2027年高考数学一轮复习(创新设计)第8节　概率与统计的综合问题

第8节概率与统计的综合问题题型分析概率与统计是统计学的重要内容，是历年高考的重点、热点，试题多以社会最新时事为背景，以数据分析、统计决策为载体，考查概率运算、分布列、均值、方差、回归分析、独立性检验等综合问题，高考中概率与统计的综合应用常涉及的问题主要有:(1)统计图表与概率的综合问题;(2)回归分析与概率的综合问题;(3)独立性检验与概率的综合问题.题型一频率分布直方图与概率例1(2026·豫西北调研)某新能源汽车制造商为了评估一批新型电池的续航时间(单位:小时)，从这批次电池中随机抽取50组进行测试，把测得的数据进行适当分组后(每组为左闭右开的区间)，画出频率分布直方图如图所示.(1)求a的值;(2)从抽取的50组电池中任取2组，求恰有1组电池续航时间不少于35小时的概率;(3)将样本分布的频率视为总体分布的概率，从该批次电池组中任取2组，设X为续航时间不少于35小时的电池组的数量，求X的分布列及数学期望.解(1)由题意可得，(0.01＋0.06＋0.07＋a＋0.02)×5＝1，解得a＝0.04.(2)由题意可得，续航时间不少于35小时的频率为5×0.04＋5×0.02＝0.3，所以续航时间不少于35小时的电池组的数量为0.3×50＝15，则续航时间少于35小时的电池组的数量为35.设A＝“从抽取的50组电池中任取2组，恰有1组电池续航时间不少于35小时”，则P(A)＝C15(3)根据用样本估计总体的思想，任取1组电池，其续航时间不少于35小时的概率为0.3，则任取1组电池，其续航时间少于35小时的概率为0.7，则X~B(2，0.3).P(X＝0)＝C20×0.7P(X＝1)＝C21×0.3P(X＝2)＝C22×0.3故X的分布列为X012P0.490.420.09E(X)＝2×0.3＝0.6.感悟提升频率分布直方图与概率的综合问题有两个考查方向:(1)通过阅读频率分布直方图寻找规律的统计类或综合类问题，用样本估计总体，特别是平均数、方差的计算等;(2)以综合事件为载体，通过对事件进行分解求事件发生的概率，也可能通过随机变量的分布研究期望和方差，进行统计决策等.训练1(2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图:(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率;(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于该区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001).解(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄x＝10×(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)＝47.9.(2)法一由于患者的年龄位于区间[20，70)是由患者的年龄位于区间[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)组成的，且相互独立，所以所求概率p＝(0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020)×10＝0.89.法二由于患者的年龄位于区间[20，70)是由患者的年龄位于区间[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)组成的，且相互独立，所以所求概率p＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝0.89.(3)设从该地区任选一人，年龄位于区间[40，50)为事件A，患这种疾病为事件B，则P(A)＝16%.由频率分布直方图知这种疾病患者年龄位于区间[40，50)的概率为0.023×10＝0.23，结合该地区这种疾病的患病率为0.1%，可得P(AB)＝0.1%×0.23＝0.00023，所以从该地区任选一人，若年龄位于区间[40，50)，则此人患这种疾病的概率为P(B|A)＝P(AB)题型二回归分析与概率例2(2025·青岛模拟)2025年春节假期期间，文旅市场火爆.文旅部公布的数据显示:春节假期8天，全国国内出游5.01亿人次，同比增长5.9%;国内出游总花费6770.02亿元，同比增长7.0%.某景区的网红饮品小店统计了春节假期前7天的营业额y(单位:千元)，如表所示:第x天1234567y791012161911(1)已知y与x有较强的线性相关关系，求y关于x的经验回归方程，并预测春节假期第8天的营业额;(2)如果该天营业额大于10千元，则该天“达标”，从表格中的7组数据中随机选4组，求“达标”的天数X的分布列和数学期望.参考数据:7∑i=1xiyi附:在经验回归方程y＝bx＋a中，解(1)设y关于x的经验回归方程为y＝bx＋a，易得xy＝17∑i=1xiyi所以b＝a＝12－1914×4＝46所以y关于x的经验回归方程为y＝1914x当x＝8时，y＝1914×故预测春节假期第8天的营业额为1227千元(2)由题意可知X的所有可能取值为1，2，3，4.P(X＝1)＝C4P(X＝2)＝C4P(X＝3)＝C4P(X＝4)＝C4故X的分布列为X1234P418121法一所以E(X)＝1×435＋2×1835＋3×1235＋4法二X~H(7，4，4)，则E(X)＝nMN感悟提升破解概率与回归分析的综合问题的关键:(1)求两个变量的平均值;(2)能根据已知数据求方程;(3)能利用概率公式、离散型随机变量的分布列等处理数据.训练2某企业为汇聚科研力量，准备科学合理增加研发资金.为了解研发资金的投入额x(单位:千万元)对年收入的附加额y(单位:千万元)的影响，对2020年至2026年研发资金的投入额xi和年收入的附加额yi进行研究，得到相关数据如下:年份2020202120222023202420252026年份代码i1234567研发资金的投入额xi103040608090110年收入的附加额yi3.204.004.806.007.307.459.25(1)求y关于x的经验回归方程;(2)若年收入的附加额与研发资金的投入额的比值大于0.1，则称对应的年份为“优”，从上面的7个年份中任意取3个，记X表示这3个年份为“优”的个数，求X的分布列及数学期望.参考数据:7∑i=1xiyi＝2976，7∑i附:在经验回归方程y＝bx＋b＝a＝解(1)y＝6，x＝60，b＝a＝y－所以y关于x的经验回归方程为y＝0.06x＋2.4.(2)由题意，7个年份中年收入的附加额与研发资金的投入额的比值大于0.1的有3个，所以X的可能取值为0，1，2，3，P(X＝0)＝C3P(X＝1)＝C3P(X＝2)＝C3P(X＝3)＝C3则X的分布列为X0123P418121所以X的数学期望E(X)＝0×435＋1×1835＋2×1235＋3题型三独立性检验与概率例3(2026·南京调研)小王早晨7:30从家出发上班，有A，B两个出行方案供其选择，他统计了最近100天选择A，B两个出行方案到达单位的时间，制成如下表格:8点前到(天数)8点或8点后到(天数)A方案2812B方案3030(1)根据小概率值α＝0.05的独立性检验，判断8点前到单位是否与出行方案选择有关;(2)小王准备下周一选择A方案上班，下周二至下周五选择B方案上班，记小王下周一至下周五这5天中，8点前到单位的天数为随机变量X.若用频率估计概率，求P(X＝3).附:χ2＝n(ad−bc)2(a＋b)(α0.100.050.0250.0100.001xα2.7063.8415.0246.63510.828解(1)零假设为H0:8点前到单位与出行方案选择无关.χ2＝100×(28×30−12根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为8点前到单位与出行方案选择有关.(2)选择A方案上班，8点前到单位的概率为2828＋12选择B方案上班，8点前到单位的概率为3030＋30当X＝3时，分两种情况:①若下周一8点前到单位，则这5天中，8点前到单位的天数为3的概率p1＝0.7×C42×(1－0.5)2×0.52＝②若下周一8点前没有到单位，则这5天中，8点前到单位的天数为3的概率p2＝(1－0.7)×C43×(1－0.5)×0.53＝综上，P(X＝3)＝p1＋p2＝2780感悟提升本类题目以生活题材为背景，涉及独立性检验及概率问题的综合，解决该类问题首先收集数据列出2×2列联表，并按照公式求得χ2的值后进行比较，其次再按照随机变量满足的概率模型求解.训练3(2026·杭州质检)某车企为考察选购新能源汽车的款式与性别的关联性，调查100人购买情况，得到如下列联表:新能源汽车A款新能源汽车B款合计男性5010x女性251540合计y25100(1)求x，y;(2)根据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为选购该新能源汽车的款式与性别有关联?(3)假设用样本估计总体，用频率估计概率，所有人选购汽车的款式情况相互独立.若从购买者中随机抽取3人，设被抽取的3人中购买了B款车的人数为X，求X的数学期望.附:χ2＝n(ad−bc)2(a＋b)(α0.100.050.0100.005xα2.7063.8416.6357.879解(1)x＝50＋10＝60，y＝50＋25＝75.(2)零假设为H0:选购新能源汽车的款式与性别无关联.根据列联表中的数据，可得χ2＝100×根据小概率值α＝0.05的独立性检验，推断H0不成立，即可以认为选购新能源汽车的款式与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.(3)随机抽取1人购买B款车的概率为25100X的可能取值有0，1，2，3，依题意X~B3，1因此，E(X)＝3×14概率与函数、数列近几年高考重视在知识交汇处命题，通过综合运用函数、数列等知识解决概率统计实际问题，突出知识间的综合应用.解决概率统计与函数的交汇问题的关键在于利用函数的单调性确定最优解;解决概率与数列的交汇问题的关键在于找出概率pn或均值E(Xn)的递推公式，利用数列的性质、求和公式等解决问题，该问题的实质仍是以概率统计为主导.一、概率与函数例1(2023·新高考Ⅱ卷)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图:利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性.此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c);误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c).假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.(1)当漏诊率p(c)＝0.5%时，求临界值c和误诊率q(c);(2)设函数f(c)＝p(c)＋q(c).当c∈[95，105]时，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间[95，105]上的最小值.解(1)由题图知(100－95)×0.002＝1%>0.5%，所以95<c<100.设X为患病者的该指标，则p(c)＝P(X≤c)＝(c－95)×0.002＝0.5%，解得c＝97.5.设Y为未患病者的该指标，则q(c)＝P(Y>c)＝(100－97.5)×0.01＋5×0.002＝0.035＝3.5%.(2)当95≤c≤100时，p(c)＝(c－95)×0.002＝0.002c－0.19，q(c)＝(100－c)×0.01＋5×0.002＝－0.01c＋1.01，所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝－0.008c＋0.82;当100<c≤105时，p(c)＝5×0.002＋(c－100)×0.012＝0.012c－1.19，q(c)＝(105－c)×0.002＝－0.002c＋0.21，所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝0.01c－0.98.综上所述，f(c)＝−0.008由一次函数的单调性知，函数f(c)在[95，100]上单调递减，在(100，105]上单调递增，作出f(c)在区间[95，105]上的大致图象(略)，可得f(c)在区间[95，105]上的最小值f(c)min＝f(100)＝－0.008×100＋0.82＝0.02.二、概率与数列例2(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下:若命中，则此人继续投篮;若未命中，则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.(1)求第2次投篮的人是乙的概率;(2)求第i次投篮的人是甲的概率;(3)已知:若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E(n∑i=1Xi)＝n∑i=1qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为解(1)第2次投篮的人是乙分为两种情况:第1次投篮的人是甲且投篮未命中，其概率为0.5×(1－0.6)＝0.2;第1次投篮的人是乙且投篮命中，其概率为0.5×0.8＝0.4，所以第2次投篮的人是乙的概率为0.2＋0.4＝0.6.(2)设第i次投篮的人是甲为事件Ai，则P(A1)＝0.5，P(Ai＋1)＝P(Ai)×0.6＋[1－P(Ai)]×(1－0.8)＝25P(Ai)＋1所以P(Ai＋1)－13所以P(Ai)−1所以P(Ai)－13＝1所以P(Ai)＝13＋16×25i(3)由(2)知，第i次投篮的人是甲的概率为P(Ai)＝13＋16×25i第i次投篮的人是甲记为Xi＝1，否则记为Xi＝0，则Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝13＋1由题意知E(Y)＝E(n∑i=1Xi)＝＝n∑i=1P(X＝6n＋5181.为了调查某地区学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地区随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据.(1)从这10所学校中随机选取1所，已知这所学校参与“自由式滑雪”的人数超过40，求该校参与“单板滑雪”超过30人的概率;(2)将参与“自由式滑雪”的人数超过40的学校评定为“基地学校”.现在从这10所学校中随机选取2所，设其中“基地学校”有X所，求X的分布列和数学期望.解(1)由题图可得如下数据:学校ABCDEFGHIJ自由式滑雪27154341322656364920单板滑雪46522637581825483230设事件M为“学校参与‘自由式滑雪’的人数超过40”，N为“学校参与‘单板滑雪’的人数超过30”，则P(M)＝410＝25，P(P(MN)＝210所以P(N|M)＝P(故所求概率为12(2)参与“自由式滑雪”的人数超过40的学校共有4所，所以X的所有可能取值为0，1，2，所以P(X＝0)＝C40C62C102＝13，P所以X的分布列为X012P182所以E(X)＝1×815＋2×22.(2026·海南四校联考节选)某公司研发了一种帮助家长解决孩子早教问题的萌宠机器人，它结合了人工智能、语音识别、互动娱乐和教育等内容，且云端内容可以持续更新，旨在通过趣味性和互动性帮助孩子学习和发展.萌宠机器人一投放市场就受到了很多家长的欢迎，为了更好地服务广大家长，该公司对萌宠机器人的某个性能指数x(0<x≤10)与孩子的喜爱程度y(0≤y≤1)进行统计调查，得到如下数据表:x56789y0.550.500.600.650.70(1)请根据上表提供的数据，通过计算变量x，y的相关系数r，回答是否可以认为该性能指数与孩子的喜爱程度相关性很强(当|r|∈[0.75，1]时，x与y相关性很强);(2)机器人的交互性很强，孩子可以通过输入语音给机器人发布执行指令.机器人执行命令的正确率为90%，出错率为10%.当机器人正确执行命令时，使用者满意的概率为80%;当机器人执行命令出错时，使用者满意的概率为30%.如果使用者对某次命令执行结果表示不满意，求机器人实际正确执行命令的概率.参考公式:相关系数r＝n∑解(1)由题表知，x＝5＋6＋7＋8＋955∑i=1(xi－x)(yi－y)＝(－2)×(－0.05)＋(－1)×(－0.1)＋0×0＋1×因为5∑i=1(xi－x)2＝10，5∑i=1(y所以5∑i=1(xi－x)25∑i=1(y所以r＝5＝0.450.25因为|r|∈[0.75，1]，所以可以认为该性能指数与孩子的喜爱程度相关性很强.(2)记事件A:机器人执行命令正确;事件A:机器人执行命令出错;事件B:使用者对结果满意，B:使用者对结果不满意.依题意，P(A)＝0.9，P(A)＝0.1，P(B|A)＝1－0.8＝0.2，P(B|A)＝1－0.3＝0.7，所以P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝0.9×0.2＋0.1×0.7＝0.25，所以P(A|B)＝P(即如果使用者对某次命令执行结果表示不满意，机器人实际执行命令正确的概率是0.72.3.某厂为了考察设备更新后的产品优质率，质检部门根据有放回简单随机抽样得到的样本测试数据，制作了如下列联表:产品产品情况优质品非优质品更新前2416更新后4812(1)依据小概率值α＝0.050的独立性检验，分析设备更新后能否提高产品优质率;(2)如果以这次测试中设备更新后的优质品频率作为更新后产品的优质率.质检部门再次从设备更新后的生产线中抽出5件产品进行核查，核查方案为:若这5件产品中至少有3件是优质品，则认为设备更新成功，提高了优质率;否则认为设备更新失败.①求经核查认定设备更新失败的概率p;②根据p的大小解释核查方案是否合理.附:χ2＝n(n＝a＋b＋c＋d.α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828解(1)补全列联表产品产品情况合计优质品非优质品更新前241640更新后481260合计7228100零假设为H0:设备更新与产品的优质率独立，即设备更新后不能提高产品优质率.由题中列联表可得χ2＝100≈4.762>3.841＝x0.050，依据小概率值α＝0.050的独立性检验，我们可以推断H0不成立，因此可以认为设备更新后能提高产品优质率.(2)根据题意，设备更新后产品的优质率为0.8.可以认为从更新后的生产线中抽出的5件产品是否为优质品是相互独立的.①设X表示这5件产品中优质品的件数，则X~B(5，0.8)，可得p＝P(X≤2)＝C50×0.25＋C51×0.8×0.24＋C52×0.82②实际上设备更新后提高了优质率.当这5件产品中的优质品件数不超过2时，认为更新失败，此时作出了错误的判断，由于作出错误判断的概率很小，则核查方案是合理的.4.(2026·厦门检测)某工厂生产某款产品，根据质量指标值Q对产品进行等级划分，Q小于60的产品视为不合格品，Q不小于60的产品视为合格品，其中Q不小于90的产品视为优质品.工厂为了提升产品质量，对设备进行升级.为考察设备升级后产品的质量，质检部