种分法，所以不同的选派方法共有（ ＋）＝150（种）.故选D.
跟踪训练
1.C　以A为起点时，三条路线依次连接即可到达B点.共有3×2＝6种选择，自B连接到C时，在C右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有2种选择，∴以A为起点，C为终点时，共有6×2＝12种方法；同理可知，以C为起点，A为终点时，共有12种方法.∴完成该图“一笔画”的方法数为12＋12＝24种.
2.B　法一（排除法）　从7个点中任意取3个点共有种取法，因为B，D，E，F四点共线，其中任意三点都不能构成三角形，所以共可以构成－＝35－4＝31（个）不同三角形，故选B.
法二（分类法）　第一类：B，D，E，F四个点中一个点都不取，可构成＝1（个）三角形；第二类：从B，D，E，F四个点中取1个点，在A，C，G中取2个点，可构成＝12（个）三角形；第三类：从B，D，E，F四个点中取2个点，在A，C，G中取1个点，可构成＝18（个）三角形.共可以构成1＋12＋18＝31（个）三角形，故选B.
【例2】　（1）AC　（2）－40　解析：（1）根据二项式定理，（ 2x－）8的通项为Tk＋1＝28－k（－1）kx8－2k，常数项为24（－1）4＝1 120，故A正确；第四项的系数为28－3（－1）3＝－1 792，第六项的系数为28－5（－1）5＝－448，故B错误；因为n＝8，所以各项的二项式系数之和为28＝256，故C正确；令x＝1，各项的系数之和为1，故D错误.
（2）（x－2y）6的通项公式为Tr＋1＝x6－r（－2y）r＝（－2）rx6－ryr，令r＝2得，T3＝（－2）2x4y2＝60x4y2，此时60x4y2·2＝120x4y2，令r＝3得，T4＝（－2）3x3y3＝－160x3y3，此时－160x3y3·＝－160x4y2，故x4y2的系数为120－160＝－40.
跟踪训练
1.C　令x＝0，则15＝a0，∴a0＝1；令x＝1，则35＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35－1＝242.故选C.
2.32　－1 080　解析：由二项式定理得（3x－y＋2z）5的展开式的通项公式为Tr＋1＝（3x－y）5－r·（2z）r，欲使得不含z，则r＝0，∴T1＝（3x－y）5，令x＝1，y＝1，则所有不含字母z的项的系数之和为25＝32；含x3yz的项是·（3x）3（－y）·2z＝－1 080x3yz，故其系数为－1 080.
3.4　解析：由（a＋b）2n的展开式的二项式系数的最大值为x，则有x＝，由（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值为y，则有y＝，由9x＝5y，故有9＝5，即9×＝5×，即9×＝5×，即9（n＋1）＝5（2n＋1），解得n＝4.
【例3】　（1）BCD　（2）2.5　解析：（1）设极差为t，由题中频率分布直方图可知，组距为1，共有12组，所以t≤1×12＝12，且不是一定取等号，所以A不正确；前6组频率之和为0.02＋0.04＋0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.7，前7组频率之和为0.7＋0.1＝0.8，所以75％分位数应位于[8.5，9.5）内，由8.5＋1×＝9，可以估计75％分位数为9，所以B正确；家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的频率为0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.64＞0.5，所以C正确；由题中频率分布直方图可知，该地农户家庭年收入的平均值为3×0.02＋4×0.04＋5×0.1＋6×0.14＋7×0.2＋8×0.2＋9×0.1＋10×0.1＋11×0.04＋（12＋13＋14）×0.02＝7.68（万元），又7.68＞6.5，所以D正确.综上，选B、C、D.
（2）设样本数据x1，x2，…，x8的平均数为，则（xi－）2＝2，设样本数据y1，y2，…，y8的平均数为，由yi＝xi＋（－1）i（i＝1，2，…，8），则＝，所以（yi－）2＝[xi＋（－1）i－]2＝2＋（－1）i（xi－）＋1＝3＋（－1）ixi＝3＋×（－2）＝2.5.
跟踪训练
1.ACD　对于A，这5天的最高气温的平均数为＝24 ℃，最低气温的中位数为17 ℃，它们的差为7 ℃，A正确.对于B，这5天的最低气温的极差为6 ℃，B错误.对于C，这5天的最高气温的众数为26 ℃，C正确.对于D，最低气温从小到大排列为13 ℃，15 ℃，17 ℃，18 ℃，19 ℃，且5×0.4＝2，所以这5天的最低气温的第40百分位数是16 ℃，D正确.故选A、C、D.
2.168　27　解析：易知抽取的30名学生中，男生有20名，女生有10名，则用样本估计总体的平均值为＝168，估计总体的方差为s2＝×[16＋（170－168）2]＋×[25＋（164－168）2]＝27.
第2讲　小题研透——概率
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.A　法一　如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为＝＝0.8，故选A.
法二　令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－0.7＝0.4，所以P（C）＝P（A｜B）＝＝＝0.8，故选A.
2.BC　法一　依题可知，＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N（2.1，0.12），故P（Y＞2）＝P（Y＞2.1－0.1）＝P（Y＜2.1＋0.1）≈0.841 3＞0.5，C正确，D错误；因为X～N（1.8，0.12），所以P（X＞2）＝P（X＞1.8＋2×0.1），因为P（X＜1.8＋0.1）≈0.841 3，所以P（X＞1.8＋0.1）≈1－0.841 3＝0.158 7＜0.2，而P（X＞2）＝P（X＞1.8＋2×0.1）＜P（X＞1.8＋0.1）＜0.2，B正确，A错误，故选B、C.
法二　由P（Z＜μ＋σ）≈0.841 3，得P（μ－σ＜Z＜μ＋σ）≈0.682 6，又Y～N（2.1，0.12），X～N（1.8，0.12），则P（X＞2）＝≈＝0.022 8＜0.5，P（Y＞2）＝0.5＋≈0.5＋0.341 3＝0.841 3＞0.8＞0.5，故选B、C.
3.ABD　对于A，因为信号的传输是相互独立的，所以采用单次传输方案依次发送1，0，1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）（1－α）（1－β）＝（1－α）（1－β）2，则A正确；对于B，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，即发送3次1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）·β（1－β）＝β（1－β）2，则B正确；对于C，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，译码为1包含两种情况：2次收到1，3次都收到1.而这两种情况是互斥的，所以采用三次传输方案发送1，收到译码为1的概率p＝（1－β）2β＋（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，则C错误；对于D，设“采用单次传输方案发送0，译码为0”为事件B，则P（B）＝1－α.设采用三次传输方案发送0，收到的信号为0的次数为X，则P（X≥2）＝P（X＝2）＋P（X＝3）＝（1－α）2α＋（1－α）3＝（1＋2α）（1－α）2.又当0＜α＜0.5时，P（X≥2）－P（B）＝（1＋2α）（1－α）2－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，所以采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率，则D正确.故选A、B、D.
4.　解析：甲出1一定输，所以最多得3分，要得3分，就只有一种组合1－8，3－2，5－4，7－6.
得2分有三类，分别列举如下：
（1）出3和出5时赢，其余输：1－6，3－2，5－4，7－8；
（2）出3和出7时赢，其余输：1－4，3－2，5－8，7－6；1－8，3－2，5－6，7－4；1－6，3－2，5－8，7－4；
（3）出5和出7时赢，其余输：1－2，3－8，5－4，7－6；1－4，3－8，5－2，7－6；1－8，3－4，5－2，7－6；1－6，3－8，5－2，7－4；1－8，3－6，5－2，7－4；1－6，3－8，5－4，7－2；1－8，3－6，5－4，7－2.
共12种组合满足要求，而所有组合为4！，所以甲得分不小于2的概率为＝.
【研透高考·攻重点】
【例1】　D　将5名志愿者分配到4个场馆，共有种不同的方法，其中A，B两名志愿者在同一个场馆共有种不同的方法，所以A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为P＝1－＝.故选D.
跟踪训练
1.C　设A表示事件“丙不是第一个出场，且甲最后出场”，B表示事件“丙不是第一个出场，且乙最后出场”.四人由随机抽签的方式确定出场次序，基本事件共有24个，事件A包含的基本事件有4个，故P（A）＝＝，同理有P（B）＝.由于事件A与事件B互斥，故丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率为P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝.
2.D　令6个挂件分别为A，A，B，B，C，C，则将这6个挂件分为3组有5种可能：①AB，AB，CC；②AC，AC，BB；③BC，BC，AA；④AA，BB，CC；⑤AB，BC，AC.再将这分成3组的挂件分给3位同学，有3＋3＋3＋＋＝21（种）情况，恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件为分组①②③，有3＋3＋3＝9（种）情况，所以恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件的概率是＝.故选D.
【例2】　（1）A　（2）BCD　解析：（1）抛掷次数为1的概率为＝，点数可能为3或4，抛掷次数为2的概率为1－＝，此时基本事件有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4）共八种，其中点数之和至少为4的情况有（1，3），（1，4），（2，2），（2，3），（2，4）共五种，故抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为×＋×＝＋＝.故选A.
（2）对于A，∵n（A）＝60，n（D）＝10，n（A∪D）＝70，∴n（A∪D）＝n（A）＋n（D），∴A与D互斥，故A错误；对于B，∵n（A∪B）＝n（A）＋n（B）＝n（Ω），∴A与B互为对立，故B正确；对于C，∵P（A）＝＝，P（C）＝＝，P（A∩C）＝＝，∴P（A∩C）＝P（A）P（C）＝，∴A与C相互独立，故C正确；对于D，∵n（Ω）＝100，n（A）＝60，n（B）＝40，n（C）＝20，n（A∪B）＝100，n（A∩C）＝12，∴n（B∩C）＝8，∴P（B∩C）＝＝，又∵P（B）＝＝，P（C）＝＝，∴P（B∩C）＝P（B）P（C）＝，∴B与C相互独立，故D正确.故选B、C、D.
跟踪训练
1.A　由题意得，P（A）＝，P（B）＝，P（AB）＝，∴P（AB）＝P（A）P（B），∴事件A与B相互独立，则A与也相互独立，∴P（A）＝P（A）P（）＝P（A）（1－P（B））＝×＝.故选A.
2.D　当n＝2时，AB表示一正一反，故P（AB）＝2××＝，故A正确；此时P（A）＝2××＝，P（B）＝1－P（）＝1－×＝，P（AB）＝≠＝P（A）P（B），故B正确；当n＝3时，A＋B表示并非每次都是正面朝上，故P（A＋B）＝1－P（）＝1－××＝，故C正确；此时P（AB）＝3×××＝，P（A）＝1－P（）＝1－××－××＝，P（B）＝××＋3×××＝，所以P（AB）＝＝×＝P（A）P（B），故D错误.故选D.
【例3】　（1）C　（2）B　解析：（1）据题意，记甲击中目标为事件A，乙击中目标为事件B，目标被击中为事件C，甲、乙同时击中目标为事件D，则P（A）＝，P（B）＝，所以P（C）＝1－P（）P（）＝1－（1－）×（1－）＝，P（DC）＝P（D）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝×＝，则在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为P（D｜C）＝＝＝.
（2）设A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲、乙线生产的，B表示取得的芯片为次品，甲线生产该芯片的次品率为p，则P（A1）＝＝，P（A2）＝，P（B｜A1）＝p，P（B｜A2）＝.由全概率公式得P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＝p＋×＝0.08，解得p＝.故选B.
跟踪训练
1.　　解析：由题意知甲选到A的概率P＝＝.记乙选择A活动为事件M，乙选了A活动再选择B活动为事件N，则P（M）＝＝，P（MN）＝＝，所以P（N｜M）＝＝＝.
2.　解析：设A＝“在甲盒中拿到红球”，B＝“在乙盒中拿到红球”.因为甲盒中有3个红球，2个黄球，所以P（A）＝，P（）＝1－＝，又乙盒中有2个红球，1个黄球，所以P（B｜A）＝，P（B｜）＝，所以P（B）＝P（AB）＋P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜）＝×＋×＝.
【例4】　D　因为正态密度函数为f（x）＝，所以E（X）＝90，所以正态曲线关于直线x＝90对称，所以P（X＜70）＝P（X＞110），又P（70≤X≤110）＝0.8，所以P（X＞110）＝＝0.1，又共有50 000名学生参加这次考试，所以该市这次考试数学成绩超过110分的学生人数约为50 000×0.1＝5 000，故选D.
跟踪训练
1.D　随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，所以P（1.5≤X＜2）＝0.36，P（X＜1.5）＝（1－0.36×2）＝0.14，所以P（X＞1.5）＝1－0.14＝0.86，故选D.
2.0.01（答案不唯一，小于等于0.02的正数即可）　解析：依题意可得μ＝80，要使次品率不高于0.27％，则正品率不低于99.73％，又根据正态曲线的特征知，｜ξ－80｜＜3σ，所以ξ∈（80－3σ，80＋3σ） （79.94，80.06），所以解得σ≤0.02，故σ的一个值可以为0.01.
第3讲　大题专攻——随机变量及其分布
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：X的所有可能取值为0，1，2，
且P（X＝k）＝，k＝0，1，2，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
X的数学期望E（X）＝0×＋1×＋2×＝1.
2.解：（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
所以比赛成绩不少于5分的概率P＝（1－0.63）（1－0.53）＝0.686.
（2）若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15.
P（X＝0）＝（1－p）3＋[1－（1－p）3]·（1－q）3，
P（X＝5）＝[1－（1－p）3]··q·（1－q）2，
P（X＝10）＝[1－（1－p）3]··q2·（1－q），
P（X＝15）＝[1－（1－p）3]·q3，
所以E（X）＝[1－（1－p）3]·[15q（1－q）2＋30q2·（1－q）＋15q3]＝[1－（1－p）3]·15q＝15pq·（p2－3p＋3）.
若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15.
同理，可得E（Y）＝15pq（q2－3q＋3）.
E（X）－E（Y）＝15pq（p2－3p－q2＋3q）＝15pq（q－p）（3－p－q），
由0＜p＜q≤1，
得q－p＞0，3－p－q＝3－（p＋q）＞0，
所以E（X）－E（Y）＞0，即E（X）＞E（Y）.
故应该由甲参加第一阶段比赛.
【研透高考·攻重点】
【例1】　解：（1）设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为事件A，记第i次（i＝1，2，3）摸到红球为事件Bi，
则事件A＝∪B1∪B1B2，
显然，B1，B1B2彼此互斥，
由互斥事件概率的加法公式：P（A）＝P（∪B1∪B1B2）＝P（）＋P（B1）＋P（B1B2），
因为每次摸到红球后放回，所以P（Bi）＝，P（）＝，
所以P（A）＝＋×＋××＝.
（2）依题意，X的可能取值为2，3，4，5，
P（X＝2）＝P（）＝，
P（X＝3）＝P（B1）＝×＝，
P（X＝4）＝P（B1B2）＋P（B1B2B3B4）＝××＋（）4＝，
P（X＝5）＝P（B1B2B3）＝（）3×＝，
所以一轮摸球游戏结束时，此人总得分X的分布列为
X 2 3 4 5
P
E（X）＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
跟踪训练
　解：（1）记抛掷骰子的样本点为（a，b），则样本空间Ω＝{（a，b）｜1≤a≤6，1≤b≤6，a∈N*，b∈N*}，
则n（Ω）＝36，
记事件A＝“X＞0”，记事件B＝“X＝［］＝”，
则A＝{（a，b）｜1≤a≤b≤6，a∈N*，b∈N*，且［］＞0}，则n（A）＝21.
又AB＝{（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，2），（2，4），（2，6），（3，3），（3，6），（4，4），（5，5），（6，6）}，
则n（AB）＝14，
所以P（B｜A）＝＝＝，
即在X＞0的条件下，X＝的概率为.
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，
P（X＝4）＝，P（X＝5）＝，P（X＝6）＝，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5 6
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝.
【例2】　解：（1）记“从10所学校中随机选取的3所学校参与‘自由式滑雪’都超过40人”为事件A，
参与“自由式滑雪”的人数超过40的学校共4所，
从中随机选择3所学校的选法共＝4（种），
所以P（A）＝＝＝.
（2）参与“单板滑雪”人数在45以上的学校共4所，
所以X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P（X＝0）＝＝＝，
P（X＝1）＝＝＝，
P（X＝2）＝＝＝，
P（X＝3）＝＝＝，
所以X的分布列如下表：
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝＋2×＋3×＝.
（3）记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，
则P（B）＝（ ）2×＋（ ）3＝，
由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布B（ n，），
由题意得n≥5，得n≥，
因为n∈N*，所以n的最小值为20，
故至少要进行20轮测试.
跟踪训练
　解：（1）由题意可知：每次抛掷骰子上两级台阶的概率为＝，上三级台阶的概率为＝，
且X的可能取值为6，7，8，9，可得（X－6）～B（3，），则有：
P（X＝6）＝（）3＝，
P（X＝7）＝××（）2＝，
P（X＝8）＝×（）2×＝，
P（X＝9）＝（）3＝，
所以X的分布列为
X 6 7 8 9
P
因为E（X－6）＝3×＝1，所以E（X）＝7.
（2）因为位于第10级台阶则认定游戏失败，无法获得奖品，
结合题意可知：若学生位于第10级台阶，则抛掷3次后，学生位于第7级台阶，抛掷第4次上三级台阶，
可知不能获得奖品的概率为P1＝××（）2×＝，
所以甲、乙两位学生参加游戏，恰有一人获得奖品的概率P＝××（1－）＝.
【例3】　解：（1）记“从第1组抽取的20株鸡冠花样本中随机抽取2株，至少有1株鸡冠花的株高增量在（7，10]内”为事件A，所以P（A）＝＝.
（2）记“从第i（i＝1，2，3）组的鸡冠花中各随机抽取1株，这株鸡冠花的株高增量在（7，10]内”为事件Bi，
由题意可知：P（B1）＝，P（B2）＝，P（B3）＝，
X的可能取值有0，1，2，3，则有：
P（X＝0）＝（1－）×（1－）×（1－）＝，
P（X＝1）＝×（1－）×（1－）＋（1－）××（1－）＋（1－）×（1－）×＝，
P（X＝2）＝××（1－）＋×（1－）×＋（1－）××＝，
P（X＝3）＝××＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
X的期望E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
（3）由题意可知：ζ1，ζ2，ζ3均服从两点分布，则有：
ζ1的分布列为：
ζ1 0 1
P
可得ζ1的方差D（ζ1）＝×＝；
ζ2的分布列为：
ζ2 0 1
P
可得ζ2的方差D（ζ2）＝×＝；
ζ3的分布列为：
ζ3 0 1
P
可得ζ3的方差D（ζ3）＝×＝；
因为＞＞，所以D（ζ2）＞D（ζ3）＞D（ζ1）.
跟踪训练
　解：（1）设ζ表示1条灯带在安全使用寿命内更换的灯珠数量，
则P（ζ＝5）＝P（ζ＝7）＝P（ζ＝8）＝0.2，P（ζ＝6）＝0.4，
X的取值范围是{10，11，12，13，14，15，16}，
P（X＝10）＝0.2×0.2＝0.04，
P（X＝11）＝2×0.2×0.4＝0.16，
P（X＝12）＝0.42＋2×0.2×0.2＝0.24，
P（X＝13）＝2×（0.2×0.2＋0.2×0.4）＝0.24，
P（X＝14）＝0.22＋2×0.4×0.2＝0.2，
P（X＝15）＝2×0.2×0.2＝0.08，
P（X＝16）＝0.2×0.2＝0.04，
X的分布列为
X 10 11 12 13 14 15 16
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
（2）由（1）可知P（X≥12）＝0.8，
P（X≥13）＝0.56，
故n0＝13.
（3）由（2）可知n0－1＝12，
在灯带安全使用寿命期内，当n＝12时，设购买替换灯珠所需总费用为u元，当n＝13时，设购买替换灯珠所需总费用为v元，则
E（u）＝24＋0.24×4＋0.2×8＋0.08×12＋0.04×16＝28.16，
E（v）＝26＋0.2×4＋0.08×8＋0.04×12＝27.92，
E（v）＜E（u），
故以购买替换灯珠所需总费用的期望值为依据，n＝n0比n＝n0－1的方案更优.
第4讲　大题专攻——成对数据的统计分析
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
则完整的2×2列联表如下：
优级品 非优级品 总计
甲车间 26 24 50
乙车间 70 30 100
总计 96 54 150
K2＝＝4.687 5.
因为K2＝4.687 5＞3.841，所以有95％的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异；
因为K2＝4.687 5＜6.635，所以没有99％的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）由题意可知＝＝0.64，
又p＋1.65＝0.5＋1.65×≈0.5＋1.65×≈0.57，
所以＞p＋1.65，
所以能认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
2.解：（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积＝＝＝0.06，
估计该林区这种树木平均一棵的材积量＝＝＝0.39.
（2）（xi－）（yi－）＝xiyi－10＝0.013 4，
（xi－）2＝－10（）2＝0.002，
（yi－）2＝－10（）2＝0.094 8，
所以＝＝≈0.01×1.377＝0.013 77，
所以样本相关系数r＝
≈≈0.97.
（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m3，由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以＝，
所以Y＝＝1 209，即该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m3.
【研透高考·攻重点】
【例1】　解：（1）由已知可得，＝＝3，
＝＝5.1，
由题可列下表：
xi－ －2 －1 0 1 2
yi－ 1.3 0.4 －0.1 －0.3 －1.3
（xi－）（yi－）＝－5.9，＝，＝，
r＝＝≈≈－0.98.
（2）由问题（1）知，y与x的样本相关系数r≈－0.98，｜r｜接近1，所以y与x之间具有极强的线性相关关系，可用一元线性回归模型进行描述.
由问题（1）知，＝＝＝－0.59，
＝－＝5.1－（－0.59）×3＝6.87，
所求经验回归方程为＝－0.59x＋6.87.
（3）令x＝9，则＝－0.59×9＋6.87＝1.56，预测2028年的酸雨区面积占国土面积的百分比为1.56％.
跟踪训练
　解：（1）＝，＝，
＝＝＝5，
∴＝－＝－5×＝2，
∴＝5ln x＋2.
（2）设投入食品淀粉的资金为x万元，投入药用淀粉的资金为（200－x）万元，年收益为f（x），
∴f（x）＝5ln x＋2＋（200－x）＝5ln x－x＋22，
f'（x）＝－＝0 x＝50，
当0＜x＜50时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当50＜x＜200时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
∴f（x）max＝f（50）＝5ln 50－5＋22＝5（2ln 5＋ln 2）＋17≈36.5.
【例2】　解：（1）强化训练后的平均成绩约为
55×0.04＋65×0.16＋75×0.2＋85×0.32＋95×0.28＝81.4.
由于前三列概率之和为0.04＋0.16＋0.2＝0.4，
设中位数为80＋x，则0.032x＝0.1，
解得x＝3.125，所以中位数约为83.13.
（2）零假设为H0：跳水运动员是否优秀与强化训练无关.
补充完整的表格为
强化训练 是否优秀 合计
优秀人数 非优秀人数
强化训练前 40 60 100
强化训练后 60 40 100
合计 100 100 200
则χ2＝＝8＞7.879＝x0.005，
根据小概率值α＝0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为跳水运动员是否优秀与强化训练有关.
跟踪训练
　解：（1）由表中数据可得，选择A餐厅的概率为＝，选择B餐厅的概率为＝，
设事件A1：甲、乙两名同学去A餐厅用餐，
事件B1：甲、乙两名同学去B餐厅用餐，
事件A：甲、乙两名同学选择同一套餐用餐，
P（A1）＝（）2，P（B1）＝（）2，P（A｜A1）＝，P（A｜B1）＝，
则P（A）＝P（A1）P（A｜A1）＋P（B1）·P（A｜B1）＝（）2×＋（）2×＝，
故甲、乙两名同学选择同一套餐的概率为.
（2）根据数据可得列联表：
餐厅 性别 合计
男 女
在A餐厅用餐 40 20 60
在B餐厅用餐 15 25 40
合计 55 45 100
零假设为H0：认为性别与选择餐厅之间无关，
根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝≈8.249＞7.879＝x0.005，
依据小概率值α＝0.005的独立性检验，可以推断H0不成立，即性别与选择餐厅之间有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
培优点1　体育比赛与闯关
【例1】　解：（1）记事件A＝“甲班在项目A中获胜”，则P（A）＝××＋×（ ）2××＋×（ ）2×（ ）2×＝，
所以甲班在项目A中获胜的概率为.
（2）记事件B＝“甲班在项目B中获胜”，
则P（B）＝（ ）3＋×（ ）4＋×（ ）5＝.
X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝P（）＝P（）P（）＝×＝，
P（X＝2）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝×＝，
P（X＝1）＝1－P（X＝0）－P（X＝2）＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
故E（X）＝0×＋1×＋2×＝.所以甲班获胜的项目个数的数学期望为.
跟踪训练
　　解析：根据题意，设甲获胜为事件A，比赛进行两局为事件B，P（A）＝×＋×××＝，P（AB）＝××＝，故P（B｜A）＝＝＝＝.
【例2】　解：（1）甲连胜四场的概率为.
（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为；
乙连胜四场的概率为；
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1－－－＝.
（3）丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为；
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，.
因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝.
跟踪训练
　　解析：比赛进行四局结束有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙连胜；第一局乙获胜，后三局丙连胜，第一局甲获胜，后三局丙连胜的概率P1＝×××＝，第一局乙获胜，后三局丙连胜的概率P2＝×××＝，故比赛进行四局结束的概率P＝P1＋P2＝＋＝.
【例3】　解：（1）甲以11∶9赢得比赛，共计20次发球，在后4次发球中，需甲在最后一次获胜，最终甲以11∶9赢得比赛的概率为P＝×（ ）2×（ ）2＋（ ）2××＝.
（2）设甲累计得分为随机变量X，X的可能取值为0，1，2，3.
P（X＝0）＝（ ）2×＝，
P（X＝1）＝×（ ）2×＋（ ）2×＝，
P（X＝2）＝×（ ）2×＋（ ）2×＝，
P（X＝3）＝（ ）2×＝，
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
跟踪训练
　D　三队中选一队与丙比赛，丙输，×，例如是丙甲，若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意，在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那么它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一队得分不小于4分，不合题意.若丙全赢（ 概率是（ ）2）时，丙得6分，其他3队分数最高为5分，这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于6分，（1）若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是（ ）2，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是；（2）若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是（ ）2，乙丁这场比赛无论结果如何均符合题意；（3）若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是（ ）2，乙丁这场比赛只能平，概率是.综上，概率为××（ ）2×［×（ ）2×＋（ ）2＋（ ）2×］＝，D正确.故选D.
培优点2　概率与统计中的创新问题
【例1】　解：（1）K2＝＝24＞6.635，
所以有99％的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
（2）①证明：R＝
＝，
由题意知，证明＝即可，
左边＝
＝，
右边＝
＝.
左边＝右边，故R＝·.
②由调查数据可知P（A｜B）＝＝，P（A｜）＝＝，
且P（｜B）＝1－P（A｜B）＝，P（｜）＝1－P（A｜）＝，
所以R＝×＝6.
跟踪训练
　解：（1）依题意，X1服从超几何分布，故X1的分布列为P（X1＝k）＝，k∈N，0≤k≤100.
X1 0 1 … 99 100
P …
（2）①证明：由题可知Xi（i＝1，2，…，20）均服从完全相同的超几何分布，所以E（X1）＝E（X2）＝…＝E（X20），E（）＝E（ Xi）＝E（ Xi）＝E（Xi）＝×20E（X1）＝E（X1），
D（）＝D（ Xi）＝D（ Xi）＝D（Xi）＝×20D（X1）＝D（X1）.
故E（）＝E（X1），D（）＝D（X1）.
②由①可知的均值E（）＝E（X1）＝.
由公式得X1的方差D（X1）＝，
所以D（）＝.
依题意有
解得N＝1 456，M＝624，
所以可以估计M＝624，N＝1 456.
【例2】　解：（1）依题意，X～B（ 5，），则P（X＝0）＝（ ）5＝，P（X＝1）＝（ ）4（ ）＝，
P（X＝2）＝（ ）3（ ）2＝＝，
P（X＝3）＝（ ）2（ ）3＝，
P（X＝4）＝（ ）（ ）4＝，
P（X＝5）＝（ ）5＝，
故X的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5
P
故E（X）＝5×＝.
（2）设事件“Y＝n”表示前n－1次试验只成功了1次，且第n次试验成功，
故P（Y＝n）＝××（ ）n－2×＝×（ ）n－2，
当n为偶数时，
P（AB）＝P（2）＋P（4）＋…＋P（n）＝［1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2］，
令Sn＝1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2，
则Sn＝1·（ ）2＋3·（ ）4＋…＋（n－1）·（ ）n，
两式相减得：Sn＝1＋2［（ ）2＋（ ）4＋…＋（ ）n－2］－（n－1）·（ ）n，
则Sn＝－（ ）n·（ ＋n），
即P（AB）＝－（ ＋n）·（ ）n.
当n为奇数时，同理可得
P（AB）＝P（2）＋P（4）＋…＋P（n－1）＝［1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－2）·（ ）n－3］
＝－（ n＋）·（ ）n－1，
综上，P（AB）＝
【例3】　解：（1）∵10×（0.012＋0.026＋0.032＋a＋0.01）＝1，∴a＝0.02.
样本平均数的估计值为50×0.12＋60×0.26＋70×0.32＋80×0.2＋90×0.1＝69.
（2）∵μ＝69，σ＝10.5.
∴P（X≥90）＝P（X≥μ＋2σ）≈＝0.022 75.
∴能参加复试的人数约为40 000×0.022 75＝910.
（3）由题意有x2y＝.
答对两道题的概率P＝x2（1－y）＋x（1－x）y＝x2＋2xy－3x2y.
而x2y＝，∴P＝x2＋－.
令f（x）＝x2＋－（0＜x≤1），
则f'（x）＝2x－＝，
∴当x∈（ 0，）时，f'（x）＜0，f（x）在（ 0，）内单调递减；
当x∈（ ，1］时，f'（x）＞0，f（x）在（ ，1］内单调递增.
∴当x＝时，f（x）min＝.故概率P的最小值为.
跟踪训练
　解：（1）由题意知，X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝＝，
P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，
故X的分布列为
X 0 1 2
P
则E（X）＝0×＋1×＋2×＝.
记事件A：小王已经答对一题，事件B：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率
P（B｜A）＝＝＝＝.
（2）①由题意知，f（p）＝p（1－p）2
＝3p3－6p2＋3p（ 0＜p＜），
则f'（p）＝3（3p－1）（p－1），
令f'（p）＝0，解得p＝或p＝1（舍），
当p∈（ 0，）时，f'（p）＞0，当p∈（ ，）时，f'（p）＜0，
所以f（p）在区间（ 0，）内单调递增，在区间（ ，）内单调递减，
所以当p＝时，f（p）有极大值，且f（p）的极大值为f（ ）＝.
②由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y，
则Y的可能取值为60，120，180，360，
P（Y＝60）＝（1－p）3，
P（Y＝120）＝p（1－p）2，
P（Y＝180）＝p2（1－p），
P（Y＝360）＝p3，
所以E（Y）＝60（1－p）3＋120p（1－p）2＋180p2（1－p）＋360p3＝60（2p3＋3p＋1），
所以9E（Y）≥1 120，
即540（2p3＋3p＋1）≥1 120，
整理得2p3＋3p－≥0，
经观察可知p＝是方程2p3＋3p－＝0的根，
故2p3＋3p－＝2（ p3－p2）＋（ p2－p）＋（ p－）＝（ p－）（ 2p2＋p＋），
因为2p2＋p＋＞0恒成立，
所以由2p3＋3p－≥0可得p－≥0，解得p≥，
又0＜p＜，所以p的取值范围为［，）.
【例4】　解：（1）①二维离散型随机变量（ξ，η）的所有可能取值为（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（1，0），（1，1），（1，2），（2，0），（2，1），（3，0）.
②由题意得0≤m＋n≤3，
P（ξ＝m，η＝n）＝P（ξ＝m｜η＝n）·P（η＝n），
因为P（η＝n）＝（ ）n（ ）3－n.
P（ξ＝m｜η＝n）＝（ ）m·（ ）3－n－m＝（ ）3－n，
所以P（ξ＝m，η＝n）＝（ ）3－n·（ ）n·（ ）3－n＝＝·.
（2）证明：由定义及全概率公式知：
P（ξ＝ai）＝P{（ξ＝ai）∩[（η＝b1）∪（η＝b2）∪…∪（η＝bj）∪…]}
＝P{[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]∪[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]∪…∪[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]∪…}
＝P[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]＋P[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]＋…＋P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＋…
＝P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＝P（ξ＝ai，η＝bj）
＝Pij.
跟踪训练
　解：（1）因为X～B（ 3，），所以xk＝P（X＝k）＝（ ）k（ ）3－k＝（k＝0，1，2，3），
因为Y～B（ 3，），所以yk＝P（Y＝k）＝（ ）k·（ ）3－k＝（k＝0，1，2，3），
所以＝＝23－2k（k＝0，1，2，3），
所以D（X｜｜Y）＝xkln＝××ln 23＋××ln 2＋××ln 2－1＋××ln 2－3＝ln 2.
（2）因为xk＝P（X＝k）＝pk（1－p）2－k（k＝0，1，2），
y0＝P（Y＝0）＝，y1＝P（Y＝1）＝，y2＝P（Y＝2）＝，
所以D（X｜｜Y）＝xkln
＝x0ln＋x1ln＋x2ln
＝（1－p）2ln[6（1－p）2]＋2p（1－p）ln[3p（1－p）]＋p2ln（6p2）.
令f（p）＝（1－p）2ln[6（1－p）2]＋2p（1－p）ln[3p（1－p）]＋p2ln（6p2），
则f'（p）＝－2（1－p）ln[6（1－p）2]－2（1－p）＋（2－4p）ln[3p（1－p）]＋2－4p＋2pln（6p2）＋2p
＝（－2＋4p）ln 6－2ln（1－p）＋2ln p＋（2－4p）ln 3
＝2ln p－2ln（1－p）＋（4p－2）ln 2，
令g（p）＝2ln p－2ln（1－p）＋（4p－2）ln 2，
则g'（p）＝＋＋4ln 2，
因为0＜p＜1，所以g'（p）＞0，故g（p）在（0，1）上单调递增，
又g（ ）＝0，所以当0＜p＜时，g（p）＜0，即f'（p）＜0，当＜p＜1时，g（p）＞0，即f'（p）＞0，
所以f（p）在（ 0，）上单调递减，在（ ，1）上单调递增，
所以f（p）min＝f（ ）＝ln.
（3）证明：令φ（x）＝ln x－x＋1，则φ'（x）＝－1＝.易得当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，φ'（x）＜0，故φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以 x∈（0，＋∞），φ（x）≤φ（1）＝0，
所以ln x≤x－1，所以ln≤－1，
所以ln x≥1－，
所以D（X｜｜Y）＝xkln≥xk（ 1－）
＝（xk－yk）＝xk－yk＝1－1＝0，
即D（X｜｜Y）的值不可能为负.
2 / 2培优点1　体育比赛与闯关
　　此类问题主要涉及体育比赛或闯关问题中的2n－1局n胜制、连胜制及比分差距制等，考查题型既有选择、填空题也有解答题，难度中等偏上.
2n－1局n胜制
【例1】　为了丰富在校学生的课余生活，某校举办了一次趣味运动会活动，学校设置项目A“毛毛虫旱地龙舟”和项目B“袋鼠接力跳”.甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛.每一个比赛项目均采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束），假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响.
（1）求甲班在项目A中获胜的概率；
（2）设甲班获胜的项目个数为X，求X的分布列及数学期望.
感悟提升
1.一旦某方获得n次胜利即终止比赛，若比赛提前结束，则一定在最后一次比赛中某方达到n胜，如：乒乓球、篮球、斯诺克比赛等.
2.看成n重伯努利试验，利用二项分布的公式求解：P（甲胜）＝pn（1－p）n－1＋pn＋1（1－p）n－2＋…＋p2n－1.
　（2024·聊城二模）甲、乙两选手进行围棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用三局两胜制，则在甲最终获胜的情况下，比赛进行了两局的概率为　　　　.
连胜制
【例2】　甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：
累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.
（1）求甲连胜四场的概率；
（2）求需要进行第五场比赛的概率；
（3）求丙最终获胜的概率.
感悟提升
　　连胜制的规则特点是：规定某方连胜m场即终止比赛，所以若提前结束比赛，则最后m场某方连胜且之前没有达到m场某方连胜.
　某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三人通过初赛，进入决赛.决赛比赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，直到一人连胜三局，则此人获得比赛胜利，比赛结束.假设每局比赛双方获胜的概率均为，且每局比赛相互独立.则比赛进行四局结束的概率为　　　　.
比分差距制
【例3】　为了贯彻党的二十大提出的基础教育发展方针，全面落实“五育并举”的战略目标，某市举办2024年秋季高中生乒乓球比赛活动，本次活动乒乓球单打按国际比赛规则，即首先由发球员发球2次，再由接发球员发球2次，两者交替，胜者得1分.在一局比赛中，先得11分的一方为胜方（胜方至少比对方多2分），10平后，先多得2分的一方为胜方.甲、乙两位同学进行乒乓球单打比赛，甲在一次发球中，得1分的概率为，乙在一次发球中，得1分的概率为.如果在一局比赛中，由乙同学先发球.
（1）甲、乙的比分暂时为8∶8，求最终甲以11∶9赢得比赛的概率；
（2）求发球3次后，甲的累计得分的分布列及数学期望.
感悟提升
1.规定某方比对方多m分即终止比赛.
2.根据比赛局数确定比分，在得分过程中要注意使两方的分差小于m.
3.实例：如乒乓球和羽毛球的小局比赛.
（2024·江西重点中学协作体联考）中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认为世界足球运动的起源.为弘扬中华传统文化，某市四所高中各自组建了蹴鞠队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率均为，则在比赛结束时丙队在输了第一场且其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为（　　）
A. B.
C. D.
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