2024高考数学一轮总复习（导与练）第十章培优课(六)　概率、统计与其他知识的交汇问题

培优课(六)　概率、统计与其他知识的交汇问题

 [选题明细表]

1.为排查新型冠状病毒感染者,需要进行核酸检测.现有两种检测方式:(1)逐份检测;(2)混合检测:将其中k份核酸分别取样混合在一起检测,若检测结果为阴性,则这k份核酸全为阴性,因而这k份核酸只要检一次就够了,如果检测结果为阳性,为了明确这k份核酸样本究竟哪几份为阳性,就需要对这k份核酸再逐份检测,此时,这k份核酸的检测次数总共为(k+1)次.假设在接受检测的核酸样本中,每份样本的检测结果是阴性还是阳性都是独立的,并且每份样本是阳性的概率都为p(0<p<1),若k=10,运用概率统计的知识判断下面哪个p值能使得混合检测方式优于逐份检测方式.(参考数据:lg 0.794≈-0.1)

(　A　)

A.0.1   B.0.3   C.0.4   D.0.5

解析:设混合检测方式,样本需要检测的总次数Y可能取值为1,11.

P(Y=1)=(1-p)10,P(Y=11)=1-(1-p)10,

故Y的分布列为

所以E(Y)=1×(1-p)10+11×[1-(1-p)10]=11-10×(1-p)10.

设逐份检测方式,样本需要检测的总次数X,则E(X)=10.

要使得混合检测方式优于逐份检测方式,需E(Y)<E(X),即11-10×

(1-p)10<10,即(1-p)10>,即1-p>10-0.1.又因为lg 0.794≈-0.1,所以1-p>10lg 0.794=0.794,所以p<1-0.794=0.206,所以0<p<0.206.

2.(多选题)设一个正三棱柱ABCA1B1C1,每条棱长都相等,一只蚂蚁从上底面ABC的某顶点出发,每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点,算一次爬行,假设它选择三个方向爬行的概率相等,若蚂蚁爬行n次,仍然在上底面的概率为Pn,则下列说法正确的是(　AD　)

A.P2=

B.P12=() 11+

C.Pn=Pn-1+() n

D.(Pn-)=(1-)

解析:依题意,P1=,P2=×+×=.

蚂蚁爬n次仍在上底面的概率为Pn,那么它前一步只有两种情况:如果原来就在上底面,再走一步要想不在下底面,只有两条路,其概率是Pn-1;如果是上一步在下底面,则第n-1步不在上底面的概率是1-Pn-1,如果爬上来,其概率应是(1-Pn-1).两种情况互斥,因此,Pn=Pn-1+

(1-Pn-1),整理得Pn=Pn-1+,

即Pn-=(Pn-1-),

所以{Pn-}为等比数列,公比为,首项为P1-=-=,

所以Pn=() n+,所以P12=() 12+.

所以(Pn-)==(1-),A,D正确.

3.一位游客来到某旅游城市,这里有甲、乙、丙三个著名的旅游景点,若这位游客游览这三个景点的概率分别是0.4,0.5,0.6,且客人是否游览哪个景点互不影响,设ξ表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值.

(1)求ξ的分布列和数学期望;

(2)记“x>0时,不等式2x2-ξx+1≥0恒成立”为事件A,求事件A发生的概率.

解:(1)分别记“客人游览甲景点”“客人游览乙景点”“客人游览丙景点”为事件A1,A2,A3,由已知A1,A2,A3相互独立,P(A1)=0.4,P(A2)=

0.5,P(A3)=0.6,客人游览的景点数的可能取值为0,1,2,3.相应地,客人没有游览的景点数的可能取值为3,2,1,0,所以ξ的可能取值为1,3.

P(ξ=3)=P(A1)P(A2)P(A3)+P()=P(A1)P(A2)P(A3)+

P()P()P()=2×0.4×0.5×0.6=0.24,P(ξ=1)=1-P(ξ=3)=0.76,

所以ξ的分布列为

E(ξ)=1×0.76+3×0.24=1.48.

(2)ξ的可能取值为1,3,且x>0时,不等式2x2-ξx+1≥0恒成立,

有ξ≤2x+恒成立,即ξ≤2,所以ξ=1,

所以P(A)=P(ξ=1)=0.76.

4.某企业为检验某种设备生产的零件质量,现随机选取20个零件进行检验,分出合格品和次品.设每个零件是次品的概率为p(0<p<1),且相互独立.

(1)若20个零件中恰有2个次品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0;

(2)若合格品又分为一等品和二等品,每个零件是二等品的概率为是一等品概率的2倍.已知生产一个一等品可获利100元,生产一个二等品可获利30元,生产一个次品会亏损40元,当每个零件平均获利低于20元时,需对设备进行技术升级.当p满足什么条件时,企业需对该设备进行技术升级?

解:(1)设次品的个数为随机变量X,

由题意知X～B(20,p),

所以f(p)=p2(1-p)18,

f′(p)=[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=[2p(1-p)17(1-10p)].

当0<p<时,f′(p)>0;当<p<1时,f′(p)<0,所以f(p)在(0,)上单调递增,在(,1)上单调递减,

所以f(p)在p=时,取得最大值,即p0=.

(2)设生产一个零件可获利Y元,由题意知

P(Y=100)=,P(Y=30)=,

P(Y=-40)=p,

所以E(Y)=100×+30×-40×p<20,解得p>.

因为0<p<1,所以<p<1.因此,当<p<1时,企业需对该设备进行技术升级.

5.(2021·新高考Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来,设一个这种微生物为第0代,经过一次繁殖后为第1代,再经过一次繁殖后为第2代……,该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列,设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数,

P(X=i)=pi(i=0,1,2,3).

(1)已知p0=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3=0.1,求E(X);

(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率,p是关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根,求证:当E(X)≤1时,

p=1,当E(X)>1时,p<1;

(3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义.

(1)解:E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1.

(2)证明:设f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0,

因为p3+p2+p1+p0=1,

故f(x)=p3x3+p2x2-(p2+p0+p3)x+p0,

若E(X)≤1,则p1+2p2+3p3≤1,故p2+2p3≤p0.

f′(x)=3p3x2+2p2x-(p2+p0+p3),

因为f′(0)=-(p2+p0+p3)<0,

f′(1)=p2+2p3-p0≤0,

故f′(x)有两个不同零点x1,x2,

且x1<0<1≤x2,

且当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时,f′(x)>0;

当x∈(x1,x2)时,f′(x)<0.

故f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,

若x2=1,因为f(x)在(x2,+∞)上为增函数,

且f(1)=0,

而当x∈(0,x2)时,因为f(x)在(x1,x2)上为减函数,故f(x)>f(x2)=

f(1)=0,

故1为p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根,

若x2>1,因为f(1)=0,且在(0,x2)上为减函数,故1为p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根.

综上,若E(X)≤1,则p=1.

若E(X)>1,则p1+2p2+3p3>1,

故p2+2p3>p0.

此时f′(0)=-(p2+p0+p3)<0,

f′(1)=p2+2p3-p0>0,

故f′(x)有两个不同零点x3,x4,

且x3<0<x4<1,

且x∈(-∞,x3)∪(x4,+∞)时,

f′(x)>0,x∈(x3,x4)时,f′(x)<0.

故f(x)在(-∞,x3),(x4,+∞)上为增函数,在(x3,x4)上为减函数,

而f(1)=0,故f(x4)<0,

又f(0)=p0>0,

故f(x)在(0,x4)存在一个零点p,且p<1.

所以p为p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根,此时p<1,故当E(X)>1时,p<1.

(3)解:意义.每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代后必然灭绝,若繁殖后代的平均数超过1,则若干代后被灭绝的概率小于1.