2025高考数学复习必刷题：概率与统计的综合应用

第93讲概率与统计的综合应用

必考题型全归纳

题型一：决策问题

例L（2024•甘肃兰州・高三兰化一中校考期中）据悉强基计划的校考由试点高校自主命

题，校考过程中达到笔试优秀才能进入面试环节.已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有

三门考试科目且每门科目是否达到优秀相互独立.若某考生报考甲大学，每门科目达到优

秀的概率均为：，若该考生报考乙大学，每门科目达到优秀的概率依次为"，其

365

中0<〃<1.

⑴若W=g,分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好有一门科目达到优秀的

概率；

（2）强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中达到优秀科目个数的期

望为依据作出决策，该考生更希望进入甲大学的面试环节，求〃的范围.

【解析】（1）设该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀为事件A,则

4

尸(4)=《•

9

该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀为事件B,则

253141

X—+—X—X—

―65365365390

（2）该考生报考甲大学达到优秀科目的个数设为X,

,贝ljE(X)=3x3=l,

依题意，

该同学报考乙大学达到优秀科目的个数设为丫，随机变量y的可能取值为：o,1,2,3.

P(y=0)=|x|(l-)=l^,P(y=l)=lx|(l-n)+|x|(l-,)+|x|13+2〃

Z72n=---------

oJ2oJoDoJ30

尸（1）=泊〃+%|〃+那』）=号，噂=*衿2nn

n=——=一,

3015

随机变量y的分布列:

Y0i23

\-n13+2,2+15n

P

F303015

1—n1l3+2n_2+1In.n17+30〃

E(y)=ox-----Fix-------i-2x-+--3-x--——二-------

230301530

因为该考生更希望进入甲大学的面试，则E(y)<E(X),即解得

30

,13

所以〃的范围为：0<n<—.

例2.(2024•全国•高三专题练习)2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的

专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余

队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业

余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束.已知各场比赛相互独

立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为。，甲与丙比赛，甲赢的概率为

_,12

p,其中万<。.

(1)若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛.请分别

计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该

安排乙还是丙与甲进行比赛？

(2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金6万元，负队获奖

金3万元；若平局，两队各获奖金3.6万元.在比赛前，已知业余队采用了(1)中的最优

决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元，求X的数学期望£(1)

的取值范围.

【解析】(1)第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为:

1915

/?=-x(l-^)+-x(l-P)Xj=-(l-P)

第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：

Pi=(1-p)xg+pxgx(l-p)=|(1-P2)

因为g<P<|，所以片一鸟=；x(l_p)]g_pj>0,Pt>P2

所以，业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛.

(2)由已知X=9万元，或X=7.2万元

由(1)知，业余队最优决策是第一场应该安排乙与甲进行比赛.

此时，业余队获胜的概率为：^=l(l-p)

专业队获胜的概率为月=：p+；xpx]=10

所以，非平局的概率为尸（X=9）=L|+；P

41

平局的概率为尸（X=7.2）=l_[_月=§一

X的分布列为：

X97.2

5141

p(x)—+—p------p

9393

X的期望为E（X）=9x]；+；pJ+7.2x（g—;pJ=8.2+0.6p

由g<P<g，所以数学期望后（了）的取值范围为（858.6）（单位：万元）

例3.（2024•江西吉安•高三吉安三中校考阶段练习）2020年以来，新冠疫情对商品线下零

售影响很大.某商家决定借助线上平台开展销售活动.现有甲、乙两个平台供选择，且当

每件商品的售价为。（300<a<500）元时，从该商品在两个平台所有销售数据中各随机抽取

100天的日销售量统计如下，

商品日销售量（单位：件）678910

甲平台的天数1426262410

乙平台的天数1025352010

假设该商品在两个平台日销售量的概率与表格中相应日销售量的频率相等，且每天的销售

量互不影响，

⑴求“甲平台日销售量不低于8件”的概率，并计算“从甲平台所有销售数据中随机抽取3天

的日销售量，其中至少有2天日销售量不低于8件”的概率；

⑵已知甲平台的收费方案为：每天佣金60元，且每销售一件商品，平台收费30元；乙平

台的收费方案为：每天不收取佣金，但采用分段收费，即每天销售商品不超过8件的部

分，每件收费40元，超过8件的部分，每件收费35元.某商家决定在两个平台中选择一

个长期合作，从日销售收入（单价x日销售量-平台费用）的期望值较大的角度，你认为该

商家应如何决策？说明理由.

【解析】（1）令事件A="甲平台日销售量不低于8件”，

26+24+103

则P(A)=

1005

令事件3="从甲平台所有销售数据中随机抽取3天的日销售量，其中至少有2天日销售量

不低于8件”,

(2)设甲平台的日销售收入为X,则X的所有可能取值为

6a-240,la-270,8a-300,9a-330,10a-360.

所以，X的分布列为

X6〃—2407a—2708。—3009a-33010a-360

1426262410

P

100W0WO100Too

以，E(X)=(6a—240)x-----F(7a—270)x------F(8a—300)x------F(9a—330)x-----

100100100100

+(10tz—360)x-----=7.9。-297,

100

设乙平台的日销售收入为y,则y的所有可能取值为

6a—240,7a—280,8〃—320,9a—355,10。—390.

所以，y的分布列为：

Y6a-2407a—2808〃—3209。—3551061-390

1025352010

P

WOWOWO100100

所以，E(K)=(6tz-240)x——+(7a—280)x——+(8a—320)x——+(9Q—355)X——

2100100100100

+(10fl-390)x—=7.95a-316.

100

所以，E(y)-£(x)=0.05a-19,

40.0567-19>0W«>380,令0.05。-19<0得。<380

所以，当300Va<380时，选择甲平台；当a=380时，甲乙平台均可；当380<aW500

时，选择乙平台.

变式1.(2024•江西•校联考模拟预测)某学校举行“百科知识”竞赛，每个班选派一位学生

代表参加.某班经过层层选拔，李明和王华进入最后决赛，决赛方式如下：给定4个问题，

假设李明能且只能对其中3个问题回答正确，王华对其中任意一个问题回答正确的概率均

3

为;由李明和王华各自从中随机抽取2个问题进行回答，而且每个人对每个问题的回答均

相互独立.

（1）求李明和王华回答问题正确的个数均为2的概率；

（2）设李明和王华回答问题正确的个数分别为X和y,求x,y的期望E（X）、E（y）和方差

D（X）^D（Y）,并由此决策派谁代表该班参加竞赛更好.

【解析】（1）•.・李明回答问题正确的个数为2的概率

9

王华回答问题正确的个数为2的概率p=

216

199

・•・李明和王华回答问题正确的个数均为2的概率p=p也=厂==

21632

（2）由题意知：李明回答问题正确个数X所有可能的取值为L2,

C[_3C；31

.-.P(X=1)=尸(x=2)=_____

房飞一5C厂6-2

•••王华回答问题正确的个数y~B。：），

•••E（y）=2x；gn（y）=2x|x[l-^=|;

•.•矶X）=E（F）,D（X）＜D"），.•.派李明代表该班参加竞赛更好.

变式2.（2024.全国•高三专题练习）根据某地区气象水文部门长期统计，可知该地区每年

夏季有小洪水的概率为0.25,有大洪水的概率为0.05.今年夏季该地区某工地有许多大型

设备，遇到大洪水时要损失60000元，遇到小洪水时要损失20000元，为保护设备，有以

下3种方案：

方案1：修建保护围墙，建设费为3000元，但围墙只能防小洪水；

方案2：修建保护大坝，建设费为7000元，能够防大洪水；

方案3：不采取措施

工地的领导该如何决策呢？

【解析】用X1，X2,X3分别表示方案1,2,3的损失,

第一方案，建保护墙，建设费为3000元，但围墙只能防小洪水,

无大洪水有大洪水

损失300063000

概率0.950.05

平均损失E（X。=3000x0.95+63000x0.05=6000.

第二方案：建保护大坝，建设费为7000元，能够防大洪水,

E（X2）=7000.

第三方案：不采取措施.

无洪水有小洪水有大洪水

损失02000060000

概率0.70.250.05

平均损失万区）=60000x0.05+20000x0.25=8000.

因为E（X3）＞E（X2）＞E（XJ

综上，采取方案一较好.

题型二：道路通行问题

例4.（2024・重庆•高三重庆市育才中学校考阶段练习）9月6日位于重庆朝天门的来福士广

场开业，成了网红城市的又一打卡胜地重庆育才谢家湾校区与来福士之间的驾车往返所需

时间为T,T只与道路畅通状况有关，对其容量为500的样本进行统计，结果如下：

T（小时）0.80.911.1

频数（次）10015020050

以这500次驾车往返所需时间的频率代替某人1次驾车往返所需时间的概率.

（1）记7的期望为E（T）,求尸（T＜E（T））；

（2）某天有3位教师独自驾车从谢家校区返于来福士，记X表示这3位教师中驾车所用时

间少于E（T）的人数，求X的分布列与E（X）.

【解析】⑴P（T=0.8）=1^=0.2,

P（7=0.9）=—=0.3,

500

Pg，嗡=°4

P(T=l.l)=—=0.1,

500

•，.T的分布列为:

T0.80.911.1

P0.20.30.40.1

E⑺=0.8x0.2+0.9x0.3+1x0.4+1.1x0.1=0.94,

：.P(T〈E(D)=P(T=0.8)+P(T=0.9)=0.2+0.3=0.5.

(2)某天有3位教师独自驾车从谢家校区返于来福士，记X表示这3位教师中驾车所用

时间少于E(T)的人数，

；.X〜2(3,1),

：.P(X=0)=C°(1)123=1,

尸(X=1)=《卜步=|'

尸(X=2)=吟2"，

P(X=3)=Cf(1)3=1,

...X的分布列为：

X0123

]_331

P

8888

13

E(X)=3x—=—.

22

例5.(2024・湖北・统考一模)交通指数是指交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通

或拥堵的概念性指数值，记交通指数为T,其范围为[0,1。],分别有五个级别:

re[0,2),畅通；Te[2,4),基本畅通；Te[4,6),轻度拥堵；Te[6,8),中度拥堵；

Te[8,10],严重拥堵.在晚高峰时段(TN2),从某市交通指挥中心选取了市区20个交通

路段，依据其交通指数数据绘制的频率分布直方图如图所示.

（1）求出轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段的个数；

（2）用分层抽样的方法从轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段中共抽取6个路段，求依次

抽取的三个级别路段的个数；

（3）从（2）中抽取的6个路段中任取2个，求至少有1个路段为轻度拥堵的概率.

【解析】（1）由频率分布直方图得，这20个交通路段中，

轻度拥堵的路段有Ql+0.2）xlx20=6（个），

中度拥堵的路段有Q25+0.2）xlx20=9（个），

严重拥堵的路段有（0.1+0.05）xlx20=3（个）.

⑵由⑴知，拥堵路段共有6+9+3=18（个），按分层抽样，从18个路段抽取6个，则抽取

的三个级别路段的个数分别为36=2,*9=3,*3=1,即从交通指数在[4,6）,

[6,8）,[8,10]的路段中分别抽取的个数为2,3,1.

⑶记抽取的2个轻度拥堵路段为4，4,抽取的3个中度拥堵路段为四，B2,B3,抽取

的1个严重拥堵路段为G，则从这6个路段中抽取2个路段的所有可能情况为：

（4,4）,（4,4），（4四）,（483），

（4,3，（4，4）,（4，4）,（4，片）,（4，3，（4也）,（4，4）,（40，（%员）,（坊6）,（40

,共15种，其中至少有1个路段为轻度拥堵的情况为：

（人,耳）,（人,氏）,（4,。3共9种.

所以所抽取的2个路段中至少有1个路段为轻度拥堵的概率为51.

例6.（2024・四川眉山•高三四川省眉山第一中学阶段练习）随着我国经济的不断深入发

展，百姓的生活也不断的改善，尤其是近几年汽车进入了千家万户，这也给城市交通造成

了很大的压力，为此交警部门通过对交通拥堵的研究提出了交通拥堵指数这一全新概念，

交通拥堵指数简称交通指数，是综合反映道路网畅通或拥堵的概念.记交通指数为T,其

范围为[0,9],分别有5个级别：Te[0,2）畅通；Te[2,4）基本畅通；7«4,6）轻度拥堵；

Te[6,8）中度拥堵；Te[8,9]严重拥堵.早高峰时段（T>3）,从北京市交通指挥中心随机

选取了五环以内50个交通路段，依据交通指数数据绘制的部分频率分布直方图如图所示:

虹

0.2

0.16-

0.1--

03456789攵通指■数

（1）据此直方图估算交通指数TG[4,8）时的中位数和平均数；

（2）据此直方图求出早高峰二环以内的3个路段至少有两个严重拥堵的概率是多少？

（3）某人上班路上所用时间若畅通时为20分钟，基本畅通为30分钟，轻度拥堵为35分

钟，中度拥堵为45分钟，严重拥堵为60分钟，求此人所用时间的数学期望.

【解析】（1）由直方图知，Te[4,8]时交通指数的中位数为5+1x（020.24）=35/6

Te[4,8]时交通指数的平均数为4.5x02+5.5x0.24+6.5x02+7.5x0.16=4.72.

（2）设事件A为“一条路段严重拥堵"，则P（A）=0.1,

则3条路段中至少有两条路段严重拥堵的概率为：

1-w

7

所以3条路段中至少有两条路段严重拥堵的概率为三

（3）由题意，所用时间》的分布列如下表:

则Er=30x0,1+35x0.44+45x0.36+60x0.1=40.6,

所以此人经过该路段所用时间的数学期望是40.6分钟.

变式3.(2024.江西.校联考模拟预测)“低碳出行”，一种降低“碳”的出行，以低能耗、低污

染为基础，是环保的深层次体现，在众多发达国家被广大民众接受并执行，S市即将投放

一批公共自行车以方便市民出行，减少污染，缓解交通拥堵，现先对100人做了是否会考

虑选择自行车出行的调查，结果如下表.

(1)如果把45周岁以下人群定义为“青年”，完成下列2x2列联表，并问你有多少把握认

P（K2>k）0.150.100.050.0250.0100.0050.001

k2.072.703.845.026.637.8710.82

(2)S市为了鼓励大家骑自行车上班，为此还专门在几条平时比较拥堵的城市主道建有无

障碍自行车道，该市市民小明家离上班地点10km,现有两种.上班方案给他选择；

方案一：选择自行车，走无障碍自行车道以19km/h的速度直达上班地点.

方案二：开车以30km/h的速度上班，但要经过A、B、C三个易堵路段，三个路段堵车的

概率分别是:，k且是相互独立的，并且每次堵车的时间都是10分钟（假设除了堵

zz3

车时间其他时间都是匀速行驶）

若仅从时间的角度考虑，请你给小明作一个选择，并说明理由.

【解析】（1）根据题目所给数据填写2x2列联表如下：

骑车不骑车合计

45岁以下351550

45岁以上203050

合计5545100

n(ad-bc)2100(35x30-15x20)2

«9.09>7.87

(a++c)(c+d)(b+d)55x45x50x50

所以有99.5%的把握认为该地区市民是否考虑单车与他（她）是不是“青年人”有关.

（2）方案一：选择自行车，走无障碍自行车道以19km/h的速度直达上班地点，

则所需时间为：4=、/?;

方案二：开车以30km/h的速度上班，但要经过A、B、C三个易堵路段，分别令三个路段

堵车记为事件A、B、C,且尸（A）=g,P（C）=|,且A、B、C相互独立的，

并且每次堵车的时间都是10分钟（假设除了堵车时间其他时间都是匀速行驶）

所以在路上遇上堵车的概率为：尸=1-尸内而）=1-P（RP®P©=1xgx：==,

故方案二所需时间为：t=~+~x~=~h'

2306636

因为乙＞，2,所以仅从时间的角度考虑，应选方案二省时间.

变式4.（2024・全国•高三专题练习）某人某天的工作是驾车从A地出发，到民C两地办

事，最后返回A地，AB,C,三地之间各路段行驶时间及拥堵概率如下表

路段正常行驶所用时间（小时）上午拥堵概率下午拥堵概率

AB10.30.6

BC20.20.7

CA30.30.9

若在某路段遇到拥堵，则在该路段行驶时间需要延长1小时.

现有如下两个方案：

方案甲：上午从A地出发到8地办事然后到达C地，下午从C地办事后返回A地；

方案乙：上午从A地出发到C地办事，下午从C地出发到达3地，办完事后返回A地.

(1)若此人早上8点从A地出发，在各地办事及午餐的累积时间为2小时，且采用方案

甲，求他当日18点或18点之前能返回A地的概率.

(2)甲乙两个方案中，哪个方案有利于办完事后更早返回A地？请说明理由.

【解析】(1)由题可知能按时返回的充要条件是拥堵路段不超过两段，则不能按时返回时

有三段路段拥堵，二者互为对立事件，记“不能按时返回为事件A”则

P(A)=0.3x0.2x0.9=0.054,

所以能够按时返回的概率P(A)=0.946,

(2)设某段路正常行驶时间为x,拥堵的概率为〃，

则该路段行驶时间》的分布列为

行驶时间彳X+1

概率〃1-PP

i^Ex=x(l—p)+{x+X)p=x+p,

上午AB、BC.C4路段行驶时间期望值分别为1.3小时2.2小时、3.3小时,

下午A?、BC、C4路段行驶时间期望值分别为L6小时2.7小时3.9小时，

设采用甲方案所花费总行驶时间为V,则Ey=L3+2.2+3.9=7.4小时，

设采用乙方案所花费总行驶时间为Z,则EZ=3.3+2.7+1.6=7.6小时，

因此采用甲方案能更早返回.

题型三：保险问题

例7.(2024•广东湛江•高三统考阶段练习)某单位有员工50000人，一保险公司针对该单

位推出一款意外险产品，每年每位职工只需要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干

赔偿金.保险公司把该单位的所有岗位分为A,B,C三类工种，从事三类工种的人数分布

比例如饼图所示，且这三类工种每年的赔付概率如下表所示：

工种类别ABc

12i

赔付概率

IO7io7W

职工类别分布饼图

对于A,B,C三类工种，职工每人每年保费分别为。元、〃元"元，出险后的赔偿金额

分别为100万元、100万元、50万元，保险公司在开展此项业务过程中的固定支出为每年20

万元.

（1）若保险公司要求每年收益的期望不低于保费的15%,证明：153«+176>4200.

（2）现有如下两个方案供单位选择：方案一：单位不与保险公司合作，职工不交保险，出

意外后单位自行拿出与保险公司提供的等额赔偿金赔付给出意外的职工，单位开展这项工

作的固定支出为每年35万元；方案二：单位与保险公司合作，a=35,6=60,单位负责

职工保费的80%,职工个人负责20%,出险后赔偿金由保险公司赔付，单位无额外专项开

支.根据该单位总支出的差异给出选择合适方案的建议.

【解析】（1）设工种A,B,C职工的每份保单保险公司的效益为随机变量X,Y,Z,

则随机变量X的分布列为：

Xaa-lOOxlO4

1

p1

随机变量丫的分布列为:

Yaa-100X104

1-仁2

P而

随机变量Z的分布列为:

Zbb-50x104

1

P

io7

保险公司期望收益为EX=ax(1——)+(a-lOOxlO4)x(—7-)=a—10,

1010

27

4

£y=ax(l--)+((Z-100X10)X(^?)=G-20,

EZ=6x(l$)+S-50X1()4)X(+)=b-50,

根据要求(a-10)x50000x0.6+(a-20)x50000求.3+(6-50)x50000x0.1-20xl04>

(ox50000x0.6+czx50000x0.3+Z?x50000x0.1)x0.15,

整理可得(9a+Z?)x85>21000,

所以153a+17624200得证；

(2)若该企业不与保险公司合作，则安全支出，即赔偿金的期望值为：

121

50000(0.6x—x100x104+0.3x—x100x104+0.1x—x50xl04)+35x10“

=100xl04;

若该企业与保险公司合作，则安全支出，

即保费为50000x(0.6xa+0.3xa+0.1xZ>)x0.8=(0.9a+0.lb)x40000,

由。=35,6=60,(0.9o+0.lb)x40000=150x104>100x104,

所以方案一总支出较少，故选方案一.

例8.（2024.新疆克拉玛依・统考三模）已知某保险公司的某险种的基本保费为。（单位：

元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关

联如下：

上年度出险次数0123>4

保费（元）0.9aa1.5a2.5a4a

随机调查了该险种的400名续保人在一年内的出险情况，得到下表:

出险次数0123>4

频数2808024124

该保险公司这种保险的赔付规定如下:

出险序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上

赔付金额（元）2.5a1.5aa0.5a0

将所抽样本的频率视为概率.

（1）求本年度续保人保费的平均值的估计值；

（2）按保险合同规定，若续保人在本年度内出险3次，则可获得赔付（2.5a+1.5a+a）元;

若续保人在本年度内出险6次，则可获得赔付（2.5a+1.5a+a+0.5a）元；依此类推，求本

年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值.

【解析】（1）由题意可得

保费（元）0.9aa1.5a2.5a4a

概率0.70.20.060.030.01

本年度续保人保费的平均值的估计值为

0.9ax0.7+ax0.2+1.5。x0.06+2.5ax0.03+4ax0.01=1.035。

（2）由题意可得

赔偿金额（元）02.5a4a5a5.5a

概率0.70.20.060.030.01

本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值

0x0.7+2.5ax0.2+4。x0.06+5ax0.03+5.5。x0.01=0.945a

例9.（2024・广东深圳.高三校联考期末）已知某保险公司的某险种的基本保费为。（单

位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数

的关联如下：

上年度出险次数0123>4

保费（元）0.9aa1.5a2.5a4a

随机调查了该险种的400名续保人在一年内的出险情况，得到下表:

出险次数0123>4

频数2808024124

该保险公司这种保险的赔付规定如下:

出险序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上

赔付金额（元）2.5a1.5aa0.5a0

将所抽样本的频率视为概率.

（1）求本年度续保人保费的平均值的估计值；

（2）按保险合同规定，若续保人在本年度内出险3次，则可获得赔付（2.5a+L5a+a）元；

依此类推，求本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值；

（3）续保人原定约了保险公司的销售人员在上午10:3。~11:30之间上门签合同，因为续

保人临时有事，外出的时间在上午10：45~11:05之间，请问续保人在离开前见到销售人员

的概率是多少？

【解析】（1）由题意可得

保费（元）0.9aa1.5a2.5a4a

概率0.70.20.060.030.01

本年度续保人保费的平均值的估计值为

0.9ax0.7+ax0.2+1.5。x0.06+2.5ax0.03+4ax0.01=1.035。

（2）由题意可得

赔偿金额（元）02.5a4a5a5.5a

概率0.70.20.060.030.01

本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值

0x0.7+2.5ax0.2+4AX0.06+5«x0.03+5.5ax0.01=0.945。

（3）设保险公司销售人员到达的时间为x,续保人离开的时间为V,（x,y）看成平面上的

点，全部结果所构成的区域为O="X,y）io.5<x<11.5,io1<y<ll^l

则区域Q的面积S（Q）=lxg=g

事件A表示续保人在离开前见到销售人员，所构成的区域为

A—y）y>JC,10.5<x<11.5,10^<y41141

即图中的阴影部分，其面积S（A）=[X[+』XJ=2

214IZy3Jo

所以P（A）=平=引，即续保人在离开前见到销售人员的概率是三

变式5.（2024•山东潍坊•校联考一模）某保险公司针对一个拥有20000人的企业推出一款

意外险产品，每年每位职工只需要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金.保险

公司把企业的所有岗位共分为A、8、C三类工种，从事这三类工种的人数分别为

12000、6000、2000,由历史数据统计出三类工种的赔付频率如下表（并以此估计赔付概

率）：

工种类别ABc

121

赔付频率

107Io7To7

已知A、B、C三类工种职工每人每年保费分别为25元、25元、40元，出险后的赔偿金

额分别为100万元、100万元、50万元，保险公司在开展此业务的过程中固定支出每年10

万元.

（1）求保险公司在该业务所获利润的期望值；

（2）现有如下两个方案供企业选择：

方案1：企业不与保险公司合作，职工不交保险，出意外企业自行拿出与保险公司提供的

等额赔偿金赔偿付给出意外的职工，企业开展这项工作的固定支出为每年12万元；

方案2：企业与保险公司合作，企业负责职工保费的70%,职工个人负责30%,出险后赔

偿金由保险公司赔付，企业无额外专项开支.

根据企业成本差异给出选择合适方案的建议.

【解析】（1）设工种A、B、C职工的每份保单保险公司的收益为随机变量X、KZ,则

X、KZ的分布列为:

X2525-lOOxlO4

1

p1--

105w

Y2525-lOOxlO4

i-A2

P

10510^

Z4040-50xl04

1」1

P

104w

14

：.E(X)=25x(1-)+(25-lOOxlO)x^-=15,

105105

22

E(7)=25x(1-)+(25-lOOxlO4)x-=5,

1-105

E(Z)=40x(1-^)+(40-50x104)xj=-10,

保险公司的利润的期望值为12000x15+6000x5-2000x10-100000=90000,

保险公司在该业务所获利润的期望值为9万元.

（2）方案1：企业不与保险公司合作，则企业每年安全支出与固定开支共为:

121

12000xl00xl04x—+6000X100X104X^+2000X50X104X—+12X104=46X104,

方案2：企业与保险公司合作，则企业支出保险金额为:

(12000x25+6000x25+2000x40)xO.7=37.1xlO4,

46xl04>37.1xl04,

建议企业选择方案2.

变式6.（2024.全国.高考真题）购买某种保险，每个投保人每年度向保险公司交纳保费”

元，若投保人在购买保险的一年度内出险，则可以获得10000元的赔偿金.假定在一年度

内有10000人购买了这种保险，且各投保人是否出险相互独立.已知保险公司在一年度内

至少支付赔偿金10000元的概率为1_0.999g.

(I)求一投保人在一年度内出险的概率。；

(II)设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外的成本为50000元，为保证盈利的期望不

小于0,求每位投保人应交纳的最低保费(单位：元).

【解析】各投保人是否出险互相独立，且出险的概率都是记投保的10000人中出险的

人数为鼻

则尤~2(1优价

(I)记A表示事件：保险公司为该险种至少支付10000元赔偿金，则可发生当且仅当

J=。，

P(A)=1-P(A)

=l-PC=0)

=1-(1-/7)10\

又尸(A)=1-0.9991°”,

故p=0.001.

(II)该险种总收入为10000。元，支出是赔偿金总额与成本的和.

支出10000^+50000,

盈利〃=10000a-(10000^+50000),

盈利的期望为£〃=1。000“一1。。。0£^-5000。，

由4~8(1()4,10-3)知，EJ=10000x107,

E7=104a-104E^-5xl04

=104«-104x104xW3-5x104.

444

£77>O^iofl-lOxlO-5xlO>O

=。-10—520

(元).

故每位投保人应交纳的最低保费为15元.

变式7.(2024•北京丰台.高三统考期末)某市医疗保险实行定点医疗制度，按照“就近就

医、方便管理”的原则，参加保险人员可自主选择四家医疗保险定点医院和一家社区医院作

为本人就诊的医疗机构，若甲、乙、丙、丁4名参加保险人员所在地区附近有A8,C三家

社区医院，并且他们的选择是等可能的、相互独立的

(1)求甲、乙两人都选择A社区医院的概率；

(2)求甲、乙两人不选择同一家社区医院的概率；

(3)设4名参加保险人员中选择A社区医院的人数为焉求。的分布列和数学期望.

【解析】(1)••・甲、乙分别选择A社区医院的概率均为g,

..・甲、乙两人都选择A社区的概率p=gxg='

(2)•.•甲、乙两人选择同一家社区医院的概率为C；x；x；=；,

12

•・・甲、乙两人不选择同一家社区医院的概率夕=1-§=

(3)•.•每个人选择A社区医院的概率均为g,

则4所有可能的取值为0,1,2,3,4,

・••尸("。)=(沪择尸―雷嗡

28

X—=——

381

1

P（"4）=C

81

.,石的分布列为:

01234

1632881

P

8181278181

14

数学期望E(,=4x§=,.

题型四：概率最值问题

例10.(2024・全国•高三专题练习)某电子工厂生产一种电子元件，产品出厂前要检出所有

次品.已知这种电子元件次品率为0.01,且这种电子元件是否为次品相互独立.现要检测

3000个这种电子元件，检测的流程是：先将这3000个电子元件分成个数相等的若干组，

设每组有七个电子元件，将每组的七个电子元件串联起来，成组进行检测，若检测通过，

则本组全部电子元件为正品，不需要再检测；若检测不通过，则本组至少有一个电子元件

是次品，再对本组个电子元件逐一检测.

(1)当左=5时，估算一组待检测电子元件中有次品的概率；

(2)设一组电子元件的检测次数为X,求X的数学期望；

(3)估算当上为何值时，每个电子元件的检测次数最小，并估算此时检测的总次数(提

示：利用(1-4近-帆进行估算).

【解析】(1)设事件A：一组待检测电子元件中由次品，则事件•表示一组待检测电子元

件中没有次品；

因为尸®=(_0.01)5

所以尸⑷=1-尸-0.01)521—(1-5x0.01)=0.05

(2)依题意，X的可能取值为1,左+1

p(X=1)=0.99〃,P(X=左+1)=1—0.99&

分布列如下：

X1人+1

P0.99*1-0.99*

所以的数学期望为：E(X)=0.99&+仕+1乂1-0.99&)=4(1-0.99&)+1

(3)由(2)可得：每个元件的平均检验次数为：11一°，9y)+1

因为史竺上111

=1-0.99*+-=1-(1-0.01)"+—«l-(l-0.0R)+-=0.01fc+—

kkkkk

当且仅当上=10时，检验次数最小

此时总检验次数3000X^0.01X10+^=600(次)

例11.(2024.江西新余.高三新余市第一中学校考开学考试)现如今国家大力提倡养老社会

化、市场化，老年公寓是其养老措施中的一种能够满足老年人的高质量、多样化、专业化

生活及疗养需求.某老年公寓负责人为了能给老年人提供更加良好的服务，现对所入住的

120名老年人征集意见，该公寓老年人的入住房间类型情况如下表所示：

双人间三人间

入住房间的类型单人间

人数366024

⑴若按入住房间的类型采用分层抽样的方法从这120名老年人中随机抽取10人，再从

这10人中随机抽取4人进行询问，记随机抽取的4人中入住单人间的人数为九求J的

分布列和数学期望.

(2)记双人间与三人间为多人间，若在征集意见时要求把入住单人间的2人和入住多人间的

〃?(〃?>2且%eN*)人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人入住房

间类型相同，则该组标为I,否则该组标为n.记询问的某组被标为n的概率为。.

(i)试用含加的代数式表示

(ii)若一共询问了5组，用g(p)表示恰有3组被标为的概率，试求g(0的最大值及此时

m的值.

【解析】(1)因为单人间、双人间、三人间入住人数比为36：60：24,即3：5：2,

3S

所以这10人中，入住单人间、双人间、三人间的人数分别为10x元=3,10x元=5,

10x—=2,

10

所以4的所有可能取值为0,1,2,3,

4

%=。)=c胃心1尸("1)=等

Jo°Jo2

C2c2313

p优=3)=生cC=_1L

&2)=专,l'C：o30

所以4的分布列为:

(2)(i)从机+2人中任选2人，有C〉2种选法，其中入住房间类型相同的有C：+C；种选

法,

02+C2w?2_?4m

所以询问的某组被标为II的概率P=1-=1-彳/c

C；+2〃厂+3机+2m2+3m+2

(ii)由题意，5组中恰有3组被标为II的概率

g(P)=G/?(1_02=加(1_2p+/)=］0(p3_2/+/)

所以，(0=10(3加_8/+5")=10p2(p_0(5p_3)

所以当pe(0,|1时，g，Q)>0,函数g(0)单调递增，

当pe1|,l］时，g<0)<O,函数g(p)单调递减，

所以当P=］时，g(°)取得最大值，最大值为g1|)=cH>{iTj=|^|

3

由0=疗+3，"+2=:且加eN*'得"=3,

所以当〃?=3时，5组中恰有3组被标为H的概率最大，且g(p)的最大值为坐.

625

例12.(2024・全国•高三专题练习)为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质

教育，某学校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校

区，三个校区的队员人数分别是3,4,5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队

员进行11场比赛(每场比赛都采取5局3胜制)，最后根据积分选出最后的冠军.积分规则

如下：比赛中以3:0或3:1取胜的队员积3分，失败的队员积。分；而在比赛中以3:2取胜

的队员积2分，失败的队员的队员积1分.已知第10轮张三对抗李四，设每局比赛张三取

胜的概率均为p(0<pel).

(1)比赛结束后冠亚军(没有并列)恰好来自不同校区的概率是多少？

(2)第10轮比赛中,记张三3:1取胜的概率为三p),求出了(P)的最大值点区.

【解析】(1)根据题意，比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是

cC+c；c；+cC_47

P=

66

(2)由题可知/(0)=(2/。一p)=303。_0),

f,(p)=3[3p2(l-p)+p3x(-l)]=3p2(3-40),

令f'(p)=。,得p=3.

当pe[o,£|时，r(p)>0,”0)在„上单调递增；

当时，-他)<。，"0在上单调递减.

所以“P)的最大值点P°=：

变式8.(2024•山东潍坊•高三校考阶段练习)今年5