备战2025年高考数学精品教案第十章计数原理、概率、随机变量及其分布突破1概率、统计中的开放性与决策问题（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考数学精品教案第十章计数原理、概率、随机变量及其分布突破1概率、统计中的开放性与决策问题（Word版附解析），共10页。
命题点1 概率中的开放性与决策问题
例1 [2023重庆二模]近期，某网络平台开展了一项有奖闯关活动，并根据难度对每一关进行赋分，闯关活动共五关，规定：上一关不通过则不能进入下一关；本关第一次未通过有再挑战一次的机会，两次均未通过，则闯关失败.每次闯关相互独立.已知甲、乙、丙三人都参加了该项活动.
（1）若甲第一关、第二关通过的概率分别为34，23，求甲可以进入第三关的概率.
（2）已知该闯关活动参赛者的累计得分服从正态分布，且满分为450分，现要根据得分给 2 500名参赛者中得分前400名发放奖励.
①假设该闯关活动平均分数为171分，351分以上共有57人，已知甲的得分为270分，问甲能否获得奖励.并说明理由.
②丙得知他的分数为430分，乙告诉丙：“这次闯关活动平均分数为201分，351分以上共有57人”，请结合统计学知识帮助丙辨别乙所说信息的真伪.
附：若随机变量X～N（μ，σ2），则P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5，P（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）≈0.997 3.
解析 （1）设Ai为第i次通过第一关，Bi为第i次通过第二关，其中i＝1，2，甲可以进入第三关的概率为P.
由题意知P＝P（A1B1）＋P（A1A2B1）＋P（A1B1B2）＋P（A1A2B1B2）＝P（A1）P（B1）＋P（A1）P（A2）P（B1）＋P（A1）P（B1）P（B2）＋P（A1）P（A2）P（B1）P（B2）＝34×23＋（1－34）×34×23＋34×（1－23）×23＋（1－34）×34×（1－23）×23＝56.
（2）设此次闯关活动参赛者的累计得分为X，X～N（μ，σ2）.
①由题意可知μ＝171，因为572 500＝0.022 8，且P（X＞μ＋2σ）＝1－P（μ－2σ≤X≤μ+2σ）2≈1－0.954 52≈0.022 8，所以μ＋2σ≈351，则σ＝351－1712＝90.
而4002 500＝0.16，且P（X＞261）＝P（X＞μ＋σ）＝1－P（μ－σ≤X≤μ＋σ）2≈1－0.682 72≈0.158 7＜0.16，所以前400名参赛者的最低得分低于261分，
又甲的得分为270分，所以甲能够获得奖励.
②假设乙所说信息为真，则μ＝201，P（X＞μ＋2σ）＝1－P（μ－2σ≤X≤μ+2σ）2≈1－0.954 52≈0.022 8，而572 500＝0.022 8，所以σ＝351－2012＝75，从而μ＋3σ＝201＋3×75＝426＜430，
而P（X＞μ＋3σ）＝1－P（μ－3σ≤X≤μ+3σ）2≈1－0.997 32≈0.001 4＜0.005，
所以X＞μ＋3σ为小概率事件，即丙的分数为430分是小概率事件，可认为其不可能发生，但却发生了，所以可认为乙所说信息为假.
训练1 [2023湖南长沙雅礼中学模拟]某学校为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏.班主任把8个小球（只是颜色不同，其他无任何区别）放入一个袋子里，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个.现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白色球每个记1分，黄色球每个记2分，红色球每个记3分，绿色球每个记4分，摸球人得分不低于8分为胜，否则为负.并规定如下：
①一人摸球，另一人不摸球.
②摸出的球不放回.
③摸球的人先从袋子中摸出1个球，若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，摸球人的得分为两次摸出的球的记分之和.
（1）若由甲摸球，甲先摸出了绿色球，求该局甲获胜的概率；
（2）若由乙摸球，乙先摸出了红色球，求该局乙得分ξ的分布列和数学期望E（ξ）；
（3）有同学提出比赛不公平，提出你的看法，并说明理由.
解析 （1）记“甲第一次摸出了绿色球，甲获胜”为事件A，
则P（A）＝C11C61＋C32C72＝921＝37.
（2）如果乙第一次摸出红色球，则可以再从袋子里摸出3个球，得分情况有： 6分，7分，8分，9分，10分，11分.
P（ξ＝6）＝C33C73＝135，P（ξ＝7）＝C32·C31C73＝935，
P（ξ＝8）＝C31·C32C73＝935，P（ξ＝9）＝C32·C11C73＋C33C73＝435，
P（ξ＝10）＝C31·C31·C11C73＝935， P（ξ＝11）＝C32·C11C73＝335，
所以ξ的分布列为
所以ξ的数学期望E（ξ）＝6×135＋7×935＋8×935＋9×435＋10×935＋11×335＝607.
（3）由第（1）问知，若先摸出了绿色球，则摸球人获胜的概率为p1＝37.
由第（2）问知，若先摸出了红色球，则摸球人获胜的概率为p2＝9+4+9+335＝57.
若先摸出了黄色球，则摸球人获胜的概率为p3＝ C11C62＋C22C11＋C21C31C11C73＝2235.
若先摸出了白色球，则摸球人获胜的概率为p4＝C11（C62－C22）＋C32C11C73＝1735.
故摸球人获胜的概率为P＝18×37＋18×57＋38×2235＋38×1735＝157280.
因为摸球人获胜的概率P＝ 157280＞12，所以比赛不公平.
命题点2 统计中的开放性与决策问题
例2 [全国卷Ⅱ]下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y（单位：亿元）的折线图.
为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y与时间变量t的两个线性回归模型.根据2000年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1，2，…，17）建立模型①：y=-30.4+13.5t；根据2010年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1，2，…，7）建立模型②：y＝99＋17.5t.
（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值；
（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由.
解析 （1）利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为y＝－30.4＋13.5×19＝226.1（亿元）.
利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为y＝99＋17.5×9＝256.5（亿元）.
（2）利用模型②得到的预测值更可靠.
理由如下：
（i）从折线图可以看出，2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线y=-30.4+13.5t上下，这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的趋势.2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至2016年的数据建立的线性模型y=99+17.5t可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠.
（ii）从计算结果看，相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元，由模型①得到的预测值226.1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理，说明利用模型②得到的预测值更可靠.
说明：以上给出了2种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分.
训练2 某医生计划购买某种品牌的电动牙刷，预计使用寿命为5年，该电动牙刷的刷头在使用过程中需要更换.若购买该品牌电动牙刷的同时购买刷头，则每个刷头20元；若单独购买刷头，则每个刷头30元.某经销商随机调查了使用该品牌电动牙刷的100名医生在5年使用期内更换刷头的个数，得到下表：
用n（n∈N）表示1个该品牌电动牙刷在5年使用期内需更换刷头的个数，y表示购买刷头的费用（单位：元）.
（1）求这100名医生在5年使用期内更换刷头的个数的中位数；
（2）若购买1个该品牌电动牙刷的同时购买了18个刷头，求y关于n的函数解析式；
（3）假设这100名医生购买1个该品牌电动牙刷的同时都购买了17个刷头或18个刷头，分别计算这100名医生购买刷头费用的平均数，以此作为决策依据，判断购买1个该品牌电动牙刷的同时应购买17个刷头还是18个刷头.
解析 （1）由题可知8＋8＋10＋24＝50，
所以这100名医生在5年使用期内更换刷头的个数的中位数为17+182＝17.5.
（2）当n≤18时，y＝360，
当n＞18时，y＝360＋30（n－18）＝30n－180，
所以y关于n的函数解析式为y＝360，n≤18，30n－180，n>18，n∈N.
（3）若100名医生购买1个该品牌电动牙刷的同时都购买了17个刷头，
则其中有50名医生购买刷头的费用均为340元，
28名医生购买刷头的费用均为370元，
12名医生购买刷头的费用均为400元，
10名医生购买刷头的费用均为430元，
因此这100名医生购买刷头的费用的平均数为1100×（50×340＋28×370＋12×400＋10×430）＝364.6（元）.
若这100名医生购买1个该品牌电动牙刷的同时都购买了18个刷头，
则其中有78名医生购买刷头的费用均为360元，
12名医生购买刷头的费用均为390元，
10名医生购买刷头的费用均为420元，
因此这100名医生购买刷头的费用的平均数为1100×（78×360＋12×390＋10×420）＝369.6（元）.
因为364.6＜369.6，
所以购买1个该品牌电动牙刷的同时应购买17个刷头.
[命题点1/2023安徽十校联考]国庆节期间，某大型服装店举办了一次“你消费我促销”活动，顾客消费满300元（含300元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（顾客只能选择其中的一种）.
方案一：从装有5个形状、大小完全相同的小球（其中红球1个，黑球4个）的抽奖盒中，有放回地摸出3个球，每摸出1次红球，立减100元.
方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，不放回地摸出3个球，中奖规则为若摸出2个红球，1个白球，则享受免单优惠，若摸出2个红球，1个黑球，则打5折，若摸出1个红球，1个白球和1个黑球，则打7.5折，其余情况不打折.
（1）某顾客恰好消费300元，选择抽奖方案一，求他实付金额的分布列和数学期望；
（2）若顾客消费500元，试从实付金额的期望值分析顾客选择哪种抽奖方案更合理？
解析 （1）设顾客实付金额为X元，X所有可能的取值为0，100，200，300，
则P（X＝0）＝（15）3＝1125，P（X＝100）＝C32×（15）2×45＝12125，P（X＝200）＝C31×15×（45）2＝48125，P（X＝300）＝（45）3＝64125，
故X的分布列为
所以E（X）＝0×1125＋100×12125＋200×48125＋300×64125＝240.
故该顾客实付金额的数学期望为240元.
（2）若选择方案一，设摸到红球的个数为Y，实付金额为φ元，则φ＝500－100Y，
由题意可得Y～B（3，15），所以E（Y）＝3×15＝35，
所以E（φ）＝E（500－100Y）＝500－100E（Y）＝500－60＝440.
若选择方案二，设实付金额为η元，η所有可能的取值为0，250，375，500，
则P（η＝0）＝C22C11C103＝1120，P（η＝250）＝C22C71C103＝7120，P（η＝375）＝C21C11C71C103＝760，P（η＝500）＝1－1120－7120－760＝4960，
故η的分布列为
所以E（η）＝0×1120＋250×7120＋375×760＋500×4960≈466.67.
因为E（φ）＜E（η），
所以从实付金额的期望值分析，顾客选择方案一更合理.
学生用书·练习帮P396
1.[2024河南名校模拟]在实施乡村振兴的进程中，某地政府引领广大农户发展特色农业，种植优良品种柑橘.现在实验基地中种植了相同数量的A，B两种柑橘.为了比较A，B两种柑橘品种的优劣，在柑橘成熟后随机选取A，B两种柑橘各100株，并根据株产量X（单位：kg）绘制了如图所示的频率分布直方图（数据分组为[65，70），[70，75），[75，80），[80，85），[85，90），[90，95]）.
（1）求a，b的值；
（2）将频率当作概率，在所有柑橘中随机抽取一株，求其株产量不低于80 kg的概率；
（3）求两种柑橘株产量平均数的估计值（同一组数据中的平均数用该组区间的中点值作为代表），并从产量角度分析，哪个品种的柑橘更好？说明理由.
解析 （1）由题中A品种柑橘的频率分布直方图可知，0.01×2+0.03+a+0.06+0.05×5=1，解得a＝0.04.
由题中B品种柑橘的频率分布直方图可知，（0.05＋0.06＋b＋0.03＋0.01×2）×5＝1，解得b＝0.04.
（2）A品种柑橘株产量不低于80 kg的频率为（0.04＋0.06＋0.05）×5＝0.75，
B品种柑橘株产量不低于80 kg的频率为（0.03＋0.01＋0.01）×5＝0.25，
故200株柑橘中株产量不低于80 kg的频率为0.75×100+0.25×100100+100＝0.5，
所以在所有柑橘中随机抽取一株，其株产量不低于80 kg的概率为0.5.
（3）设A品种柑橘株产量平均数的估计值为MA，则
MA＝（0.01×67.5＋0.01×72.5＋0.03×77.5＋0.04×82.5＋0.06×87.5＋0.05×92.5）×5＝84.5.
设B品种柑橘株产量平均数的估计值为MB，则
MB＝（0.05×67.5＋0.06×72.5＋0.04×77.5＋0.03×82.5＋0.01×87.5＋0.01×92.5）×5＝75.5.
A品种的柑橘更好.
理由一 A品种柑橘的株产量平均数的估计值大于B品种柑橘的株产量平均数的估计值，故A品种的柑橘更好.
理由二 由（2）可知，A品种柑橘株产量不低于80 kg的占比为75％，B品种柑橘株产量不低于80 kg的占比为25％，故A品种的柑橘更好.（注：答案不唯一，有道理的答案均给分）
2.[2023广东一模]某商场为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放10个大小相同的小球，其中5个为红色，5个为白色.抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球.如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同为中奖，两个小球颜色不同为不中奖.
（1）若规定第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，求中奖次数X的分布列和数学期望.
（2）若规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，求中奖次数Y的分布列和数学期望.
（3）如果你是商场老板，如何在上述两问的两种抽奖方式中进行选择？请写出你的选择及简要理由.
解析 （1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为C52＋C52C102＝49，
因为两次抽奖相互独立，所以中奖次数X服从二项分布，即X～B（2，49），
所以X的所有可能取值为0，1，2，
P（X＝0）＝C20×（49）0×（59）2＝2581，
P（X＝1）＝C21×（49）1×（59）1＝4081，
P（X＝2）＝C22×（49）2×（59）0＝1681，
所以X的分布列为
X的数学期望E（X）＝2×49＝89.
（2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，中奖次数Y的所有可能取值为0，1，2，
则P（Y＝0）＝C51C51C102×C41C41C82＝2063，
P（Y＝1）＝C52＋C52C102×C31C51C82＋C51C51C102×C42＋C42C82＝1021，
P（Y＝2）＝C52＋C52C102×C32＋C52C82＝1363，
所以Y的分布列为
所以Y的数学期望E（Y）＝0×2063＋1×1021＋2×1363＝89.
（3）由上面分析可知，（1）（2）两问中奖次数的数学期望相等，第（1）问抽奖方式中两次奖的概率比第（2）问小，即1681＜1363，第（1）问抽奖方式不中奖的概率比第（2）问小，即2581＜2063.
回答一：若商场老板希望中两次奖的顾客多，产生宣传效应，则选择按第（2）问方式进行抽奖.
回答二：若商场老板希望中奖的顾客多，则选择按第（1）问方式进行抽奖.
（注：答案不唯一，选择符合商场老板的预期即可）
3.甲、乙、丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局.已知每局比赛甲赢乙的概率为15，甲赢丙的概率为14，丙赢乙的概率为13.因为甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者，每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束.
（1）若甲指定第一局由乙丙比赛，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率；
（2）请帮助甲进行第一局的决策（甲乙、甲丙或乙丙比赛），使得甲最终获得冠军的概率最大.
解析 （1）若甲指定第一局由乙丙比赛，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况：
①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，其概率为23×15×14＝130；
②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，其概率为13×14×15＝160.
所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为130＋160＝120.
（2）若第一局由甲乙比赛，则甲获得冠军的情况有三种：
甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；甲乙比乙胜，乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜.
所以第一局由甲乙比赛时，甲获得冠军的概率为15×14＋15×34×23×15＋45×13×14×15＝112.
若第一局由甲丙比赛，则思路同上，可得甲获得冠军的概率为14×15＋14×45×13×14＋34×23×15×14＝11120.
若第一局由乙丙比赛，则甲获得冠军只能是甲在第二、三局连赢两局，则甲获得冠军的概率即第（1）问的结果120.
因为11120＞112＞120，
所以第一局甲应指定自己和丙比赛，使得甲最终获得冠军的概率最大.
4.[2024山东枣庄模拟]某企业拥有甲、乙两条零件生产线，为了解零件质量情况，采用随机抽样的方法从两条生产线上共抽取180个零件，测量其尺寸（单位：mm），得到如下统计表，其中尺寸位于[55，58）内的零件为一等品，位于[54，55）内和[58，59）内的零件为二等品，否则为三等品.
（1）完成下列2×2列联表，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为零件为一等品与生产线有关联？
单位：个
（2）将样本的频率视为概率，从甲、乙两条生产线中分别随机抽取2个零件，每次抽取零件互不影响，以ξ表示这4个零件中一等品的数量，求ξ的分布列和数学期望E（ξ）.
（3）已知该企业生产的零件随机装箱出售，每箱60个.产品出厂前，该企业可自愿选择是否对每箱零件进行检验.若执行检验，则每个零件的检验费用为5元，并将检验出的三等品更换为一等品或二等品；若不执行检验，则对卖出的每个三等品零件支付120元赔偿费用.现对一箱零件随机检验了10个，检出了1个三等品.将从两条生产线抽取的所有样本数据的频率视为概率，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望作为决策依据，是否需要对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由.
附：χ2＝n（ad－bc）2（a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d），其中n＝a＋b＋c＋d；x0.05＝3.841.
解析 （1）由题意得列联表如下：
单位：个
零假设为H0：零件为一等品与生产线没有关联.
χ2＝180×（75×32－48×25）2123×57×100×80≈4.621.
因为4.621＞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，即认为零件为一等品与生产线有关联.
（2）由已知得任取一个甲生产线零件为一等品的概率为75100＝34，任取一个乙生产线零件为一等品的概率为4880＝35.
ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4.
P（ξ＝0）＝14×14×25×25＝1100，
P（ξ＝1）＝C21×14×34×（25）2＋C21×25×35×（14）2＝9100，
P（ξ＝2）＝（34）2×（25）2＋（14）2×（35）2＋C21×14×34×C21×25×35＝117400，
P（ξ＝3）＝（34）2×C21×25×35＋C21×14×34×（35）2＝81200，
P（ξ＝4）＝（34）2×（35）2＝81400，
所以ξ的分布列为
E（ξ）＝0×1100＋1×9100＋2×117400＋3×81200＋4×81400＝2710.
（3）由已知得，每个零件为三等品的频率为4+2+2+1180＝120，
设余下的50个零件中的三等品个数为X，则X～B（50，120），所以E（X）＝50×120＝52.
设整箱检验费用与赔偿费用之和为Y元，
若不对余下的所有零件进行检验，则Y＝10×5＋120X，
E（Y）＝50＋120×E（X）＝50＋120×52＝350（元）.
若对余下的所有零件进行检验，则总检验费用为60×5＝300（元）.
因为350＞300，所以应对该箱余下的所有零件进行检验.ξ
6
7
8
9
10
11
P
135
935
935
435
935
335
更换刷头的个数
14
15
16
17
18
19
20
频数
8
8
10
24
28
12
10
X
0
100
200
300
P
1125
12125
48125
64125
η
0
250
375
500
P
1120
7120
760
4960
X
0
1
2
P
2581
4081
1681
Y
0
1
2
P
2063
1021
1363
生产线
[53，54）
[54，55）
[55，56）
[56，57）
[57，58）
[58，59）
[59，60]
甲
4
9
23
28
24
10
2
乙
2
14
15
17
16
15
1
一等品
非一等品
合计
甲
乙
合计
一等品
非一等品
合计
甲
75
25
100
乙
48
32
80
合计
123
57
180
ξ
0
1
2
3
4
P
1100
9100
117400
81200
81400