补上一课　概率与其他知识的交汇

补上一课概率与其他知识的交汇题型分析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新特点和大方向，与概率交汇的试题正是在这种背景下“闪亮登场”，频频出现在各类考试题中，下面介绍几种常见的概率与其他知识的交汇题型.题型一概率与统计角度1频率分布直方图与概率例1(12分)为了解决家长接送孩子放学的问题，教育部提出推行课后服务“5＋2”模式，即学校每周5天都要开展课后服务，每天至少开展2h，结束时间要与当地正常下班时间相衔接，且不得利用课后服务时间讲新课.为了课后服务的有序开展，某教育局就课后服务的时长在网络上进行意见征集，并从中随机抽取了100份调查表，以此为样本绘制了如图所示的频率分布直方图：(1)从样本中随机抽取2份调查表，若其中一份调查表所建议的课后服务时长超过200min，求另一份调查表所建议的课后服务时长也超过200min的概率；(2)为了进一步了解课后服务时长的需求情况，从样本中建议课后服务时长超过180min的人中分层抽取10人，再从这10人中任取3人，记建议课后服务时长在[180，200)的人数为X，求X的分布列与数学期望.[思路分析](1)先根据频率分布直方图求出课后服务时长超过200min的调查表份数，再设出相关事件并求概率，最后根据条件概率的概率计算公式求解即可；(2)先根据题意及分层随机抽样的知识求出X的所有可能取值，然后求解相应的概率，列出分布列，求得数学期望.[规范解答]解(1)依题意，课后服务时长超过200min的调查表共有100×(0.0075＋0.0025)×20＝20(份)①，(1分)设事件A为其中一份调查表所建议的课后服务时长超过200min，事件B为另一份调查表所建议的课后服务时长也超过200min，则P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(1,80)＋Ceq\o\al(2,20),Ceq\o\al(2,100))，P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(2,20),Ceq\o\al(2,100))②，(3分)故P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(Ceq\o\al(2,20),Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(1,80)＋Ceq\o\al(2,20))＝eq\f(190,1600＋190)＝eq\f(19,179)③.(5分)(2)根据题意及分层随机抽样的知识可知，抽取的10人中，建议课后服务时长在[180，200)内的有6人，则X的所有可能取值为0，1，2，3④，(7分)且P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,30)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,2)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,6)⑤，(10分)所以X的分布列为X0123Peq\f(1,30)eq\f(3,10)eq\f(1,2)eq\f(1,6)X的数学期望E(X)＝0×eq\f(1,30)＋1×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,2)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(9,5)⑥.(12分)[满分规则]❶得步骤分①②⑤每列一个式子并计算正确可得1分；❷得关键分③是条件概率公式得2分，④随机变量取值不要多写也不能漏写；❸得计算分⑥正确计算期望可得2分.角度2回归分析与概率例2(2024·青岛模拟)为了丰富农村儿童的课余文化生活，某基金会在农村儿童聚居地区捐建“悦读小屋”.自2019年以来，某村一直在组织开展“悦读小屋读书活动”.下表是对2019年以来近5年该村少年儿童的年借阅量的数据统计：年份20192020202120222023年份代码x12345年借阅量y(册)y1y23692142(参考数据：eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))yi＝290)(1)在所统计的5个年借阅量中任选2个，记其中低于平均值的个数为X，求X的分布列和数学期望E(X)；(2)通过分析散点图的特征后，计划分别用①eq\o(y,\s\up6(^))＝35x－47和②eq\o(y,\s\up6(^))＝5x2＋m两种模型作为年借阅量y关于年份代码x的回归分析模型，请根据统计表的数据，求出模型②的经验回归方程，并用残差平方和比较哪个模型拟合效果更好.解(1)由题知，5年的借阅量的平均数为eq\f(290,5)＝58，又y1＋y2＝290－36－92－142＝20，则y1<58，y2<58，所以低于平均值的有3个，所以X服从超几何分布，P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,3)Ceq\o\al(2－k,2),Ceq\o\al(2,5))(k＝0，1，2)，所以P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(0,3)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(0,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，所以X的分布列为X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)所以E(X)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).(2)因为eq\f(12＋22＋32＋42＋52,5)＝11，eq\f(\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))yi,5)＝eq\f(290,5)＝58，所以58＝5×11＋m，即m＝3.所以模型②的经验回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝5x2＋3，根据模型①的经验回归方程可得eq\o(y,\s\up6(^))1＝－12，eq\o(y,\s\up6(^))2＝23，eq\o(y,\s\up6(^))3＝58，eq\o(y,\s\up6(^))4＝93，eq\o(y,\s\up6(^))5＝128，根据模型②的经验回归方程可得eq\o(y,\s\up6(^))1＝8，eq\o(y,\s\up6(^))2＝23，eq\o(y,\s\up6(^))3＝48，eq\o(y,\s\up6(^))4＝83，eq\o(y,\s\up6(^))5＝128，因为[(y1＋12)2＋(y2－23)2＋(36－58)2＋(92－93)2＋(142－128)2]－[(y1－8)2＋(y2－23)2＋(36－48)2＋(92－83)2＋(142－128)2]＝(y1＋12)2－(y1－8)2＋222－122＋12－92＝40y1＋340，且y1≥0，所以模型①的残差平方和大于模型②的残差平方和，所以模型②的拟合效果更好.角度3独立性检验与概率例3(2024·广州模拟)某高校为调查学生性别与是否喜欢排球运动的关系，在全校范围内采用简单随机抽样的方法，分别抽取了男生和女生各100名作为样本，经统计，得到了如图所示的等高堆积条形图.(1)根据等高堆积条形图，填写下列2×2列联表，并依据α＝0.001的独立性检验，是否可以认为该校学生的性别与是否喜欢排球运动有关联；性别是否喜欢排球运动是否男生女生(2)将样本的频率视为概率，现从全校的学生中随机抽取50名学生，设其中喜欢排球运动的学生的人数为X，求使得P(X＝k)取得最大值时的k值.附：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，其中n＝a＋b＋c＋d，x0.001＝10.828.解(1)由等高堆积条形图知，2×2列联表为性别是否喜欢排球运动是否男生3070女生6040零假设为H0：性别与是否喜欢排球运动无关，根据列联表中的数据χ2＝eq\f(200×（40×30－60×70）2,100×100×110×90)≈18.182>10.828＝x0.001，依据α＝0.001的独立性检验，可以推断H0不成立，即性别与是否喜欢排球运动有关联.(2)由(1)知，喜欢排球运动的频率为eq\f(90,200)＝eq\f(9,20)，所以随机变量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50，\f(9,20)))，则P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,50)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))eq\s\up12(k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))eq\s\up12(50－k)(0≤k≤50，k∈N)，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(k,50)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))\s\up12(50－k)≥Ceq\o\al(k－1,50)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))\s\up12(k－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))\s\up12(51－k)，,Ceq\o\al(k,50)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))\s\up12(50－k)≥Ceq\o\al(k＋1,50)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))\s\up12(k＋1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))\s\up12(49－k)，))解得eq\f(439,20)≤k≤eq\f(459,20).因为k∈N，所以当k＝22时，P(X＝k)取得最大值.感悟提升高考常将独立性检验、回归分析等与分布列等交汇在一起进行考查，由频率分布直方图解决相关问题，解题的关键是正确理解频率分布直方图，能利用频率分布直方图正确计算出各组数据.训练1(2024·杭州模拟)在杭州亚运会的志愿者选拔工作中，某高校承办了亚运会志愿者选拔的面试工作，面试成绩满分100分，现随机抽取了80名候选者的面试成绩分五组，第一组[45，55)，第二组[55，65)，第三组[65，75)，第四组[75，85)，第五组[85，95]，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知图中从左到右前三个组的频率成等差数列，第一组和第五组的频率相同.(1)求a，b的值，并估计这80名候选者面试成绩的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)和中位数(中位数精确到0.1)；(2)已知抽取的80名候选人中，男生和女生各40人，男生希望参加宁波赛区志愿服务的有10人，女生希望参加宁波赛区志愿服务的有20人，补全下面2×2列联表，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为参加宁波赛区志愿者服务的候选人与性别有关？参加志愿者服务性别合计男生女生希望去宁波赛区1020不希望去宁波赛区合计4040(3)射击项目的场地服务需要5名志愿者，有4名男生和3名女生通过该项志愿服务的选拔，需要通过抽签的方式决定最终的人选，现将5张写有“中签”和2张写有“未中签”字样的字条随机分配给每一位候选人，记男生中签的人数为X，求X的分布列及均值E(X).参考数据及公式：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d.α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828解(1)由题意知20b＝10a＋0.45，(2a＋b＋0.065)×10＝1，解得a＝0.005，b＝0.025，所以平均值为50×0.05＋60×0.25＋70×0.45＋80×0.2＋90×0.05＝69.5，中位数为65＋eq\f(0.2,0.045)＝eq\f(625,9)≈69.4.(2)补全2×2列联表：参加志愿者服务性别合计男生女生希望去宁波赛区102030不希望去宁波赛区302050合计404080零假设为H0：参加宁波赛区志愿者服务的候选人与性别无关，根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝eq\f(80×（10×20－20×30）2,40×40×30×50)≈5.333＞3.841＝x0.05，所以依据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为参加宁波赛区志愿者服务的候选人与性别有关.(3)X的所有可能取值为2，3，4，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(5,7))＝eq\f(2,7)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(5,7))＝eq\f(4,7)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(5,7))＝eq\f(1,7)，所以X的分布列为X234Peq\f(2,7)eq\f(4,7)eq\f(1,7)所以E(X)＝2×eq\f(2,7)＋3×eq\f(4,7)＋4×eq\f(1,7)＝eq\f(20,7).题型二概率与函数、导数例4某盒子内装有60个小球(除颜色之外其他完全相同)，其中有若干个黑球，其他均为白球.为了估计黑球的数目，设计如下实验：从盒子中有放回地抽取4个球，记录该次所抽取的黑球数目X，作为一次实验结果.进行上述实验共5次，记录下第i次实验中实际抽到黑球的数目xi.已知从该盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为p(0<p<1).(1)求X的分布列；(2)实验结束后，已知第i次实验中抽到黑球的数目xi如表所示.i12345xi23233设函数f(p)＝eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))lnP(X＝xi).①求f(p)的极大值点p0；②据①估计该盒子中黑球的数目，并说明理由.解(1)从盒子中有放回地抽取4个球，记录该次所抽取的黑球数目X，∵从该盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为p(0<p<1).∴X～B(4，p)，∴X的分布列为X01234P(1－p)44p(1－p)36p2(1－p)24p3(1－p)p4(2)①由(1)可知，f(p)＝eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))lnP(X＝xi)＝2ln[6p2(1－p)2]＋3ln[4p3(1－p)]＝8ln2＋2ln3＋13lnp＋7ln(1－p)，∴f′(p)＝eq\f(13,p)－eq\f(7,1－p)＝eq\f(13－20p,p（1－p）)，令f′(p)＝0，解得p＝eq\f(13,20)，∴当p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(13,20)))时，f′(p)>0，f(p)单调递增；当p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,20)，1))时，f′(p)<0，f(p)单调递减，∴f(p)存在唯一的极大值点p0＝eq\f(13,20).②估计盒子中黑球的数目为60p0＝39.理由如下：由①可知，当且仅当p＝eq\f(13,20)时，f(p)取得最大值；即eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))lnP(X＝xi)取得最大值，出现上述实验结果的概率最大，∴可以认为从盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为eq\f(13,20)，从而估计该盒子中黑球的数目为39是合理的.感悟提升在概率与统计的问题中，决策的工具是样本的数字特征或有关概率.决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作为最佳方案，这往往借助于函数、不等式、数列的有关性质去实现.训练2(2024·昆明诊断)甲、乙两人参加一个比赛，该比赛设有奖金256元，谁先赢满5局，谁便赢得全部的奖金，已知每场比赛乙赢的概率为p(0<p<1)，甲赢的概率为1－p，每场比赛相互独立，在乙赢了3局甲赢了1局的情况下，设备出现了故障，比赛被迫终止，则奖金应该如何分配才合理？有专家提出如下的奖金分配方案：若出现无人先赢5场且比赛意外终止的情况，则甲、乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比P甲∶P乙分配奖金.(1)若p＝eq\f(3,4)，求乙应该获得的奖金数；(2)记事件A为“比赛继续进行下去甲获得全部奖金”，试求当比赛继续进行下去，甲获得全部奖金的概率为f(p)，并判断当p≥eq\f(2,3)时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.(注：若随机事件发生的概率小于0.05，则称随机事件为小概率事件)解(1)设比赛再继续进行下去X局乙赢得全部奖金，则最后一场必然乙赢.由题知，当X＝2时，乙以5∶1赢，所以P(X＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(9,16)，当X＝3时，乙以5∶2赢，所以P(X＝3)＝eq\f(3,4)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(3,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(9,32)，当X＝4时，乙以5∶3赢，所以P(X＝4)＝eq\f(3,4)×Ceq\o\al(1,3)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(27,256)，当X＝5时，乙以5∶4赢，所以P(X＝5)＝eq\f(3,4)×Ceq\o\al(1,4)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(9,256)，所以乙赢得全部奖金的概率为eq\f(9,16)＋eq\f(9,32)＋eq\f(27,256)＋eq\f(9,256)＝eq\f(63,64)，所以乙应该得奖金256×eq\f(63,64)＝252(元).(2)设比赛继续进行Y场甲获得全部奖金，则最后一场必然甲赢.由题知，当Y＝4时，甲以5∶3赢，所以P(Y＝4)＝(1－p)4，当Y＝5时，甲以5∶4赢，所以P(Y＝5)＝(1－p)×Ceq\o\al(3,4)×(1－p)3p＝4(1－p)4p，所以甲获得全部奖金的概率f(p)＝(1－p)4＋4(1－p)4p＝(4p＋1)(1－p)4，p∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，所以f′(p)＝4(1－p)4－4(4p＋1)(1－p)3＝4(1－p)3(1－p－4p－1)＝－20(1－p)3p.∵p∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，∴f′(p)＝－20(1－p)3p<0，∴f(p)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上单调递减，所以f(p)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(11,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)＝eq\f(11,35)≈0.045<0.05，故事件A是小概率事件.题型三概率与数列例5(2023·新高考Ⅰ卷)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(eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))Xi)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))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)第2次投篮的人是乙分为两种情况：第1次投篮的人是甲且投篮未命中，其概率为0.5×(1－0.6)＝0.2；第1次投篮的人是乙且投篮命中，其概率为0.5×0.8＝0.4，所以第2次投篮的人是乙的概率为0.2＋0.4＝0.6.(2)设第i次投篮的人是甲为事件Ai，则P(A1)＝0.5，P(Ai＋1)＝P(Ai)×0.6＋[1－P(Ai)]×(1－0.8)＝eq\f(2,5)P(Ai)＋eq\f(1,5)，所以P(Ai＋1)－eq\f(1,3)＝eq\f(2,5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(P（Ai）－\f(1,3)))，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(P（Ai）－\f(1,3)))是以eq\f(1,6)为首项，eq\f(2,5)为公比的等比数列，所以P(Ai)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，所以P(Ai)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，i∈N*.(3)由(2)知，第i次投篮的人是甲的概率为P(Ai)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，i∈N*，第i次投篮的人是甲记为Xi＝1，否则记为Xi＝0，则Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，由题意知E(Y)＝E(eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))Xi)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))qi＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))P(Xi＝1)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,6)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(i－1)))＝eq\f(6n＋5,18)－eq\f(1,9)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(n－1).感悟提升高考有时将概率、统计等问题与数列交汇在一起进行考查，因此在解答此类题时，准确把题中所涉及的事件进行分解，明确所求问题所属的事件类型是关键.训练3(2024·扬州两校联考)某校为了合理配置校本课程资源，教务部门对学生们进行了问卷调查.据统计，其中eq\f(1,4)的学生计划只选择校本课程一，另外eq\f(3,4)的学生计划既选择校本课程一又选择校本课程二.每位学生若只选择校本课程一，则记1分；若既选择校本课程一又选择校本课程二，则记2分.假设每位选择校本课程一的学生是否计划选择校本课程二相互独立，视频率为概率.(1)从学生中随机抽取3人，记这3人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望；(2)从学生中随机抽取n人(n∈N*)，记这n人的合计得分恰为n＋1的概率为Pn，求P1＋P2＋…＋Pn.解(1)由题意知，每位学生计划不选择校本课程二的概率为eq\f(1,4)，选择校本课程二的概率为eq\f(3,4)，则X的可能取值为3，4，5，6，P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,64)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,64)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(27,64)，P(X＝6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,64)，所以X的分布列为X3456Peq\f(1,64)eq\f(9,64)eq\f(27,64)eq\f(27,64)所以E(X)＝3×eq\f(1,64)＋4×eq\f(9,64)＋5×eq\f(27,64)＋6×eq\f(27,64)＝eq\f(21,4).(2)因为这n人的合计得分为n＋1分，所以其中只有1人计划选择校本课程二，所以Pn＝Ceq\o\al(1,n)·eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(3n,4n)，设Sn＝P1＋P2＋…＋Pn＝eq\f(3,41)＋eq\f(6,42)＋eq\f(9,43)＋…＋eq\f(3n,4n)，①则eq\f(1,4)Sn＝eq\f(3,42)＋eq\f(6,43)＋eq\f(9,44)＋…＋eq\f(3n,4n＋1)，②①－②得eq\f(3,4)Sn＝eq\f(3,41)＋eq\f(3,42)＋eq\f(3,43)＋…＋eq\f(3,4n)－eq\f(3n,4n＋1)，即eq\f(3,4)Sn＝3×eq\f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq\f(3n,4n＋1)＝1－eq\f(1,4n)－eq\f(3n,4n＋1)＝1－eq\f(3n＋4,4n＋1)，所以P1＋P2＋…＋Pn＝eq\f(4,3)(1－eq\f(3n＋4,4n＋1)).比赛闯关与取球问题1.概率中的比赛问题的解题三步曲：(1)规则理解：比赛的规则是什么？如何理解规则？(2)目标引领：要求的问题是什么？怎么求？(3)方法运用：如何用概率知识求解计算？2.注意：(1)规则的理解与运用，显性与隐性条件的挖掘.(2)正难则反思想，灵活运用对立事件求概率.一、比赛问题例1(1)甲、乙两队举行比赛，比赛共有7局，若有一方连胜3局，则比赛立即终止.已知甲每局获胜的概率为eq\f(3,4)，求甲在第5局终止比赛并获胜的概率.解若第5局比赛结束，根据连胜三局终止比赛的规则，可知甲在第3，4，5局获胜，且第二局失败(否则若第二局获胜，则第四局就达到三连胜)，第一局无论胜负不影响获胜结果.所以P＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,256).(2)甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？解法一若采用3局2胜制，甲最终获胜有两种可能的比分2∶0或2∶1，前者是前两局甲连胜，后者是前两局甲、乙各胜一局且第3局甲胜.因为每局比赛的结果是独立的，甲最终获胜的概率为p1＝0.62＋Ceq\o\al(1,2)×0.62×0.4＝0.648.类似地，若采用5局3胜制，甲最终获胜有3种比分3∶0，3∶1或3∶2.因为每局比赛的结果是独立的，所以甲最终获胜的概率为p2＝0.63＋Ceq\o\al(2,3)×0.63×0.4＋Ceq\o\al(2,4)×0.63×0.42＝0.68256.法二若采用3局2胜制，不妨设赛满3局，用X表示3局比赛中甲胜的局数，则X～B(3，0.6).甲最终获胜的概率为p1＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝Ceq\o\al(2,3)×0.62×0.4＋Ceq\o\al(3,3)×0.63＝0.648.若采用5局3胜制，不妨设赛满5局，用X表示5局比赛中甲胜的局数，则X～B(5，0.6).甲最终获胜的概率为p2＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝Ceq\o\al(3,5)×0.63×0.42＋Ceq\o\al(4,5)×0.64×0.4＋Ceq\o\al(5,5)×0.65＝0.68256.因为p2＞p1，所以5局3胜制对甲有利.实际上，比赛局数越多，对实力较强者越有利.二、取球问题例2(2024·合肥质检)一袋中有6个黑球，4个白球.(1)不放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率；(2)有放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率；(3)有放回的依次取出3个球，求取到白球个数X的分布列、期望与方差.解(1)设事件A为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”，∴P(A)＝eq\f(6,9)×eq\f(5,8)＋eq\f(3,9)×eq\f(6,8)＝eq\f(2,3).(2)设事件B为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”，∴P(B)＝eq\f(4,10)×eq\f(6,10)＋eq\f(6,10)×eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).(3)设“取一次球，取到的是白球”为事件C，P(C)＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)，X的取值为0，1，2，3，依题意可得X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，∴P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,125)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(54,125)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(1)＝eq\f(36,125)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,125)，∴X的分布列为X0123Peq\f(27,125)eq\f(54,125)eq\f(36,125)eq\f(8,125)∵X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，∴E(X)＝3×eq\f(2,5)＝eq\f(6,5)，D(X)＝3×eq\f(2,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(18,25).训练为普及航天知识，某航天科技体验馆开展了一项“摸球过关”领取航天纪念品的游戏，规则如下：不透明的口袋中有3个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同.参与者每一轮从口袋中一次性取出3个球，将其中的红球个数记为该轮得分X，记录完得分后，将摸出的球全部放回袋中.当参与者完成第n轮游戏，且其前n轮的累计得分恰好为2n时，游戏过关，可领取纪念品，同时游戏结束，否则继续参与游戏.若第3轮后仍未过关，则游戏也结束.每位参与者只能参加一次游戏.(1)求随机变量X的分布列及数学期望；(2)若甲参加该项游戏，求甲能够领到纪念品的概率.解(1)由题意得，随机变量X的所有可能取值为1，2，3，则P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,5))＝0.3，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,5))＝0.6，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,5))＝0.1，则随机变量X的分布列为X123P0.30.60.1所以E(X)＝1×0.3＋2×0.6＋3×0.1＝1.8.(2)由(1)可知，甲每轮得1分，2分，3分的概率依次为0.3，0.6，0.1.记甲第i轮的得分为Xi(i＝1，2，3，…)，则其前n轮的累计得分Y＝X1＋X2＋…＋Xn.若甲取球1次后可领取纪念品，即甲得2分，则P(Y＝2)＝0.6；若甲取球2次后可领取纪念品，即甲获得的分数之和为4分，有“1＋3”“3＋1”的情形，则P(Y＝4)＝2×0.3×0.1＝0.06；若甲取球3次后可领取纪念品，即甲获得的分数之和为6分，有“1＋2＋3”“3＋2＋1”的情形，则P(Y＝6)＝2×0.3×0.6×0.1＝0.036.记“甲能够领取纪念品”为事件A，则P(A)＝P(Y＝2)＋P(Y＝4)＋P(Y＝6)＝0.6＋0.06＋0.036＝0.696.【A级基础巩固】1.(2024·西安调研)某市为了解本市初中生周末运动时间，随机调查了3000名学生，统计了他们的周末运动时间，制成如图所示的频率分布直方图.(1)按照分层随机抽样，从[40，50)和[80，90)中随机抽取了9名学生.现从已抽取的9名学生中随机推荐3名学生参加体能测试.记推荐的3名学生来自[40，50)的人数为X，求X的分布列；(2)由频率分布直方图可认为：周末运动时间t服从正态分布N(μ，σ2)，其中，μ为周末运动时间的平均数eq\o(t,\s\up6(－))，σ近似为样本的标准差s，并已求得s≈14.6.可以用该样本的频率估计总体的概率，现从本市所有初中生中随机抽取12名学生，记周末运动时间在[43.9，87.7]之外的人数为Y，求P(Y＝3)(精确到0.001).参考数据1：当t～N(μ，σ2)时，P(μ－σ<t≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ<t≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ<t≤μ＋3σ)≈0.9973.参考数据2：0.81869≈0.1651，0.18143≈0.0060.解(1)运动时间在[40，50)的人数为3000×0.02×10＝600.运动时间在[80，90)的人数为3000×0.01×10＝300.按照分层随机抽样共抽取9人，则在区间[40，50)内抽取的人数为6，在区间[80，90)内抽取的人数为3.∴随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(0,6)Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(1,84)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(3,14)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(15,28)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(0,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(5,21)，所以随机变量X的分布列为X0123Peq\f(1,84)eq\f(3,14)eq\f(15,28)eq\f(5,21)(2)μ＝eq\o(t,\s\up6(－))＝35×0.1＋45×0.2＋55×0.3＋65×0.15＋75×0.15＋85×0.1＝58.5，σ＝s≈14.6.∴43.9＝58.5－14.6＝μ－σ，87.7＝58.5＋14.6×2＝μ＋2σ.∴P(43.9≤t≤87.7)＝P(μ－σ≤t≤μ＋2σ)≈eq\f(0.6827＋0.9545,2)＝0.8186，∴P(t<μ－σ或t>μ＋2σ)≈1－0.8186＝0.1814，∴Y～B(12，0.1814).∴P(Y＝3)＝Ceq\o\al(3,12)×0.18143×0.81869≈220×0.0060×0.1651≈0.218.2.(2024·长沙调研)随着生活水平的提高，人们对水果的需求量越来越大，为了满足消费者的需求，精品水果店也在大街小巷遍地开花.4月份的“湖南沃柑”因果肉滑嫩，皮薄汁多，口感甜软，低酸爽口深受市民的喜爱.某“闹闹”水果店对某品种的“湖南沃柑”进行试销，得到一组销售数据，如下表所示：试销单价x(元)34567产品销量y件201615126(1)经计算相关系数r≈－0.97，变量x，y线性相关程度很高，求y关于x的经验回归方程；(2)用(1)中所求的经验回归方程来拟合这组成对数据，当样本数据的残差的绝对值大于1.2时，称该对数据为一个“次数据”，现从这5个成对数据中任取3个做残差分析，求取到的数据中“次数据”个数X的分布列和数学期望.参考公式：线性回归方程中eq\o(b,\s\up6(^))，eq\o(a,\s\up6(^))的最小二乘法估计分别为eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))（xi－\o(x,\s\up6(－))）（yi－\o(y,\s\up6(－))）,\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))（xi－\o(x,\s\up6(－))）2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－)).解(1)由已知，得eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(3＋4＋5＋6＋7,5)＝5，eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(20＋16＋15＋12＋6,5)＝13.8，eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xiyi＝313，eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(2,i)＝135，则eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))（xi－\o(x,\s\up6(－))）（yi－\o(y,\s\up6(－))）,\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))（xi－\o(x,\s\up6(－))）2)＝eq\f(\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xiyi－5\o(x,\s\up6(－))\o(y,\s\up6(－)),\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(2,i)－5\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(313－5×5×13.8,135－5×52)＝－eq\f(32,10)＝－3.2，所以eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))＝13.8－(－3.2)×5＝29.8，所以eq\o(y,\s\up6(^))＝－3.2x＋29.8.(2)当x＝3时，eq\o(y,\s\up6(^))＝20.2；当x＝4时，eq\o(y,\s\up6(^))＝17；当x＝5时，eq\o(y,\s\up6(^))＝13.8；当x＝6时，eq\o(y,\s\up6(^))＝10.6；当x＝7时，eq\o(y,\s\up6(^))＝7.4.因此该样本的残差绝对值依次为0.2，1，1.2，1.4，1.4，所以“次数据”有2个.“次数据”个数X可取0，1，2.P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,10).所以X的分布列为X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)则数学期望E(X)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).3.(2023·日照模拟)第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办.在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军.(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有eq\f(2,3)的可能性扑不到球.不考虑其他因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去.假设传出的球都能接住.记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知p1＝1，p2＝0.①证明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pn－\f(1,3)))为等比数列；②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小.解(1)依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,9)，门将在前三次扑到点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，易知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,9)))，所以P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))eq\s\up12(k)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)))eq\s\up12(3－k)，k＝0，1，2，3，故X的分布列为X0123Peq\f(512,729)eq\f(64,243)eq\f(8,243)eq\f(1,729)所以X的期望E(X)＝3×eq\f(1,9)＝eq\f(1,3).(2)①证明第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，则当n≥2时，第n－1次传球之前球在甲脚下的概率为pn－1，第n－1次传球之前不在甲脚下的概率为1－pn－1，则pn＝pn－1×0＋(1－pn－1)×eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)pn－1＋eq\f(1,2)，即pn－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pn－1－\f(1,3)))，