第91練高考大題突破練—概率與統(tǒng)計問題1．(★★)為提升教師的命題能力，某學(xué)校將舉辦一次教師命題大賽，大賽分初賽和復(fù)賽，初賽共進行3輪比賽，3輪比賽命制的題目分別適用于高一、高二、高三年級，每輪比賽結(jié)果互不影響．比賽規(guī)則如下：每一輪比賽，限時60分鐘，參賽教師要在指定的知識范圍內(nèi)，命制非解答題、解答題各2道，若有不少于3道題目入選，將獲得“優(yōu)秀獎”，3輪比賽中，至少獲得2次“優(yōu)秀獎”的教師將進入復(fù)賽．為能進入復(fù)賽，教師甲賽前多次進行命題模擬訓(xùn)練，指導(dǎo)老師從教師甲模擬訓(xùn)練命制的題目中，隨機抽取了4道非解答題和4道解答題，其中有3道非解答題和2道解答題符合入選標(biāo)準(zhǔn)．(1)若從模擬訓(xùn)練所抽取的8道題目中，隨機抽取非解答題、解答題各2道，由此來估計教師甲在一輪比賽中的獲獎情況，試預(yù)測教師甲在一輪比賽中獲“優(yōu)秀獎”的概率；(2)若以模擬訓(xùn)練所抽取的8道題目中兩類題目各自入選的頻率作為每道該類題目入選的概率，經(jīng)指導(dǎo)老師對教師甲進行賽前強化訓(xùn)練后，每道非解答題入選的概率不變，每道解答題入選的概率比強化訓(xùn)練前大eq\f(1,6)，以獲得“優(yōu)秀獎”次數(shù)的均值作為判斷依據(jù)，試預(yù)測教師甲能否進入復(fù)賽．解(1)設(shè)A＝“在一輪比賽中，教師甲獲得優(yōu)秀獎”，則事件A發(fā)生的所有情況有：①符合入選標(biāo)準(zhǔn)的非解答題入選1道，解答題入選2道，P1＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,1)C\o\al(2,2),C\o\al(2,4)C\o\al(2,4))＝eq\f(3,6×6)＝eq\f(1,12)；②符合入選標(biāo)準(zhǔn)的非解答題入選2道，解答題入選1道，P2＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(1,2)C\o\al(1,2),C\o\al(2,4)C\o\al(2,4))＝eq\f(12,6×6)＝eq\f(1,3)；③符合入選標(biāo)準(zhǔn)的非解答題、解答題各入選2道，P3＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,2),C\o\al(2,4)C\o\al(2,4))＝eq\f(3,6×6)＝eq\f(1,12)，所以P(A)＝P1＋P2＋P3＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,12)＝eq\f(1,2).(2)由題意知，強化訓(xùn)練后，每道非解答題入選的概率為eq\f(3,4)，每道解答題入選的概率為eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3)，則強化訓(xùn)練后，教師甲在一輪比賽中可獲得“優(yōu)秀獎”的概率P＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(3,4)×eq\f(1,4)×Ceq\o\al(2,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋Ceq\o\al(2,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋Ceq\o\al(2,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2×Ceq\o\al(2,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)＝eq\f(2,3)，因為每輪比賽結(jié)果互不影響，所以進行3輪比賽可看作3重伯努利試驗．用X表示教師甲在3輪比賽中獲得“優(yōu)秀獎”的次數(shù)，則X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3))).所以E(X)＝3×eq\f(2,3)＝2，所以預(yù)測教師甲能進入復(fù)賽．2．(★★)2023年10月22日，漢江生態(tài)城2023襄陽馬拉松在湖北省襄陽市成功舉行，志愿者的服務(wù)工作是馬拉松成功舉辦的重要保障，襄陽市新時代文明實踐中心承辦了志愿者選拔的面試工作．現(xiàn)隨機抽取了100名候選者的面試成績，并分成五組：第一組[45,55)，第二組[55,65)，第三組[65,75)，第四組[75,85)，第五組[85,95]，繪制成如圖所示的頻率分布直方圖．已知第一、二組的頻率之和為0.3，第一組和第五組的頻率相同．(1)估計這100名候選者面試成績的平均數(shù)和第25百分位數(shù)；(2)現(xiàn)從以上各組中用比例分配的分層隨機抽樣的方法選取20人擔(dān)任本市的宣傳者．①現(xiàn)計劃從第一組和第二組抽取的人中，再隨機抽取2名作為組長．求選出的兩人來自不同組的概率；②若本市宣傳者中第二組面試者成績的平均數(shù)和方差分別為62和40，第四組面試者成績的平均數(shù)和方差分別為80和70，據(jù)此估計這次第二組和第四組所有面試者成績的方差．解(1)由題意可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a＋10b＝0.3，,10×0.045＋0.020＋a＝0.7，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0.005，,b＝0.025，))可知每組的頻率依次為0.05,0.25,0.45,0.20,0.05，所以平均數(shù)為50×0.05＋60×0.25＋70×0.45＋80×0.20＋90×0.05＝69.5；因為0.05＋0.25＝0.30>0.25，設(shè)第25百分位數(shù)為x∈[55,65)，則0.05＋(x－55)×0.025＝0.25，解得x＝63，所以第25百分位數(shù)為63.(2)①根據(jù)比例分配的分層隨機抽樣，從[45,55)中抽取的人數(shù)為0.05×20＝1，從[55,65)中抽取的人數(shù)為0.25×20＝5，分別編號為A和1,2,3,4,5，則在這6人中隨機抽取兩個的樣本空間Ω包含的樣本點有A1，A2，A3，A4，A5,12,13,14,15,23,24,25,34,35,45，共15個，即n(Ω)＝15，記事件B為“兩人來自不同組”，則B包含的樣本點有A1，A2，A3，A4，A5，共5個，即n(B)＝5，所以P(B)＝eq\f(nB,nΩ)＝eq\f(5,15)＝eq\f(1,3).②設(shè)第二組、第四組面試者成績的平均數(shù)與方差分別為eq\x\to(x)1，eq\x\to(x)2，seq\o\al(2,1)，seq\o\al(2,2)，第二組和第四組所有面試者成績的平均數(shù)和方差分別為eq\x\to(x)，s2，且兩組頻率之比為eq\f(0.25,0.20)＝eq\f(5,4)，則第二組和第四組所有面試者成績的平均數(shù)eq\x\to(x)＝eq\f(5,9)eq\x\to(x)1＋eq\f(4,9)eq\x\to(x)2＝eq\f(5×62＋4×80,9)＝70，第二組和第四組所有面試者成績的方差s2＝eq\f(5,9)[seq\o\al(2,1)＋(eq\x\to(x)1－eq\x\to(x))2]＋eq\f(4,9)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(s\o\al(2,2)＋\x\to(x)2－\x\to(x)2))＝eq\f(5,9)×[40＋(62－70)2]＋eq\f(4,9)×[70＋(80－70)2]＝eq\f(400,3)，故估計第二組和第四組所有面試者成績的方差是eq\f(400,3).3．(★★)在高三一輪復(fù)習(xí)中，大單元復(fù)習(xí)教學(xué)法日漸受到老師們的喜愛，為了檢驗這種復(fù)習(xí)方法的效果，在A，B兩所學(xué)校的高三年級用數(shù)學(xué)科目進行了對比測試．已知A校采用大單元復(fù)習(xí)教學(xué)法，B校采用傳統(tǒng)的復(fù)習(xí)教學(xué)法．在經(jīng)歷兩個月的實踐后舉行了考試，現(xiàn)從A，B兩校高三年級的學(xué)生中各隨機抽取100名學(xué)生，統(tǒng)計他們的數(shù)學(xué)成績(滿分150分)，在各個分?jǐn)?shù)段對應(yīng)的人數(shù)如表所示：[0,90)[90,110)[110,130)[130,150]A校6145030B校14263822(1)若把數(shù)學(xué)成績不低于110分的評定為數(shù)學(xué)成績優(yōu)秀，低于110分的評定為數(shù)學(xué)成績不優(yōu)秀，完成2×2列聯(lián)表，并根據(jù)小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，分析評定結(jié)果是否與復(fù)習(xí)教學(xué)法有關(guān)；數(shù)學(xué)成績不優(yōu)秀數(shù)學(xué)成績優(yōu)秀合計A校B校合計(2)在A校抽取的100名學(xué)生中用按比例分配的分層隨機抽樣的方法從成績在[0,90)和[90,110)內(nèi)的學(xué)生中隨機抽取10人，再從這10人中隨機抽取3人進行訪談，記抽取的3人中成績在[0,90)內(nèi)的人數(shù)為X，求X的分布列與均值．附：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.α0.10.010.001xα2.7066.63510.828解(1)由題意完成2×2列聯(lián)表如下：數(shù)學(xué)成績不優(yōu)秀數(shù)學(xué)成績優(yōu)秀合計A校2080100B校4060100合計60140200零假設(shè)為H0：評定結(jié)果與復(fù)習(xí)教學(xué)法無關(guān)．則χ2＝eq\f(200×20×60－40×802,60×140×100×100)≈9.524>6.635＝x0.01，∴根據(jù)小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，推斷H0不成立，即認(rèn)為評定結(jié)果與復(fù)習(xí)教學(xué)法有關(guān)，此推斷犯錯誤的概率不超過0.01.(2)用按比例分配的分層隨機抽樣的方法從成績在[0,90)和[90,110)內(nèi)的學(xué)生中隨機抽取10人，則成績在[0,90)內(nèi)的人數(shù)為3，成績在[90,110)內(nèi)的人數(shù)為7，故X的所有可能取值為0,1,2,3,P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,3)C\o\al(3,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,24)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(2,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(21,40)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(1,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,40)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(0,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,120)，故X的分布列為X0123Peq\f(7,24)eq\f(21,40)eq\f(7,40)eq\f(1,120)則E(X)＝0×eq\f(7,24)＋1×eq\f(21,40)＋2×eq\f(7,40)＋3×eq\f(1,120)＝eq\f(9,10).4．(★★★)(2024·佛山統(tǒng)考)佛山嶺南天地位于禪城區(qū)祖廟大街2號，主要景點有龍?zhí)猎娚纭⑽臅锛奕⑽?、黃祥華如意油祖鋪、李眾勝堂祖鋪、祖廟大街等，這里的每一處景色都極具嶺南特色，其中龍?zhí)猎娚绾妥鎻R大街很受年輕人的青睞．為進一步合理配置旅游資源，現(xiàn)對已在龍?zhí)猎娚缬斡[的游客進行隨機問卷調(diào)查，若繼續(xù)游玩祖廟大街景點的記2分，若不繼續(xù)游玩祖廟大街景點的記1分，每位游客選擇是否繼續(xù)游覽祖廟大街的概率均為eq\f(1,2)，游客之間的選擇意愿相互獨立．(1)從游客中隨機抽取3人，記總得分為X，求X的分布列與均值；(2)①若從游客中隨機抽取m人，記總得分恰為m分的概率為Am，求數(shù)列{Am}的前10項和；②在對所有游客進行隨機問卷調(diào)查過程中，記已調(diào)查過的累計得分恰為n分的概率為Bn，探討B(tài)n與Bn－1之間的關(guān)系式，并求數(shù)列{Bn}的通項公式．解(1)X的可能取值為3,4,5,6，則P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,8)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(3,8)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(3,8)，P(X＝6)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,8).所以X的分布列為X3456Peq\f(1,8)eq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)則E(X)＝3×eq\f(1,8)＋4×eq\f(3,8)＋5×eq\f(3,8)＋6×eq\f(1,8)＝eq\f(9,2).(2)①總得分恰為m分的概率Am＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))m，所以數(shù)列{Am}是首項為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，則前10項和S10＝eq\f(\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,210))),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,210)＝eq\f(1023,1024).②方法一已調(diào)查的累計得分恰為n分的概率為Bn，得不到n分的情況只有先得到(n－1)分，再得2分，概率為eq\f(1,2)Bn－1(n≥2)，即其中B1＝eq\f(1,2)，所以1－Bn＝eq\f(1,2)Bn－1(n≥2)，即Bn＝－eq\f(1,2)Bn－1＋1(n≥2)，所以Bn－eq\f(2,3)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Bn－1－\f(2,3)))(n≥2)，即eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Bn－\f(2,3)))是等比數(shù)列，公比為－eq\f(1,2)，首項為B1－eq\f(2,3)＝－eq\f(1,6).所以Bn－eq\f(2,3)＝－eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，即Bn＝eq\f(2,3)－eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n.方法二已調(diào)查過的累計得分恰為n分可以由兩種情形得到，即(n－1)＋1和(