2027版53B版新高考版数学总复习分层训练培优18　概率与函数综合

专题九计数原理、概率与统计培优18概率与函数综合目录类型1概率与函数综合类型2概率可用函数表示类型1概率与函数综合1.(2026广东惠州二模)已知随机变量X的分布列为X-10123P0.3a0.30.20.1设函数f(x)=P(X<x),若x∈[0,2],则函数f(x)的值域为

()A.{0.2,0.3,0.4}

B.{0.3,0.5,0.7}

C.{0.3,0.4,0.7}

D.{0.4,0.7,0.9}

C

解析由分布列的性质可知,0.3+a+0.3+0.2+0.1=1,所以a=0.1.已知函数f(x)=P(X<x),x∈[0,2].当x=0时,f(0)=P(X<0)=P(X=-1)=0.3;当0<x≤1时,f(x)=P(X<x)=P(X=-1)+P(X=0)=0.3+0.1=0.4;当1<x≤2时,f(x)=P(X<x)=P(X=-1)+P(X=0)+P(X=1)=0.3+0.1+0.3=0.7.所以f(x)=

所以函数f(x)的值域为{0.3,0.4,0.7}.2.(2026湖北襄阳四中期末)设D为函数f(x)的定义域,若∀x1,x2∈D且x1>x2,都有f(x1)≥f(x2),则称f(x)为“不减函数”.已知函数y=f(x)的定义域D={1,2,3,4},值域A={5,6,7},则函数

y=f(x)为“不减函数”的概率是___________.解析把D中的4个数分成三组,为1,1,2的情况有

=6种,基本事件总数为

×

=6×6=36,满足函数f(x)为“不减函数”,等价于在1,2,3,4中间有3个空,插入2块板分成3组,分别从

小到大对应5,6,7,共有

=3种情况,所以函数f(x)为“不减函数”的概率为

=

.3.(2021新高考Ⅱ,21,12分)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来,设一个这

种微生物为第0代,经过一次繁殖后为第1代,再经过一次繁殖后为第2代……该微生物

每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列,设X表示1个微生物个体繁殖下一代

的个数,P(X=i)=pi(i=0,1,2,3).(1)已知p0=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3=0.1,求E(X);(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率,p是关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根,求证:当E(X)≤1时,p=1,当E(X)>1时,p<1;(3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义.解析

(1)E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1.(2)证法一:由题意得p0+p1+p2+p3=1,E(X)=p1+2p2+3p3,因为p0+p1x+p2x2+p3x3=x,所以p0+p2x2+p3x3-(1-p1)x=0,即p0+p2x2+p3x3-(p0+p2+p3)x=0,即(x-1)[p3x2+(p2+p3)x-p0]=0,令f(x)=p3x2+(p2+p3)x-p0,则f(x)图象的对称轴为直线x=-

<0,且f(0)=-p0<0,f(1)=2p3+p2-p0=p1+2p2+3p3-1=E(X)-1.当E(X)≤1时,f(1)≤0,f(x)=0的正实根x0≥1,则原方程的最小正实根p=1;当E(X)>1时,f(1)>0,f(x)=0的正实根x0<1,则原方程的最小正实根p=x0<1.证法二:设f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0,由题易知p3+p2+p1+p0=1,故f(x)=p3x3+p2x2-(p2+p0+p3)x+p0,f'(x)=3p3x2+2p2x-(p2+p0+p3),E(X)=0·p0+1·p1+2·p2+3·p3=p1+2p2+3p3,若E(X)≤1,则p1+2p2+3p3≤1,故p2+2p3≤p0,因为f'(0)=-(p2+p0+p3)<0,f'(1)=p2+2p3-p0≤0,所以f'(x)有两个不同零点x1,x2,且x1<0<1≤x2,当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,若x2=1,因为f(x)在(x2,+∞)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,且f(1)=0,所以在(0,+∞)上,f(x)≥f(x2)=f(1)=0,故1为关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根,即p=1,故当E(x)≤1时,p=1.若x2>1,因为f(1)=0且f(x)在(0,x2)上为减函数,故1为关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根.综上,若E(X)≤1,则p=1.若E(X)>1,则p1+2p2+3p3>1,则p2+2p3>p0,此时f'(0)=-(p2+p0+p3)<0,f'(1)=p2+2p3-p0>0,故f'(x)有两个不同零点x3,x4且x3<0<x4<1,故f(x)在(-∞,x3),(x4,+∞)上为增函数,在(x3,x4)上为减函数,而f(1)=0,故f(x4)<0,又f(0)=p0>0,所以f(x)在(0,x4)上存在一个零点x0,且x0<1,所以x0为关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正根,即p<1,故当E(X)>1时,p<1.(3)意义:若一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代后会临近灭绝,若繁殖

后代的平均数超过1,则若干代后还有继续繁殖的可能.类型2概率可用函数表示1.(2026山东德州一模)在某工厂的产品质量检测中,设随机变量X表示从一批产品中随

机抽取的不合格产品数量.已知抽取到X个不合格产品的分布列为X0123Pa(1-p)2a(1-p)ap

每个不合格产品需要进行返工处理,返工成功(即将不合格产品修复为合格产品)的概

率均为

,且各个产品返工是否成功相互独立.事件Ai表示抽取的产品中有i个不合格产品(i=0,1,2,3),事件B表示抽取的产品中返工成功的数量比返工失败的数量多.(1)若p=

,求a,并根据全概率公式求P(B);(2)是否存在p的值且p∈(0,1),使得E(X)=2?请说明理由.解析

(1)当p=

时,P(A0)=

,P(A1)=

a,P(A2)=

a,P(A3)=3a,由

+

a+

a+3a=1,解得a=

.由题意,得P(B|A1)=

×

=

,P(B|A2)=

=

,P(B|A3)=

+

=

.由全概率公式,得P(B)=

P(B|Ai)P(Ai)=

×

+

×

+

×

=

.(2)假设存在p,使得E(X)=

+2ap+a(1-p)=2,又

+ap+a(1-p)+a(1-p)2=1,则

+p+1=2

p2-2p+

+2

,化简得2p2-5p-

+3=0,即2p3-5p2+3p-1=0,令h(p)=2p3-5p2+3p-1,则h'(p)=6p2-10p+3,因为h'(0)=3>0,h'(1)=-1<0,所以在(0,1)上存在p0,

使得h'(p0)=0,所以h'(p0)=6

-10p0+3=0,即

=

,且h'(p)在(0,p0)上为正,在(p0,1)上为负,从而h(p)在(0,p0)上单调递增,在(p0,1)上单调递减,则h(p)max=h(p0)=2

-5

+3p0-1=2·

·p0-5

+3p0-1=

-p0-5

+3p0-1=-

+2p0-1=-

-

<0,所以当p∈(0,1)时,h(p)max<0,即不存在p的值,使得E(X)=2.2.(2026湖南怀化二模)某工厂的某种产品成箱包装,每箱5件.该产品按箱售卖,每箱30

元.用户在使用某箱该产品时,若出现1件不合格品,则工厂赔偿10元;若出现2件不合格

品,则工厂赔偿20元;若出现3~5件不合格品,则工厂赔偿30元.设每件产品为不合格品的

概率都为p(0<p<1),且各件产品是不是不合格品相互独立.(1)记每箱产品中恰有1件不合格品的概率为f(p),求f(p)的极大值点p0.(2)工厂质检部门拟在产品交付用户之前增加一道检验工序,提出了两种检验方案.方案

一:从每一箱产品中随机抽1件检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.方案二:从每一

箱产品中随机抽2件检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.已知每件产品的检验费

用为2元,以(1)中确定的p0作为p的值,以一箱产品的售价减去赔偿费用及检验费用的值

的期望为决策依据,应该选择方案一还是方案二?解析

(1)每箱产品中恰有1件不合格品的概率f(p)=

p(1-p)4,0<p<1,则f'(p)=5[(1-p)4-4p(1-p)3]=5(1-p)3(1-5p).令f'(p)=0,得p=0.2.当p∈(0,0.2)时,f'(p)>0;当p∈(0.2,1)时,f'(p)<0.所以f(p)的极大值点p0=0.2.(2)由(1)知p=0.2.若选择方案一,则一箱产品的售