2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十三微专题2概率模型及应用

专题强化练（十三）微专题2概率模型及应用1．(2024·河北三模)在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列．现连续发射信号n次，n∈N*，每次发射信号“0”和“1”是等可能的．记发射信号“1”的次数为X.(1)当n＝5时，求P(X>3)；(2)已知切比雪夫不等式：对于任一随机变量Y，若其均值E(Y)和方差D(Y)均存在，则对任意正实数a，有P(|Y－E(Y)|<a)≥1－eq\f(D（Y）,a2).根据该不等式可以对事件“|Y－E(Y)|<a”的概率作出下限估计．为了至少有96%的把握使发射信号“1”的频率在(0.3，0.7)内，试估计信号发射次数n的最小值．解：(1)由已知X～B(5，eq\f(1,2))，所以P(X>3)＝P(X＝4)＋P(X＝5)＝Ceq\o\al(4,5)×eq\f(1,2)×(eq\f(1,2))4＋Ceq\o\al(5,5)×(eq\f(1,2))5＝eq\f(5,32)＋eq\f(1,32)＝eq\f(3,16).(2)由已知X～B(n，eq\f(1,2))，所以E(X)＝0.5n，D(X)＝0.25n，若0.3＜eq\f(X,n)＜0.7(n∈N*)，则0.3n＜X＜0.7n，即－0.2n＜X－0.5n＜0.2n，即|X－0.5n|＜0.2n，由切比雪夫不等式P(|X－0.5n|＜0.2n)≥1－eq\f(0.25n,（0.2n）2)，要使得至少有96%的把握使发射信号“1”的频率在(0.3，0.7)内，则1－eq\f(0.25n,（0.2n）2)≥0.96，解得n≥156.25，又n∈N*，所以估计满足题意的信号发射次数n的最小值为157.2．(2024·绍兴二模)盒中有标记数字1，2的小球各2个，小球除编号不同外，其余均相同，现从盒中每次取1个球．(1)若有放回地依次随机取出2个小球，求取出的2个小球上的数字不同的概率；(2)若不放回地依次随机取出4个小球，记相邻小球上的数字相同的对数为X(如1122，则X＝2)，求X的分布列及均值E(X).解：(1)设事件A＝“取出的2个小球上的数字不同”，则P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4))＝eq\f(1,2).(2)X的所有可能取值为0，1，2.①当相邻小球上的数字都不同时，如1212，有2×Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(2,2)种，则P(X＝0)＝eq\f(2×Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,3).②当相邻小球上的数字只有1对相同时，如1221，有2×Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(2,2)种，则P(X＝1)＝eq\f(2×Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,3).③当相邻小球上的数字有2对相同时，如1122，有2×Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(2,2)种，则P(X＝2)＝eq\f(2×Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,3).所以X的分布列为X012Peq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)所以E(X)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,3)＝1.3．(2024·北京卷改编)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：索赔次数01234保单份数800100603010假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元．假设不同保单的索赔次数相互独立．用频率估计概率．(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差．(ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的均值E(X)；(ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的均值估计值与(ⅰ)中E(X)估计值的大小．解：(1)方法一(正面计算)：记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件A，由索赔次数不少于2，知索赔次数为2，3，4,所以P(A)＝eq\f(60＋30＋10,1000)＝eq\f(100,1000)＝eq\f(1,10).方法二(反面计算)：记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件A，由索赔次数不少于2，可利用间接法计算，则P(A)＝1－eq\f(800＋100,1000)＝eq\f(1,10).(2)(ⅰ)则P(X＝0.4)＝eq\f(800,1000)＝0.8，P(X＝－0.4)＝eq\f(100,1000)＝0.1，P(X＝－1.2)＝eq\f(60,1000)＝0.06，P(X＝－2.0)＝eq\f(30,1000)＝0.03，P(X＝－2.6)＝eq\f(10,1000)＝0.01，故E(X)＝0.4×0.8－0.4×0.1－1.2×0.06－2.0×0.03－2.6×0.01＝0.122.(ⅱ)设调整保费后一份保单的毛利润(单位：万元)为Y，则对于索赔次数为0的保单，Y＝0.4×(1－4%)＝0.384，对于索赔次数为1的保单，Y＝0.4×(1＋20%)－0.8＝－0.32，对于索赔次数为2的保单，Y＝－0.32－0.8＝－1.12，对于索赔次数为3的保单，Y＝－1.12－0.8＝－1.92，对于索赔次数为4的保单，Y＝－1.92－0.6＝－2.52，故E(Y)＝0.384×0.8－0.32×0.1－1.12×0.06－1.92×0.03－2.52×0.01＝0.1252.所以E(X)<E(Y)，则如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，这种情况下一份保单毛利润的均值估计值比(ⅰ)中E(X)估计值大．4．(2024·茂名二模)在一场乒乓球比赛中，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次的均值；(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可以分为：连胜两局，第三局不管胜败；败胜败；胜败败，则P(X＝3)＝0.62＋(1－0.6)×0.6×(1－0.6)＋0.6×(1－0.6)×(1－0.6)＝0.552，X＝4可以分为：前三局败胜胜，第四局不管胜败；前三局胜败胜，第四局不管胜败，则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：X234P0.160.5520.288故E(X)＝2×0.16＋3×0.552＋4×0.288＝3.128.(2)在“双败淘汰制”下，甲获胜的概率P＝p3＋p(1－p)p2＋(1－p)p3＝(3－2p)p3，在“单败淘汰制”下