新高考数学一轮复习微专题专练56高考大题专练(六)　概率与统计的综合运用（含详解）

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(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 \i\su(i＝1,n,X) i)＝ eq \i\su(i＝1,n,q) i.
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).
2．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：
累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为 eq \f(1,2) .
(1)求甲连胜四场的概率；
(2)求需要进行第五场比赛的概率；
(3)求丙最终获胜的概率．
3．为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A，B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液．每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如下直方图：
记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P(C)的估计值为0.70.
(1)求乙离子残留百分比直方图中a，b的值；
(2)分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).
4．某科技公司新研制生产一种特殊疫苗，为确保疫苗质量，定期进行质量检验．某次检验中，从产品中随机抽取100件作为样本，测量产品质量体系中某项指标值，根据测量结果得到频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)技术分析人员认为，本次测量的产品的质量指标值X服从正态分布N(μ，12.22)，若同组中的每个数据用该组区间的中间值代替，计算μ，并计算测量数据落在(187.8，212.2)内的概率；
(3)设生产成本为y元，质量指标值为x，生产成本与质量指标值之间满足函数关系y＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0.4x，x≤205，,0.8x－100，x>205.)) 假设同组中的每个数据用该组区间的中间值代替，试计算生产该疫苗的平均成本．
参考数据：X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
5.[2022·全国甲卷(理)，19]甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
6．[2023·新课标Ⅱ卷]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．
7.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i＝1，2，…，20)，其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得 eq \i\su(i＝1,20,x) i＝60， eq \i\su(i＝1,20,y) i＝1 200， eq \i\su(i＝1,20, ) (xi－ eq \(x,\s\up6(－)) )2＝80， eq \i\su(i＝1,20, ) (yi－ eq \(y,\s\up6(－)) )2＝9 000， eq \i\su(i＝1,20, ) (xi－ eq \(x,\s\up6(－)) )(yi－ eq \(y,\s\up6(－)) )＝800.
(1)求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数)；
(2)求样本(xi，yi)(i＝1，2，…，20)的相关系数(精确到0.01)；
(3)根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大．为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．
附：相关系数r＝ eq \f(\i\su(i＝1,n, )（xi－\(x,\s\up6(－))）（yi－\(y,\s\up6(－))）,\r(\i\su(i＝1,n, )（xi－\(x,\s\up6(－))）2\i\su(i＝1,n, )（yi－\(y,\s\up6(－))）2)) ， eq \r(2) ≈1.414.
8．[2022·新高考Ⅰ卷，20]一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”， eq \f(P（B|A）,P（\(B,\s\up6(－))|A） ) 与 eq \f(P（B|\(A,\s\up6(－))）,P（\(B,\s\up6(－))|\(A,\s\up6(－))） ) 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.
(ⅰ)证明：R＝ eq \f(P（A|B）,P（\(A,\s\up6(－))|B） ) · eq \f(P（\(A,\s\up6(－))|\(B,\s\up6(－))）,P（A|\(B,\s\up6(－))） ) ；
(ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A| eq \(B,\s\up6(－)) )的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．
附：K2＝ eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）) ，
专练56 高考大题专练(六) 概率与统计的综合运用
1．解析：(1)记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋ eq \x\t(B) A，
所以P(A)＝P(BA＋ eq \x\t(B) A)＝P(BA)＋P( eq \x\t(B) A)＝P(B)P(A|B)＋P( eq \x\t(B) )P(A| eq \x\t(B) )＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
(2)设第i次投篮的人是甲的概率为pi，由题意可知，p1＝ eq \f(1,2) ，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝ eq \f(2,5) pi＋ eq \f(1,5) ，
所以pi＋1－ eq \f(1,3) ＝ eq \f(2,5) (pi－ eq \f(1,3) )，
又p1－ eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,6) ，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(pi－\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pi－ eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,6) ×( eq \f(2,5) )i－1，
所以pi＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,6) ×( eq \f(2,5) )i－1.
(3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0或1，当Xi＝0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi＝1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)＝1－pi，所以E(Xi)＝pi.
Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，
则E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，
由(2)知，pi＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,6) ×( eq \f(2,5) )i－1，
所以p1＋p2＋p3＋…＋pn＝ eq \f(n,3) ＋ eq \f(1,6) ×[1＋ eq \f(2,5) ＋( eq \f(2,5) )2＋…＋( eq \f(2,5) )n－1]＝ eq \f(n,3) ＋ eq \f(1,6) × eq \f(1－（\f(2,5)）n,1－\f(2,5)) ＝ eq \f(n,3) ＋ eq \f(5,18) × eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－（\f(2,5)）n)) .
2．解析：(1)甲连胜四场的概率为 eq \f(1,16) .
(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为 eq \f(1,16) ；
乙连胜四场的概率为 eq \f(1,16) ；
丙上场后连胜三场的概率为 eq \f(1,8) .
所以需要进行第五场比赛的概率为1－ eq \f(1,16) － eq \f(1,16) － eq \f(1,8) ＝ eq \f(3,4) ．
(3)丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为 eq \f(1,8) ；
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为 eq \f(1,16) ， eq \f(1,8) ， eq \f(1,8) .
因此丙最终获胜的概率为 eq \f(1,8) ＋ eq \f(1,16) ＋ eq \f(1,8) ＋ eq \f(1,8) ＝ eq \f(7,16) .
3．解析：(1)由已知得0.70＝a＋0.20＋0.15，故
a＝0.35.
b＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.
(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为
2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.
乙离子残留百分比的平均值的估计值为
3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.
4．解析：(1)由10×(a＋0.009＋0.022＋0.033＋0.024＋0.008＋a)＝1，解得a＝0.002.
(2)依题意，
μ＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，故X～N(200，12.22)，所以P(187.8≤X≤212.2)＝P(200－12.2≤X≤200＋12.2)≈0.682 7，故测量数据落在(187.8，212.2)内的概率约为0.682 7.
(3)根据题意得平均成本为0.4×170×0.02＋0.4×180×0.09＋0.4×190×0.22＋0.4×200×0.33＋(0.8×210－100)×0.24＋(0.8×220－100)×0.08＋(0.8×230－100)×0.02＝75.04，
故生产该疫苗的平均成本为75.04元．
5．解析：(1)设三个项目比赛中甲学校获胜分别为事件A，B，C，易知事件A，B，C相互独立．甲学校获得冠军，对应事件A，B，C同时发生，或事件A，B，C中有两个发生，故甲学校获得冠军的概率为
P＝P(ABC＋ eq \(A,\s\up6(－)) BC＋A eq \(B,\s\up6(－)) C＋AB eq \(C,\s\up6(－)) )
＝P(ABC)＋P( eq \(A,\s\up6(－)) BC)＋P(A eq \(B,\s\up6(－)) C)＋P(AB eq \(C,\s\up6(－)) )
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04
＝0.6.
(2)由题意得，X的所有可能取值为0，10，20，30.
易知乙学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.6，0.2，则
P(X＝0)＝(1－0.5)×(1－0.6)×(1－0.2)＝0.16，
P(X＝10)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.2)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.2)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.2＝0.44，
P(X＝20)＝0.5×0.6×(1－0.2)＋0.5×(1－0.6)×0.2＋(1－0.5)×0.6×0.2＝0.34，
P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06，
所以X的分布列为
则E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
6．解析：(1)由题图知(100－95)×0.002＝1%>0.5%，所以95设X为患病者的该指标，
则p(c)＝P(X≤c)＝(c－95)×0.002＝0.5%，
解得c＝97.5.
设Y为未患病者的该指标，
则q(c)＝P(Y>c)＝(100－97.5)×0.01＋5×0.002＝0.035＝3.5%.
(2)当95≤c≤100时，
p(c)＝(c－95)×0.002＝0.002c－0.19，
q(c)＝(100－c)×0.01＋5×0.002＝－0.01c＋1.01，
所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝－0.008c＋0.82；
当100p(c)＝5×0.002＋(c－100)×0.012＝0.012c－1.19，
q(c)＝(105－c)×0.002＝－0.002c＋0.21，
所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝0.01c－0.98.
综上所述，f(c)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－0.008c＋0.82，95≤c≤100,0.01c－0.98，100由一次函数的单调性知，函数f(c)在[95，100]上单调递减，在(100，105]上单调递增，
作出f(c)在区间[95，105]上的大致图象(略)，可得f(c)在区间[95，105]的最小值f(c)min＝f(100)＝－0.008×100＋0.82＝0.02.
7．解析：(1)由已知得样本平均数 eq \(y,\s\up6(－)) ＝ eq \f(1,20) eq \i\su(i＝1,20,y) i＝60，从而该地区这种野生动物数量的估计值为60×200＝12 000.
(2)样本(xi，yi)，(i＝1，2，…，20)的相关系数
r＝ eq \f(\i\su(i＝1,20, )（xi－\(x,\s\up6(－))）（yi－\(y,\s\up6(－))）,\r(\i\su(i＝1,20, )（xi－\(x,\s\up6(－))）2\i\su(i＝1,20, )（yi－\(y,\s\up6(－))）2)) ＝ eq \f(800,\r(80×9 000)) ＝ eq \f(2\r(2),3) ≈0.94.
(3)分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对200个地块进行分层抽样．
理由如下：由(2)知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关．由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性．从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计．
8．解析：(1)由题意，得
K2＝ eq \f(200×（40×90－60×10）2,100×100×50×150) ＝24>6.635，
∴有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．
(2)(ⅰ)证明：∵＝
eq \f(P（B|A）,P（\(B,\s\up6(－))|A） ) · eq \f(P（\(B,\s\up6(－))|\(A,\s\up6(－))）,P（B|\(A,\s\up6(－))） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（A）) · eq \f(P（A）,P（A\(B,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\(A,\s\up6(－))\(B,\s\up6(－))）,P（\(A,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\(A,\s\up6(－))）,P（\(A,\s\up6(－))B） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（A\(B,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\(A,\s\up6(－))\(B,\s\up6(－))）,P（\(A,\s\up6(－))B） ) ，
eq \f(P（A|B）,P（\(A,\s\up6(－))|B） ) · eq \f(P（\(A,\s\up6(－))|\(B,\s\up6(－))）,P（A|\(B,\s\up6(－))） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（B）) · eq \f(P（B）,P（\(A,\s\up6(－))B） ) · eq \f(P（\(A,\s\up6(－))\(B,\s\up6(－))）,P（\(B,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\(B,\s\up6(－))）,P（A\(B,\s\up6(－))） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（\(A,\s\up6(－))B） ) · eq \f(P（\(A,\s\up6(－))\(B,\s\up6(－))）,P（A\(B,\s\up6(－))） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（A\(B,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\(A,\s\up6(－))\(B,\s\up6(－))）,P（\(A,\s\up6(－))B） ) ，
∴R＝ eq \f(P（A|B）,P（\(A,\s\up6(－))|B） ) · eq \f(P（\(A,\s\up6(－))|\(B,\s\up6(－))）,P（A|\(B,\s\up6(－))） ) .
(ⅱ)由表格中的数据，得
P(A|B)＝ eq \f(40,100) ＝ eq \f(2,5) ，P(A| eq \(B,\s\up6(－)) )＝ eq \f(10,100) ＝ eq \f(1,10) ，
∴P( eq \(A,\s\up6(－)) |B)＝1－P(A|B)＝ eq \f(3,5) ，
P( eq \(A,\s\up6(－)) | eq \(B,\s\up6(－)) )＝1－P(A| eq \(B,\s\up6(－)) )＝ eq \f(9,10) ，
∴R＝ eq \f(P（A|B）,P（\(A,\s\up6(－))|B） ) · eq \f(P（\(A,\s\up6(－))|\(B,\s\up6(－))）,P（A|\(B,\s\up6(－))）) ＝ eq \f(\f(2,5),\f(3,5)) × eq \f(\f(9,10),\f(1,10)) ＝6.
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
X
0
10
20
30
P
0.16
0.44
0.34
0.06