(共50张PPT)
第4讲 成对数据的统计分析
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(2024天津,3)下列图中,样本相关系数最大的是( )
A
解析 观察4幅图可知,A图散点分布比较集中,且大体接近某一条直线,线性回归模型拟合效果比较好,呈现明显的正相关.故选A.
2.(多选题)(2023新高考Ⅰ,9)有一组样本数据x1,x2,…,x6,其中x1是最小值,x6是最大值,则( )
A.x2,x3,x4,x5的平均数等于x1,x2,…,x6的平均数
B.x2,x3,x4,x5的中位数等于x1,x2,…,x6的中位数
C.x2,x3,x4,x5的标准差不小于x1,x2,…,x6的标准差
D.x2,x3,x4,x5的极差不大于x1,x2,…,x6的极差
BD
解析 对于选项A,如1,2,2,2,2,5的平均数不等于2,2,2,2的平均数,故A错误;对于选项B,不妨设x2≤x3≤x4≤x5,则x2,x3,x4,x5的中位数为,x1,x2,…,x6的中位数为,故B正确;对于选项C,因为x1是最小值,x6是最大值,所以x1,x2,…,x6的数据波动更大,故C错误;对于选项D,不妨设x2≤x3≤x4≤x5,则x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6,所以x5-x2≤x6-x1,故D正确.故选BD.
3.(人A必二9.2.2节例题改编)某机构调查了解10种食品的卡路里含量,结果如下:107,135,138,140,146,175,179,182,191,195.则这组数据的第25百分位数和中位数分别是( )
A.138,160.5 B.138,146
C.138,175 D.135,160.5
A
解析 把这10个数按从小到大排列,
可得107,135,138,140,146,175,179,182,191,195,
而10×25%=2.5,为第3项138;中位数为=160.5.
4.(人A选必三8.3.2节例题改编)随着国家二孩政策的全面放开,为了调查一线城市和非一线城市的二孩生育意愿,某机构从不同地区抽查了100名育龄妇女,结果如下表所示.
二孩生育意愿 城市级别 合计
非一线 一线 愿生 45 20 65
不愿生 13 22 35
合计 58 42 100
参照下表:
α 0.1 0.05 0.01 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 10.828
根据小概率值α=0.01的独立性检验,可以得到的结论是
.
附:χ2=.
生育意愿与城市级别有关
解析 因为χ2=9.616>6.635,
所以有99%以上的把握认为“生育意愿与城市级别有关”.
思维引航
1.样本相关系数r的性质:
|r|≤1;当|r|越接近1时,成对样本数据的线性相关程度越强;当|r|越接近0时,成对样本数据的线性相关程度越弱.
2.平均数:(x1+x2+…+xn).
方差:s2=(xi-)2=.
3.计算一组n个数据第p百分位数一定要按从小到大排列原始数据.
4.计算随机变量χ2=,利用χ2的取值推断分类变量X和Y是否独立的方法称为χ2独立性检验.
考点进阶 素养淬炼
考点一 用样本估计总体
例1 (1)(多选题)(2025江西南昌高三二模)很多学校推出基于DeepSeek的人工智能通识课程,帮助学生深入了解人工智能的历史、关键技术及其在科学研究、社会发展中的高效应用,培养跨学科思维,推动人工智能技术在多领域的深度融合与创新.某探究小组利用DeepSeek解答了50份高考模拟试卷,收集其准确率,整理得到如下频率分布直方图,
则下列说法正确的有( )
A.a=0.08
B.估计准确率的第30百分位数为90%
C.估计准确率的平均数为90%
D.估计准确率的中位数为92.5%
ABD
解析 对于A,由频率分布直方图可得5×(0.02+0.04+0.06+a)=1,
解得a=0.08,故A正确;
对于B,前两个矩形的面积之和为5×0.02+5×0.04=0.3,
所以估计准确率的第30百分位数为90%,故B正确;
对于C,估计准确率的平均数为(82.5×0.1+87.5×0.2+92.5×0.4+97.5×0.3)=92%,故C错误;
对于D,设中位数为m%,前三个矩形的面积之和为0.3+5×0.08=0.7,
所以m∈(90,95),则0.3+(m-90)×0.08=0.5,解得m=92.5,
所以估计准确率的中位数为92.5%,故D正确.故选ABD.
(2)(多选题)(2025湖北新高考联考协作体高三下学期高考模拟)高三年级的小艾同学决定对函数、三角函数、数列、立体几何这四部分内容的复习效果进行一次自我检测,每部分内容各准备了10道典型题目.做完后对照答案记录每道题的失分(均为非负整数)情况,若某部分内容每道题失分都不超过7分,则认定该部分内容为“复习效果达标内容”.已知四部分内容失分情况的相关数据信息如下,则一定为“复习效果达标内容”的是( )
A.函数内容的10道题失分记录的中位数为3,极差为4
B.三角函数内容的10道题失分记录的平均数为2,众数为2
C.数列内容的10道题失分记录的平均数为3,方差为2.4
D.立体几何内容的10道题失分记录的平均数为3,第65百分位数为6
AC
解析 对于A,假设函数内容有一道题失分大于等于8分,则由极差为4可知,函数内容失分最少的题的失分数据大于等于4,则失分记录的中位数不可能为3,与题设中位数为3矛盾,故假设不成立,所以函数内容每一道题失分都不超过7分,故函数内容为“复习效果达标内容”,故A正确;对于B,设三角函数内容这10道题的失分记录为0,0,1,1,2,2,2,2,2,8,满足题设失分记录的平均数为2,众数为2的条件,由定义知三角函数内容不是“复习效果达标内容”,故B错误;对于C,设数列内容这10道题失分记录从小到大依次为x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7,x8,x9,x10,则由平均数为3,方差为2.4可知,=2.4,从而(xi-3)2=24,若x10≥8,则(x10-3)2=25≠24,所以xi≤x10≤7,故数列内容为“复习效果达标内容”,故C正确;
对于D,设立体几何内容这10道题失分记录为0,0,0,0,0,0,6,6,6,12,满足题设平均数为3,第65百分位数为6的条件,由定义知立体几何内容不是“复习效果达标内容”,故D错误.故选AC.
【对点训练1】(2025陕西汉中普通高中高三下学期质量检测考试)某中学随机抽取了60名学生,统计了他们某天学习数学的时间,数据如下表,则该组数据的第75百分位数是( )
学习时间/分钟 60 70 80 90 100 110 120
人数 9 10 14 12 8 5 2
A.75 B.90
C.95 D.100
C
解析 因为60×75%=45,所以第75百分位数是所有数据从小到大排列的第45项和第46项的平均数,由表中数据可知,第45项为90,第46项为100,所以第75百分位数是=95.故选C.
考点二 一元线性回归模型及其应用
例2 (2025河北秦皇岛昌黎第一中学高三下学期英才班一轮中期检测)近几年我国新能源汽车产业快速发展,据行业数据显示,新能源汽车的数量在不断增加.下表为某城市统计的近5年新能源汽车的新增数量,其中x为年份代号,y(单位:万辆)代表新增新能源汽车的数量.
年份 2020 2021 2022 2023 2024
年份代号x 1 2 3 4 5
新增新能源汽车 的数量y/万辆 1.2 1.8 2.5 3.2 3.8
(1)计算样本相关系数r,判断是否可以用线性回归模型拟合y与x的关系.当|r|∈[0.75,1]时,可以认为两个变量有很强的线性相关性;否则,没有很强的线性相关性.
(2)求y关于x的经验回归方程,并据此估计该城市2026年的新增新能源汽车的数量.
参考数据:≈6.603.
参考公式:x,r=.
解 (1)由题意可得(1+2+3+4+5)=3,
(1.2+1.8+2.5+3.2+3.8)=2.5,
则r=
=
=0.999 5,
因为0.999 5>0.75,所以可以用线性回归模型拟合y与x的关系.
(2)由题意可得=0.66,=2.5-0.66×3=0.52,
则y关于x的经验回归方程为=0.66x+0.52.
当x=7时,=0.66×7+0.52=5.14,
所以估计该市2026年新增新能源汽车5.14万辆.
2.求经验回归方程的步骤
【对点训练2】(多选题)(2025江苏南通高三第二次适应性调研)某农科所针对耕种深度x(单位:cm)与水稻每公顷产量y(单位:t)的关系进行研究,所得部分数据如下表:
耕种深度x/cm 8 10 12 14 16 18
每公顷产量y/t 6 8 m n 11 12
已知m
=510,=24,样本数据(12,m),(14,n)的残差分别为ε1,ε2.
则( )
(参考数据:两个变量x,y之间的样本相关系数r为.
参考公式:,r=.)
A.m+n=17
B.
C.
D.ε1+ε2=-1
ABD
解析 对于A,因为=510,-6=24,所以=81,
得到=9,所以=9,得到m+n=17,故A正确;
对于B,因为=13,又r=
=(8-13)2+(10-13)2+(12-13)2+(14-13)2+(16-13)2+(18-13)2=70,
所以(xi-)(yi-)==40,所以,故B正确;
对于C,因为=9-13=,故C错误;
对于D,因为x+,得到ε1=m-(12+),ε2=n-(14+),
所以ε1+ε2=m+n-18=-1,故D正确.故选ABD.
考点三 非线性回归模型
例3 今年刚过去的4月份是“全国消费促进月”,各地拼起了特色经济,带动消费复苏、市场回暖.“小饼烤炉加蘸料,灵魂烧烤三件套”,最近,淄博烧烤在社交媒体火爆出圈,吸引全国各地的游客坐着高铁,直奔烧烤店,而多家店铺的营业额也在近一个月内实现了成倍增长,因此某烧烤店老板考虑投入更多的人工成本.现有以往的服务人员增量x(单位:人)与年收益增量y(单位:万元)的数据如下:
服务人员增量x/人 2 3 4 6 8 10 13
年收益增量y/万元 13 22 31 42 50 56 58
据此,建立了y与x的两个回归模型.
模型①:由最小二乘法可求得y与x的
经验回归方程为=4.1x+11.8;
模型②:由散点图(如图)的样本点分布,
可以认为样本点集中在曲线的附近.
对数据进行初步处理后,得到了一些统计量的值:≈2.5,=38.9,tiyi=761.75,=47.55,其中ti=ti.
(1)根据所给的统计量,求模型②中y关于x的经验回归方程(精确到0.1);
(2)根据下列表格中的数据,比较两种模型的决定系数R2,并选择拟合精度更高的模型,预测服务人员增加25人时的年收益增量.
回归模型 模型① 模型②
经验回归方程 =4.1x+11.8
(yi-)2 182.4 79.2
附:样本(ti,yi)(i=1,2,…,n)的最小二乘估计公式为,刻画样本回归效果的决定系数R2=1-.
解 (1)令t=,则t+
由参考数据得21.3,
38.9-21.3×2.5≈-14.4,
所以模型②中y关于x的经验回归方程为=21.3-14.4.
(2)由表格中的数据,有182.4>79.2,即,
所以1-<1-,
模型②的R2大于模型①的R2,说明回归模型②的拟合效果更好,故选择回归模型②.当x=25时,模型②的收益增量的预测值为
=21.3-14.4=21.3×5-14.4=92.1.
所以预测服务人员增加25人时的年收益增量为92.1万元.
【对点训练3】(2025广东梅州高三下学期2月质检)某科技公司在人工智能领域逐年加大投入,根据近年来该公司对产品研发年投入额x(单位:百万元)与其年销售量y(单位:千件)的数据统计,得到散点图如图.用线性回归和指数型回归模型拟合y与x关系的决定系数分别为=0.891 3和=0.994 0,
(xi-)2 (xi-)(yi-) (xi-)(ωi-)
3 2.5 0.5 10 12 6
则根据参考数据,下列表达式中最适宜描述y与x之间关系的函数为( )
参考公式:用最小二乘法求经验回归直线u+的参数公式为.
参考数据:令ωi=ln yi,
A.y=1.2x-1.1
B.y=0.6x-1.3
C.y=e1.2x-1.1
D.y=e0.6x-1.3
D
解析 由用线性回归和指数型回归模型拟合y与x关系的决定系数分别为=0.891 3和=0.994 0,得,则指数型回归模型最适宜拟合y与x的关系,排除A,B;
设y与x的经验回归方程为,两边取对数并令ω=ln y,则x+,
因此=0.6,=0.5-0.6×3=-1.3,
故y与x的经验回归方程为=e0.6x-1.3.故选D.
考点四 独立性检验
例4 (2025全国1,15)为研究某疾病与超声波检查结果的关系,从做过的超声波检查的人群中随机调查了1 000人,得到如下列联表:
单位:人
组别 检查结果 合计
正常 不正常 患该疾病 20 180 200
未患该疾病 780 20 800
合计 800 200 1 000
(1)记超声波检查结果不正常者患病的概率为P,求P的估计值;
(2)根据小概率值α=0.001的独立性检验,分析样本数据中超声波检查结果是否与患该疾病有关.
附:χ2=.
α 0.050 0.010 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
解 (1)超声波检查结果不正常者有200人,这200人中患该疾病的有180人,
∴P=
(2)零假设为H0:超声波检查结果与是否患该疾病无关.
根据列联表中的数据,经计算得到χ2==765.625>10.828=x0.001.
根据小概率值α=0.001的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为超声波检查结果与是否患该疾病有关,此推断犯错误的概率不超过0.001.
3.独立性检验的一般步骤
【对点训练4】(2025云南昆明第一中学高三第七次联考)某地区为了检测某种农业有机肥料的效果,农业专家播撒肥料到200块试验田中,一段时间后测量土地的某项肥力指标,按[0,20),[20,40),[40,60),[60,80),[80,100]分组,绘制成如上频率分布直方图.试验后发现,产生土地肥力的为160块,其中该项指标值不小于60的有110块.假设各块试验田播撒肥料后是否产生肥力相互独立.
(1)填写下面的2×2列联表,并根据列联表及α=0.01的独立性检验,判断能否认为播撒肥料后试验田产生肥力与指标值不小于60有关联;
单位:块
是否产生肥力 指标值 合计
小于60 不小于60 产生肥力
未产生肥力
合计
(2)为了检验有机肥料第二次播撒的有效性,对第一次播撒有机肥料后没有产生肥力的试验田进行第二次播撒,结果又有20块试验田产生肥力,用频率估计概率,求一块试验田播撒2次有机肥料产生肥力的概率P.
参考公式:χ2=(其中n=a+b+c+d为样本容量).
参考数据:
α 0.100 0.050 0.010 0.005
xα 2.706 3.841 6.635 7.879
解 (1)指标在[0,20)内的有0.002 50×20×200=10块,同理,在[20,40)内的有25块,在[40,60)内的有35块,在[60,80)内的有100块,在[80,100]内的有30块,故可得 单位:块
是否产生肥力 指标值 合计
小于60 不小于60 产生肥力 50 110 160
未产生肥力 20 20 40
合计 70 130 200
零假设为H0:播撒肥料后试验田产生肥力与指标值不小于60无关联.
χ2=4.945<6.635=x0.01,所以根据α=0.01的独立性检验,
没有充分证据推断H0不成立,因此可以认为H0成立,即认为播撒肥料后试验田产生肥力与指标值不小于60无关联.
(2)由题意,第一次播撒后产生肥力的频数为160,第一次播撒有机肥料后没有产生肥力的试验田进行第二次播撒后产生肥力的频数为20,则一块试验田播撒2次有机肥料产生肥力的频率为,以频率估计概率,这块试验田播撒2次有机肥料产生肥力的概率为(共27张PPT)
微培优7 概率统计与其他知识交汇的综合问题
类型一 概率统计与数列的交汇应用
类型二 概率统计与导数、函数的交汇应用
目 录 索 引
以能力立意是数学命题的指导思想,在知识网络交汇处设计试题是今后高考的一大特点和方向,与概率交汇的试题正是在这种背景下“闪亮登场”,频频出现在各类试题中.除了上一节讲解的概率统计的常见综合问题外,概率统计与数列,概率统计与导数、函数的交汇应用也比较常见.
类型一 概率统计与数列的交汇应用
例1 (2023新高考Ⅰ,21)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8,由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率;
(2)求第i次投篮的人是甲的概率;
(3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E(Xi)=qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y).
解 (1)设事件A:“第2次投篮的人是乙”,
则P(A)=P(甲乙)+P(乙乙)=0.5×0.4+0.5×0.8=0.6.
(2)设第i次是甲投的概率为pi,则第i次是乙投的概率为1-pi,
由题意可知p1=,pi+1=pi×0.6+(1-pi)×0.2=0.2+0.4pi.
则pi+1-pi+(pi-),故数列{pi-}为公比为的等比数列.
故pi-=(p1-),得到pi=,i∈N*.
(3)由(2)知,设随机变量Xi可取0,1,i=1,2,…,n,P(Xi=1)=pi,P(Xi=0)=1-pi,
则Xi服从两点分布.
由题可知,当n≥1时,E(Y)=pi=[1-]+,n∈N*.
综上所述,可知E(Y)=pi=[1-]+,n∈N*.
【对点训练1】(1)(2025广东广州天河高三综合测试)甲、乙两人轮流投掷质地均匀的骰子,第一轮甲先后投掷两次,接着乙先后投掷两次,依此轮流每人连续投掷两次.
①甲先后投掷两次,在第一次掷出偶数点的条件下,求甲两次掷出的点数之和大于6的概率;
②若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数,则甲获胜,同时比赛结束;否则,由另一人继续投掷,直到有人连续两次掷出的点数均为偶数,则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概率.(注:若0解 ①设事件A=“甲第一次掷出偶数点”,事件B=“甲两次掷出的点数之和大于6”,样本空间Ω={(m,n)|m,n∈{1,2,3,4,5,6}},样本空间包含的样本点个数为n(Ω)=6×6=36,且每个样本点的发生都是等可能的.
A={(m,n)|m∈{2,4,6},n∈{1,2,3,4,5,6}},
n(A)=3×6=18,AB={(2,5),(2,6),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)},n(AB)=12,则P(A)=,P(AB)=,所以P(B|A)=,即在甲第一次掷出偶数点的条件下,两次掷出的点数之和大于6的概率为
②若甲第一轮获胜,概率为P1=;若甲第二轮获胜,即第一轮投掷后
两人的两个点数均不都为偶数,第二轮甲投掷后的两个点数都为偶数,概率为P2=(1-)×(1-)=()2;若甲第三轮获胜,即前两轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数,第三轮甲投掷后的两个点数都为偶数,概率为P3=()4由以上可得,若甲第n(n≥2)轮获胜,即前n-1轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数,第n轮甲投掷后的两个点数都为偶数,概率为Pn=[()2]n-1=()2n-2,当n=1时,P1=符合该式,故Pn=()2n-2
于是,P1,P2,P3,…,Pn组成一个以为首项,()2为公比的等比数列.
所以P1+P2+P3+…+Pn=[1-()2n].
则当n→+∞时,P1+P2+P3+…+Pn=,故甲获胜的概率为
(2)(2025湖南怀化二模)已知甲、乙两个箱子中均装有1个黑球和2个白球(各球大小、质地均相同),每次操作从甲、乙两个箱子中各任取一个球交换放入另一个箱子.
①当进行1次操作后,设甲箱子中黑球个数为X,求X的分布列及数学期望;
②重复n次这样的操作后,记甲箱子中恰有1个黑球的概率为pn,求pn.
解 ①由题意知X的可能取值为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
所以E(X)=0+1+2=1.
X 0 1 2
P
②重复n次这样的操作后,记甲箱子中恰有0个黑球的概率为qn,
则甲箱子中恰有2个黑球的概率为1-qn-pn,根据全概率公式可得,
当n≥2时,pn+1=qn+pn+(1-qn-pn)=-pn+,所以pn+1-=-(pn-),
由①知p1=,则p1-=-,所以数列{pn-}是首项为-,公比为-的等比数列,故pn-=-(-)n-1,所以pn=(-)n-1=(-)n.
类型二 概率统计与导数、函数的交汇应用
例2 (2023新高考Ⅱ,19)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异,经过大量调查,得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图:
利用该指标制定一个检测标准,需要确定临界值c,将该指标大于c的人判定为阳性,小于或等于c的人判定为阴性.此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率,记为p(c);误诊率是将未患病者判定为阳性的概率,记为q(c).假设数据在组内均匀分布.以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
(1)当漏诊率p(c)=0.5%时,求临界值c和误诊率q(c);
(2)设函数f(c)=p(c)+q(c).当c∈[95,105]时,求f(c)的解析式,并求f(c)在区间[95,105]的最小值.
解 (1)当p(c)=0.5%时,由患病者频率分布直方图可得第一个小矩形面积为0.002×5=0.01,∴c==97.5.
由未患病者频率分布直方图可得q(c)=0.01×(100-97.5)+0.002×5=0.035.
(2)当c∈[95,100)时,p(c)=(c-95)×0.002,q(c)=(100-c)×0.01+0.01,
∴f(c)=-0.008c+0.82>0.02;
当c∈[100,105]时,p(c)=5×0.002+(c-100)×0.012,
q(c)=(105-c)×0.002,∴f(c)=0.01c-0.98≥0.02.
∴f(c)=
故当c=100时,f(c)取最小值,最小值为f(100)=0.02.
【对点训练2】(1)(2025山东齐鲁名校大联考模拟预测)已知A,B两个不透明的袋子中均装有若干个大小、质地完全相同的红球和白球,从A袋中摸出一个红球的概率是,从B袋中摸出一个红球的概率是p.在每轮中,甲同学先选择一个袋子摸一次球并放回,乙再选择一个袋子摸一次球并放回,则该轮结束.已知在每轮中甲选A,B两袋的概率均为.如果甲选A袋,则乙选B袋的概率为;如果甲选B袋,则乙选B袋的概率为.
①若p=,求在一轮中乙从B袋中摸出红球的概率.
②求在一轮中乙摸出红球的概率.
③若甲、乙两位同学进行了3轮摸球.乙同学认为,p越大,3轮摸球后他摸出2个红球的概率越大,你同意他的观点吗 请说明理由.
(1)解 ①设D=“甲从A袋中摸球”,E=“乙从B袋中摸球”,C=“乙摸出的是红球”,由全概率公式知,乙从B袋中摸球的概率P(E)=P(D)P(E|D)+P()P(E|)=,
所以在一轮中,乙从B袋中摸出红球的概率为
P(EC)=P(E)P(C|E)=
②在一轮中,乙摸出红球的概率
P(C)=P(E)P(C|E)+P()P(C|)=p+(7p+1).
③不同意.理由如下:
由题意知3轮摸球后摸出红球的个数服从二项分布B(3,(7p+1)),
则3轮摸球后乙摸出2个红球的概率为
P=[1-(7p+1)]=(7p+1)2(9-7p)(0设f(p)=(7p+1)2(9-7p),00,f(p)单调递增,当(2)(2025陕西汉中普通高中高三下学期质量检测考试)A,B两人做游戏,每次游戏只需用一只手完成,记A的左、右手分别为s1,s2,B的左、右手分别为t1,t2,每次游戏A,B的得分之和均为0,记A用s1的概率为x(0≤x≤1),B用t1的概率为y(0≤y≤1),每次游戏A的得分如下表所示(比如A用s1,B用t1参加游戏,A的得分为5).
A B t1 t2
s1 5 -7
s2 -1 3
①分别求每次游戏A得分的期望与B得分的期望;
②当x=,y=时,设每次游戏A,B选择用哪只手参与相互独立,求经过两次游戏后,B的总得分为正数的概率;
③假设x,y的值可以自由调整,其中x不取,证明:不论y取何值,A总能通过调整x的值,使得每次游戏A得分的期望不小于.
①解 设每次游戏A的得分为X,B的得分为Y,则X的分布列为
X 5 -7 -1 3
P xy x(1-y) (1-x)y (1-x)(1-y)
所以E(X)=5xy-7x(1-y)-(1-x)y+3(1-x)(1-y)=16xy-10x-4y+3,
所以E(Y)=-E(X)=-16xy+10x+4y-3.
②解 当x=,y=时,Y的分布列为
Y -5 7 1 -3
P
当B第一次得7分时,第二次不管得几分,B的总得分均为正数;
当B第一次得-5分或-3分时,第二次只能得7分;
当B第一次得1分时,第二次只能得1分或7分.
故经过两次游戏后,B的总得分为正数的概率为
+()()=
③证明 记E(X)=f(x)=(16y-10)x-4y+3(0≤x≤1且x).
当y=时,E(X)=-4y+3=;
当y∈[0,)时,16y-10<0,f(x)单调递减,则A可取x=0,使得E(X)=f(0)=-4y+3>;
当y∈(,1]时,16y-10>0,f(x)单调递增,则A可取x=1,使得E(X)=f(1)=12y-7>
综上,不论y取何值,A总能通过调整x的值,使得每次游戏A得分的期望不小于(共33张PPT)
第2讲 概率模型
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(人A必二10.1节习题改编)从长度为2,4,6,8,10的5条线段中任取3条,则这三条线段能构成一个三角形的概率为( )
A. B.
C. D.
B
解析 从长度为2,4,6,8,10的5条线段中任取3条,共有=10种取法,而取出的三条线段能构成一个三角形的情况有4,6,8和4,8,10以及6,8,10,共3种,故这三条线段能构成一个三角形的概率为P=故选B.
2.(人A必二10.2节习题)假设在元旦假期期间,甲地降雨概率是0.2,乙地降雨概率是0.3,且两地是否降雨相互之间没有影响,则在该时段两地中恰有一个地区降雨的概率为( )
A.0.06 B.0.38
C.0.5 D.0.56
B
解析 甲、乙两地恰有一个地方降雨的概率为
P=0.2×(1-0.3)+(1-0.2)×0.3=0.14+0.24=0.38.故选B.
3.(2023全国甲,理6)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一名同学,若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A.0.8 B.0.6
C.0.5 D.0.4
A
解析 从该地的中学生中任取一名学生,记A表示事件:“取到的学生爱好滑冰”,B表示事件:“取到的学生爱好滑雪”.
由题设知P(A)=0.6,P(B)=0.5,P(A∪B)=0.7,
由P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),
得P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=0.6+0.5-0.7=0.4,
则所求事件概率为P(A|B)==0.8.
4.(2024上海,8)小王参加知识竞赛,题库中A组题有5 000道,B组题有4 000道,C组题有3 000道.若小王做对这三组题的概率依次是0.92,0.86,0.72,则随
机从题库中抽取一道题,小王做对的概率是 .
解析 由题意可知,A组题目数量占比为,B组题目数量占比为,C组题目数量占比为,设所求事件的概率为P,则P=0.92+0.86+0.72=
思维引航
1.古典概型的概率公式:P(A)=.
2.互斥事件的概率公式:P(A∪B)=P(A)+P(B);
相互独立事件的概率公式:P(AB)=P(A)P(B).
3.条件概率:P(B|A)=.
4.全概率公式:P(B)=P(Ai)P(B|Ai).
考点进阶 素养淬炼
考点一 古典概型
例1 (2022全国甲,文6)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为( )
【一题多解】
A. B.
C. D.
C
解析 (方法一 样本无序)
从6张卡片中无放回随机抽取2张,共有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4), (2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6)15种情况,其中数字之积为4的倍数的有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6)6种情况,故概率为
(方法二 样本有序)
从6张卡片中无放回随机抽取2张,共有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4), (2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况,其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况,故概率为故选C.
【对点训练1】(1)(2023全国甲,文4)某校文艺部有4名学生,其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,则这2名学生来自不同年级的概率为( )【一题多解】
A. B.
C. D.
D
解析 (方法一 列举法)由题意,设高一年级2名学生为A,B,高二年级2名学生为C,D,从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演有AB,AC,AD,BC,BD,CD,共6种,这2名学生来自不同年级的组合有AC,AD,BC,BD,共4种,故所求的概率P=
(方法二 利用组合公式)依题意,从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,总的基本事件数为=6,其中这2名学生来自不同年级的基本事件数为=4,所以这2名学生来自不同年级的概率为
(方法三 利用对立事件)依题意,从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,总的基本事件数为=6,其中这2名学生来自相同年级的基本事件数为2,所以这2名学生来自不同年级的概率为1-
(2)(2025四川自贡二模)现有数字1,2,2,3,3,3,若将这六个数字排成一排,则数字2,2恰好相邻的概率为( )【一题多解】
A. B.
C. D.
D
解析 (方法一 利用排列数)
给定的数字是1,2,2,3,3,3,其中有一个1,两个2,三个3,总共有六个数字,
因此总排列数为=60.
符合条件的排列数(两个2恰好相邻的情况):
将两个2视为一个整体,这样剩下的元素为1,3,3,3和这个整体,共五个元素.
其中三个3是重复的,因此符合条件的排列数为=20,
所以所求事件的概率P=
(方法二 利用组合数)
考虑两个2的位置组合,共有=15种可能的位置组合,其中位置相邻的情况共有5种,因此,数字2,2恰好相邻的概率为故选D.
考点二 相互独立事件的概率
例2 (多选题)(2023新高考Ⅱ,12)在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立.发送0时,收到1的概率为α(0<α<1),收到0的概率为1-α;发送1时,收到0的概率为β(0<β<1),收到1的概率为1-β.考虑两种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次,三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号即为译码;三次传输时,收到的信号中出现次数多的即为译码(例如,若依次收到1,0,1,则译码为1).
则下列说法正确的是( )
A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为
(1-α)(1-β)2
B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为β(1-β)2
C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为β(1-β)2+(1-β)3
D.当0<α<0.5时,若发送0,则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
ABD
解析 发送1时,收到1的概率为1-β;发送0时,收到0的概率为1-α,再结合独立性可知,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2,故A正确.采用三次传输方案,若发送1,实际发送了1,1,1,因此依次收到1,0,1的概率为(1-β)β(1-β)=β(1-β)2,故B正确.采用三次传输方案,若发送1,译码为1的充要条件是至少接收到两个1,因此译码为1的概率为(1-β)2 +(1-β)3=3β(1-β)2+(1-β)3,故C不正确.当0<α<0.5时,若发送0,采用三次传输方案译码为0的概率为3α(1-α)2+(1-α)3=(1-α)[1+α(1-2α)],采用单次传输方案译码为0的概率为1-α.当0<α<0.5时,由1+α(1-2α)>1得3α(1-α)2+(1-α)3>1-α,故D正确.故选ABD.
知识提炼
事件相互独立的性质
事件A与事件B相互独立 对任意的两个事件A与B,如果P(AB)=P(A)P(B)成立,则称事件A与事件B相互独立,简称为独立
性质 若事件A与事件B相互独立,则A与与B,也都相互独立
【对点训练2】(2025湖南四县联考)甲、乙两人进行投篮比赛,谁先投篮是随机的,一个人投完一球就要换成另一个人投篮,共投3个球,投中次数多者为胜.每次投篮,甲投中的概率为0.9,乙投中的概率为0.8,则甲获胜的概率为
.
0.441
解析 甲获胜包括以下情况:
①甲先投时,甲以2∶0,2∶1,1∶0获胜;
②乙先投时,甲以1∶0获胜.
所以甲获胜的概率为P=(0.5×0.9×0.2×0.9+0.5×0.9×0.8×0.9+0.5×0.9×0.2×0.1+0.5×0.1×0.2×0.9)+0.5×0.2×0.9×0.2=0.441.
考点三 条件概率
例3 (1)(2025山东潍坊模拟)某学校组织中国象棋比赛,甲、乙两名同学进入决赛.决赛采取3局2胜制,假设每局比赛中甲获胜的概率均为,且各局比赛的结果相互独立.则在甲获胜的条件下,甲第一局获胜的概率是( )
A. B.
C. D.
D
解析 设甲获胜为事件A,甲第一局获胜为事件B,
则P(A)=,P(AB)=,
所以在甲获胜的条件下,甲第一局获胜的概率是P(B|A)=
故选D.
(2)(2025重庆高考模拟调研)用数字1,2,3,4,5组成的没有重复数字的三位数组成集合M,现从集合M中任取一个数,它能被3整除的条件下,这个数能被5整除的概率为( )
A. B.
C. D.
B
解析 首先,由数字1,2,3,4,5组成无重复数字的三位数,集合M中共有5×4×3=60个元素.被3整除的三位数:一个数能被3整除的条件是各位数字之和为3的倍数.从1,2,3,4,5中选出三个不同数字的组合,满足和为3的倍数的情况有{1,2,3}(和为6),{1,3,5}(和为9),{2,3,4}(和为9),{3,4,5}(和为12),每组有3!=6种排列方式,共4×6=24个被3整除的三位数.同时被3和5整除的三位数:被5整除的条件是个位为5.此时百位和十位需从1,2,3,4中选两个不同数字,且总和加5后为3的倍数.
满足条件的三位数是135,315,345,435,共4个.
所以,在24个被3整除的三位数中,有4个同时能被5整除,
因此所求概率为故选B.
知识提炼
1.条件概率的性质
条件概率的性质 设P(A)>0,则
(1)P(Ω|A)=1;
(2)如果B和C是两个互斥事件,则P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A);
(3)设与B互为对立事件,则P(|A)=1-P(B|A)
2.解条件概率问题的三种方法
定义法 先求P(A)和P(AB),再由P(B|A)=求P(B|A)
基本事件法 借助古典概型概率公式,先求A包含的基本事件个数n(A),再求AB所包含的基本事件个数n(AB),得P(B|A)=
缩样法 缩小基本事件集合的方法,就是去掉第一次抽到的情况,只研究剩下的情况,用古典概型求解,它能化繁为简
【对点训练3】(1)(2025河北沧州沧衡八县联考)设A,B是一个随机试验中的两个事件,若P()=,P(B)=,则P(A|B)=( )
A. B.
C. D.
A
解析 因为P()=,所以P(B)=1-P()=1-
又因为P(B)=P(B)+P(AB)=,P(B)=,
所以P(AB)=,所以P(A|B)=故选A.
(2)(2025福建福州第三中学第十四次质量检测)一先一后抛掷两枚质地均匀的骰子,设得到的点数分别为a,b,在已知a+b>8的条件下,a .
解析 先后抛掷的两枚质地均匀的骰子的点数分别为a,b,
则样本空间Ω={(a,b)|a,b∈{1,2,3,4,5,6}},其包含的样本点有6×6=36个.
记事件A=“a+b>8”,则事件A包含的样本点为(3,6),(4,5),(4,6),(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共10个.
记事件B=“a8且a为(3,6),(4,5),(4,6),(5,6).所以由条件概率公式知P(B|A)=
考点四 全概率公式
例4 (2025东北三省三校第一次联合模拟)已知在A,B,C三个地区暴发了流感,这三个地区分别有6%,5%,4%的人患了流感.假设这三个地区人口数量的比为3∶2∶1,现从这三个地区中任意选取一个人,则这个人患流感的概率为( )
A. B.
C. D.
C
解析 设事件D为这个人患流感,A1,A2,A3分别表示这个人来自A,B,C三个地区,由已知可得P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,
又P(D|A1)=6%,P(D|A2)=5%,P(D|A3)=4%,
由全概率公式可得P(D)=P(A1)P(D|A1)+P(A2)P(D|A2)+P(A3)P(D|A3)
=6%+5%+4%故选C.
【对点训练4】(2025甘肃靖远第一中学高三下学期模拟)已知甲箱中有2个红球和3个黑球,乙箱中有1个红球和3个黑球(所有球除颜色外完全相同),某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱,再从乙箱中随机取出1个球,记“从乙箱中取出的球是黑球”为事件B,则P(B)=( )
A. B.
C. D.
D
解析 记“从甲箱中取出的球恰有i个红球”为事件Ai(i=0,1,2),
根据题意可得P(A0)=,P(A1)=,P(A2)=,
P(B|A0)=,P(B|A1)=,P(B|A2)=,
所以P(B)=P(A0)P(B|A0)+P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)
=故选D.(共34张PPT)
第3讲 随机变量及其分布
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(2022新高考Ⅱ,13)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(22.5)= .
0.14
解析 因为X~N(2,σ2),所以P(X<2)=P(X>2)=0.5,
因此P(X>2.5)=P(X>2)-P(22.(人A选必三7.3.2节习题改编)已知随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4
P 0.2 0.3 0.4 0.1
则D(X)= .
0.84
解析 由题意知,E(X)=1×0.2+2×0.3+3×0.4+4×0.1=2.4,
所以D(X)=(1-2.4)2×0.2+(2-2.4)2×0.3+(3-2.4)2×0.4+(4-2.4)2×0.1=0.84.
3.(人A选必三7.4.1节例题改编)将一枚质地均匀的硬币重复抛掷10次,恰好
出现5次正面朝上的概率是 .
解析 用X表示硬币正面朝上的次数,则X~B(10,).
恰好出现5次正面朝上等价于X=5,于是P(X=5)=0.510=
4.(2021浙江,15)袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球.现从中任取两个球,记取出的红球数为ξ,若取出的两个球都是红球的概率为,一红一黄的概率为,则m-n= ,E(ξ)= .
1
解析 由题意可得P(ξ=2)=,
所以=36,所以m+n+4=9.
因为P(一红一黄)=,所以m=3,所以n=2,则m-n=1.
由题知ξ的所有可能取值为0,1,2,且P(ξ=2)=,P(ξ=1)=,
P(ξ=0)=,所以E(ξ)=2+1+0=
思维引航
1.利用对称性可求正态分布N(μ,σ2)指定范围内的概率值,对称轴为x=μ.
2.离散型随机变量X的数学期望为E(X)=xipi.
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
X的方差为D(X)=(xi-E(X))2pi.
3.若X服从二项分布,X~B(n,p),则P(X=k)=pk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n.
4.超几何分布:从N件产品(其中有M件次品)中随机抽取n件(不放回),次品X
的分布列为P(X=k)=.
考点进阶 素养淬炼
考点一 分布列的性质及应用
例1 (1)(多选题)(2025四川第一次教学质量联合测评(2月联考))已知随机变量X的分布列如下,则( )
X 1 2 3 4
P 4p 3p 2p p
A.p=0.2 B.P(X<3)=0.7
C.E(X)= D.D(X)=1
BD
解析 由4p+3p+2p+p=1,可得p=0.1,P(X<3)=4p+3p=0.7,
E(X)=1×0.4+2×0.3+3×0.2+4×0.1=2,
D(X)=(1-2)2×0.4+(2-2)2×0.3+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.1=1.故选BD.
(2)(2025河南南阳邓州第一高级中学模拟)某保险公司新开设了一项保险业务,若在一年内事件E发生,该公司要赔偿a元.设在一年内E发生的概率为p,为使公司收益的期望值等于a的百分之十,公司应要求顾客交保险金为
元.
(p+0.1)a
解析 设保险公司要求顾客交x元保险金,若ξ表示公司每年的收益额,
则ξ是一个随机变量,ξ的取值集合为{x-a,x},P(ξ=x-a)=p,P(ξ=x)=1-p,
则ξ的分布列为
ξ x-a x
P p 1-p
因此,公司每年收益的期望E(ξ)=p(x-a)+x(1-p)=x-ap,为使公司收益的期望值等于a的百分之十,所以x-ap=0.1a,解得x=ap+0.1a=(p+0.1)a.
【对点训练1】(多选题)(2025贵州贵阳第一中学第一次联考)离散型随机变量X的分布列如下表所示,m,n是非零实数,则下列说法正确的是( )
X 2 024 2 025
P m n
A.m+n=1
B.X服从两点分布
C.2 024D.D(X)=mn
ACD
解析 对于A,由分布列的性质,则满足m+n=1,故A正确;
对于B,根据两点分布知,随机变量X的取值为0和1,故B不正确;
对于C,由期望的公式,
可得E(X)=2 024m+2 025n=2 024(1-n)+2 025n=2 024+n,
因为0对于D,由方差的公式,
可得D(X)=[2 024-(2 024+n)]2·m+[2 025-(2 024+n)]2·n
=n2·m+(1-n)2·n=mn2+m2n=mn(m+n)=mn,即D(X)=mn,故D正确.故选ACD.
考点二 二项分布
例2 (2025江西南昌二模)为宣扬中国文化,某校组织古诗词知识比赛.比赛分为两阶段,第一阶段为基础知识问答,每位选手都需要回答3个问题,答对其中至少2个问题,进入第二阶段,否则被淘汰;第二阶段分高分组和低分组,第一阶段3个问题都答对的选手进入高分组,共回答4个问题,每答对一个得20分,答错不得分,第一阶段答对2个问题的选手进入低分组,共回答4个问题,每答对一个得10分,答错不得分.第一阶段,选手甲每个问题答对的概率都是;第二阶段,若选手甲进入高分组,每个问题答对的概率都是,若选手甲进入低分组,每个问题答对的概率都是.
(1)求选手甲第一阶段不被淘汰的概率;
(2)求选手甲在该次比赛中得分为40分的概率;
(3)已知该次比赛选手甲进入了高分组,记选手甲在该次比赛中得分数为X,求随机变量X的分布列和期望值.
解 (1)选手甲第一阶段不被淘汰,即甲回答三个问题答对其中2个或3个,其概率为p1=)2()+()3=
(2)选手甲在该次比赛中得分为40分有两种情况:进入高分组,答对2个问题;进入低分组,答对4个问题.故概率为p2=()3)2()2+)2()()4=
(3)X的所有可能取值有0,20,40,60,80,
P(X=0)=)4=,P(X=20)=)3()1=,P(X=40)=)2()2=,
P(X=60)=)()3=,P(X=80)=)4=,
所以随机变量X的分布列为
所以E(X)=20×4=20.
X 0 20 40 60 80
P
【对点训练2】(1)(2025湖南新高考教学教研联盟二模)甲、乙、丙、丁四人同时对一目标进行射击,四人击中目标的概率都为,目标被一人击中不会摧毁,目标被两人击中而摧毁的概率为,目标被三人击中而摧毁的概率为,若四人都击中目标肯定被摧毁,则目标被摧毁的概率为( )
A. B.
C. D.
C
解析 设击中次数为X,则X~B(4,),
所以P(X=2)=)4=,P(X=3)=)4=,P(X=4)=)4=,
所以目标被摧毁的概率P=1=故选C.
(2)(2025天津,13)某同学每周在操场跑圈2次,一次跑5圈或6圈.已知:该同学第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5.若第一次跑5圈,则第二次跑5圈的概率为0.4,跑6圈的概率为0.6;若第一次跑6圈,则第二次跑5圈的概率为0.6,跑6圈的概率为0.4.
(ⅰ)该同学一周跑11圈的概率为 ;
(ⅱ)若该同学一周至少跑11圈为运动量达标,连续跑4周.记达标的周数为随机变量X,则X的期望E(X)= .
0.6
3.2
解析 (ⅰ)该同学一周跑11圈的概率为0.5×0.6+0.5×0.6=0.6.
(ⅱ)该同学一周跑12圈的概率为0.5×0.4=0.2,
故该同学运动量达标的概率为0.6+0.2=0.8,
∴X~B(4,0.8),则E(X)=4×0.8=3.2.
考点三 超几何分布
例3 (2025四川达州高级中学高考冲刺测试)年末促销是商场常用清理库存和回笼资金的一种措施.某商场对消费超过500元的消费者提供一次抽奖活动,抽奖箱中装有10个同种材质且大小相同的红球、黄球和绿球(绿球的个数最多),消费者从抽奖箱中同时抽取2个小球,若2个小球都是红球即获得一等奖,都是黄球即获得二等奖,其余情况,均是不获奖.若从抽奖箱中同时抽取2个小球,其中黄球和绿球各1个的概率是,某消费者抽奖一次.
(1)求其获得一等奖的概率;
(2)记抽到的绿球个数为ξ,求ξ的分布列及其期望.
解 (1)设10个小球中黄球为m个,绿球为n个,且m由题意得,,解得m=3,n=5,则红球有2个.记A=“某消费者抽奖一次获得一等奖”,则P(A)=,所以该消费者获得一等奖的概率为
(2)由题意,一共10个球,其中绿球5个,ξ的取值是0,1,2,
则P(ξ=0)=,P(ξ=1)=,P(ξ=2)=,所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P
期望E(ξ)=0+1+2=1(或E(ξ)==1).
【对点训练3】某校为了参加市里举办的足球联赛,从学校的足球队中选出了水平较高的18人组成了代表队参加比赛,已知这18名队员来自高三年级的4个班级,每班对应的人数如下表所示.
班级 高三(1)班 高三(2)班 高三(3)班 高三(4)班
人数 4 6 3 5
(1)从这18名队员中随机选出两人,求这两人来自同一个班级的概率;
(2)经过队员们的奋力拼搏,获得了这次联赛的冠军,若要从这18人中选出两人作为球员代表发言,设选出的两人中来自高三(1)班的人数为X,求X的分布列和期望E(X).
解 (1)设A=“从这18名队员中随机选出两人,这两人来自同一个班级”,
则P(A)=
(2)由题意可知,X的所有可能取值为0,1,2,
则P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=
所以X的分布列为
E(X)=0+1+2(或E(X)=).
X 0 1 2
P
考点四 正态分布
例4 (多选题)(2025湖北七市州3月联合统一调研测试)若小明坐公交上班的用时X(单位:分钟)和骑自行车上班的用时Y(单位:分钟)分别满足X~N(30,62),Y~N(34,22),且同一坐标系中X的密度曲线与Y的密度曲线在t=38分钟时相交,则下列说法正确的是( )
A.P(X>38)38)
B.P(24≤X≤36)=P(32≤Y≤36)
C.若X的密度曲线与Y的密度曲线相交所对应的另一个时间为t1,则t1<30
D.若要在34分钟内上班不迟到,小明最好选择坐公交
BD
解析 由题意知坐公交用时
的方差比骑自行车的方差大,即X的密度曲线较矮胖,Y的密度曲线更瘦高,则X的密度曲线在38分钟后在Y的密度曲线的上方,可在同一坐标系中作出密度曲线,易知P(X>38)>P(Y>38),故A错误;
由3σ原则可知P(30-6≤X≤30+6)=P(34-2≤Y≤34+2),故B正确;
根据条件可知两种方式相应密度函数分别为f(x)=,g(x)=,
建立方程,得=3,
整理得8x2-552x+9×342-302=72ln 3,则t1+38==69,得t1=31>30,故C错误;
易知P(X≤34)>0.5=P(Y≤34),故D正确.故选BD.
图1
(6)当μ取定值时,曲线的形状由σ确定,当σ较小时,峰值高,曲线“瘦高”,表示随机变量X的分布比较集中;当σ较大时,峰值低,曲线“矮胖”,表示随机变量X的分布比较分散,如图2所示.
图2
2.3σ原则
假设X~N(μ,σ2),可以证明:对给定的k∈N*,P(μ-kσ≤X≤μ+kσ)是一个只与k有关的定值.
3.正态分布的均值与方差
若X~N(μ,σ2),则X的均值E(X)=μ,方差D(X)=σ2.
【对点训练4】(1)(2025重庆第二次联合诊断检测)某高校全体大一新生参加一项体能测试,将测试结果转换为相应分值,满分为100分,统计发现得分X~N(50,σ2).若得分在(40,50)的学生有300人,则得分在(50,70)的学生人数Y满足( )
A.Y≤300 B.300C.Y=600 D.Y>600
B
解析 因为得分X~N(50,σ2),所以P(50又P(50P(50所以得分在(50,70)的学生人数Y满足300(2)(多选题)(2025河北昌黎第一中学第五次调研考试)已知两种金属元件的抗拉强度(分别记为X,Y)均服从正态分布,且X~N(μ1,),Y~N(μ2,),这两个正态分布密度曲线如图所示,则下列选项中正确的是( )(参考数据:若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤Z≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.954 5)
A.P(μ1-σ1B.P(Y≥μ2)C.P(X≤σ2)D.对于任意的正数t,恒有P(X≥t)>P(Y≥t)
AB
解析 对于A,P(μ1-σ1对于C,由两个正态密度曲线知σ1<σ2,则P(X≤σ2)>P(X≤σ1),故C错误;
对于D,对于任意的正数t,由图象可知,P(X≥t)表示的面积始终小于P(Y≥t)表示的面积,则恒有P(X≥t)专题五 概率与统计
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
第1讲 计数原理
基础自测 思维引航
基础自测
1.(人A选必三第六章习题)在(1-2x)n的展开式中,各项系数的和是 .
(-1)n
解析 令x=1,得(1-2x)n=(1-2×1)n=(-1)n,即在(1-2x)n的展开式中,各项系数的和是(-1)n.
2.(2024天津,11)在()6的展开式中,常数项为 .
20
解析 因为()6的展开式的通项为Tr+1=)6-r()r=32r-6x12-4r,
r=0,1,…,6,令12-4r=0,可得r=3,所以常数项为30=20.
3.(2023全国乙,理7)甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )
A.30种 B.60种
C.120种 D.240种
C
解析 首先确定相同的读物,共有种情况,然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里,选出两种进行排列,共有种,根据分步乘法计数原理,共有=120种.故选C.
4.(人A选必三6.2节习题)一个宿舍的6名同学被邀请参加一个晚会.
(1)如果必须有人去,去几个人自行决定,有多少种不同的去法
(2)如果其中甲和乙两名同学要么都去,要么都不去,有多少种去法
解 (1)(方法一 直接法)一个宿舍的6名同学被邀请参加一个晚会,
去1人时,有=6种去法;去2人时,有=15种去法;去3人时,有=20种去法;
去4人时,有=15种去法;去5人时,有=6种去法;去6人时,有=1种去法.
根据分类加法计数原理,共有=63种去法.
(方法二 间接法)6名同学每名同学都可以选择去或不去,共有26种去法,6名同学都不去不符合题意,所以共有26-1=63种去法.
(2)当甲和乙两名同学都去时,至少要去2人,
则有=24=16种去法;
当甲和乙两名同学都不去时,有=15种去法.
根据分类加法计数原理,共有16+15=31种去法.
思维引航
1.赋值法:一般地,对于多项式(a+bx)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,令f(x)=(a+bx)n,则(a+bx)n的展开式中各项的系数和为f(1).
2.对于(a+bx)n,二项展开式的通项Tk+1=an-kbk,它表示展开式的第k+1项.
考点进阶 素养淬炼
考点一 计数原理、排列、组合
例1 (1)(2023全国甲,理9)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( )【一题多解】
A.120种 B.60种
C.30种 D.20种
B
解析 (方法一 特殊元素优先)先在5名志愿者中安排1名在这两天都参加公益活动,有5种安排方法.再在星期六、星期日,每天从剩下的4名志愿者中安排1名不同的志愿者参加公益活动,有4×3=12种安排方法.由分步乘法计数原理得,恰有1人在这两天都参加的不同的安排方式共有5×12=60种.
(方法二 特殊位置优先)在5名志愿者中安排2名在星期六参加公益活动,有=10种安排方法.再从星期六参加公益活动的2名志愿者中安排1名及从剩下的3名志愿者中安排1名在星期日参加公益活动,有2×3=6种.由分步乘法计数原理得,恰有1人在这两天都参加的不同的安排方式共有10×6=60种.
(方法三 间接法)从5名志愿者中,在星期六、星期日两天各安排2名参加公益活动,有=100种安排方法,星期六、星期日两天的志愿者全不相同的安排方法有=30种,全相同的安排方法有=10种,所以恰有1人在这两天都参加的不同的安排方式共有100-30-10=60种.故选B.
(2)(2025山东日照高三下学期校际联合考试)高考入场安检时,某学校在校门口并排设立三个检测点,进入考场的学生只需要在任意一个检测点安检即可进入.现有三男三女六位学生需要安检,则每个检测点通过的男生和女生人数相等的可能情况有( )
A.66种 B.93种 C.195种 D.273种
B
解析 ①每个检测点均为一男一女通过,共有=36种不同的结果;
②三个检测点中,一个检测点通过0人,一个检测点通过一男一女,一个检测点通过两男两女,共有=54种不同的结果;
③六人均在同一个检测点通过,共有=3种不同的结果.
则每个检测点通过的男生人数与女生人数相等的情况有36+54+3=93种.故选B.
(3)(2025江西新余第四中学数学模拟)如图,将一个矩形划分为如右的A,B,C,D,E,F六个区域,现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色,要求边界有重合部分的区域(顶点与边重合或顶点与顶点重合不算)染上不同的颜色,并且每一种颜色都要使用到,则一共有 种不同的染色方案.
【一题多解】
192
解析 (方法一 间隔元素分析法)①A,C同色,B,D同色,则E有两种染色方式,F被E确定,故有2=24种;
②A,C同色,B,D不同色,则F仅有1种染色方式,E被F确定,故有=24种;
③A,C不同色,B,D同色,则若F与A同色,则E有1种染色方式;
若F与A不同色,则F,E只有1种染色方式,
故有2=48种;
④A,C不同色,B,D不同色,
(ⅰ)A,D同色,则有2=48种;(ⅱ)A,D不同色,则有2=48种.
综上,共有24+24+48+48+48=192种不同的染色方案.
(方法二 相邻最多元素优先分析法)考虑到F影响的元素最多:
①B,C,D,F各不同色,
(ⅰ)B,E同色,则A有3种染色方式,故有3=72种;
(ⅱ)B,E不同色,则A有2种染色方式,故有2=48种;
②B,D同色,
(ⅰ)C,E同色,则A只有1种染色方式(4种颜色都要使用到),故有=24种;
(ⅱ)C,E不同色,则A有2种染色方式,故有2=48种.
综上,共有72+48+24+48=192种染色方案.
【对点训练1】(1)(2025四川攀枝花高三第二次统一考试)男、女各3名同学排成前后两排合影留念,每排3人,若每排同一性别的两名同学不相邻,则不同的排法种数为( )
A.36 B.72
C.144 D.288
B
解析 若第一排有2名男生、1名女生,则第一排女生只能站中间,第二排男生只能站中间,不同的排法种数为=36.同理可得,若第一排有1名男生、2名女生,不同的排法种数为36.根据分类加法计数原理可知,不同的排法种数为36+36=72.故选B.
(2)(2025湖南高三下学期“一起考”大联考)甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行劳动技术比赛,决出第1名到第5名的名次.甲和乙去向老师询问成绩,老师对甲说:“很遗憾,你和乙都没有得到冠军.”对乙说:“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析,5人的名次排列的情形有( )
A.36种 B.48种
C.54种 D.64种
C
解析 分三步完成:冠军有种可能,乙的名次有种可能,余下3人有种可能,
所以5人的名次排列有=54种不同情况.故选C.
考点二 二项式定理
例2 (1)(2024北京,4)(x-)4的二项展开式中x3的系数为( )
A.6 B.-6
C.12 D.-12
A
解析 Tr+1=x4-r(-)r=(-1)r,令4-=3,得r=2,所以x2(-)2=6x3.
故选A.
(2)(多选题)(2025江西赣州一模)已知(2x+1)(x-2)n=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,其中a7≠0,则( )
A.n=6
B.a5=-108
C.a0+a1+a2+…+a7=3
D.a0+a2+a4+a6=-363
ACD
解析 由(2x+1)(x-2)n=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,
所以(x-2)n的展开式中最高次项为6次项,即n=6,故A正确;
(x-2)6的展开式中,x4的系数为(-2)2=60,x5的系数为(-2)1=-12,
则a5=2×60+1×(-12)=108,故B错误;
令x=1,得(2+1)×(1-2)6=a0+a1+a2+…+a7=3,故C正确;
令x=-1,得(-2+1)×(-1-2)6=a0-a1+a2+…+a6-a7=-729,
所以a0+a2+a4+a6==-363,故D正确.
故选ACD.
(3)(2024全国甲,理13)的展开式中,各项系数中的最大值是
.
5
解析 展开式的通项公式为Tr+1=xr,0≤r≤10且r∈Z,
设展开式中第r+1项的系数最大,
则整理得
解得r,
又r∈Z,故r=8,
所以展开式中系数最大的项是第9项,该项系数为=5.
【对点训练2】(1)(多选题)(2025河北秦皇岛高三一模)(2)6的展开式中( )
A.前三项系数之和为112
B.二项式系数最大的项是第3项
C.常数项为240
D.所有项的系数之和为1
ACD
解析 (2)6的展开式的通项为Tr+1=(-)r=(-1)r26-r, r=0,1,2,…,6,
对于A,由通项可得,前三项系数之和为26-25+24=64-192+240=112,故A正确;
对于B,因为二项展开式有7项,故二项式系数最大的项是最中间项,即第4项,故B错误;
对于C,令3-r=0,解得r=2,故常数项为T3=24=240,故C正确;
对于D,在(2)6中,令x=1,即得所有项的系数之和为1,故D正确.
故选ACD.
(2)(2025河北博野中学高三下学期联考)在(x+y2-1)(x2-y-1)6的展开式中,x2y4的系数为( )
A.-60 B.-30
C.-20 D.20
B
解析 先求(x2-y-1)6展开式中含xy4,x2y2,x2y4的项,易知的展开式中不含xy4,含x2y2,x2y4的项分别为x2y2(-1)5=-60x2y2,x2y4(-1)=-30x2y4,所以x2y4的系数为-60-(-30)=-30.故选B.(共13张PPT)
真题解构 概率与统计
例题 (17分)(2025全国2,19)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((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命题分析 本题以乒乓球比赛得分的概率问题为背景,综合考查独立事件的概率、组合数的应用、递推关系的构建及不等式的证明等问题.
第(1)问通过具体计算考查学生对独立事件概率的理解;第(2)问通过方程求解考查概率的对称性;第(3)问通过数学归纳或对称性分析考查学生的逻辑推理能力.试题体现了概率与代数知识的综合运用,注重考查学生的数学建模能力和抽象思维能力.
解题分析
题意理解
序号 信息读取 信息加工
1 甲胜概率p(2 pk:甲比乙至少多得2分的概率 需分析k球后甲比乙至少多得2分的所有可能情况(如甲赢m+1球,乙赢m-1球)
3 qk:乙比甲至少多得2分的概率 对称的分析乙比甲至少多得2分的情况
4 =4 建立关于p的方程,需先求出p3,p4,q3,q4的表达式
5 证明p2m+1-q2m+1思路探求
关键步骤 思维要点 思维缘由
(1)求p3 列举甲比乙至少多得2分的所有情况:仅甲赢3球(3∶0) 直接锁定唯一满足条件的事件,简化计算
计算 p3=p3 独立事件连乘,体现乘法原理
(1)求p4 列举情况: ①甲4∶0(概率p4) ②甲3∶1(概率p3q) 需全面考虑所有满足甲比乙至少多得2分的组合
整合 p4=p4+4p3q 概率加法原理,组合数计算
关键步骤 思维要点 思维缘由
(2)建立方程 计算p4-p3=3p3q q4-q3=3q3p 通过差值消除相同结构,简化分式
化简 =4 利用q=1-p代换,转化为代数方程
解方程 p= 注意概率范围(3)递推分析 构建递推关系 递推关系是解决问题的关键
证明不等式 作差法比较大小 组合数公式
书写表达
(1)解 p3为打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率,
故只能甲赢3球,注①→思考:为什么甲赢3球 (1分)
故p3=(1-p)0p3=p3.
p4为打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率,
故甲赢3球或4球,注②→思考:为什么甲赢3球或4球 (2分)
故所求为p4=(1-p)1p3+(1-p)0p4=4p3(1-p)+p4=p3(4-3p).(3分)
(2)解 由(1)得p3=p3,p4=p3(4-3p),
同理q3=q3,q4=q3(4-3q),注③→思考:为什么能利用类比的方法得到q3,q4 (4分)
若=4,p+q=1,
则=()2=4,(6分)
因为所以p=2q=2(1-p),解得p=.注④→思考:如何代入计算p (7分)
(3)证明 p2m-p2m+1=p2m-kqk-p2m+1-kqk
=p2m-kqk-p2m+1-kqk-p2m+1-kqk
=(1-p)p2m-kqk-p2m+1-kqk
=p2m-kqk+1-p2m+1-kqk
=p2m-kqk+1-p2m-kqk+1
=pm+1qm.注⑤→思考:如何得到p2m=p2m-kqk (8分)
p2m+2-p2m+1=p2m+2-kqk-p2m+1-kqk
=p2m+2-kqk+p2m+2-kqk-p2m+1-kqk
=p2m+2-kqk+pm+2qm+(p-1)p2m+1-kqk
=p2m+2-kqk+pm+2qm-p2m+1-kqk+1
=p2m+1-kqk+1+pm+2qm-p2m+1-kqk+1
=pm+2qm.(10分)
故p2m-p2m+1=pm+1qm,p2m+2-p2m+1=pm+2qm.
同理有q2m-q2m+1=qm+1pm,q2m+2-q2m+1=qm+2pm.
注⑥→思考:利用类比思想方法的优点有哪些 (11分)
p2m-p2m+1=pm+1qm=p·(pmqm)>q·(pmqm)
=qm+1pm=q2m-q2m+1,
注⑦→思考:这样转化的目的是什么
即p2m+1-q2m+1p2m+2-p2m=(p2m+2-p2m+1)-(p2m-p2m+1)=pm+2qm-pm+1qm
=pmqm·p(p·)=pmqm·p[p·]
=pmqm·p(p-).(13分)
同理有q2m+2-q2m=pmqm·q(q-).(14分)
因为p+q=1,且故结合p(p-)-q(q-)=(p-q)(p+q)-(p-q)=(p-q)-(p-q)
=(p-q)>0,注⑧→思考:这样运算的目的是什么 (16分)
就能得到p2m+2-p2m>q2m+2-q2m,
即p2m-q2m综上,对任意正整数m,p2m+1-q2m+1回顾反思 本题围绕乒乓球比赛得分概率展开,通过分析不同比赛球数下甲、乙得分情况计算概率.
第(1)问根据比赛胜负组合计算p3,p4;
第(2)问利用对称性结合已知等式求解p;
第(3)问通过构造递推关系式,依据比赛得分规则及组合数性质证明不等式.整体考查独立事件概率计算、组合数运用及逻辑推理能力,需准确把握各种得分情形,合理运用相关公式和性质解题.
