2021高三人教B版数学一轮（经典版）教师用书：第11章高考大题冲关系列（6）　高考中频率、随机变量及分布列的热点题型

命题动向：通过近五年的高考试题分析，在高考的解答题中，对概率与随机变量及其分布相结合的综合问题的考查既是热点又是重点，是高考必考的内容，并且常常与统计相结合，常常设计成包含概率计算、概率分布表、随机变量的数学期望与方差、统计图表的识别等知识为主的综合题．以考生比较熟悉的实际应用问题为载体，考查学生应用基础知识和基本方法分析问题和解决问题的能力．题型1　求离散型随机变量的均值与方差例1　(2019·北京高考)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：　　　　(0,1000](1000，2000]大于2000仅使用A18人9人3人仅使用B10人14人1人(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1000元的人数，求X的分布列和数学期望；(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2000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2000元的人数有变化？说明理由．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)．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估计为＝0.4.(2)X的所有可能值为0,1,2.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1000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1000元”．由题设知，事件C，D相互独立，且P(C)＝＝0.4，P(D)＝＝0.6，所以P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24，P(X＝1)＝P(C∪D)＝P(C)P()＋P()P(D)＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6＝0.52，P(X＝0)＝P()＝P()P()＝0.24.所以X的分布列为X012P0.240.520.24故X的数学期望E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1.(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都大于2000元”．假设样本仅使用A的学生中，本月支付金额大于2000元的人数没有变化，则由上个月的样本数据，得P(E)＝＝.答案示例一：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2000元的人数发生了变化，所以可以认为有变化．答案示例二：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．[冲关策略]　离散型随机变量的均值和方差的求解，一般分两步：一是定型，即先判断随机变量的分布是特殊类型，还是一般类型，如两点分布、二项分布、超几何分布等属于特殊类型；二是定性，对于特殊类型的均值和方差可以直接代入相应公式求解，而对于一般类型的随机变量，应先求其分布列然后代入相应公式计算，注意离散型随机变量的取值与概率的对应．变式训练1　(2020·广东适应性考试)当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．目前，国家教育主管部门正在研制的《新时代全面加强和改进学校体育美育工作意见》，以及将出台的《加强劳动教育指导意见》和《劳动教育指导大纲》，无疑将对体美劳教育提出刚性要求．为激发学生加强体育活动，保证学生健康成长，某校开展了校级排球比赛，现有甲、乙两人进行比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满8局时停止．设甲在每局中获胜的概率为p，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为.(1)求p的值；(2)设X表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量X的分布列和数学期望E(X)．解　(1)依题意，当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛结束．所以有p2＋(1－p)2＝.解得p＝或p＝(不合题意，舍去)．(2)依题意，得X的所有可能值为2,4,6,8.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为.若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有P(X＝2)＝，P(X＝4)＝×＝，P(X＝6)＝××＝，P(X＝8)＝×××1＝.所以随机变量X的分布列为X2468P则E(X)＝2×＋4×＋6×＋8×＝.题型2　概率与统计的综合问题例2　(2019·天津三模)某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登山健身的活动，有N个人参加．现将所有参加者按年龄情况分为[20,25)，[25,30)，[30,35)，[35,40)，[40,45)，[45,50)，[50,55]，共七组．其频率分布直方图如图所示，已知[25,30)这组的参加者是6人．(1)根据此频率分布直方图求N；(2)组织者从[45,55]这组的参加者(其中共有4名女教师，其余全为男教师)中随机选取3名担任后勤保障工作，其中女教师的人数为X，求X的分布列、均值及方差；(3)已知[35,40)和[40,45)这两组中各有2名数学教师．现从这两个组中各选取2人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中恰有1名数学老师的概率．解　(1)[25,30)这组频率为0.03×5＝0.15，所以总数N＝＝40.(2)[45,55]这组的参加者人数为(0.02＋0.01)×5×40＝6，X＝1,2,3，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，则X的分布列如下，X123P则E(X)＝1×＋2×＋3×＝2，D(X)＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝.(3)[35,40)这组的参加者人数为0.04×5×40＝8，[40,45)这组的参加者人数为0.03×5×40＝6，恰有1名数学老师的概率为＝.[冲关策略]　概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点．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．统计以考查抽样方法、样本的频率分布、样本特征数的计算为主，概率以考查概率计算为主，往往和实际问题相结合，要注意理解实际问题的意义，使之和相应的概率计算对应起来，只有这样才能有效地解决问题．变式训练2　(2020·天津河西区期末)PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．虽然PM2.5只是地球大气成分中含量很少的组分，但它对空气质量和能见度等有重要的影响．我国PM2.5标准如下表所示．PM2.5等级标准PM2.5日均值(微克/立方米)范围空气质量级别(1,35]Ⅰ(35,75]Ⅱ大于75超标某市环保局从该市区四个监测点2019年全年每天的PM2.5监测数据中随机抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图如图所示．(1)求这15天数据的平均数；(2)从这15天的数据中任取3天的数据，记ξ表示其中空气质量达到Ⅰ级的天数，求ξ的分布列和数学期望；(3)以15天的PM2.5日均值来估计一年的空气质量情况，则一年(按360天计算)中大约有多少天的空气质量达到Ⅰ级？解　(1)随机抽取的15天数据的平均数为＝×(25＋28＋31＋…＋92)＝55.(2)依据条件，ξ的可能值为0,1,2,3，当ξ＝0时，P(ξ＝0)＝＝，当ξ＝1时，P(ξ＝1)＝＝，当ξ＝2时，P(ξ＝2)＝＝，当ξ＝3时，P(ξ＝3)＝＝，所以其分布列为ξ0123P数学期望为E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝1.(3)依题意，得一年中每天空气质量达到Ⅰ级的概率为P＝＝，记一年中空气质量达到Ⅰ级的天数为η，则η～B，∴E(η)＝360×＝120(天)．所以一年中大约有120天的空气质量达到Ⅰ级．题型3　概率与线性回归的综合问题例3　(2019·湖南衡阳三模)某人经营淡水池塘养草鱼，根据过去40期的养殖档案，该池塘的养殖重量X(百斤)都在20百斤以上，其中不足40百斤的有8期，不低于40百斤且不超过60百斤的有24期，超过60百斤的有8期．根据统计，该池塘的草鱼重量的增加量y(百斤)与使用某种饵料的质量x(百斤)之间的关系如图所示．(1)根据数据可知y与x具有线性相关关系，请建立y关于x的回归方程＝x＋；如果此人设想使用某种饵料10百斤时，草鱼重量的增加量须多于5百斤，请根据回归方程计算，确定此方案是否可行？并说明理由；(2)养鱼的池塘对水质含氧量与新鲜度要求较高，某商家为该养殖户提供收费服务，即提供不超过3台增氧冲水机，每期养殖使用的冲水机运行台数与鱼塘的鱼重量X有如下关系：鱼的重量(单位：百斤)20<X<4040≤X≤60X>60冲水机只需运行台数123若某台增氧冲水机运行，则商家每期可获利5千元；若某台冲水机未运行，则商家每期亏损2千元．视频率为概率，商家欲使每期冲水机总利润的均值达到最大，应提供几台增氧冲水机？附：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其回归方程y＝bx＋a的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为＝＝，＝－ .解　(1)依题意，得＝5，＝4，(xi－)(yi－)＝6，(xi－)2＝26，所以＝＝，＝－ ＝4－×5＝，所以＝x＋，当x＝10时，＝>5，故此方案可行．(2)设盈利为Y，安装1台，盈利Y＝5000.安装2台，当20<X<40时，Y＝3000，P＝，当X≥40时，Y＝10000，P＝.所以E(Y)＝×3000＋×10000＝8600.安装3台，当20<X<40时，Y＝1000，P＝，当40≤X≤60时，Y＝8000，P＝，当X>60时，Y＝15000，P＝.所以E(Y)＝1000×＋8000×＋15000×＝8000.因为8600>8000，故应提供2台增氧冲水机．[冲关策略]　本题主要考查概率与回归方程等知识，考查学生的数据处理能力和应用意识，注意分析数据，定型求解，正确计算是关键．变式训练3　(2019·山西太原模拟一)为方便市民出行，倡导低碳出行．某市公交公司推出利用支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，在推广期内采用随机优惠鼓励市民扫码支付乘车．该公司某线路公交车队统计了活动推广期第一周内使用扫码支付的情况，其中x(单位：天)表示活动推出的天数，y(单位：十人次)表示当天使用扫码支付的人次，整理后得到如图所示的统计表1和散点图．表1x第1天第2天第3天第4天第5天第6天第7天y71220335490148散点图(1)由散点图分析后，可用y＝ebx＋a作为该线路公交车在活动推广期使用扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程，根据表2的数据，求此回归方程，并预测第8天使用扫码支付的人次；表2iyiizi4523.51402069112(2)推广期结束后，该车队对此期间乘客的支付情况进行统计，结果如表3.表3支付方式现金乘车卡扫码频率10%60%30%优惠方式无优惠按7折支付随机优惠(见下面统计结果)统计结果显示，扫码支付中享受5折支付的频率为，享受7折支付的频率为，享受9折支付的频率为.已知该线路公交车票价为1元，将上述频率作为相应事件发生的概率，记随机变量ξ为在活动期间该线路公交车搭载乘客一次的收入(单位：元)，求ξ的分布列和期望．参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回归直线v＝α＋βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为＝，＝v－u，参考数据：e5.3＝200.33，e5.5＝244.69，e5.7＝298.87.解　(1)由题意，得z＝ln y＝ln ebx＋a＝bx＋a，∴＝＝＝0.5，∴＝－ ＝3.5－0.5×4＝1.5，∴z关于x的线性回归方程为＝0.5x＋1.5，y关于x的回归方程为＝e0.5x＋1.5，当x＝8时，＝e5.5＝244.69，∴第8天使用扫码支付的人次为2447.(2)由题意，得ξ的所有取值为0.5,0.7,0.9,1，P(ξ＝0.5)＝×30%＝0.10，P(ξ＝0.7)＝60%＋×30%＝0.75，P(ξ＝0.9)＝×30%＝0.05，P(ξ＝1)＝10%＝0.10，∴ξ的分布列为ξ0.50.70.91P0.100.750.050.10∴E(ξ)＝0.5×0.10＋0.7×0.75＋0.9×0.05＋1×0.10＝0.72.题型4　概率与独立性检验的综合问题例4　(2020·新疆乌鲁木齐摸底)某学校高二年级的第二学期，因某学科的任课教师王老师调动工作，于是更换了另一名教师赵老师继任．第二学期结束后从全学年的该门课的学生考试成绩中用随机抽样的方法抽取了一个容量为50的样本，用茎叶图表示如下：学校秉持均衡发展、素质教育的办学理念，对教师的教学成绩实行绩效考核，绩效考核方案规定：每个学期的学生成绩中与其中位数相差在±10范围内(含±10)的为合格，此时相应的给教师赋分为1分；与中位数之差大于10的为优秀，此时相应的给教师赋分为2分；与中位数之差小于－10的为不合格，此时相应的给教师赋分为－1分．(1)问王老师和赵老师的教学绩效考核成绩的期望值哪个大？(2)是否有95%的把握认为“学生成绩取得优秀与更换老师有关”．附：K2＝，n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k0)0.0500.0100.001k03.8416.63510.828解　(1)第一学期的数据为43,44,49,52,53,56,57,59,62,64,65,65,65,68,72,73,75,76,78,83,84,87,88,93,95，其“中位数”为65，优秀有8个，合格有12个，不合格有5个．∴王老师的教学绩效考核成绩X的分布列为X－112PE(X)＝－1×＋1×＋2×＝0.92.第二学期的数据为44,49,52,54,54,58,59,60,61,62,63,63,65,66,67,70,71,72,72,73,77,81,88,88,94，其“中位数”为65，优秀有5个，合格有15个，不合格有5个，∴赵老师的教学绩效考核成绩Y的分布列为X－112PE(Y)＝－1×＋1×＋2×＝0.8.∴E(X)>E(Y)，∴王老师的教学绩效考核成绩的期望值较大．(2)由题意，得 第一学期第二学期合计优秀8513非优秀172037合计252550K2＝＝≈0.936，∵0.936<3.841，∴没有95%的把握认为“学生成绩取得优秀与更换老师有关”．[冲关策略]　此类题目虽然涉及的知识点较多，但每个知识点考查程度相对较浅，考查深度有限，所以解决此类问题，最主要的是正确掌握概率与统计案例的基本知识，并能对这些知识点进行有效地融合，把统计图表中的量转化为概率及分布列求解中的有用的量是解决此类问题的关键所在．变式训练4　(2020·四川广元高三阶段考试)从2020年开始，国家逐步推行全新的高考制度．新高考不再分文理科，采用3＋1＋2模式，其中语文、数学、外语三科为必考科目，满分各150分，另外考生还要依据想考取的高校及专业的要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在物理、历史2门科目中选1门，在政治、地理、化学、生物4门科目中选2门参加考试，每科目满分100分．为了应对新高考，某高中从高一年级1000名学生(其中男生550人，女生 450 人)中，采用分层抽样的方法从中抽取n名学生进行调查．(1)已知抽取的n名学生中含女生45人，求n的值及抽取到的男生人数；(2)学校计划在高一上学期开设选修中的“物理”和“历史”两个科目，为了了解学生对这两个科目的选课情况，对在(1)的条件下抽取到的n名学生进行问卷调查(已知每名学生在这两个科目中必须选择一个科目且只能选择一个科目)，下表是根据调查结果得到的2×2列联表．请将列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为选择科目与性别有关？说明你的理由； 选择“物理”选择“历史”总计男生 10 女生25  总计   (3)在抽取到的45名女生中按(2)中的选课情况进行分层抽样，从中抽出9名女生，再从这9名女生中抽取4人，设这4人中选择“历史”的人数为X，求X的分布列及期望．附：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k0)0.050.01k03.8416.635解　(1)由题意，得＝，解得n＝100，抽取到的男生人数为550×＝55.(2)2×2列联表为 选择“物理”选择“历史”总计男生451055女生252045总计7030100所以K2＝＝≈8.1289>6.635，所以有99%的把握认为选择科目与性别有关．(3)从45名女生中分层抽样抽9名女生，所以这9名女生中有5人选择“物理”，4人选择“历史”，9名女生中再选择4名女生，则这4名女生中选择“历史”的人数X的所有可能取值为0,1,2,3,4.设事件X发生的概率为P(X)，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝.所以X的分布列为X01234P期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.题型5　概率、统计与函数、数列的综合问题例5　(2019·全国卷Ⅰ)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X.(1)求X的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i＝0，1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1,2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假设α＝0.5，β＝0.8.①证明：{pi＋1－pi}(i＝0,1,2，…，7)为等比数列；②求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．解　(1)X的所有可能取值为－1,0,1.P(X＝－1)＝(1－α)β，P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)，P(X＝1)＝α(1－β)．所以X的分布列为X－101P(1－α)βαβ＋(1－α)(1－β)α(1－β)(2)①证明：由(1)，得a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1，因此pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1，故0.1(pi＋1－pi)＝0.4(pi－pi－1)，即pi＋1－pi＝4(pi－pi－1)．又因为p1－p0＝p1≠0，所以{pi＋1－pi}(i＝0,1,2，…，7)是公比为4，首项为p1的等比数列．②由①可得p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0＝(p8－p7)＋(p7－p6)＋…＋(p1－p0)＝p1.由于p8＝1，故p1＝，所以p4＝(p4－p3)＋(p3－p2)＋(p2－p1)＋(p1－p0)＝p1＝.p4表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p4＝≈0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．例6　(2020·福建龙岩教学质量检查)某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n(n∈N*)份血液样本，有以下两种检验方式：(1)逐份检验，则需要检验n次；(2)混合检验，将其中k(k∈N*且k≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液中究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k＋1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p(0<p<1)．(1)假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；(2)现取其中k(k∈N*且k≥2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2.①试运用概率统计的知识，若E(ξ1)＝E(ξ2)，试求p关于k的函数关系式p＝f(k)；②若p＝1－，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值．参考数据：ln 2≈0.6931，ln 3≈1.0986，ln 4≈1.3863，ln 5≈1.6094，ln 6≈1.7918.解　(1)所求概率P＝＝，恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为.(2)①由已知，得E(ξ1)＝k，ξ2的所有可能取值为1，k＋1，∴P(ξ2＝1)＝(1－p)k，P(ξ2＝k＋1)＝1－(1－p)k，∴E(ξ2)＝(1－p)k＋(k＋1)[1－(1－p)k]＝k＋1－k(1－p)k，若E(ξ1)＝E(ξ2)，则k＝k＋1－k(1－p)k，∴k(1－p)k＝1，(1－p)k＝，∴1－p＝，∴p＝1－，∴p关于k的函数关系式p＝1－(k∈N*且k≥2)．②由题意可知E(ξ2)<E(ξ1)，得<(1－p)k，∵p＝1－，∴<k，∴ln k>k，设f(x)＝ln x－x(x>0)，∵f′(x)＝，∴当0<x<3时，f′(x)>0，即f(x)在(0,3)上单调递增；当x>3时，f′(x)<0，即f(x)在(3，＋∞)上单调递减，又ln 4≈1.3863，≈1.3333，∴ln 4>，∴ln 5≈1.6094，≈1.6667，∴ln 5<，∴k的最大值为4.[冲关策略]　此类题目往往是利用概率、统计知识，解决生活中实际问题的方案是否合理，或解决最佳方案的选择问题，即最值问题，方法是借助数列或导数的知识求出最大(或小)值．变式训练5　(2020·江西上饶月考)国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”．教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元．国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”．有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进得复评，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”．设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为p(0<p<1)，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立．(1)记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f(p)，求f(p)；(2)若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其他费用总计为100万元．现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算？并说明理由．解　(1)因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为Cp2(1－p)＋Cp3，一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为Cp(1－p)2[1－(1－p)2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f(p)＝Cp2(1－p)＋Cp3＋Cp(1－p)2[1－(1－p)2]＝3p2(1－p)＋p3＋3p(1－p)2[1－(1－p)2]＝－3p5＋12p4－17p3＋9p2.(2)设每篇学位论文的评审费为X元，则X的可能取值为900,1500.P(X＝1500)＝Cp(1－p)2，P(X＝900)＝1－Cp(1－p)2，所以E(X)＝900×[1－Cp(1－p)2]＋1500×Cp(1－p)2＝900＋1800p(1－p)2.令g(p)＝p(1－p)2，p∈(0,1)，则g′(p)＝(1－p)2－2p(1－p)＝(3p－1)(p－1)．当p∈时，g′(p)>0，g(p)在上单调递增，当p∈时，g′(p)<0，g(p)在上单调递减，所以g(p)的最大值为g＝.所以实施此方案，最高费用为100＋6000××10－4＝800(万元)．综上，若以此方案实施，不会超过预算．变式训练6　(2018·全国卷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作检验，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件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．(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作检验，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作检验？解　(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝Cp2(1－p)18.因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C·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)，则E(Y)＝180×0.1＝18，又X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．由于E(X)>400，故应该对余下的产品作检验．