培优点2 概率与统计中的创新问题
1.某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下：
选择餐厅情况 （午餐，晚餐） （A，A） （A，B） （B，A） （B，B）
甲 30天 20天 40天 10天
乙 20天 25天 15天 40天
（1）假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率，计算某天甲同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率；
（2）某天午餐，甲和乙两名同学准备去A，B这两个餐厅中某一个就餐.设事件M＝“甲选择A餐厅就餐”，事件N＝“乙选择A餐厅就餐”，P（M）＞0，P（N）＞0.若P（｜N）＝P（｜），证明：事件M和N相互独立.
2.（2024·杭州模拟）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为：假设我们的序列状态是…，Xt－2，Xt－1，Xt，Xt＋1，…，那么Xt＋1状态下的条件概率仅依赖前一状态Xt，即P（Xt＋1｜…，Xt－2，Xt－1，Xt）＝P（Xt＋1｜Xt）.
现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型.假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每局赌徒赌赢的概率为50％，且每局赌赢可以赢得1元，每局赌徒赌输的概率为50％，且每局赌输就要输掉1元.赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博.记赌徒的本金为A（A∈N*，A＜B）元，赌博过程如图所示.
当赌徒手中有n元（0≤n≤B，n∈N）时，最终输光的概率为P（n），请回答下列问题：
（1）请直接写出P（0）与P（B）；
（2）证明{P（n）}是一个等差数列，并写出公差d；
（3）当A＝100时， 分别计算B＝200，B＝1 000时P（A）的值，并结合实际解释当B→＋∞时P（A）的统计含义.
3.（2024·汕头一模）2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到n个番石榴（不妨设n个番石榴的大小各不相同），最大的那个番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那个最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k（1≤k＜n）个番石榴，自第k＋1个开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这个番石榴，否则就摘最后一个.设k＝tn，记小明摘到那个最大番石榴的概率为P.
（1）若n＝4，k＝2，求P；
（2）当n趋向于无穷大时，从理论的角度，求P的最大值及P取最大值时t的值.
（ 取＋＋…＋＝ln）
4.在数字1，2，…，n（n≥2）的任意一个排列A：a1，a2，…，an中，如果对于i，j∈N*，i＜j，有ai＞aj，那么就称（ai，aj）为一个逆序对.记排列A中逆序对的个数为S（A）.如n＝4时，在排列B：3，2，4，1中，逆序对有（3，2），（3，1），（2，1），（4，1），则S（B）＝4.
（1）设排列C：a1，a2，a3，a4，写出两组具体的排列C，分别满足：①S（C）＝5，②S（C）＝4；
（2）对于数字1，2，…，n的一切排列A，求所有S（A）的算术平均值；
（3）如果把排列A：a1，a2，…，an中两个数字ai，aj（i＜j）交换位置，而其余数字的位置保持不变，那么就得到一个新的排列A'：b1，b2，…，bn，求证：S（A）＋S（A'）为奇数.
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
1.C 法一（直接法） 选出的3位同学中男女生都要有，分为两类：1男2女、2男1女，故共有＋＝70（种）选法，故选C.
法二（间接法） 选出的3位同学中男女生都要有的反面是全男或全女，故共有－－＝70（种）选法，故选C.
2.C 二项式（－）6的展开式的通项为Tr＋1＝·（）6－r·（－）r＝（－1）r·，令＝0得r＝2，∴常数项为（－1）2＝15.
3.D 根据题意，抽取的样本容量为（3 500＋4 500＋2 000）×10％＝1 000，其中小学生、初中生、高中生抽取人数分别为350，450，200，根据题图2知抽取的小学生、初中生、高中生中，近视的人数分别为35，135，100，所以该地区中小学生的平均近视率为×100％＝27％.故选D.
4.ABD 对于A，根据平均数的定义得n＝xi，即7×6＝1＋3＋5＋6＋9＋11＋m，得m＝7，A正确.对于B，根据中位数的定义得，当m＝2 024时，x0＝6，B正确.对于C，若m＝7，则＝6，s2＝×[（1－6）2＋（3－6）2＋（5－6）2＋（6－6）2＋（9－6）2＋（11－6）2＋（7－6）2]＝10，C错误.对于D，i＝7×80％＝5.6，所以样本数据的80％分位数为按从小到大顺序排列后的第6个数11，D正确.综上，选A、B、D.
5.－30 解析：（a2－a＋b）5＝（a2－a＋b）·（a2－a＋b）·（a2－a＋b）（a2－a＋b）·（a2－a＋b），则展开式中含有a5b2的项为（a2）2·（－a）·b2＝－30a5b2，故（a2－a＋b）5的展开式中a5b2的系数为－30.
6.180 解析：如图，从A开始摆放花卉，A有5种颜色花卉摆放方法，B有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉摆放方法；由D区与B，C区花卉颜色不一样，与A区花卉颜色可以同色也可以不同色.则D有3种颜色花卉摆放方法.故共有5×4×3×3＝180种不同的绿化方案.
7.B 法一 因为5＝1＋4＝2＋3，所以可先考虑排中间一列的卡片，有种可能.余下四张卡片随意排列，有种可能，其中两侧某列的数字之和为5，有种可能，所以不同的排法有（－）＝64（种）.
法二 5＝1＋4＝2＋3，若数字1，4在中间一列，则数字3和2分开在第一列和第三列，共有＝32（种）排法，若数字2，3在中间一列，也有32种排法，所以共有64种排法.
8.A 因（1＋2x）10＝[2（1＋x）－1]10，其二项展开式的通项为：Tr＋1＝[2（1＋x）]10－r（－1）r＝（－1）r210－r（1＋x）10－r，r＝0，1，…，10，而a2是a2（1＋x）2的系数，故只需取r＝8，得T9＝22（1＋x）2＝180（1＋x）2，即a2＝180.
9.C 若3≤a≤4，则这组数据由小到大排列依次为1，2，3，a，4，中位数为3，不合乎题意；若a＞4，则这组数据由小到大排列依次为1，2，3，4，a，中位数为3，不合乎题意；若2≤a＜3，则这组数据由小到大排列依次为1，2，a，3，4，中位数为a＝2；若1≤a＜2，则这组数据由小到大排列依次为1，a，2，3，4，中位数为2；若a＜1，则这组数据由小到大排列依次为a，1，2，3，4，中位数为2.综上所述，实数a的取值范围是（－∞，2].故选C.
10.C 由题意，可得＝16，所以m＋n＝32，所以这6个月的月慢走里程的平均数为＝17，要使这6个月的月慢走里程的标准差最小，需要（m－17）2＋（n－17）2最小，又由（m－17）2＋（n－17）2＝（m－17）2＋（32－m－17）2＝2m2－64m＋172＋152，故当标准差最小时，m＝－＝16.
11.B 第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表， 有＝3种结果，然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有＝6种结果，余下的两个学科给剩下的两个人，有＝2种结果，所以不同的安排方案共有3×6×2＝36种，第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，先选两人出来，有＝3种结果，再将四门不同学科均分成两组，有＝3种结果，将学科分给学生，有＝2种结果，所以不同的安排方案共有3×3×2＝18种，综合得不同的安排方案共有36＋18＝54种.故选B.
12.BCD 对于A，由10×80％＝8，所以样本数据的第80百分位数为，故A错误；对于B，由题意存在这样一种可能，若x1＝x2≤x3≤…≤x10，则极差为x10－x1＝x10－x2，若去掉x1或x2，此时样本数据的极差不变，故B正确；对于C，样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如图，由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，故C正确；对于D，由s2＝－4＝（xi－）2，则－40＝（xi－）2＝－2xi＋10＝－10，所以＝4，因为xi（i＝1，2，3，…，10）为正实数，所以＞0，即＝2，故D正确.故选B、C、D.
13.BCD 对于A，（1＋x）8＝＋x＋x2＋…＋x8，令x＝1，得28＝1＋＋＋…＋＝1＋，则＝28－1，故A错误.对于B，因为＋＝，所以＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＋＋…＋＝…＝＋＝，故B正确.对于C、D，因为－＝，所以＝［－］＝－＋－＋…＋－＝1－，故C正确.（1＋x）16＝（1＋x）8（1＋x）8，对于（1＋x）16，其含有x8的项的系数为，对于（1＋x）8（1＋x）8，要得到含有x8的项的系数，须从第一个式子取出k（0≤k≤8，k∈N）个x，再从第二个式子取出（8－k）个x，它们对应的系数为＝（）2，所以（）2＝，故D正确.故选B、C、D.
14.10 解析：第一类：只选长、宽、高中的某一种棱进行截取，不同规格长方体的个数为＝3，第二类：选长、宽、高中的某两种棱进行截取，不同规格长方体的个数为2＝6，第三类：选长、宽、高三种棱进行截取，不同规格长方体的个数为1.故不同规格长方体的个数为3＋6＋1＝10.
15.28 解析：因为展开式的所有项的二项式系数和为2n＝256，解得n＝8，则（＋）8展开式的通项公式为Tr＋1＝（）8－r（）r＝，r＝0，1，2，…，8，可得第r＋1项的系数为ar＋1＝，r＝0，1，2，…，8，令即解得r＝6，所以展开式中第7项系数最大，其二项式系数为＝28.
16.AD 设甲球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为x1，x2，x3，x4，x5，则x1≤x2≤x3≤x4≤x5，x3＝26，且24至少出现2次，故x1＝x2＝24，A正确；设乙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为y1，y2，y3，y4，y5，则y1≤y2≤y3≤y4≤y5，y3＝29，取y1＝20，y2＝23，y4＝29，y5＝29，可得其满足条件，但有2场得分低于24，B错误；设丙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为z1，z2，z3，z4，z5，由已知[（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＋（z5－26）2]＝9.6，所以（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＋（z5－26）2＝48，若z4≥32，则z5≥32，所以（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＋（z5－26）2＞72矛盾，所以z5＝32，（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＝12，因为z1，z2，z3，z4，z5的平均数为26，所以z1＋z2＋z3＋z4＝98，取z1＝23，z2＝25，z3＝25，z4＝25，满足要求，但有一场得分低于24分，C错误；因为5×60％＝3，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数为，若≤24，则≤24，故z1＋z2＋z3＋z4＜98，矛盾，所以＞24，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24，D正确.故选A、D.
17.（n＋2）2n－1 解析：fk（1）＝（n－k＋1），F（1）＝f0（1）＋f1（1）＋…＋fk（1）＋…＋fn（1）＝（n＋1）＋n＋…＋（n－k＋1）＋…＋×1 ①.将F（1）倒序书写，可得F（1）＝×1＋×2＋…＋（k＋1）＋…＋n＋（n＋1） ②.将①和②相加，可得2F（1）＝（n＋2）（＋＋…＋＋…＋）＝（n＋2）2n.则F（1）＝（n＋2）2n－1.
第2讲 小题研透——概率
1.A 从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的数相乘的基本事件总数为＝6，其结果能被10整除的只有取2，5这一种情况，故所求概率为＝.选A.
2.B 因为P（A）＞0，P（B）＞0，所以若事件A，B为对立事件，则P（A）＋P（B）＝1；但P（A）＋P（B）＝1推不出两个事件A，B对立，如掷一颗骰子，事件A为出现1点、2点、3点，事件B为出现3点、4点、5点，此时P（A）＋P（B）＝1，但两个事件不对立，所以“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的必要不充分条件.故选B.
3.C 由题意知μ＝78，σ＝4，P（X＞μ＋σ）＝≈≈0.16，所以等级为A的测验数据的最小值可能是82.故选C.
4.BCD 对B，P（B｜A）＝＝＝，∴P（AB）＝，B正确；对A，P（AB）＝P（A）P（B）＝P（B），∴P（B）＝，A错误；对C，P（B）＝P（）P（B）＝×＝，P（｜B）＝＝＝，C正确；对D，P（A＋）＝P（A）＋P（）－P（A）＝P（A）＋P（）－P（A）P（）＝＋－×＝，D正确.故选B、C、D.
5.0.6 解析：由题知X～B（10，p），则D（X）＝10p·（1－p）＝2.4，解得p＝0.4或0.6.又∵P（X＝4）＜P（X＝6），即p4·（1－p）6＜p6（1－p）4 （1－p）2＜p2 p＞0.5.∴p＝0.6.
6. 解析：从10个球中任取3个球，共有＝120种不同的情况.下面研究3个球编号之和能被3整除的情况：经过分析将这10个数分为三类，第一类，3的倍数{3，6，9}，第二类，3的倍数减1{2，5，8}，第三类，3的倍数加1{1，4，7，10}，第一类任意两个数、三个数的和都是3的倍数；第二类、第三类两个数的和不是3的倍数，三个数的和是3的倍数，第二类、第三类里各取1个数，它们的和是3的倍数.所以3个球编号之和能被3整除共有＋＋＋＝42种情况，所以其概率为＝.
7.C 该系统正常工作的概率为P{[（AB）∪C]∩D}＝P[（AB）∪C]·P（D）＝[1－P（）·P（）]·P（D）＝（1－P（∪）·P（））·P（D）＝[1－（1－P（AB））（1－P（C））]·P（D）＝[1－（1－p2）（1－p）]p.
8.B 由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，若抽到第四个礼盒，则事件A和事件B就同时发生了，因此事件A与事件B不是互斥事件，故A错误；由于P（A）＝，P（B）＝，P（A∩B）＝＝P（A）·P（B），因此事件A与事件B相互独立，故B正确；由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，还有笔袋，若抽到第四个礼盒，则事件A和事件B∪C就同时发生了，因此事件A与事件B∪C不是互斥事件，故C错误；由于P（A）＝，P（B∩C）＝，P（A∩B∩C）＝≠P（A）·P（B∩C），因此事件A与事件B∩C不是相互独立的，故D错误.综上，选B.
9.A 设事件B1表示任选一件产品，来自于甲箱，事件B2表示任选一件产品，来自于乙箱，事件A表示从两箱产品中任取一件，恰好不合格，P（A）＝P（A｜B1）·P（B1）＋P（A｜B2）P（B2）＝0.1×0.5＋0.2×0.5＝0.15，又P（B1｜A）＝＝＝＝，P（B2｜A）＝＝＝＝，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为×＋×＝.故选A.
10.D 法一 设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，由题意可知，P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2（p3－p1）＞0，P丙－P乙＝2p1（p3－p2）＞0，所以P丙最大，故选D.
法二（特殊值法） 不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝0.4；在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝0.52；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝0.6.所以P丙最大，故选D.
11.ABC 对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确；对于B，∵c，μ2与Y的密度曲线围成的面积S1大于c，μ1与X的密度曲线围成的面积S2，P（Y≤c）＝＋S1，P（X≤c）＝＋S2，∴P（X≤c）＜P（Y≤c），正确；对于C，∵μ2＜μ1，∴甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2的概率P＝P（X＞μ2）＞，正确；对于D，由B知，P（X＞c）＝－S2，P（Y≤c）＝＋S1，∴P（X＞c）＋P（Y≤c）＝1＋S1－S2＞1，错误.
12.AC 把“使用信用卡支付”记为事件A1，“使用支付宝支付”记为事件A2，“使用微信支付”记为事件A3，“遇到支付问题”记为事件B，则P（A1）＝0.2，P（A2）＝0.4，P（A3）＝0.4，P（B）＝0.06，P（A1｜B）＝P（A2｜B）＝P（A3｜B）＝.对于A，使用信用卡支付遇到支付问题的概率为P（B｜A1）＝＝＝0.1，故A正确；对于B，使用支付宝支付遇到支付问题的概率为P（B｜A2）＝＝＝0.05，使用微信支付遇到支付问题的概率为P（B｜A3）＝＝＝0.05，故B错误；对于C，关闭信用卡支付通道后，P（A2）＝0.5，P（A3）＝0.5，使用支付宝支付同时遇到支付问题的概率为P（A2B）＝P（B｜A2）P（A2）＝0.05×0.5＝0.025，使用微信支付同时遇到支付问题的概率为P（A3B）＝P（B｜A3）P（A3）＝0.05×0.5＝0.025，所以P（B）＝P（A2B）＋P（A3B）＝0.025＋0.025＝0.05，故C正确；对于D，P（B）＝P（A1B）＋P（A2B）＋P（A3B）＝P（B｜A1）P（A1）＋P（B｜A2）P（A2）＋P（B｜A3）P（A3）＝P（A1）＋P（A2）＋P（A3），减少使用微信支付的人数，会使P（A3）变小，P（A1）变大，从而导致P（B）变大，即会提高出现支付问题的概率，故D错误.综上，选A、C.
13. 解析：由题意可知每位队员把球传给其他4人的概率都为，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的情况可分为：只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，则概率为×1×＋××1＋××＝.
14. 解析：由图可知，若想通过6次移动最终停在－2的位置上，则必然需要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，则该题可转化为R，R，L，L，L，L六个字母排序的问题，故落在－2上的排法种数为＝15，所有移动结果的总数为26＝64，所以落在－2上的概率为P＝.
15. 解析：设该篮球运动员投进第n－1（n≥2，n∈N*）个球的概率为Pn－1，第n－1个球投不进的概率为1－Pn－1，则他投进第n个球的概率为Pn＝Pn－1＋（1－Pn－1）＝＋Pn－1，所以Pn－＝（Pn－1－）.所以Pn－＝·＝×＝.所以Pn＝＋（n∈N*），所以P5＝.
16.ABD 对于A选项，抽奖人在不知道奖品在哪个箱子的情况下选择了1号箱，他的选择不影响奖品在四个箱子中的概率分配，因此A1，A2，A3，A4的概率均为，即A正确；对于B选项，奖品在2号箱里，主持人只能打开3，4号箱，故P（B3｜A2）＝，故B正确；对于C、D选项，奖品在1号箱里，主持人可打开2，3，4号箱，故P（B3｜A1）＝，奖品在2号箱里，主持人只能打开3，4号箱，故P（B3｜A2）＝，奖品在3号箱里，主持人打开3号箱的概率为0，故P（B3｜A3）＝0，奖品在4号箱里，主持人只能打开2，3号箱，故P（B3｜A4）＝，由全概率公式可得P（B3）＝P（Ai）P（B3｜Ai）＝×（＋＋0＋）＝，P（A1｜B3）＝＝＝，P（A2｜B3）＝＝＝＞，P（A4｜B3）＝＝＝＞，故C错误，D正确.
17.D 设事件D1，D2，D3分别为“此人来自甲、乙、丙三个地区”，事件F1，F2，F3分别为“此人患了流感，且分别来自甲、乙、丙地区”，事件G为“此人患了流感”.由x，y，z构成以1为公差的等差数列知y＝x＋1，z＝x＋2.由题意知，P（F1）＝×x％＝，同理P（F2）＝，P（F3）＝，P（G）＝P（F1∪F2∪F3）＝，所以P（D1｜G）＝，P（D2｜G）＝，P（D3｜G）＝.因为在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，所以解得x＞，故选D.
第3讲 大题专攻——随机变量及其分布
1.解：（1）从8个小球中，随机一次取出3个小球，
共有＝＝56（种）结果.
先从数字1，2，3，4中选择3个数字，再从选定的数字中各取1个小球，共有＝32（种）结果.
记事件A：“取出的3个小球上的数字两两不同”，
则P（A）＝＝.
所以取出的3个小球上的数字两两不同的概率为.
（2）因为X为取出的3个小球上的最小数字，所以X的所有可能取值为1，2，3，
P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，
P（X＝3）＝＝.
故X的分布列为
X 1 2 3
P
X的数学期望E（X）＝1×＋2×＋3×＝.
2.解：（1）P（ζ≥12.2）＝P（ζ≥μ＋2σ）＝＝0.022 75.
所以符合该项指标的学生人数为3 000×0.022 75＝68.25≈68.
（2）①记A1表示解答A类试题第一次测试合格，
B1，B2分别表示解答B类试题第一次和第二次测试合格，测试共进行3次记为事件M，
则P（A1）＝，P（A1M）＝P（A1B2）＋P（A1）＝××＋××＝.
P（M｜A1）＝＝
＝＝.
②由题知，X的取值为0，1，2，
P（X＝0）＝×＝，
P（X＝1）＝××＋×××＝，
P（X＝2）＝1－P（X＝0）－P（X＝1）＝，
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
数学期望E（X）＝0×＋1×＋2×＝.
3.解：（1）由题意可设1，2，3号球的个数分别为n，2n，n，
则取到异号球的概率P＝＝，
所以＝，即n2＝2n.
解得n＝2.
所以盒中2号球的个数为4.
（2）若甲先回答1号球再回答3号球中的谜语，
因为猜对谜语的概率相互独立，记X为甲获得的奖金总额，
则X可能的取值为0元，100元，600元，
P（X＝0）＝0.2，
P（X＝100）＝0.8×（1－0.5）＝0.4，
P（X＝600）＝0.8×0.5＝0.4.
X的分布列为
X 0 100 600
P 0.2 0.4 0.4
X的均值为E（X）＝280.
若甲先回答3号球再回答1号球中的谜语，因为猜对谜语的概率相互独立，
记Y为甲获得的奖金总额，则Y可能的取值为0元，500元，600元，
P（Y＝0）＝0.5.
P（Y＝500）＝0.5×（1－0.8）＝0.1，
P（Y＝600）＝0.5×0.8＝0.4，
Y的分布列为
Y 0 500 600
P 0.5 0.1 0.4
Y的均值为E（Y）＝290.
因为E（Y）＞E（X），所以推荐甲先回答3号球中的谜语再回答1号球中的谜语.
4.解：（1）记“该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项”为事件A，
由题设P（A）＝×××＋××（）2＝.
（2）设“该应聘者应聘甲、乙公司三项专业技能测试中通过的项目数分别记为ζ，η”，
由题设知：ζ～B（3，），所以E（ζ）＝3×＝2，
η的所有可能取值为0，1，2，3，
P（η＝0）＝××（1－m）＝，
P（η＝1）＝××（1－m）＋××（1－m）＋××m＝，
P（η＝2）＝××（1－m）＋××m＋××m＝，
P（η＝3）＝××m＝＝，
故η的分布列为
η 0 1 2 3
P
从而E（η）＝0×＋1×＋2×＋3×＝，
由得解得＜m＜1，
故m的取值范围为（，1）.
第4讲 大题专攻——成对数据的统计分析
1.解：（1）因为采用分层随机抽样按性别从该班级中抽取6名同学，其中有男同学4名，女同学2名，所以男女同学的比例为2∶1，则＝2，故a＝10，
该班同学选择长跑的概率为＝.
（2）依题意，完善2×2列联表，如下，
性别 跑步项目类别 合计
长跑 短跑
男同学 30 10 40
女同学 10 10 20
合计 40 20 60
零假设为H0：选择跑步项目类别与学生性别无关，
χ2＝＝＝3.75＜6.635＝x0.01，
根据小概率值α＝0.01的独立性检验，没有充分证据推断出H0不成立，
因此可以认为H0成立，即认为选择跑步项目类别与学生性别无关.
2.解：（1）经验回归方程②的残差数据如下表：
x 5 7 9 11
y 200 298 431 609
20 －18 －21 21
经验回归方程②的残差图如图所示：
经验回归方程①更适宜作为y关于x的经验回归方程.
（以下理由或其他合理的理由，说出一条即可得分）：
理由1：经验回归方程①这4个样本点的残差的绝对值都比经验回归方程②的小.
理由2：经验回归方程①这4个样本的残差点落在的带状区域比经验回归方程②的带状区域更窄.
理由3：经验回归方程①这4个样本的残差点比经验回归方程②的残差点更贴近x轴.
（2）（ⅰ）由题意知，每件产品为优等品的概率P0＝＝0.6，
则X～B（12，0.6），因此E（X）＝12×0.6＝7.2，
由Y＝20X＋15×（12－X）＝5X＋180，
则E（Y）＝5E（X）＋180＝216.
（ⅱ）由（ⅰ）知总利润为216万元，总成本估计值＝＋173＝749（万元），
则p＝≈0.29.
3.解：（1）每天普及人数不少于240人的天数为3，则X的所有可能取值为0，1，2，3，
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，
故X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
（2）设原来数据的样本中心点为（，），去掉第5天的数据后样本中心点为（'，'），
'＝（1＋2＋3＋4＋6＋7＋8＋9）＝5，'＝x5＝5＝，
'＝（9－y5）＝（9×190－203）＝，
故＝
＝
＝
＝＝＝30，
＝'－'＝－30×5＝，
所以＝30x＋.
4.解：（1）2×2列联表如下：
PM2.5的 平均浓度 燃油车日流量 合计
燃油车 日流量 x＜1 500 燃油车 日流量 x≥1 500
PM2.5的 平均浓度 y＜100 16 8 24
PM2.5的 平均浓度 y≥100 6 20 26
合计 22 28 50
零假设为H0：PM2.5的平均浓度小于100 μg/m3与燃油车日流量小于1 500辆无关联.
根据列联表中的数据，计算得
χ2＝≈9.624＞7.879＝x0.005，
所以根据小概率值α＝0.005的独立性检验，推断H0不成立，所以可以认为PM2.5的平均浓度小于100 μg/m3与燃油车日流量小于1 500辆有关联.
（2）①由题意，
得＝＝0.12，
得（xi－）（yi－）＝0.12（xi－）2，
由Sx＝＝249，
Sy＝＝36，
得r＝
＝
＝0.12×＝0.12×＝0.83＞0.75，
所以该经验回归方程有价值.
②因为Sx＝＝249，
即＝249，
所以＝≈1 548.55，
又＝0.12－73.86≈0.12×1 548.55－73.86＝111.966≈112.0.
故可推算出这50天PM2.5平均浓度y的平均数约为112.0 μg/m3.
培优点1 体育比赛与闯关
1.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.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.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.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.
5.0.18 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.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.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.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.
培优点2 概率与统计中的创新问题
1.解：（1）设“某天中午甲去A餐厅用餐”为事件A，
“该天晚上甲去B餐厅用餐”为事件B，
由题知n（A）＝50，n（AB）＝20，
所以P（B｜A）＝＝0.4.
所以某天甲同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率为0.4.
（2）证明：由P（｜N）＝P（｜），
可知＝
＝，
所以P（N）－P（N）P（N）＝P（）·P（N）－P（N）P（N），
即P（N）＝P（）P（N），
所以P（N）－P（MN）＝[1－P（M）]·P（N），
得P（MN）＝P（M）P（N），
即M和N相互独立得证.
2.解：（1）当n＝0时，赌徒已经输光了，因此P（0）＝1.
当n＝B时，赌徒停止赌博，因此输光的概率P（B）＝0.
（2）记赌徒手中有n元时最终输光为事件M，记赌徒手中有n元时上一局赌赢为事件N，则根据全概率公式可得，P（M）＝P（N）P（M｜N）＋P（）·P（M｜），
即P（n）＝P（n－1）＋P（n＋1），
所以P（n）－P（n－1）＝P（n＋1）－P（n），
所以{P（n）}是一个等差数列.
设P（n）－P（n－1）＝d，
则P（n－1）－P（n－2）＝d，…，P（1）－P（0）＝d，
累加得P（n）－P（0）＝nd，故P（B）－P（0）＝Bd，得d＝－.
（3）当A＝100时，由P（n）－P（0）＝nd得P（A）－P（0）＝Ad，即P（A）＝1－，
当B＝200时，P（A）＝50％，
当B＝1 000时，P（A）＝90％.
当B→＋∞时，P（A）→1，
因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一直玩下去就几乎有100％的概率输光.
3.解：（1）依题意，4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有＝24种情况，
要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：
①最大的番石榴是第3个，其他的随意在哪个位置，有＝6种情况；
②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2个，其他的随意在哪个位置，有2＝4种情况，所以所求概率为＝.
（2）记事件A表示最大的番石榴被摘到，事件Bi表示最大的番石榴排在第i个，则P（Bi）＝，由全概率公式知：P（A）＝P（A｜Bi）P（Bi）＝（A｜Bi），
当1≤i≤k时，最大的番石榴在前k个中，不会被摘到，此时P（A｜Bi）＝0；
当k＋1≤i≤n时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前i－1个番石榴中的最大一个在前k个之中时，此时P（A｜Bi）＝，
因此P（A）＝（ ＋＋…＋）＝ln，
令g（x）＝ln（x＞0），求导得g'（x）＝ln－，由g'（x）＝0，得x＝，
当x∈（ 0，）时，g'（x）＞0，当x∈（ ，n）时，g'（x）＜0，
即函数g（x）在（ 0，）上单调递增，在（ ，n）上单调递减，
则g（x）max＝g（ ）＝，于是当k＝时，P（A）＝ln取得最大值，
所以P的最大值为，此时t的值为.
4.解：（1）①C：4，2，3，1，则逆序对有（4，2），（4，3），（2，1），（4，1），（3，1），则S（C）＝5；
②C：2，4，3，1，则逆序对有（4，3），（3，1），（4，1），（2，1），则S（C）＝4.
（2）考虑排列D：d1，d2，…，dn－1，dn与排列D1：dn，dn－1，…，d2，d1，
因为数对（di，dj）与（dj，di）中必有一个为逆序对（其中1≤i＜j≤n），
且排列D中数对（di，dj）共有＝个，
所以S（D）＋S（D1）＝.
所以排列D与D1的逆序对的个数的算术平均值为.
而对于数字1，2，…，n的任意一个排列A：a1，a2，…，an，都可以构造排列A1：an，an－1，…，a2，a1，且这两个排列的逆序对的个数的算术平均值为.
所以所有S（A）的算术平均值为.
（3）证明：①当j＝i＋1，即ai，aj相邻时，
不妨设ai＜ai＋1，则排列A'为a1，a2，…，ai－1，ai＋1，ai，ai＋2，…，an，
此时排列A'与排列A：a1，a2，…，an相比，仅多了一个逆序对（ai＋1，ai），
所以S（A'）＝S（A）＋1，
所以S（A）＋S（A'）＝2S（A）＋1为奇数.
②当j≠i＋1，即ai，aj不相邻时，
假设ai，aj之间有m个数字，记排列A：a1，a2，…，ai，k1，k2，…，km，aj，…，an，
先将ai向右移动一个位置，得到排列A1：a1，a2，…，ai－1，k1，ai，k2，…，km，aj，…，an，
由①，知S（A1）与S（A）的奇偶性不同，
再将ai向右移动一个位置，得到排列A2：a1，a2，…，ai－1，k1，k2，ai，k3，…，km，aj，…，an，
由①，知S（A2）与S（A1）的奇偶性不同，
以此类推，ai共向右移动m次，得到排列Am：a1，a2，…，k1，k2，…，km，ai，aj，…，an，
再将aj向左移动一个位置，得到排列Am＋1：a1，a2，…，ai－1，k1，…，km，aj，ai，…，an，
以此类推，aj共向左移动m＋1次，得到排列A2m＋1：a1，a2，…，aj，k1，…，km，ai，…，an，
即为排列A'，
由①可知仅有相邻两数的位置发生变化时，排列的逆序对个数的奇偶性发生变化，
而排列A经过2m＋1次的前后两数交换位置，可以得到排列A'，
所以排列A与排列A'的逆序数的奇偶性不同，
所以S（A）＋S（A'）为奇数.
综上，得S（A）＋S（A'）为奇数.
1 / 2
