高分提能九 统计概率中的交汇问题
【典型例题】
例1 解:(1)设甲同学和乙同学答对的题目个数分别为a1,a2,所以所求概率P=P(a1=2,a2=3)+P(a1=3,a2=2)+P(a1=3,a2=3)=×××+×××+×=,所以他们在一轮竞赛中获得1个积分的概率为.
(2)由(1)可知P=P(a1=2,a2=3)+P(a1=3,a2=2)+P(a1=3,a2=3)=××(1-p1)×+×××(1-p2)+×,整理可得P=[3(p1+p2)-5p1p2]=(4-5p1p2),
因为0≤p1≤1,0≤p2≤1,且p1+p2=,所以≤p1≤1,所以p1p2=p1∈.
令t=p1p2,则t∈,
所以P(t)=-5t3+4t2,t∈,则P'(t)=-15t2+8t,
易知当t∈时,P'(t)>0恒成立,则P(t)在上单调递增,
所以当t=时,P(t)取得最小值.
设在n轮比赛中,甲、乙两同学获得1个积分的轮数为Y,则Y~B(n,P),
又X=Y,所以E(X)=E(Y)=nP,则由nP≥5,
得n·≥5,解得n≥≈19.3,
因为n为正整数,所以n的最小值为20.
自测题
解:(1)甲三次投篮都命中的概率P1=××=,
甲三次投篮只命中两次且总分不低于4分的概率P2=××+××=,
所以甲未获得奖品的概率为1-P1-P2=.
(2)设甲的投篮次数为X,则X的所有可能取值为n,200-2n,P(X=n)=,P(X=200-2n)=1-,所以X的分布列为
X n 200-2n
P 1-
则E(X)=+(200-2n)×=-2n+200.
令f(n)=-2n+200(n∈N*),则f(n+1)=-2n+198,
所以f(n+1)-f(n)=,其中203-3n-2n+2随着n的增大而减小.
当n≤5时,203-3n-2n+2>0,f(n+1)>f(n);
当n≥6时,203-3n-2n+2<0,f(n+1)
所以f(1)f(7)>f(8)>f(9)>…,
故当n=6时,甲投篮次数的期望最大.
例2 解:(1)由题知K2的观测值k==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)(i)证明:由题知R=·=·=·=·=·=·.
(ii)由调查数据可知P(A|B)==,P(A|)==,
则P(|B)=1-P(A|B)=,P(|)=,所以R=×=6.
例3 解:(1)打完3个球后甲比乙至少多得2分,只能是甲得3分乙得0分,故p3=p3.
打完4个球后甲比乙至少多得2分,可能是甲得4分乙得0分,也可能是甲得3分乙得1分,
故p4=p3q+p4=4p3q+p4=4p3(1-p)+p4=4p3-3p4.
(2)根据对称性以及(1)的结果,可得q3=q3,q4=4q3-3q4,
故=====4,可得=2,
又p+q=1,所以p=,q=.
(3)证明:方法一:设Xk为打完k个球之后甲的得分,则pk=P[Xk-(k-Xk)≥2]=P.
p2m+1=P=P(X2m+1≥m+2),p2m=P=P(X2m≥m+1).
要使得打完2m+1个球之后,甲的得分大于等于m+2,只有两种情况:
①打完前2m个球之后,甲的得分已经大于等于m+2,其概率为p2m-P(X2m=m+1);
②打完前2m个球之后,甲的得分恰为m+1,且第2m+1个球甲得分,其概率为P(X2m=m+1)·p.
因此p2m+1=[p2m-P(X2m=m+1)]+P(X2m=m+1)·p,所以p2m+1-p2m=P(X2m=m+1)(p-1)=pm+1qm-1(p-1)=-pm+1qm.
同理,q2m+1-q2m=-qm+1pm,
所以(p2m+1-q2m+1)-(p2m-q2m)=(p2m+1-p2m)-(q2m+1-q2m)=
pmqm(q-p)<0,左侧不等式得证.
p2m+2=P=P(X2m+2≥m+2),
要使得打完2m+2个球之后,甲的得分大于等于m+2,只有三种情况:
①打完前2m个球之后,甲的得分已经大于等于m+2,其概率为p2m-P(X2m=m+1);
②打完前2m个球之后,甲的得分恰为m+1,且最后2个球甲至少得1分,其概率为P(X2m=m+1)·(1-q2);
③打完前2m个球之后,甲的得分恰为m,且最后2个球甲得2分,其概率为P(X2m=m)·p2.
因此p2m+2=[p2m-P(X2m=m+1)]+P(X2m=m+1)·(1-q2)+P(X2m=m)·p2,
所以p2m+2-p2m=-q2·P(X2m=m+1)+p2·P(X2m=m)=
-q2pm+1qm-1+p2pmqm=
-pm+1qm+1+pm+2qm,
同理,q2m+2-q2m=-qm+1pm+1+qm+2pm,
所以(p2m+2-q2m+2)-(p2m-q2m)=(p2m+2-p2m)-(q2m+2-q2m)=pmqm(p2-q2)>0,
右侧不等式得证.
综上可知,不等式成立.
方法二:记am(x)表示打完m个球后甲得x分的概率,
故p2m+1=p2m-q·a2m(m+1),
q2m+1=q2m-p·a2m(m-1),
故p2m+1-p2m=-q·a2m(m+1),
q2m+1-q2m=-p·a2m(m-1),
故要证p2m+1-q2m+1只需证p·a2m(m-1)只需证p·pm-1·qm+1·只需证pmqm+1只需证qp2m+2=p2m+1+p·a2m+1(m+1)=p2m+p·a2m+1(m+1)-q·a2m(m+1),
q2m+2=q2m+1+q·a2m+1(m)=q2m+q·a2m+1(m)-p·a2m(m-1),
故要证p2m-q2m只需证p2m+2-p2m>q2m+2-q2m,
只需证p·a2m+1(m+1)-q·a2m(m+1)>q·a2m+1(m)-p·a2m(m-1),
只需证pm+2qm-pm+1qm>qm+2pm-qm+1pm,
只需证p2-p>q2-q,只需证(p-q)(p+q)>(p-q),
只需证>.
因为=+,且>0,所以不等式成立,证毕.
自测题
解:(1)由题中表格可得,问题处理模式是“兼用”模式的问题数为1500+2500+1000=5000.
在样本中随机抽取一个问题,设事件A为“该问题的处理模式是‘兼用’”,
则P(A)==.
(2)样本中使用“联网搜索”模式处理的所有问题有1200+1500+300=3000(个),在使用“联网搜索”模式处理的所有问题中随机选取1个,
该问题是生活类问题的概率估计为=,是学习类问题的概率估计为=,是其他类问题的概率估计为=.
在使用“联网搜索”模式处理的所有问题中随机选取2个,设事件B为 “生活类问题的个数不超过学习类问题的个数”.
方法一:事件B包含四种情况:①0个生活类问题和2个非生活类问题;②1个生活类问题,1个学习类问题,0个其他类问题.
则P(B)=×+2××=.
方法二:事件B包含两种情况:①0个生活类问题和0个学习类问题,2个其他类问题;②0个生活类问题和1个学习类问题,1个其他类问题;③0个生活类问题和2个学习类问题,0个其他类问题;④1个生活类问题,1个学习类问题,0个其他类问题.
则P(B)=××+×××+××+2××=.
方法三:事件包含两种情况:①2个生活类问题和0个非生活类问题;②1个生活类问题,0个学习类问题,1个其他类问题.
则P(B)=1-P()=1-=.
(3)记事件C为“小明处理两个问题,其中一个用时在(0,20]内,另一个用时在(40,+∞)内”,
事件D1,D2,D3分别表示“小明使用‘深度思考’模式”“小明使用‘联网搜索’模式”“小明使用‘兼用’模式”.
则P(C|D1)=2×0.6×0.1=0.12,P(C|D2)=2×0.75×0.05=0.075,
P(C|D3)=2×0.35×0.2=0.14,
P(D1)=P(D2)=P(D3)=,
P(C) =P(C|D1)P(D1)+P(C|D2)P(D2)+P(C|D3)P(D3)=×0.12+×0.075+×0.14=,
则P(D1|C)==,
同理P(D2|C)==,
P(D3|C)==,
所以P(D3|C)>P(D1|C)>P(D2|C),
即已知事件C发生的条件下,小明使用兼用模式的概率最大.提能特训(九)
1.C [解析] 由连续型随机变量X服从正态分布N,可得μ=,σ2=,所以σ=,所以正态密度曲线关于直线x=对称,则P(X≤x)=P(X≥1-x).由f(x)=P(X≤x),可得f(x)=P(X≤x)在x≤时随着x的变大增长的越来越快,在x>时随着x的变大增长的越来越慢,所以f(x)的图象无对称轴,故A,B错误.f(x)+f(1-x)=P(X≤x)+P(X≤1-x)=P(X≥1-x)+P(X≤1-x)=1,所以f(x)的图象关于点中心对称,故C正确,D错误.故选C.
2.C [解析] 从8个数中随机选取3个不同的数,共有=56(个)样本点.能构成等差数列的样本点有{1,2,3},{2,3,4},{3,4,5},{4,5,6},{-1,1,3},{1,3,5},{2,4,6},{-2,1,4},{-1,2,5},{-2,2,6},共10个;能构成等比数列的样本点有{4,-2,1},{1,2,4},共2个.综上,可以构成等差数列或等比数列的样本点共有10+2-1=11(个),所以所求概率是.故选C.
3.C [解析] 记事件M为“相邻的两个顶点挂不同形状的风铃”,事件N为“A与C处挂同一种形状的风铃”.由题可知事件M包含的情况可分以下三类:
(1)当A,C,E处挂同一种形状的风铃时,有4种挂法,此时B,D,F处各有3种挂法,故不同的挂法共有4×3×3×3=108(种);
(2)当A,C,E处挂两种不同形状的风铃时,有种挂法,此时B,D,F有3×2×2种挂法,故不同的挂法共有×3×2×2=432(种);
(3)当A,C,E挂三种不同形状的风铃时,有种挂法,此时B,D,F各有2种挂法,故不同的挂法共有×2×2×2=192(种).综上,相邻的两个顶点挂不同形状的风铃共有108+432+192=732(种)挂法,即n(M)=732.
当相邻两顶点挂不同形状的风铃且顶点A与C处挂同一种形状的风铃时,分以下两类:
(1)A,C,E处挂同一种形状的风铃,则不同的挂法有108(种);
(2)当A,C处挂同一种形状的风铃,E挂其他形状的风铃时,有种挂法,此时B,D,F有3×2×2种挂法,故不同的挂法共有×3×2×2=144(种).综上,顶点A与C处挂同一种形状的风铃共有108+144=252(种)挂法,即n(MN)=252.故所求概率为==.故选C.
4.ACD [解析] 对于选项A,M,N的初始位置均在点A处,1秒后,M,N均移动到同一顶点的概率为××3=,故P1=,选项A正确.对于选项B,若n-1(n≥2)秒后M,N位于同一位置,则n秒后M,N仍在同一位置的概率为Pn-1;若n-1(n≥2)秒后M,N位于不同位置,则n秒后M,N在同一位置的概率为××2(1-Pn-1)=(1-Pn-1),故Pn=Pn-1+(1-Pn-1)=+Pn-1(n≥2),可得Pn-=(n≥2),P1-=,所以数列为以为首项,为公比的等比数列,所以Pn-=×,即Pn=+×,易知Pn>,所以选项B错误.对于选项C,因为2秒后M,N在B处相遇,所以1秒后M,N均不在B处,2秒后M,N均在B处.共有四种情况的路径:
①当M:A→C→B,N:A→C→B时,概率为×××=;
②当M:A→C→B,N:A→D→B时,概率为×××=;
③当M:A→D→B,N:A→C→B时,概率为×××=;
④当M:A→D→B,N:A→D→B时,概率为×××=.所以2秒后M,N在B处相遇的概率为+++=,所以选项C正确.对于选项D,如下三种分情况讨论:
①当M,N在这4秒中经过的路径完全相同时,例如,M:A→B→C→D→A,N:A→B→C→D→A,共有6种情况,此时概率为6××××××××=×.
②当M,N在这4秒中经过的路径完全不相同,即在B,C,D处完全不相遇时,例如,M:A→B→C→D→A,N:A→C→D→B→A,共有12种情况,此时概率为12××××=×.
③当M,N在这4秒中经过的路径中有一次相遇,即在B,C,D处相遇一次时,例如,M:A→B→C→D→A,N:A→B→D→C→A,共有18种情况,此时概率为12××××+6××××=×.综上,所求概率为×+×+×=×>.故D正确.故选ACD.
5. [解析] 设n次操作中有k次奇数操作和m=n-k次偶数操作,由题意可知,当且仅当k和m均为奇数时,格子中的数字恰好从左到右为降序排列.因为奇数+奇数=偶数,所以此时n为偶数,又因为偶数+偶数=偶数,所以此时n也为偶数.故当n为偶数时,Pn=;当n为奇数时,Pn =0.故Pn=
6.2 [解析] 因为Ek:+=1(k=1,2,…,6)表示圆,所以ak=ak+1>0,所以符合的(ak,ak+1)有(1,1),(2,2),(3,3),所以P(ak=ak+1)==.由题可知,X~B,所以E(X)=6×=2.因为Ek:+=1(k=1,2,…,6)表示焦点在x轴上的椭圆,所以ak>ak+1.当a6=2时,a7=1,要使ak≤ak+1≤2(1≤k≤5,k∈N*),只需要考虑从a1到a5五个位置第一次出现1的情况,共6种.当a6=3时,a7=1或a7=2两种情况,要使ak≤ak+1≤3(1≤k≤5,k∈N*),只需要考虑从a1到a5五个位置出现3的次数:如果有5个3,有1种情况;如果有4个3,有2种情况;如果有3个3,有3种情况;如果有2个3,有4种情况;如果有1个3,有5种情况;如果有0个3,有6种情况.所以只有E6是焦点在x轴上的椭圆包含的样本点个数为6+2×(1+2+3+4+5+6)=48,所以只有E6是焦点在x轴上的椭圆的概率P=×48=.
7. [解析] 设从{1,2}中取出的数为x1,则3-x1也在这个集合内;设从{1,2,3}中取出的数为x2,则4-x2也在这个集合内;设从{1,2,3,4}中取出的数为x3,则5-x3也在这个集合内;设从{1,2,3,4,5}中取出的数为x4,则6-x4也在这个集合内;设从{1,2,3,4,5,6}中取出的数为x5,则7-x5也在这个集合内.设X=x1+x2+x3+x4+x5∈[5,20],则(3-x1)+(4-x2)+(5-x3)+(6-x4)+(7-x5)=25-X,所以P(X=m)=P(X=25-m),m=5,6,7,…,20,所以P(5≤X≤12)=P(13≤X≤20)=,P(X=19)=P(X=6),P(X=20)=P(X=5).X=5表示x1=x2=x3=x4=x5=1,共=1(个)样本点;X=6表示x1,x2,x3,x4,x5中有4个选择1,1个选择2,共·=5(个)样本点.样本点总数为2×3×4×5×6=720,所以P(19≤X≤20)=P(5≤X≤6)==,所以P(13≤X≤18)=P(13≤X≤20)-P(19≤X≤20)=-=.
8.解:(1)设y关于t的经验回归方程为=t+,
由题意得==3,==51,
则==
==12,
所以=-=51-12×3=15,
所以y关于t的经验回归方程为=12t+15.
(2)(i)由题意知,400名车主中购买新能源汽车的有270名,其中男性有190名,
则样本中购买新能源汽车的车主中,男性所占比例为,
所以估计从购买新能源汽车的车主中随机抽取一人,抽到男性车主的概率为.
因为2025年对应的年份代码t=6,所以=12×6+15=87,
因此估计2025年在该地区购买新能源汽车的车主中男性的人数为×870 000≈612 222.
(ii)由题意知,p=,0≤N≤230,N∈Z,
则当N=0时,p取得最大值1,当N=230时,p取得最小值,
故p∈,由题可知f(p)=p2(1-p)=-3p3+3p2.
设函数g(x)=-3x3+3x2,x∈,则g'(x)=-9x2+6x=-3x(3x-2),所以当x∈时,g'(x)>0, 则g(x)在上单调递增;
当x∈时,g'(x)<0, 则g(x)在上单调递减.
故当x=时,g(x)取得最大值,
即当p=时,f(p)取得最大值,此时=,可得N=45.
9.解:(1)记B软件能正确解答数学问题为事件M,
结合题中数据以及古典概型的概率公式可得P(M)==.
(2)方法一:使用A软件解答函数试题正确的概率为=,
使用B软件解答几何试题正确的概率为=.
由题可知,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)=×=,
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
故E(X)=0×+1×+2×+3×=.
方法二:使用A软件解答函数试题正确的概率为=,
使用B软件解答几何试题正确的概率为=.
用X1,X2分别表示这2道函数试题与1道几何试题被正确解答的个数,
则X1~B,X2~B,
X1与X2的分布列分别为
X1 0 1 2
P
X2 0 1
P
X=X1+X2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)=×=,
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
由二项分布的期望公式可得E(X1)=2×=,E(X2)=1×=,
因为X1,X2相互独立,
所以E(X)=E(X1+X2)=E(X1)+E(X2)=+=.
(3)用B软件正确解答这道试题的概率大,理由如下.
记“A软件能正确解答这道试题”为事件E,“B软件能正确解答这道试题”为事件F,“该试题为几何题”为事件G.
则P(G)=,P()=,P(E|G)=,P(E|)==,P(F|G)=,P(F|)=,
由全概率公式可得P(E)=P(G)P(E|G)+P()P(E|)=×+×=.
P(F)=P(G)P(F|G)+P()P(F|)=×+×=.
因为P(F)>P(E),所以用B软件正确解答这道试题的概率大.
10.解:(1)由题意可知,P1=.
依题意,4件产品的位置从第1个到第4个排序,包含=24(个)样本点.
同学乙要取最大价值产品,有以下两种情况:
最大价值产品在第3个位置,其他的随意在哪个位置,包含=6(个)样本点;
最大价值产品在第4个位置,第二大价值产品在第1个或第2个位置,
其他的随意在哪个位置,包含2=4(个)样本点.
所以所求概率P2==.
(2)若考虑全部产品排序,价值最大的产品在第k+m个位置,剩余的n-1件产品全排列共有(n-1)!个样本点,
先从n-1件产品中挑出k+m-1件产品,其中价值最大的产品放在前k个位置中,
剩下的k+m-2件产品全排列,共有k(k+m-2)!个样本点,剩下的n-k-m件产品全排列有(n-k-m)!个样本点,所以P2=
=
=
.
(3)记事件A表示最大价值产品被乙同学取到,事件Bi表示最大价值产品排在第i个位置,则P(Bi)=,
由全概率公式可知,P(A)=P(A|Bi)P(Bi)=P(A|Bi),
当1≤i≤k时,最大价值产品在前k个位置中,不会被取到,
此时P(A|Bi)=0,
当k+1≤i≤n时,最大价值产品被取到,当且仅当前i-1件产品中价值最大的一个产品在前k个位置之中,
则P(A|Bi)=,
故P(A)==ln.
令g(x)=ln(x>0),g'(x)=ln-,
由g'(x)=0,得x=,
当x∈时,g'(x)>0,当x∈时,g'(x)<0,
所以函数g(x)在上单调递增,在上单调递减,
则g(x)max=g=,故当k=时,P(A)=ln取得最大值,
所以P2的最大值为,此时k的值为.
11.解:(1)记“所取两点的曼哈顿距离为1”为事件A,由题可知,所取两点的曼哈顿距离为1共12个样本点,则P(A)==,
故所取两点的曼哈顿距离为1的概率为.
(2)(i)当随机变量X=k时,在坐标(a1,a2,a3,…,an)与(b1,b2,b3,…,bn)中有k个坐标值不同,即ai≠bi,剩下n-k个坐标值满足ai=bi,此时所对应的样本点有·2n-1个,
所以P(X=k)==,
故X的分布列为
X 1 2 … n
P …
E(X)=++…+,
倒序相加得E(X)=(+++…+)=.
(ii)证明:由(i)可知E(X2)=++…+=
.
对(1+x)n=+x+…+xn两边同时求导得n(1+x)n-1=+2x+…+nxn-1,对上式两边同乘x,再求导得n(1+nx)×(1+x)n-2=+22x+32x2+…+n2xn-1,令x=1,得12+22+…+n2=n(n+1)·2n-2,
所以E(X2)=,
故D(X)=E(X2)-[E(X)]2=-=
=
=
=-<.高分提能九 统计概率中的交汇问题
【考情分析】本专题是以概率统计与其他模块综合交汇为背景的综合专题,主要侧重于在实际情境中,与函数模型、新定义证明、逻辑推理等问题相交汇的综合应用.
综合一 与函数相关的概率问题
例1 3月14日为国际数学日,也称为π节,为庆祝该节日,某中学举办了数学文化节活动,其中一项活动是“数学知识竞赛”,竞赛规则是:两人一组,每一轮竞赛中,小组两人分别答3道题,若答对题目不少于5道题,则获得1个积分.已知甲、乙两名同学一组,甲同学和乙同学答对每道题的概率分别是p1和p2,且每道题答对与否互不影响.
(1)若p1=,p2=,求甲、乙同学这一组在一轮竞赛中获得1个积分的概率;
(2)若p1+p2=,且每轮比赛互不影响,进行n轮比赛后,甲、乙同学这一组获得的积分为X分.若E(X)≥5恒成立,求n的最小值.
自测题
[2025·安徽合肥三模] 某学校举办趣味投篮比赛,选手需要在距离罚球线1米、2米、3米的A,B,C三个位置分别投篮一次(选手自行选择投篮顺序).在A,B,C处投篮命中分别可得1分、2分、3分,总分不低于4分就可以获得奖品,已知甲在A,B,C处的投篮命中率分别为,,,且在这三处投篮相互独立.
(1)求甲未获得奖品的概率.
(2)甲参加投篮训练,训练计划如下:在C处先投n(n∈N*,n≤60)个球,若这n个球都投进,则训练结束,否则额外在C处投(200-3n)个球.试问n为何值时,甲投篮次数的期望最大
综合二 新定义证明问题
例2 [2022·新高考全国Ⅰ卷] 一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组),同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组),得到如下数据:
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
(1)能否有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)从该地的人群中任选一人,A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B表示事件“选到的人患有该疾病”,与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为R.
(i)证明:R=·;
(ii)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|)的估计值,并利用(i)的结果给出R的估计值.
附:K2=,
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
.
综合三 概率应用与逻辑推理
例3 [2025·全国二卷] 甲、乙两人进行乒乓球练习,每个球胜者得1分,负者得0分.设每个球甲胜的概率为p,乙胜的概率为q,p+q=1,且各球的胜负相互独立,对正整数k≥2,记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率,qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率.
(1)求p3,p4(用p表示);
(2)若=4,求p;
(3)证明:对任意正整数m,p2m+1-q2m+1自测题
[2025·北京海淀区三模] 某AI大模型想象力引擎处理用户问题分为“深度思考”模式,“联网搜索”模式和“兼用”模式(即同时使用“深度思考”和“联网搜索”)三种模式,用户可根据需求在提问时自由选择.为了调查用户对不同模式的使用频率和使用大模型研究问题的种类,该公司调查了不同用户最近提出的共10 000个问题作为样本,得到如下表格.
问题类别模式 生活类问题 学习类问题 其他类问题
深度思考 1100 600 300
联网搜索 1200 1500 300
兼用 1500 2500 1000
假设每个用户的每个问题的模式选择与问题类别均相互独立,用频率估计概率.
(1)在样本中随机抽取一个问题,求该问题的处理模式是“兼用”模式的概率.
(2)在样本中使用“联网搜索”模式处理的所有问题中随机选取2个,估计生活类问题个数不超过学习类问题个数的概率.
(3)不同模式处理问题的时间(单位:秒)可以大致分为三组:(0,20],(20,40],(40,+∞).在网络正常的时候,使用三种模式处理用户问题所需时间比例统计如图所示.假设小明使用每一种模式的概率都为,且已经使用该AI大模型的同一种模式解决了两个问题,其中一个问题的处理时间t1∈(0,20],另一个问题的处理时间t2∈(40,+∞).若不考虑其他因素干扰,判断小明在解决这两个问题时最有可能使用的是哪种模式.(结论不要求证明)提能特训(九)统计概率中的交汇问题
1.[2025·武汉四月调考] 已知连续型随机变量X服从正态分布N,记函数f(x)=P(X≤x),则f(x)的图象 ( )
A.关于直线x=对称
B.关于直线x=对称
C.关于点中心对称
D.关于点中心对称
2.[2025·河北秦皇岛模拟] 从-2,-1,1,2,3,4,5,6这8个数中随机选取3个不同的数,则这3个数可以构成等差数列或等比数列的概率是 ( )
A. B. C. D.
3.中国古建筑闻名于世,源远流长.某公园的六角亭是中国常见的一种供休闲的古建筑,六角亭屋顶的结构示意图可近似地看作如图所示的六棱锥P-ABCDEF.该公园管理处准备用风铃装饰六角亭屋顶P-ABCDEF的六个顶点A,B,C,D,E,F,现有四种不同形状的风铃可供选用,则在相邻的两个顶点挂不同形状的风铃的条件下,顶点A与C处挂同一种形状的风铃的概率为 ( )
A. B. C. D.
4.(多选题)[2025·福建漳州质检] 在正四面体ABCD中,质点M,N的初始位置均在正四面体的顶点A处,它们每隔1秒钟都沿着正四面体的棱移到另一个顶点1次.当M,N在同一位置时,将各自独立等可能地移向另三个顶点之一;当M,N在不同位置时,移到对方位置的概率均为,往另两个位置移动的概率均为.记Pn为n秒后M,N在同一位置的概率,其中n∈N*,则 ( )
A.P1=
B.Pn的最小值为
C.2秒后M,N在B处相遇的概率为
D.4秒后M,N首次回到A处且途中恰经过B,C,D各1次的概率大于
5.如图,在1×9的格子中,数字1,2,…,9从左到右为升序排列,现在用计算机随机生成一个整数a,若a为奇数,则将格子中数字1和9的位置互换,3和7的位置交换,其余位置不变;若a为偶数,则将格子中数字2和8的位置互换,4和6的位置交换,其余位置不变.设电脑随机生成n(n∈N*)个数字后,1×9格子中的数字恰好从左到右为降序排列的概率为Pn,则Pn= .
1 2 3 4 5 6 7 8 9
6.[2025·四川成都模拟] 袋中装有大小相同的三个小球,其编号分别为1,2,3.每次从袋中随机地摸出一个小球,记下编号后放回袋中,搅拌均匀再进行摸取.设第n次摸取小球的编号为an(n=1,2,…,7),则在Ek:+=1(k=1,2,…,6)中,圆的个数X的均值为 ,有且只有E6是焦点在x轴上的椭圆的概率为 .
7.[2025·浙江杭州二中模拟] 有5个集合:{1,2},{1,2,3},{1,2,3,4},{1,2,3,4,5},{1,2,3,4,5,6}.从每个集合中等可能地取1个数,记5个数之和为X,则P(13≤X≤18)= .
8.近年来新能源汽车的热度明显上升.某平台对某地区2020~2024年新能源汽车购买数量y(单位:万台)进行了统计,得到如下相关数据:
年份 2020 2021 2022 2023 2024
年份代码t 1 2 3 4 5
购买数量y 30 36 51 60 78
(1)分析上述统计表可知y与t有较强的线性相关关系,求y关于t的经验回归方程.
(2)通过调查发现男性比女性更愿意购买新能源汽车.该平台随机抽查某天在该地区购买新车的400名车主作为样本,其中男性购买新能源汽车的有N名,购买汽油车的有90名,女性购买新能源汽车的有80名.
(i)当N=190时,将样本中购买新能源汽车的男性人数与样本中购买新能源汽车的总人数的比值作为概率,用样本估计总体,结合(1)的结果估计2025年在该地区购买新能源汽车的男性人数(精确到个位数,四舍五入保留整数).
(ii)用样本的频率估计概率.设该地区男性车主中购买汽油车的概率为p,从所有男性车主中随机抽出3名,记恰好有2名男性购买汽油车的概率为f(p),当f(p)取得最大值时,求N的值.
参考公式:经验回归直线=+x中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为=,=-.
参考数据:tiyi=885,=55.
9.[2025·北京大兴区三模] 为测试A,B两款人工智能软件解答数学问题的能力,将100道难度相当的数学试题从1到100编号后随机分配给这两款软件测试.每道试题只被一款软件解答一次,记录结果如下:
试题类别 A软件 B软件
测试试题数量 正确解答的数量 测试试题数量 正确解答的数量
函数试题 30 24 20 18
几何试题 20 16 30 20
(1)估计B软件能正确解答数学问题的概率.
(2)小明决定采用这两款软件解答3道类似试题(假设其难度和测试的100道题基本相同),其中函数试题2道,几何试题1道,使用A软件解答2道函数试题,使用B软件解答1道几何试题,每道试题只用其中一款软件解答一次.假设用频率估计概率,且每次解答相互独立.用X表示3道类似试题被正确解答的个数,求X的分布列与数学期望.
(3)小明准备用这两款软件来解决某次数学测试中的第12题(假设其难度和测试的100道题基本相同),但该题内容还未知,从以往情况来看,该题是函数题的概率为,是几何题的概率为.用频率估计概率,试说明小明用哪款软件正确解答这道试题的概率大
10.[2025·安徽合肥模拟] 某商家推出一个活动:将n件价值各不相同的产品依次展示在参与者面前,参与者可以选择当前位置展示的这件产品,也可以不选择这件产品,若选择这件产品,该活动立刻结束;若不选择这件产品,则看下一个位置上的产品,以此类推,整个过程参与者只能按位置序号前进,不能返回,直至结束.同学甲认为最好的一定留在最后,决定始终选择最后一个位置上的产品,设他取到最大价值产品的概率为P1;同学乙采用了如下策略:不取前k(1≤k(1)若n=4,k=2,求P1和P2;
(2)若价值最大的产品在第k+m个位置(1≤m≤n-k),求P2;
(3)当n趋向于无穷大时,从理论的角度(即k∈R),求P2的最大值及P2取最大值时k的值.
11.在三维空间中,单位立方体的顶点坐标可用三维坐标(a1,a2,a3)表示,其中ai∈{0,1}(1≤i≤3,i∈N).而在n维空间中(n≥2,n∈N),单位立方体的顶点坐标可表示为n维坐标(a1,a2,a3,…,an),其中ai∈{0,1}(1≤i≤n,i∈N),现有如下定义:在n维空间中,P(a1,a2,a3,…,an),Q(b1,b2,b3,…,bn)两点的曼哈顿距离为|a1-b1|+|a2-b2|+|a3-b3|+…+|an-bn|.
(1)在三维单位立方体中任取两个不同顶点,试求所取两点的曼哈顿距离为1的概率;
(2)在n(n≥2)维单位立方体中任取两个不同顶点,记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离.
(i)求出X的分布列与期望;
(ii)证明:随机变量X的方差小于.(共46张PPT)
高分提能九 统计概率中的交汇问题
综合一 与函数相关的概率问题
综合二 新定义证明问题
综合三 概率应用与逻辑推理
◆
典型例题
【考情分析】本专题是以概率统计与其他模块综合交汇为背景
的综合专题，主要侧重于在实际情境中，与函数模型、新定义证明、
逻辑推理等问题相交汇的综合应用.
综合一 与函数相关的概率问题
例1 3月14日为国际数学日，也称为 节，为庆祝该节日，某中学举
办了数学文化节活动，其中一项活动是“数学知识竞赛”，竞赛规则是：
两人一组，每一轮竞赛中，小组两人各答3道题，若答对题目不少
于5道题，则获得1个积分.已知甲、乙两名同学一组，甲同学和乙同学
答对每道题的概率分别是和 ，且每道题答对与否互不影响.
（1）若， ，求甲、乙同学这一组在一轮竞赛中获得1个
积分的概率；
解：设甲同学和乙同学答对的题目个数分别为， ，
所以所求概率
，
所以他们在一轮竞赛中获得1个积分的概率为 .
例1 3月14日为国际数学日，也称为 节，为庆祝该节日，某中学举
办了数学文化节活动，其中一项活动是“数学知识竞赛”，竞赛规则是：
两人一组，每一轮竞赛中，小组两人各答3道题，若答对题目不少
于5道题，则获得1个积分.已知甲、乙两名同学一组，甲同学和乙同学
答对每道题的概率分别是和 ，且每道题答对与否互不影响.
（2）若，且每轮比赛互不影响，进行 轮比赛后，甲、
乙同学这一组获得的积分为分.若恒成立，求 的最小值.
解：由（1）可知
，
整理可得 ，
因为，，且，所以 ，
所以 .
令，则 ，
所以，，则 ，
易知当时，恒成立，则在 上单调递增，
所以当时，取得最小值 .
设在轮比赛中，甲、乙两同学获得1个积分的轮数为 ，则
，又，所以，
则由 ，得，解得 ，
因为为正整数，所以 的最小值为20.
自测题
[2025·安徽合肥三模] 某学校举办趣味投篮比赛，选手需要在距离罚
球线1米、2米、3米的，，三个位置分别投篮一次（选手自行选
择投篮顺序）.在，，处投篮命中分别可得1分、2分、3分，总分
不低于4分就可以获得奖品，已知甲在，，处的投篮命中率分别
为,,，且在这三处投篮相互独立.
（1）求甲未获得奖品的概率.
解：甲三次投篮都命中的概率 ，
甲三次投篮只命中两次且总分不低于4分的概率
，
所以甲未获得奖品的概率为 .
[2025·安徽合肥三模] 某学校举办趣味投篮比赛，选手需要在距离罚
球线1米、2米、3米的，，三个位置分别投篮一次（选手自行选
择投篮顺序）.在，，处投篮命中分别可得1分、2分、3分，总分
不低于4分就可以获得奖品，已知甲在，，处的投篮命中率分别
为,,，且在这三处投篮相互独立.
（2）甲参加投篮训练，训练计划如下：在 处先投
个球，若这 个球都投进，则训练结束，否则额外
在处投个球.试问 为何值时，甲投篮次数的期望最大？
解：设甲的投篮次数为，则的所有可能取值为， ，
，，所以 的分布列为
则 .
令 ，
则 ，
所以，其中随着 的
增大而减小.
当时，， ；
当时，， .
所以
，
故当 时，甲投篮次数的期望最大.
综合二 新定义证明问题
例2 [2022·新高考全国Ⅰ卷] 一医疗团队为研究某地的一种地方性疾
病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的
关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同
时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如
下数据：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
（1）能否有 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？
解：由题知的观测值 ，
所以有 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.
例2 [2022·新高考全国Ⅰ卷] 一医疗团队为研究某地的一种地方性疾
病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的
关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同
时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如
下数据：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
（2）从该地的人群中任选一人， 表示事件“选到的人卫生习惯不够
良好”，表示事件“选到的人患有该疾病”，与 的比值是卫
生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为 .
（ⅰ）证明： ；
证明：由题知 .
例2 [2022·新高考全国Ⅰ卷] 一医疗团队为研究某地的一种地方性疾
病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的
关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同
时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如
下数据：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
（2）从该地的人群中任选一人， 表示事件“选到的人卫生习惯不够
良好”，表示事件“选到的人患有该疾病”，与 的比值是卫
生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为 .
（ⅱ）利用该调查数据，给出，的估计值，并利用
的结果给出 的估计值.
附： ,
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
解：由调查数据可知， ，
则，，所以 .
综合三 概率应用与逻辑推理
例3 [2025·全国二卷] 甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1
分,负者得0分.设每个球甲胜的概率为，乙胜的概率为 ,
，且各球的胜负相互独立，对正整数，记为打完
个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完 个球后乙比甲至少多
得2分的概率.
（1）求,（用 表示）；
解：打完3个球后甲比乙至少多得2分，只能是甲得3分乙得0分，故
.
打完4个球后甲比乙至少多得2分，可能是甲得4分乙得0分，也可能
是甲得3分乙得1分，
故 .
例3 [2025·全国二卷] 甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1
分,负者得0分.设每个球甲胜的概率为，乙胜的概率为 ,
，且各球的胜负相互独立，对正整数，记为打完
个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完 个球后乙比甲至少多
得2分的概率.
（2）若，求 ；
解：根据对称性以及（1）的结果，可得, ，
故，可得 ,
又，所以, .
例3 [2025·全国二卷] 甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1
分,负者得0分.设每个球甲胜的概率为，乙胜的概率为 ,
，且各球的胜负相互独立，对正整数，记为打完
个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完 个球后乙比甲至少多
得2分的概率.
（3）证明：对任意正整数 ,
.
证明：方法一：设为打完 个球之后甲的得分，
则 .
，
.
要使得打完个球之后，甲的得分大于等于 ，只有两种情况：
①打完前个球之后，甲的得分已经大于等于 ，其概率为
;
②打完前个球之后，甲的得分恰为，且第 个球甲得
分，其概率为 .
因此 ,
所以
.
同理， ,
所以
，左侧不等式得证.
,
要使得打完个球之后，甲的得分大于等于 ，只有三种
情况：
①打完前个球之后，甲的得分已经大于等于 ，其概率为
;
②打完前个球之后，甲的得分恰为 ，且最后2个球甲至少得
1分，其概率为 ；
③打完前个球之后，甲的得分恰为 ，且最后2个球甲得2分，其
概率为 .
因此 ，
所以 ,
同理， ,
所以 ，右侧不等式得证.
综上可知，不等式成立.
方法二：记表示打完个球后甲得 分的概率，
故 ， ，
故 ， ，
故要证 ，
只需证 ，
只需证 ，
只需证 ，
只需证 ，只需证，
由条件知 ，故不等式成立.
，
,
故要证 ,
只需证 ，
只需证
，
只需证 ，
只需证 ，
只需证 ，
只需证 .
因为，且 ，所以不等式成立，证毕.
自测题
[2025·北京海淀区三模] 某 大模型想象力引擎处理用户问题分为
“深度思考”模式，“联网搜索”模式和“兼用”模式（即同时使用“深度
思考”和“联网搜索”）三种模式，用户可根据需求在提问时自由选择.
为了调查用户对不同模式的使用频率和使用大模型研究问题的种类，
该公司调查了不同用户最近提出的共10 000个问题作为样本，得到
如下表格.
问题类别模式 生活类问题 学习类问题 其他类问题
深度思考 1100 600 300
联网搜索 1200 1500 300
兼用 1500 2500 1000
假设每个用户的每个问题的模式选择与问题类别均相互独立，用频
率估计概率.
（1）在样本中随机抽取一个问题，求该问题的处理模式是“兼用”模
式的概率.
解：由题中表格可得，问题处理模式是“兼用”模式的问题数为
.
在样本中随机抽取一个问题，设事件 为“该问题的处理模式是‘兼用’”，
则 .
[2025·北京海淀区三模] 某 大模型想象力引擎处理用户问题分为
“深度思考”模式，“联网搜索”模式和“兼用”模式（即同时使用“深度
思考”和“联网搜索”）三种模式，用户可根据需求在提问时自由选择.
为了调查用户对不同模式的使用频率和使用大模型研究问题的种类，
该公司调查了不同用户最近提出的共10 000个问题作为样本，得到
如下表格.
假设每个用户的每个问题的模式选择与问题类别均相互独立，用频
率估计概率.
（2）在样本中使用“联网搜索”模式处理的所有问题中有放回地随机
选取2个，估计生活类问题个数不超过学习类问题个数的概率.
问题类别模式 生活类问题 学习类问题 其他类问题
深度思考 1100 600 300
联网搜索 1200 1500 300
兼用 1500 2500 1000
解：样本中使用“联网搜索”模式处理的所有问题有
（个），在使用“联网搜索”模式处理的
所有问题中随机选取1个，
该问题是生活类问题的概率估计为 ，是学习类问题的概率估
计为，是其他类问题的概率估计为 .
在使用“联网搜索”模式处理的所有问题中有放回地随机选取2个，
设事件 为 “生活类问题的个数不超过学习类问题的个数”.
方法一：事件包含四种情况： 个生活类问题和2个非生活类问题；
个生活类问题，1个学习类问题，0个其他类问题.
则 .
方法二：事件包含两种情况： 个生活类问题和0个学习类问题，
2个其他类问题；
个生活类问题和1个学习类问题，1个其他类问题；
个生活类问题和2个学习类问题，0个其他类问题；
个生活类问题，1个学习类问题，0个其他类问题.
则
.
方法三：事件包含两种情况： 个生活类问题和0个非生活类问题；
个生活类问题，0个学习类问题，1个其他类问题.
则 .
[2025·北京海淀区三模] 某 大模型想象力引擎处理用户问题分为
“深度思考”模式，“联网搜索”模式和“兼用”模式（即同时使用“深度
思考”和“联网搜索”）三种模式，用户可根据需求在提问时自由选择.
为了调查用户对不同模式的使用频率和使用大模型研究问题的种类，
该公司调查了不同用户最近提出的共10 000个问题作为样本，得到
如下表格.
联网搜索 1200 1500 300
兼用 1500 2500 1000
假设每个用户的每个问题的模式选择与问题类别均相互独立，
用频率估计概率.
问题类别模式 生活类问题 学习类问题 其他类问题
深度思考 1100 600 300
（3）不同模式处理问题的时间（单位：秒）可以大致分为三组：
， .在网络正常
的时候，使用三种模式处理用户问题所
需时间比例统计如图所示.假设小明使用
每一种模式的概率都为，且已经使用该 大模型的同一种模式解决了
两个问题，其中一个问题的处理时间 ，另一个问题的处理
时间 .若不考虑其他因素干扰，判断小明在解决这两个
问题时最有可能使用的是哪种模式.（结论不要求证明）
解：记事件为“小明处理两个问题，其中一个用时在 内，另一
个用时在 内”，
事件,, 分别表示“小明使用‘深度思考’模式”“小明使用‘联网搜
索’模式”“小明使用‘兼用’模式”.
则 ，
，
，
，
，则 ，
同理 ，
，所以 ，
即已知事件 发生的条件下，小明使用兼用模式的概率最大.
