高考数学一轮复习第十章 高考专题突破六

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例1 槟榔原产于马来西亚，在中国主要分布在云南、海南及台湾等热带地区．槟榔是重要的中药材，在南方一些少数民族还将果实作为一种咀嚼嗜好品，但其被世界卫生组织国际癌症研究机构列为致癌物清单Ⅰ类致癌物．云南某民族中学为了解A，B两个少数民族班的学生咀嚼槟榔的情况，分别从这两个班中随机抽取5名学生进行调查，将他们平均每周咀嚼槟榔的颗数作为样本，绘制成如图所示的茎叶图(图中的茎表示十位数字，叶表示个位数字)．
(1)你能否估计哪个班的学生平均每周咀嚼槟榔的颗数较多？
(2)在被抽取的10名学生中，从平均每周咀嚼槟榔的颗数不低于20颗的学生中随机抽取3名学生，求抽取B班学生人数X的分布列和均值．
解 (1)A班样本数据的平均值为eq \f(1,5)×(9＋11＋14＋20＋31)＝17，由此估计A班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数为17，
B班样本数据的平均值为eq \f(1,5)×(11＋12＋21＋25＋26)＝19，
由此估计B班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数为19，
故估计B班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数较多．
(2)∵平均每周咀嚼槟榔的颗数不低于20颗的学生中，
A班有2人，B班有3人，共有5人，
∴X的可能取值为1,2,3，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(2,2),C\\al(3,5))＝eq \f(3,10)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,3)C\\al(1,2),C\\al(3,5))＝eq \f(3,5)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,3)C\\al(0,2),C\\al(3,5))＝eq \f(1,10)，
∴X的分布列为
∴E(X)＝1×eq \f(3,10)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,10)＝eq \f(9,5).
思维升华 概率与统计作为考查学生应用意识的重要载体，已成为近几年高考一大亮点和热点．它与其他知识融合、渗透，情境新颖，充分体现了概率与统计的工具性和交汇性．
跟踪训练1 从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的质量指标值，由测量结果得到如图所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间[55,65)，[65,75)，[75,85]内的频率之比为4∶2∶1.
(1)求这些产品的质量指标值落在区间[75,85]内的频率；
(2)若将频率视为概率，从该企业生产的这种产品中随机抽取3件，记这3件产品中质量指标值位于[45,75)内的产品件数为X，求X的分布列与均值．
解 (1)设落在区间[75,85]内的频率为x，则落在区间[55,65)，[65,75)内的频率分别为4x和2x，
依题意得(0.004＋0.012＋0.019＋0.030)×10＋4x＋2x＋x＝1，
解得x＝0.05.
所以落在区间[75,85]内的频率为0.05.
(2)从该企业生产的该种产品中随机抽取3件，相当于进行了3次独立重复试验，所以X服从二项分布B(n，p)，其中n＝3.
由(1)得，落在区间[45,75)内的频率为0.3＋0.2＋0.1＝0.6，将频率视为概率得p＝0.6.
因为X的所有可能取值为0,1,2,3，
则P(X＝0)＝C03×0.60×0.43＝0.064，
P(X＝1)＝C13×0.61×0.42＝0.288，
P(X＝2)＝C23×0.62×0.41＝0.432，
P(X＝3)＝C33×0.63×0.40＝0.216，
所以X的分布列为
所以X的均值为E(X)＝0×0.064＋1×0.288＋2×0.432＋3×0.216＝1.8.
(或直接根据二项分布的均值公式得到E(X)＝np＝3×0.6＝1.8)
概率与统计案例的综合应用
例2 (2020·华中师大附中模拟)中国大学先修课程，是在高中开设的具有大学水平的课程，旨在让学有余力的高中生早接受大学思维方式、学习方法的训练，为大学学习乃至未来的职业生涯做好准备．某高中开设大学先修课程已有两年，两年共招收学生2 000人，其中有300人参与学习先修课程，两年全校共有优等生200人，学习先修课程的优等生有60人．这两年学习先修课程的学生都参加了考试，并且都参加了某高校的自主招生考试(满分100分)，结果如表所示：
(1)填写列联表，并画出列联表的等高条形图，并通过图形判断学习先修课程与优等生是否有关系，根据列联表的独立性检验，能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为学习先修课程与优等生有关系？
(2)已知今年有150名学生报名学习大学先修课程，以前两年参加大学先修课程学习成绩的频率作为今年参加大学先修课程学习成绩的概率．
①在今年参加大学先修课程的学生中任取一人，求他获得某高校自主招生通过的概率；
②设今年全校参加大学先修课程的学生通过某高校自主招生考试人数为ξ，求E(ξ)．
参考数据：
参考公式：K2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋ba＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d
解 (1)列联表如下：
等高条形图如图：
通过图形可判断学习先修课程与优等生有关系，又
K2＝eq \f(2 00060×1 560－140×2402,300×1 700×200×1 800)≈39.216>6.635，
因此在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为学习先修课程与优等生有关系．
(2)①P＝eq \f(20,300)×0.9＋eq \f(55,300)×0.8＋eq \f(105,300)×0.6＋eq \f(70,300)×0.5＋eq \f(50,300)×0.4＝0.6.
②设通过某高校自主招生考试的人数为ξ，
则ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(150，\f(3,5)))，
P(x＝k)＝Ceq \\al(k,150)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))150－k，k＝0,1,2，…，150，
所以E(ξ)＝150×eq \f(3,5)＝90.
思维升华 概率与统计案例的综合应用常涉及相互独立事件同时发生的概率、独立重复实验、超几何分布、二项分布、独立性检验、线性回归等知识，考查学生的阅读理解能力、数据处理能力、运算求解能力及应用意识．
跟踪训练2 某商场营销人员进行某商品M市场营销调查发现，每回馈消费者一定的点数，该商品每天的销量就会发生一定的变化，经过试点统计得到下表：
(1)经分析发现，可用线性回归模型拟合当地该商品销量y(百件)与返还点数t之间的相关关系，请用最小二乘法求y关于t的线性回归方程eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))t＋eq \(a,\s\up6(^))，并预测若返还6个点时该商品每天的销量；
(2)若节日期间营销部对商品进行新一轮调整．已知某地拟购买该商品的消费群体十分庞大，经营销调研机构对其中的200名消费者的返点数额的心理预期值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：
①求这200位拟购买该商品的消费者对返还点数的心理预期值X的样本平均数及中位数的估计值(同一区间的预期值可用该区间的中点值代替；估计值精确到0.1)；
②将对返还点数的心理预期值在[1,3)和[11,13]的消费者分别定义为“欲望紧缩型”消费者和“欲望膨胀型”消费者，现采用分层抽样的方法从位于这两个区间的30名消费者中随机抽取6名，再从这6人中随机抽取3名进行跟踪调查，设抽出的3人中“欲望膨胀型”消费者的人数为随机变量X，求X的分布列及均值．
参考公式及数据：eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,n,t)iyi－n\x\t(t) \x\t(y),\i\su(i＝1,n,t)2i－n \x\t(t)2)，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(t)；
eq \i\su(i＝1,5,t)iyi＝18.8.
解 (1)由题意知eq \x\t(t)＝eq \f(1＋2＋3＋4＋5,5)＝3，
eq \x\t(y)＝eq \f(0.5＋0.6＋1＋1.4＋1.7,5)＝1.04，
eq \i\su(i＝1,5,t)2i＝12＋22＋32＋42＋52＝55，
eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,5,t)iyi－5\x\t(t) \x\t(y),\i\su(i＝1,5,t)\\al(2,)i－5\x\t(t)2)＝eq \f(18.8－5×3×1.04,55－5×32)＝0.32，
eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^)) eq \x\t(t)＝1.04－0.32×3＝0.08，
则y关于t的线性回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝0.32t＋0.08，
当t＝6时，eq \(y,\s\up6(^))＝2.00，即返还6个点时该商品每天销量约为200件．
(2)①根据题意，这200位拟购买该商品的消费者对返还点数的心理预期值X的样本平均数eq \x\t(x)为eq \x\t(x)＝2×0.1＋4×0.3＋6×0.3＋8×0.15＋10×0.1＋12×0.05＝6，
中位数的估计值为5＋2×eq \f(100－20－60,60)＝5＋eq \f(2,3)≈5.7.
②抽取的6名消费者中“欲望紧缩型”消费者人数为6×eq \f(20,30)＝4，“欲望膨胀型”消费者人数为6×eq \f(10,30)＝2.
故X的所有可能取值为0,1,2.
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(2,2),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(2,4)C\\al(1,2),C\\al(3,6))＝eq \f(3,5)，
P(X＝0)＝eq \f(C\\al(3,4)C\\al(0,2),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，
故随机变量X的分布列为
E(X)＝2×eq \f(1,5)＋1×eq \f(3,5)＋0×eq \f(1,5)＝1.
均值与方差在决策中的应用
例3 (2018·全国Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品做检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有新产品做检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0；
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
①若不对该箱余下的产品做出检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品做检验？
解 (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为
f(p)＝Ceq \\al(2,20)·p2(1－p)18.
因此f′(p)＝Ceq \\al(2,20)[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]
＝2Ceq \\al(2,20)p(1－p)17(1－10p)．
令f′(p)＝0，得p＝0.1.
当p∈(0,0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1,1)时，f′(p)<0.
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.
(2)由(1)知，p＝0.1
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，
依题意知Y～B(180,0.1)，
X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.
所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.
②如果对余下的产品做检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．
由于E(X)＝490>400，故应该对余下的产品做检验．
思维升华 随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量偏离均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要依据，一般先比较均值，若均值相同，再由方差来决定．
跟踪训练3 (2020·100所名校最新冲刺卷)某中学是走读中学，为了让学生更有效率的利用下午放学后的时间，学校在本学期第一次月考后设立了多间自习室，以便让学生在自习室自主学习、完成作业，同时每天派老师轮流值班．在本学期第二次月考后，高一某班数学老师统计了两次考试该班数学成绩优良人数和非优良人数，得到如下2×2列联表：
(1)能否在犯错的概率不超过0.005的前提下认为设立自习室对提高学生成绩有效？
(2)设从该班第一次月考的所有数学成绩中任取两个，取到成绩优良数为X；从该班第二次月考的所有数学成绩中任取两个，取到成绩优良数为Y，求X与Y的均值并比较大小，请解释所得结论的实际含义．
下面的临界值表供参考：
(参考公式：K2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d)
解 (1)K2＝eq \f(8025×30－15×102,40×40×35×45)≈11.43>7.879，
所以能在犯错的概率不超过0.005的前提下认为设立自习室对提高学生成绩有效．
(2)X的所有可能取值为0,1,2，
则P(X＝0)＝eq \f(C\\al(2,25),C\\al(2,40))＝eq \f(5,13)，P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,25)C\\al(1,15),C\\al(2,40))＝eq \f(25,52)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,15),C\\al(2,40))＝eq \f(7,52)，
所以E(X)＝0×eq \f(5,13)＋1×eq \f(25,52)＋2×eq \f(7,52)＝eq \f(3,4).
Y的所有可能取值为0,1,2，
则P(Y＝0)＝eq \f(C\\al(2,10),C\\al(2,40))＝eq \f(3,52)，P(Y＝1)＝eq \f(C\\al(1,10)C\\al(1,30),C\\al(2,40))＝eq \f(5,13)，
P(Y＝2)＝eq \f(C\\al(2,30),C\\al(2,40))＝eq \f(29,52)，
所以E(Y)＝0×eq \f(3,52)＋1×eq \f(5,13)＋2×eq \f(29,52)＝eq \f(3,2)，
即E(X)其实际含义是设立自习室后学生的数学成绩提高，说明设立自习室对提高学生成绩有效．
例 (12分)(2019·北京)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：
(1)从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率；
(2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数，求X的分布列和均值；
(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2 000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？说明理由．
规范解答
解 (1)由题意知，样本中仅使用A的学生有18＋9＋3＝30(人)，仅使用B的学生有10＋14＋1＝25(人)，A，B两种支付方式都不使用的学生有5人，
故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40(人)．[1分]
所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率为eq \f(40,100)＝0.4.[2分]
(2)X的所有可能值为0,1,2.[3分]
记事件C为“从样本仅使用A的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”，事件D为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”．
由题设知，事件C，D相互独立，且P(C)＝eq \f(9＋3,30)＝0.4，
P(D)＝eq \f(14＋1,25)＝0.6，[4分]
所以P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24.[5分]
P(X＝1)＝P(Ceq \x\t(D)∪eq \x\t(C)D)
＝P(C)P(eq \x\t(D))＋P(eq \x\t(C))P(D)
＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6
＝0.52，[6分]
P(X＝0)＝P(eq \x\t(C) eq \x\t(D))＝P(eq \x\t(C))P(eq \x\t(D))＝0.24.[7分]
所以X的分布列为
[8分]
故X的均值E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1.0.[9分]
(3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额大于2 000元”．
假设样本仅使用A的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，则由上个月的样本数据得P(E)＝eq \f(1,C\\al(3,30))＝eq \f(1,4 060).[11分]
答案示例1：可以认为有变化．理由如下：
P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生．一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化，所以可以认为有变化．[12分]
答案示例2：无法确定有没有变化，理由如下：
事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化．[12分]
第一步：审清题意，理清条件和结论，找到关键数量关系．
第二步：找数量关系，把图表语言转化为数字，将图表中的数字转化为公式中的字母．
第三步：建立解决方案，找准公式，根据图表数据代入公式计算数值．
第四步：作出判断得结论，依据题意，借助数表作出正确判断．
第五步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范性．
1．为了增强消防安全意识，某中学对全体学生做了一次消防知识讲座，从男生中随机抽取50人，从女生中随机抽取70人参加消防知识测试，统计数据得到如下列联表：
(1)试判断能否有90%的把握认为消防知识的测试成绩优秀与否与性别有关？
(2)为了宣传消防知识，从该校测试成绩获得优秀的同学中采用分层抽样的方法，随机选出6人组成宣传小组．现从这6人中随机抽取2人到校外宣传，求到校外宣传的同学中男生人数X的分布列和均值．
附：K2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).
解 (1)因为k＝eq \f(120×15×40－35×302,50×70×45×75)≈2.057，
且2.057<2.706.
所以没有90%的把握认为消防知识的测试成绩优秀与否与性别有关．
(2)用分层抽样的方法抽取时抽取比例是eq \f(6,45)＝eq \f(2,15)，
则抽取女生30×eq \f(2,15)＝4(人)，抽取男生15×eq \f(2,15)＝2(人)．
由题意，得X可能的取值为0,1,2.
P(X＝0)＝eq \f(C\\al(2,)4,C\\al(2,)6)＝eq \f(6,15)＝eq \f(2,5)，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,)4C\\al(1,)2,C\\al(2,)6)＝eq \f(8,15)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,)2,C\\al(2,)6)＝eq \f(1,15).
故X的分布列为
X的均值E(X)＝0×eq \f(2,5)＋1×eq \f(8,15)＋2×eq \f(1,15)＝eq \f(2,3).
2．(2019·石家庄模拟)东方商店欲购进某种食品(保质期两天)，此商店每两天购进该食品一次(购进时，该食品为刚生产的)．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了了解市场的需求情况，现统计该产品在本地区100天的销售量如表：
(视样本频率为概率)
(1)根据该产品100天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为ξ，求ξ的分布列与均值；
(2)以两天内该产品所获得的利润均值为决策依据，东方商店一次性购进32或33份，哪一种得到的利润更大？
解 (1)ξ的可能取值有30,31,32,33,34,35,36，
其中P(ξ＝30)＝0.2×0.2＝0.04，
P(ξ＝31)＝2×0.2×0.3＝0.12，
P(ξ＝32)＝0.3×0.3＋2×0.2×0.4＝0.25，
P(ξ＝33)＝2×0.2×0.1＋2×0.3×0.4＝0.28，
P(ξ＝34)＝0.4×0.4＋2×0.3×0.1＝0.22，
P(ξ＝35)＝2×0.4×0.1＝0.08，
P(ξ＝36)＝0.1×0.1＝0.01，
∴ξ的分布列为
∴E(ξ)＝30×0.04＋31×0.12＋32×0.25＋33×0.28＋34×0.22＋35×0.08＋36×0.01＝32.8.
(2)当一次性购进32份食品时，设每两天的利润为X，则X的可能取值有104,116,128，
且P(X＝104)＝0.04，P(X＝116)＝0.12，P(X＝128)＝1－0.04－0.12＝0.84，
∴E(X)＝104×0.04＋116×0.12＋128×0.84＝125.6.
当一次性购进33份食品时，设每两天的利润为Y，则Y的可能取值有96,108,120,132.
且P(Y＝96)＝0.04，P(Y＝108)＝0.12，P(Y＝120)＝0.25，P(Y＝132)＝1－0.04－0.12－0.25＝0.59，
∴E(Y)＝96×0.04＋108×0.12＋120×0.25＋132×0.59＝124.68.
∵E(X)>E(Y)，
∴东方商店一次性购进32份食品时得到的利润更大．
3．某婴幼儿游泳馆为了吸引顾客，推出优惠活动，即对首次消费的顾客按80元收费，并注册成为会员，对会员消费的不同次数给予相应的优惠，标准如下：
该游泳馆从注册的会员中，随机抽取了100位会员统计他们的消费次数，得到数据如下：
假设每位顾客游泳1次，游泳馆的成本为30元．根据所给数据，回答下列问题：
(1)估计该游泳馆1位会员至少消费2次的概率；
(2)某会员消费4次，求这4次消费中，游泳馆获得的平均利润；
(3)假设每个会员最多消费4次，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，从该游泳馆的会员中随机抽取2位，记游泳馆从这2位会员的消费中获得的平均利润之差的绝对值为X，求X的分布列和均值E(X)．
解 (1)25＋10＋5＝40，
即随机抽取的100位会员中，至少消费2次的会员有40位，
所以估计该游泳馆1位会员至少消费2次的概率P＝eq \f(40,100)＝eq \f(2,5).
(2)第1次消费时，80－30＝50(元)，所以游泳馆获得的利润为50元，
第2次消费时，80×0.95－30＝46(元)，所以游泳馆获得的利润为46元，
第3次消费时，80×0.90－30＝42(元)，所以游泳馆获得的利润为42元，
第4次消费时，80×0.85－30＝38(元)，所以游泳馆获得的利润为38元，
∵eq \f(50＋46＋42＋38,4)＝44(元)，
∴这4次消费中，游泳馆获得的平均利润为44元．
(3)若会员消费1次，P1＝eq \f(60,100)＝eq \f(3,5)，
则平均利润为50元，其概率为eq \f(3,5)；
若会员消费2次，eq \f(50＋46,2)＝48(元)，P2＝eq \f(25,100)＝eq \f(1,4)，
则平均利润为48元，其概率为eq \f(1,4)；
若会员消费3次，eq \f(50＋46＋42,3)＝46(元)，P3＝eq \f(10,100)＝eq \f(1,10)，
则平均利润为46元，其概率为eq \f(1,10)；
若会员消费4次，eq \f(50＋46＋42＋38,4)＝44(元)，P4＝eq \f(5,100)＝eq \f(1,20)，
则平均利润为44元，其概率为eq \f(1,20).
由题意知，X的所有可能取值为0,2,4,6.
且P(X＝0)＝eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,10)×eq \f(1,10)＋eq \f(1,20)×eq \f(1,20)＝eq \f(87,200)，
P(X＝2)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)×\f(1,4)＋\f(1,4)×\f(1,10)＋\f(1,10)×\f(1,20)))＝eq \f(9,25)，
P(X＝4)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)×\f(1,10)＋\f(1,4)×\f(1,20)))＝eq \f(29,200)，
P(X＝6)＝2×eq \f(3,5)×eq \f(1,20)＝eq \f(3,50).
∴X的分布列为
∴E(X)＝0×eq \f(87,200)＋2×eq \f(9,25)＋4×eq \f(29,200)＋6×eq \f(3,50)＝eq \f(83,50).
4．为了解2019届高三毕业学生的复习备考情况，某省甲、乙两市组织了一次大联考．为比较两市本届高三毕业学生的数学优秀率，某教研机构从甲、乙两市参加大联考的数学高分段(数学成绩不低于100分)的学生中各随机抽取了100名学生，统计其数学成绩，得到甲市数学高分段学生成绩的频率分布直方图如图所示，乙市数学高分段学生成绩的频数分布表如下表所示(同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率)．
(1)现计算得甲市数学高分段学生成绩的平均分为123分，乙市数学高分段学生成绩的方差为111，试利用统计知识判断甲、乙两市哪一个市2019届高三毕业学生数学高分段成绩更突出；
(2)由频率分布直方图可以认为，甲市这次大联考的数学高分段学生成绩Z(单位：分)近似地服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，试利用该正态分布模型解决下列问题．
①若甲市恰有2万名学生这次大联考的数学成绩不低于100分，试估计甲市这次大联考的数学成绩Z高于142.6分的学生人数；
②现从甲市这次大联考的数学成绩不低于100分的学生中随机抽取1 000人，若抽到k人的数学成绩在区间(123,142.6]内的可能性最大，试求整数k的值．
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σP(μ－2σP(μ－3σ解 (1)由题意得甲市数学高分段学生成绩的方差为
seq \\al(2,甲)＝(105－123)2×0.05＋(115－123)2×0.4＋(125－123)2×0.3＋(135－123)2×0.2＋(145－123)2×0.05＝96，
乙市数学高分段学生成绩的平均分为
eq \x\t(x)乙＝105×0.15＋115×0.25＋125×0.4＋135×0.15＋145×0.05＝122(分)．
又eq \x\t(x)甲＝123，seq \\al(2,乙)＝111，所以eq \x\t(x)甲>eq \x\t(x)乙，seq \\al(2,甲)故甲市数学高分段学生成绩的平均分更高，且方差更小，故甲市数学高分段学生成绩更稳定．
综上可知甲市的2019届高三毕业学生数学高分段成绩更为突出．
(2)①P(Z>142.6)＝P(Z>μ＋2σ)＝eq \f(1,2)[1－P(μ－2σ因为20 000×0.022 75＝455，所以可估计甲市这次大联考的数学成绩Z高于142.6分的学生有455人．
②记所抽取的1 000人中数学成绩在区间(123,142.6]内的人数为Y，
因为P(123所以Y～B(1 000,0.477 25)，
故P(Y＝k)＝Ceq \\al(k,1 000)×0.477 25k×0.522 751 000－k.
设P(Y＝k)最大，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(PY＝k≥PY＝k＋1，,PY＝k≥PY＝k－1))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(0.522 75,1 000－k)≥\f(0.477 25,k＋1)，,\f(0.477 25,k)≥\f(0.522 75,1 001－k)，))
解得476.727 25≤k≤477.727 25.
因为k∈N*，所以使P(Y＝k)取得最大值的整数k的值为477.
5．(2020·永州模拟)某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标Z来衡量产品的质量．当Z≥8时，产品为优等品；当6≤Z<8时，产品为一等品；当2≤Z<6时，产品为二等品．第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标Z的条形图．用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率．
(1)从该企业生产的所有产品中随机抽取1件，求该产品为优等品的概率；
(2)现某人决定购买80件该产品．已知每件成本1 000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测．买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1 600元购买，否则按每件1 500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担．记企业的收益为X元，求X的分布列与均值；
(3)商场为推广此款产品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动．客户可根据抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是eq \f(1,2)，方格图上标有第0格、第1格、第2格、……、第50格．机器人开始在第0格，客户每掷一次硬币，机器人向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格(从k到k＋1)，若掷出反面，机器人向前移动两格(从k到k＋2)，直到机器人移到第49格(胜利大本营)或第50格(失败大本营)时，游戏结束，若机器人停在“胜利大本营”，则可获得优惠券．设机器人移到第n格的概率为Pn(0≤n≤50，n∈N*)，试证明{Pn－Pn－1}(1≤n≤49，n∈N*)是等比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买该款产品．
解 (1)根据条形图可知，优等品的频率为eq \f(121＋87＋42,500)＝eq \f(1,2)，
用频率估计概率，则任取一件产品为优等品的概率为P＝eq \f(1,2).
(2)由(1)知任取一件产品为优等品的概率为eq \f(1,2)，
由题意X＝(1 600－1 000)×80－250×4＝47 000或X＝(1 500－1 000)×80－250×4＝39 000；
P(X＝47 000)＝Ceq \\al(4,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋Ceq \\al(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(5,16)，
P(X＝39 000)＝Ceq \\al(0,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋Ceq \\al(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(11,16).
故X的分布列为
所以E(X)＝47 000×eq \f(5,16)＋39 000×eq \f(11,16)
＝41 500.
(3)机器人在第0格为必然事件，P0＝1，第一次掷硬币出现正面，机器人移到第1格，其概率为P1＝eq \f(1,2).机器人移到第n(2≤n≤49)格的情况只有两种：
①先到第n－2格，又出现反面，其概率eq \f(1,2)Pn－2，
②先到第n－1格，又出现正面，其概率eq \f(1,2)Pn－1.
所以Pn＝eq \f(1,2)Pn－1＋eq \f(1,2)Pn－2，
故Pn－Pn－1＝－eq \f(1,2)(Pn－1－Pn－2)，
所以1≤n≤49时，数列{Pn－Pn－1}为首项P1－P0＝－eq \f(1,2)，公比为－eq \f(1,2)的等比数列．
所以P1－P0＝－eq \f(1,2)，P2－P1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2，P3－P2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))3，…，Pn－Pn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
以上各式累加，得Pn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
所以Pn＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n
＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n＋1))(1≤n≤49，n∈N*)，
所以获胜概率P49＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))50))
＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))50))，
失败概率P50＝eq \f(1,2)P48＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))49))
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))49))，
P49－P50＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))50))－eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))49))＝
eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))48))>0，所以获胜概率更大，
故此方案能吸引顾客购买该款产品．X
1
2
3
P
eq \f(3,10)
eq \f(3,5)
eq \f(1,10)
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
分数a
95≤a≤100
85≤a<95
75≤a<85
60≤a<75
a<60
人数
20
55
105
70
50
自招通
过率
0.9
0.8
0.6
0.5
0.4
优等生
非优等生
总计
学习大学先修课程
没有学习大学先修课程
总计
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
优等生
非优等生
总计
学习大学先修课程
60
240
300
没有学习大学先修课程
140
1 560
1 700
总计
200
1 800
2 000
返还点数t
1
2
3
4
5
销量(百件)/天
0.5
0.6
1
1.4
1.7
返还点数预
期值区间
[1,3)
[3,5)
[5,7)
[7,9)
[9,11)
[11,13]
频数
20
60
60
30
20
10
X
0
1
2
P
eq \f(1,5)
eq \f(3,5)
eq \f(1,5)
非优良
优良
总计
未设立自习室
25
15
40
设立自习室
10
30
40
总计
35
45
80
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
X
0
1
2
P
eq \f(5,13)
eq \f(25,52)
eq \f(7,52)
Y
0
1
2
P
eq \f(3,52)
eq \f(5,13)
eq \f(29,52)
支付金额(元)
支付方式
(0,1 000]
(1 000,2 000]
大于
2 000
仅使用A
18人
9人
3人
仅使用B
10人
14人
1人
X
0
1
2
P
0.24
0.52
0.24
优秀
非优秀
总计
男生
15
35
50
女生
30
40
70
总计
45
75
120
P(K2≥k0)
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
X
0
1
2
P
eq \f(2,5)
eq \f(8,15)
eq \f(1,15)
销售量(份)
15
16
17
18
天数
20
30
40
10
ξ
30
31
32
33
34
35
36
P
0.04
0.12
0.25
0.28
0.22
0.08
0.01
消费次数
第1次
第2次
第3次
不少于4次
收费比例
1
0.95
0.90
0.85
消费次数
1次
2次
3次
不少于4次
频数
60
25
10
5
X
0
2
4
6
P
eq \f(87,200)
eq \f(9,25)
eq \f(29,200)
eq \f(3,50)
分数段
[100，
110)
[110，
120)
[120，
130)
[130，
140)
[140，
150]
频数
15
25
40
15
5
X
47 000
39 000
P
eq \f(5,16)
eq \f(11,16)