模拟试题分类汇编：概率统计-高考数学二轮复习讲义

优质模拟试题分类汇编（新高考卷）

概率与统计

板块一：热门考点梳理

一.二项分布

1.〃重伯努利试验的概念

只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验，将一个伯努利试验独立地重复进行〃次所组

成的随机试验称为〃重伯努利试验.

2.〃重伯努利试验具有如下共同特征

（1）同一个伯努利试验重复做〃次；

（2）各次试验的结果相互独立.

3.二项分布

一般地，在〃重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为用X表

示事件A发生的次数，则X的分布列为：P（X=Q=C：ptM=0,1,2,…〃，如

果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作

X~B（n,p）

4.一般地，可以证明：如果那么EX=〃〃,OX=叩（1一〃）.

二.超几何分布

超几何分布模型是一种不放回抽样，一般地，假设一批产品共有N件，其中有"件次品，

从N件产品中随机抽取〃件（不放回），用X表示抽取的〃件产品中的次品数，则X的分布

列为P（X=k）="N'",k=m,/71+1,+2,r.

C；

其中n,N,M£N”,MSN,〃i=max{0,〃-N+M},r=min{〃，M}.如果随机变

量X的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X服从超几何分布.

2.超几何分布的期望

E（X）=-^-=np（p为N件产品的次品率）.

三.二项分布与超几何分布的区别

1.看总体数是否给出，未给出或给出总体数较大一般考查二项分布，此时往往会出现重要

的题眼“将频率视为概率”.

2.看一次抽取抽中“次品”概率是否给出，若给出或可求出一般考查二项分布.

3.看一次抽取的结果是否只有两个结果，若只有两个对立的结果A或4,一般考查二项分

布.

4.看抽样方法，如果是有放回抽样，一定是二项分布；若是无放回抽样，需要考虑忌体数

再确定.

5.看每一次抽样试验中，事件是否独立，事件发生概率是否不变，若事件独立且概率不变，

一定考查二项分布，这也是判断二项分布的最根本依据.

6.把握住超几何分布与二项分布在定义叙述中的区别，超几何分布多与分层抽样结合，出

现“先抽，再抽”的题干信息.

3.二项分布

一般地，在〃重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为用X表

示事件A发生的次数，则X的分布列为：P(X=Q=C：p，l—〃)"“次=0,1,2,…〃，如

果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作

X〜B5,p)

4.一般地，可以证明：如果X〜8(〃,〃)，那么EX=可),DX二可)(1一p).

四.二项分布的两类最值

(1)当〃给定时，可得到函数/(%)=G：P"I-P)I«=0，I2…〃，这个是数列的最值

问题.

Pk=(〃一)+一〃)+(〃+1)〃一攵_1|(n+i)p-k

A7-dl-p)…一k(l-p)~k(l-p)-k(l-p),

分析：当&+时，Pk>Pg，PA随攵值的增加而增加；当攵>(〃+1)〃时，

Pk<Pk.\，PA随k值的增加而减少.如果5+1)〃为正整数，当左=5+1)〃时，Pk=Pk-\，

此时这两项概率均为最大值.如果(〃+1)〃为非整数，而〃取(〃+1)〃的整数部分，则凡是

唯一的最大值.

注：在二项分布中，若数学期望为整数，则当随机变量k等于期望时，概率最大.

(2)当々给定时，可得到函数/(〃)=。：〃31-〃)”*〃£(0」)，这个是函数的最值问题，

这可以用导数求函数最值与最值点.

分析：f'(p)=C：kpi(l—p)E-Pk(n-k)(\-

=aa-p)"-ik。一〃)一(〃一幻”=ca--〃〃)・

Lb

当k=l,2,…，〃一1时，由于当〃〈士时，/'(p)>0,/(p)单调递增，当〃〉七时，

nn

T(P)V0,/(P)单调递减，故当〃="时，/(〃)取得最大值，/(p)max=/(“),又当

nn

p-0j(p)f1,当〃->0时，f⑺f0,从而/(〃)无最小值.

五.复杂概率计算

(1)善于引入变量表示事件：可用“字母+变量角标”的形式表示事件“第几局胜利”，例

如：4表示“第/•局比赛胜利”，则4表示“第i局比赛失败”.

(2)理解事件中常见词语的含义：

中至少有一个发生的事件为AU94方都发生的事件为AB；都不发生的事件为彳

B;4/恰有一个发生的事件为AAU48；41至多一个发生的事件为480481148.

(3)善于“正难则反”求概率：若所求事件含情况较多，可以考虑求对立事件的概率，再

用‘''J解出所求事件概率.

六.条件概率

1.条件概率定义

一般地，设48为两个随机事件，且P(A)>0,我们称P(8|A)=上幽为在事件4发

P(A)

生的条件下，事件8发生的条件概率，简称条件概率.

可以看到，P(B|A)的计算，亦可理解为在样本空间A中，计算A台的概率.于是就得到

计算条件概率的第二种途，即P(例4)=&竽=」姆=怨孚.

〃(4)〃⑷P(A)

㈣

特别地，当P(B|A)=P(B)时,即A,B相互独立,则P(A3)=P(A)P(3).

2.条件概率的性质

设P(A)>0,全样本空间定义为。，则

(1)P(C|4)=1；

(2)如果8与。是两个互斥事件，则P((BuC)|A)=P(3|4)+P(C|A)；

(3)设事件A和8互为对立事件，则P(qm=l-P(B|人).

七.全概率公式与贝叶斯公式

在全概率的实际问题中我们经常会碰到一些较为复杂的概率计算，这时，我们可以用“化

整为零”的思想将它们分解为一些较为容易的情况分别进行考虑

一般地，设Ai,A2»...»A”是一组两两互斥的事件，AD45..DA=。，且P(A)>。，

i=l,2,...»n,则对任意的事件BqC,有P(B)=fP(.

我们称上面的公式为全概率公式，全概率公式是概率论中最基本的公式之一.

2.贝叶斯公式

设Ai,Ait...»4是一组两两互斥的事件，AkJA,5..=A,=C,且尸(A)>0,i=l,2,...»

nt则对任意事件BqQ,P⑻>0,

有p(4wJ'(A)P()4)=4),j=i,z…,〃.在贝叶斯公式中，P(A)和

)力P(4)P(用A)

Jt-I

P(A,\8)分别称为先验概率和后验概率.

八.一维随机游走与马尔科夫链

1.转移概率：对于有限状态集合S,定义：S)=P(X“+NIXI)为从状态/•到状态)的转

移概率.

2.马尔可夫链：若AX,—|X,zXia，…,Xg0)=P(Xn+1=>|Xi)=/>，即未来状态

X,田只受当前状态X,,的影响，与之前的x,ix“_2,…,X。无关.

3.一维随机游走模型.

设数轴上一个点，它的位置只能位于整点处，在时刻/=0时，位于点x=i(ieN+),下一

个时刻，它将以概率a或者乃(ae(0,l),a+〃=l)向左或者向右平移一个单位.若记

状态X1表示：在时刻,该点位于位置K=^(^wN+),那么由全概率公式可得：

尸(X,+1)=P(X,e>P(X»j|X,e)+P(X,*)P(X»|X,=,.+1)

另一方面，由于尸(%+由|七口|)二小2用+［匕.川)=。，代入上式可得：

E=a£i+一凡•

进一步，我们假设在x=0与<=，〃(/〃>0,〃?wN+)处各有一个吸收壁，当点到达吸收壁时

被吸收，不再游走.于是，4=0,匕=1.随机游走模型是一个典型的马尔科夫过程.

进一步，若点在某个位置后有三种情况：向左平移一个单位，其概率为〃，原地不动，其

概率为人，向右平移一个单位，其概率为c,那么根据全概率公式可得：

匕=々匕+6匕+c/

有了这样的理论分析，下面我们看全概率公式及以为随机游走模型在2019年全国1卷中的

应用.

九.统计

1.线性回归方程与最小二乘法

(1)回归直线方程过样本点的中心(工/，是回归直线方程最常用的一个特征

(2)我们将$，=八+占称为y关于"的线性回归方程，也称经验回归函数或经验回归公式，

其图形称为经验回归直线.这种求经验回归方程的方法叫做最小二乘法,求得的b.a叫做瓦

ZG—工）（八强2>/一位j

8=土―---------=%--------

”的最小二乘估计(leastsquaresestimate),其中名（玉-可2£.片_疝2

i=li=l

(3)残差的概念

对于响应变量Y,通过观测得到的数据称为观测值，通过经验回归方程得到的$•称为预测值,

观测值减去预测值称为残差.残差是随机误差的估计结果，通过残差的分析可以判断模型

刻画数据的效果，以及判断原始数据中是否存在可疑数据等，这方面工作称为残差分析.

(4)刻画回归效果的方式

(i)残差图法：作图时纵坐标为残差，横坐标可以选为样本编号，或身高数据，或体重估

计值等，这样作出的图形称为残差图.若残差点比较均匀地落在水平的带状区域内，带状

区域越窄，则说明拟合效果越好.

(ii)残差平方和法：残差平方和£(凹-隽了，残差平方和越小，模型拟合效果越好，残差

f=l

平方和越大，模型拟合效果越差.

(iii)利用R?刻画回归效果：决定系数R?是度量模型拟合效果的一种指标，在线性模型中，

E(x-^)2

它代表解释变量客立预报变量的能力.片=1号---------,改越大，即拟合效果越好，R2

ZU-y)2

/-I

越小，模型拟合效果越差.

二.试题汇编

例1.(2023届武汉9月调研)某商场推出一项抽奖活动，顾客在连续抽奖时，若第一次中

奖则获得奖金10元，并规定：若某次抽奖能中奖，则下次中奖的奖金是本次中奖奖金的两

倍；若某次抽奖没能中奖，则该次不获得奖金，且下次中奖的奖金被重置为10元.已知每次

中奖的概率均为!，且每次能否中奖相互独立.

4

(I)若某顾客连续抽奖10次，记获得的总奖金为g元，判断EC)与25的大小关系，并说

明理由：

(2)若某顾客连续抽奖4次，记获得的总奖金为X元，求E(X).

解析：(I)£()>25,理由如下：抽奖10次时，记中奖次数为八则丫~用10+)

若每次中奖的奖金为固定10元，则此时总奖金的期望值为E(10y)=10E(y)=10xl0x：=25.

由题意，连续中奖时，奖金会翻倍，故总奖金必大于每次中奖的奖金为固定10元的情况.

所以E(0)>25.

(2)X的所有可能取值为0,10,20,30,40,70,150.

P(x=0)=U=霜P(X=IO)=C；；(T)=翳

P(X=20)=3管(I1噎门-30)=3傍(

外=40)=2(}(1_{|嚷,P(X=70)=2.(*L

.其分布列为:

X01020304070150

811082727661

P

256256256256256256256

E(X)=K)x费+20x-^-+30x-^^-+40x-^-+70x-^-+150x—=

25625625625625632

例2（福建省部分地市2023届高三第一次质量检测）校园师生安全重于泰山，越来越多的

学校纷纷引进各类急救设备.某学校引进M，N两种类型的自动体外除颤器（简称AED）

若干，并组织全校师生学习AED的使用规则及方法.经过短期的强化培训，在单位时间内,

选择M,N两种类型AED操作成功的概率分别为:和g,假设每次操作能否成功相互独立.

（1）现有某受训学生进行急救演练，假定他每次随机等可能选指M或N型AED进行操作，

求他恰好在第二次操作成功的概率：

（I）为激发师生学习并正确操作AED的热情，学校选择一名教师代表进行连续两次设备

操作展示，下而是两种方案：

方案甲：在第一次操作时，随机等可能的选择M或N型AED中的一种，若第一次对某类型

AED操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若第一次对某类型AED操作不成功，则第

二次使用另一类型AED进行操作.

方案乙：在第一次操作时，随机等可能的选择例或N型AEDH」的一种，无论第一次操作是

否成功，第二次均使用第一次所选择的设备.

假定方案选择及操作不相互影响，以成功操作累积次数的期望值为决策依据，分析哪种方案

更好？

解析：（I）设“操作成功”为事件S,“选择设备AT为事件4”选择设备四为事件8

io1

由题意，P（A）=P（8）=；,P（SS）=（.P（S忸）=］恰在第二次噪作才成功的概率

17117

P=P(S)P(S),P(S)=尸(A)P(S|A)+P⑻P(S|B)=-x-+->-=—,

P(S)=i-p(s)=2所以恰在第二次操作才成功的概率为Q/含.

(2)设方案甲和方案乙成功操作累计次数分别为X,匕则X,y可能取值均为0,1,2,

P(X=0)=P(A)P(S|A)P(S|B)+P(B)P(SIR)P(S|A)

V扑(vj+H得却；

P(X=I)=P(A)P(S|A)P(S|R)+P(A)P(S|A)P(S|A}

+P(B)P(S|B)P(S\A)+P(B)P(S|B)P(51B)

122I1I25

P(X=2)=P(A)P(S|A)P(S|A)+P(8)P(S|B)P(S|8)=lx-x-+lx-xl=—；

23322272

所以E(X)=0x’+Ix应+2x£=次

6727272

方法一：P(K=0)=P(A)P(S|A)P(MI万+P⑻P氐|B)P(S|B)

P(K=1)=P(A)P(S|A)P(51A)+P(A)P(S14)P(S|A)

+P(B)P(S\B)P(S\B)+P(B)P(S|B)P(S|B)

12。I1125

P(y=2)=P(A)P(S|A)P(S|A)+P(B)P(S|B)P(S\B)=--x-+-x-x-=--

2x3322272

所以E(y)=0x"+lx"+2x竺=2

'/7236726

方法二：方案乙选择其中一种操作设备后，进行2次独立重复试验，

所以E(y)=4x2x]+!x2x：=N，

23226

决策一：因为E(X)>E(y),或方案甲更好.

决策二：因为E(X)与仇K)差距非常小，所以两种方案均可

例3(福建省泉州市2023届高三毕业班质量检测一)中国茶文化博大精深，饮茶深受大众

喜爱，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关，某数学建模小组为了获得茶水温度)'℃关于

时间x(min)的回归方程模型，通过实验收集在25c室温，用同一温度的水冲泡的条件下，

茶水温度随时间变化的数据，并对数据做初步处理得到如卜所示散点图.

_1二

表中：3=ln(f.-25),5=亍£秋

/r=l

（1）根据散点图判断，①），="辰与②＞，=〃c'+25哪一-个更适宜作为该茶水温度y关于

时间x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）

（2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立该茶水温度y关于时间x的回归方程：

（3）已知该茶水温度降至60C口感最佳，根据（2）中的回归方程，求在相同条件下冲泡

的茶水，大约需要放置多长时间才能达到最佳饮用口感？

附：①对于一组数据伍出）,他，©，，。%%），其回归直线u=&+A，的斜率和截距的最小

f（〃广万）（匕-5）

二乘估计分别为6=闫F----------8=5-前:

，=|

②参考数据：e008»0.92,e4W«60,In7«1.9,In3«1.1,In2«0.7.

解析：（1）根据散点图判断，其变化趋势不是线性的，而是曲线的，因此，选②），=小"+25

更适宜此散点的I可归方程.

（2）由y=+25有：y-25=小/,两边取自然对数得：ln（y-25）=In（J-cx）=In6/+x-Inc,

设6y=ln(y-25),a=InJ,8=Inc,

0+1+2+3+4+5+6°

则ln()，-25)=lnd+xlnc化为：co=bx+a,又5=--------Z--------=3,

7

/.Z(怎一T)'=28,:.b=-----------=-=-0.08,

2(为-寸28

i-l

...a=5—版=3.85+0.08x3=4.09,...由b=-0.08=Inc得:c=e10s

由a=4.09=Ind得:J=e409

・•・回归方程为：y=/c*+25=e409-e008*+25=e400-008*+25,

即y=e303+25.

(3)当"60时,代入回归方程y=e3。皿+25得:60=e—+25，化简得：35=e40M由，

HP4.09-0.08x=ln35,

又e"°8a0.92,e409»60,ln7«1.9,ln3»l.lJn2»0.7,

.-.4.09-0.08A-=In35约化为：In60-0.08x=In35,

12

KP0.08A=ln60-ln35=lny=lnl2-ln7=(21n2+ln3)-ln7«2x0.7+l.l-1.9=0.6

黑二75二大约需要放置7.5分钟才能达到最佳饮用口感•

例4(广东省佛山市2023届高三教学质量检测一)近几年，随着生活水平的提高，人们对

水果的需求量也随之增加,我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猿猴桃的口感甜酸、

可口，风味较好，广受消费者的喜爱.在某水果店，某种掾猴桃整盒出售，每盒20个.已知各

盒含0，1个烂果的概率分别为0.8,0.2.

(I)顾客甲任取•盒，随机检查其中4个梆猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒梆猴桃，否

则不会购买此种骄猴桃.求甲购买一盒都猴桃的概率；

(2)顾客乙第I周网购了一盒这种狮猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当

中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒舜猴桃的概率

解析：(I)由题意可得：甲不购买一盒掰猴桃情况为该盒有I个烂果且随机检查其中4个时

抽到这个烂果，甲购买一盒猾猴桃的概率P=l-0.2xm=0.96.

(2)用气”表示购买，“X”表示不购买，乙第5周购买有如下可能:

第1周第2周第3周第4周第5周

V

XV

X

弋XqXq

7X

故乙第5周网购一盒殊猴桃的概率

P=(0.8)4+0.2x0.8x0.8+0.8x0.2x0.8+0.2x0.2+0.8x0.8x0.2=0.8336.

例5（广东省深圳市2023届舟三第一次调研）某企业因技木升级，决定从2023年起实现新

的绩效方案.方案起草后，为了解员工对新绩效方案是否满意，决定采取如下“随机化回答

技术''进行问卷调查：

一个袋子中装有三个大小相同的小球，其中I个黑球，2个白球.企业所有员工从袋子中有

放回的随机摸两次球，每次摸出一球.约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式I回答

问卷，否则按方式II回答问卷

方式I：若第一次摸到的是白球，则在问卷中画“。”，否则画“X”；

方式II：若你对新绩效方案满意,则在问卷中画否则画“x”.

当所有员工完成问卷调查后，统计画。，画X的比例.用频率估计概率，由所学概率知识即

可求得该企业员工对新绩效方案的满意度的估计值.其中满意度

企业所有对新绩效方案满意的员工人数|川阿

二企业所有员JL人数—

（1）若该企业某部门有9名员工，用X表示其中按方式I回答问卷的人数，求X的数学期

望：

（2）若该企业的所有调查问卷中,画“。”与画'”的比例为4：5,试估计该企业员工对新绩

效方案的满意度.

解析：（1）每次摸到白球的概率:，摸到黑球的概率为:，每名员工两次摸到的球的颜色不

JJ

同的概率。=《乂：2＞：1=]4,由题意可得：该部门9名员工中按方式I回答问卷的人数

X~8（9g）,所以X的数学期望E（X）=9X6=4.

（2）记事件A为“按方式I回答问卷”，事件8为“按方式II回答问卷”，事件C为“在问卷中

画。”.由（1）知尸（八）=£,玳8）=1—P（A）=9,P（A）P（C\A]=P（AC）=|x|=1.

vP（C）=提=1，由全概率公式尸（c）=尸网P（C|A）+P（8）P（C⑻，则U忸）,

解得尸（。忸）=：=0.4,故根据调查问卷估计，该企业员工对新绩效方案的满意度为40%.

例6（广州市2023届高三一模）世界卫生组织建议成人每周进行2.5至5小时的中等强度运

动.已知A社区有56%的居民每周运动总时间超过5小时，4社区有65%的居民每周运动总

时间超过5小时，C社区有70%的居民每周运动总时间超过5小时，且4所。三个社区的

居民人数之比为5:6:9.

（I）从这三个社区中随机抽取I名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率；

（2）假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量X（单位：小时），且

X~N（5.5,4）.现从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为

5至6小时的概率.

解析：（1）因为A及C三个社区的居民人数之比为5:6:9,设ARC三个社区的居民人数为

5a,6a,9ci,所以A社区每周运动总时间超过5小时的人数为：5a-56%=2.8。，4社区每周

运动总时间超过5小时的人数为：6a-65%=3.9a,。社区每周运动总时间超过5小时的人

数为:9-70%=6.3〃，该居民每周运动总时间超过5小时的概率

,、2.8。+3.9。+6.3。八

/]=----------------------=0.65.

5a+64+9a

（2）因为这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量X（单位：小时），且

X~N（5.5,『），所以P（X>5.5）=0.5,由（I）知，P（X>51=0.65,

所以P（5<X<5.5）=0.65-0.5=0.15,因为随机变量X服从正态分布,且关于X=5.5对称，

所以尸（5<X<6）=2P（5<X<5.5）=0.3,所以从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少

有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为：P2=C；（0.3『（0.7）+C：（0.3）'=0.216.

例7（湖北省武汉市2023届高三下学期二月调研）口袋中共有7个质地和大小均相同的小

球，其中4个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随双抽取一个小球，直到将4

个黑球全部取出时停止.

（I）记总的抽取次数为X,求E（X）；

（2）现对方案进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个

是黑球：乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一

个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2

个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为匕求石（丫）并从实际意义解释E（Y）

与（1）中的E（X）的大小关系.

解析：（I）X可能取值为4,5,6,7,

外―爷$蛆=5）爷=打"=6）咯%（X=7）爸青

,1u4/10r2032

E（X）=4x—+5x—+6x—+7x—=—；

''353535355

（2）y可能取值为4,5,6,7,设甲袋和乙袋抽取次数分别为乂和A,

P（y=4）=p（K=2）p&=2）噌向$，

P（丫=5）=尸（耳=2）尸化=3）+P（X=3）P&=2）*导詈5.

P（y=6）=P（X=2）P化=4）+P（X=3）产化=3）=**葛詈

p(y=7)=p(x=3)p&=4)唔詈4,

E(y)=4x—+5x—+6x—+7x—=6.

18181818

在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰

作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总油取次数的期望更低.

例8（江苏省南通市2023届高三下学期第一次调研测试）第二十二届卡塔尔世界杯足球赛

（b'IFA\VorldCupQatar2022）决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大战战胜了法国队.某校

为了丰富学生课余生活，组建了足球社四足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，

随机抽取了男、女同学各100名进行调查，部分数据如表所示：

喜欢足球不喜欢足球合计

男生40

女生30

合计

（1）根据所给数据完成上表，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有

关？

（2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取f2名男生和1名女生示范点球射门.已知男生

进球的概率为:，女生进球的概率为每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进

球总次数的分布列和数学期望.

2

K2=______n(ad-be)_______

(a+b)(c+d)(a+e)(b+d),

2

P(K^k)0.0500.010().(X)1

k3.8416.63510.828

解析：（I）2x2列联表如下:

喜欢足球不喜欢足球合计

男生6040l(X)

女生3070KX)

合计90110200

200x(60x70-40x30)2

K2«18.182>10,828,

1(X)x100x90x110

・•.有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关

（2）3人进球总次数J的所有可能取值为0J2,3,

”的分布列如下:

0123

1542

P

181899

・.芯的数学期望：E（g）=lxK+2x：+3x《=3.

Io996

例9（山东省济南市23届高三上学期期末数学试题）某芯片制造企业使用新技术对某款芯

片进行生产.生产该款芯片有三道工序，这三道工序互不影响.匕知批次甲的三道工序次品率

分别哈'i-

（I）求批次甲芯片的次品率；

（2）该企业改进生产工艺后，生产了批次乙的芯片.某手机厂商获得批次甲与批次乙的芯片,

并在某款手机上使用.现对使用这款手机的KX）名用户回访，对开机速度进行调查.据统计，

安装批次甲的有40名，其中对开机速度满意的有30名：安装批次乙的有60名，其中对开

机速度满意的有55名.试整理州2x2列联表（单位:名），并依据小概率值a=0.05的独立性

检验，分析芯片批次是否与用户对开机速度满意有关.

是否满意

批次合计

满意不满意

甲

乙

合计

n(ad-he)'

附:/=

(a+b)(c+d)(a+c)(h+d)

a0.050.010.0050.001

2.7063.8417.87910.828

解析：（I）由已知可得批次甲芯片的正品率〃=卜-朗卜-卷）。-表47

50

3

所以批次甲芯片的次品率为1-〃=三.

（2）零假设为"。：芯片批次与用户对开机速度满意无关，得2x2列联表如下:

是否满意

批次合计

满意不满意

甲301040

乙55560

合计8515100

所以八_l0°x(30x5-55>d0>,$229

(a+b)(c+d)W+c)[〃+d)85x15x40x60一

因为/>2.706,所以依据a=0.05的独立性检验，我们推断名不成立，

所以认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.

例10（山东省济南市2022-2023学年高三下学期开学考试）甲、乙两人进行抛掷骰子游戏，

两人轮流抛掷一枚质地均匀的骰子.规定：先掷出点数6的获胜，游戏结束.

（1）记两人抛掷骰子的总次数为X,若每人最多抛掷两次骰子，求比赛结束时，X的分布

列和期望：

（2）已知甲先掷，求甲恰好抛掷〃次骰子并获得胜利的概率.

解析：（1）依题意，抛掷骰子一次获胜的概率〃=，，X的可能值为1,2,3,4,

6

sjP(X=2)=(l-l)xl=A,P(X=3)=0++募

3=4）=。+=搭

所以X的分布列为；

X1234

525125

P

636216216

“nFrvv\11c5•,25.125671

期望E(X)=lx-+2x—+3x----+4x------=------.

636216216216

(2)设甲抛掷第〃次骰子且不获胜的事件的概率为a”,〃eN•，依题意，4=。，当〃22时,

6

q=41乂95乂35=刍25％7,因此数列伍1是以53为首项，2刍5为公比的等比数列，则

6636636

s2s

q二六(弓尸，当“N2时，下恰好抛掷〃次骰子并获得胜利的概率

636

K=a"-iX，x!=^x(|^)"-2x[x;=!x(表严，显然当〃=1时，满足上式.

66636666366

I75

所以甲恰好抛掷〃次骰子并获得胜利的概率为月N・.

636

例11(温州市2023届高三一模)2021年II月10日，在英国举办的《联合国气候变化框架

公约》第26次缔约方大会上，100多个国家政府、城市、州和主要企业签署了《关于零排

放汽车和面包车的格拉斯哥宣言》，以在2035年前实现在主要市场、2040年前在全球范围

内结束内燃机销售，电动汽车将成为汽车发展的大趋势.电动汽车生产过程主要包括动力总

成系统和整车制造及总装.某企业计划为某品牌电动汽车专门制造动力总成系统.

(1)动力总成系统包括电动机系统、电池系统以及电控系统，而且这一:个系统的制造互不

3

影响.已知在生产过程中，电动机系统、电池系统以及电控系统产生次品的概率分别为赤，

1()0

2I

97*95,

(i)求：在生产过程中，动力总成系统产生次品的概率；

(ii)动力总成系统制造完成之后还要经过检测评估，此检测程序需先经过智能自动化检测，

然后再进行人工检测，经过两轮检测恰能检测出所有次品，已知智能自动化检测的合格率为

95%,求：在智能自动化检测为合格品的情况下，人工检测一件产品为合格品的概率.

(2)随着电动汽车市场不断扩大，该企业通过技术革新提升了动力总成系统的制造水平.现

针对汽车续航能力的满意度进行用户回访.统计了100名用户的数据，如下表：

产品批次

对续航能能力是否满意合计

技术革新之前技术革新之后

满意285785

不满意12315

合计