(1)求第2次投籃的人是乙的概率；
(2)求第i次投籃的人是甲的概率；
(3)已知：若隨機變量Xi服從兩點分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，則E( eq \i\su(i＝1,n,X) i)＝ eq \i\su(i＝1,n,q) i.
記前n次(即從第1次到第n次投籃)中甲投籃的次數(shù)為Y，求E(Y).
2．甲、乙、丙三位同學進行羽毛球比賽，約定賽制如下：
累計負兩場者被淘汰；比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進行下一場比賽，負者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比賽，直至其中一人被淘汰，另一人最終獲勝，比賽結(jié)束．
經(jīng)抽簽，甲、乙首先比賽，丙輪空．設每場比賽雙方獲勝的概率都為 eq \f(1,2) .
(1)求甲連勝四場的概率；
(2)求需要進行第五場比賽的概率；
(3)求丙最終獲勝的概率．
3．為了解甲、乙兩種離子在小鼠體內(nèi)的殘留程度，進行如下試驗：將200只小鼠隨機分成A，B兩組，每組100只，其中A組小鼠給服甲離子溶液，B組小鼠給服乙離子溶液．每只小鼠給服的溶液體積相同、摩爾濃度相同．經(jīng)過一段時間后用某種科學方法測算出殘留在小鼠體內(nèi)離子的百分比．根據(jù)試驗數(shù)據(jù)分別得到如下直方圖：
記C為事件：“乙離子殘留在體內(nèi)的百分比不低于5.5”，根據(jù)直方圖得到P(C)的估計值為0.70.
(1)求乙離子殘留百分比直方圖中a，b的值；
(2)分別估計甲、乙離子殘留百分比的平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表).
4．某科技公司新研制生產(chǎn)一種特殊疫苗，為確保疫苗質(zhì)量，定期進行質(zhì)量檢驗．某次檢驗中，從產(chǎn)品中隨機抽取100件作為樣本，測量產(chǎn)品質(zhì)量體系中某項指標值，根據(jù)測量結(jié)果得到頻率分布直方圖．
(1)求頻率分布直方圖中a的值；
(2)技術(shù)分析人員認為，本次測量的產(chǎn)品的質(zhì)量指標值X服從正態(tài)分布N(μ，12.22)，若同組中的每個數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中間值代替，計算μ，并計算測量數(shù)據(jù)落在(187.8，212.2)內(nèi)的概率；
(3)設生產(chǎn)成本為y元，質(zhì)量指標值為x，生產(chǎn)成本與質(zhì)量指標值之間滿足函數(shù)關系y＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0.4x，x≤205，,0.8x－100，x>205.)) 假設同組中的每個數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中間值代替，試計算生產(chǎn)該疫苗的平均成本．
參考數(shù)據(jù)：X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
5.[2022·全國甲卷(理)，19]甲、乙兩個學校進行體育比賽，比賽共設三個項目，每個項目勝方得10分，負方得0分，沒有平局．三個項目比賽結(jié)束后，總得分高的學校獲得冠軍．已知甲學校在三個項目中獲勝的概率分別為0.5，0.4，0.8，各項目的比賽結(jié)果相互獨立．
(1)求甲學校獲得冠軍的概率；
(2)用X表示乙學校的總得分，求X的分布列與期望．
6．[2023·新課標Ⅱ卷]某研究小組經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)某種疾病的患病者與未患病者的某項醫(yī)學指標有明顯差異，經(jīng)過大量調(diào)查，得到如下的患病者和未患病者該指標的頻率分布直方圖：
利用該指標制定一個檢測標準，需要確定臨界值c，將該指標大于c的人判定為陽性，小于或等于c的人判定為陰性．此檢測標準的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為p(c)；誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為q(c).假設數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布，以事件發(fā)生的頻率作為相應事件發(fā)生的概率．
(1)當漏診率p(c)＝0.5%時，求臨界值c和誤診率q(c)；
(2)設函數(shù)f(c)＝p(c)＋q(c)，當c∈[95，105]時，求f(c)的解析式，并求f(c)在區(qū)間[95，105]的最小值．
7.某沙漠地區(qū)經(jīng)過治理，生態(tài)系統(tǒng)得到很大改善，野生動物數(shù)量有所增加．為調(diào)查該地區(qū)某種野生動物的數(shù)量，將其分成面積相近的200個地塊，從這些地塊中用簡單隨機抽樣的方法抽取20個作為樣區(qū)，調(diào)查得到樣本數(shù)據(jù)(xi，yi)(i＝1，2，…，20)，其中xi和yi分別表示第i個樣區(qū)的植物覆蓋面積(單位：公頃)和這種野生動物的數(shù)量，并計算得 eq \i\su(i＝1,20,x) i＝60， eq \i\su(i＝1,20,y) i＝1 200， eq \i\su(i＝1,20, ) (xi－ eq \(x,\s\up6(－)) )2＝80， eq \i\su(i＝1,20, ) (yi－ eq \(y,\s\up6(－)) )2＝9 000， eq \i\su(i＝1,20, ) (xi－ eq \(x,\s\up6(－)) )(yi－ eq \(y,\s\up6(－)) )＝800.
(1)求該地區(qū)這種野生動物數(shù)量的估計值(這種野生動物數(shù)量的估計值等于樣區(qū)這種野生動物數(shù)量的平均數(shù)乘以地塊數(shù))；
(2)求樣本(xi，yi)(i＝1，2，…，20)的相關系數(shù)(精確到0.01)；
(3)根據(jù)現(xiàn)有統(tǒng)計資料，各地塊間植物覆蓋面積差異很大．為提高樣本的代表性以獲得該地區(qū)這種野生動物數(shù)量更準確的估計，請給出一種你認為更合理的抽樣方法，并說明理由．
附：相關系數(shù)r＝ eq \f(\i\su(i＝1,n, )（xi－\(x,\s\up6(－))）（yi－\(y,\s\up6(－))）,\r(\i\su(i＝1,n, )（xi－\(x,\s\up6(－))）2\i\su(i＝1,n, )（yi－\(y,\s\up6(－))）2)) ， eq \r(2) ≈1.414.
8．[2022·新高考Ⅰ卷，20]一醫(yī)療團隊為研究某地的一種地方性疾病與當?shù)鼐用竦男l(wèi)生習慣(衛(wèi)生習慣分為良好和不夠良好兩類)的關系，在已患該疾病的病例中隨機調(diào)查了100例(稱為病例組)，同時在未患該疾病的人群中隨機調(diào)查了100人(稱為對照組)，得到如下數(shù)據(jù)：
(1)能否有99%的把握認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習慣有差異？
(2)從該地的人群中任選一人，A表示事件“選到的人衛(wèi)生習慣不夠良好”，B表示事件“選到的人患有該疾病”， eq \f(P（B|A）,P（\(B,\s\up6(－))|A） ) 與 eq \f(P（B|\(A,\s\up6(－))）,P（\(B,\s\up6(－))|\(A,\s\up6(－))） ) 的比值是衛(wèi)生習慣不夠良好對患該疾病風險程度的一項度量指標，記該指標為R.
(ⅰ)證明：R＝ eq \f(P（A|B）,P（\(A,\s\up6(－))|B） ) · eq \f(P（\(A,\s\up6(－))|\(B,\s\up6(－))）,P（A|\(B,\s\up6(－))） ) ；
(ⅱ)利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出P(A|B)，P(A| eq \(B,\s\up6(－)) )的估計值，并利用(ⅰ)的結(jié)果給出R的估計值．
附：K2＝ eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）) ，
專練56 高考大題專練(六) 概率與統(tǒng)計的綜合運用
1．解析：(1)記“第2次投籃的人是乙”為事件A，“第1次投籃的人是甲”為事件B，則A＝BA＋ eq \x\t(B) A，
所以P(A)＝P(BA＋ eq \x\t(B) A)＝P(BA)＋P( eq \x\t(B) A)＝P(B)P(A|B)＋P( eq \x\t(B) )P(A| eq \x\t(B) )＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
(2)設第i次投籃的人是甲的概率為pi，由題意可知，p1＝ eq \f(1,2) ，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝ eq \f(2,5) pi＋ eq \f(1,5) ，
所以pi＋1－ eq \f(1,3) ＝ eq \f(2,5) (pi－ eq \f(1,3) )，
又p1－ eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,6) ，所以數(shù)列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(pi－\f(1,3))) 是以 eq \f(1,6) 為首項， eq \f(2,5) 為公比的等比數(shù)列，
所以pi－ eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,6) ×( eq \f(2,5) )i－1，
所以pi＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,6) ×( eq \f(2,5) )i－1.
(3)設第i次投籃時甲投籃的次數(shù)為Xi，則Xi的可能取值為0或1，當Xi＝0時，表示第i次投籃的人是乙，當Xi＝1時，表示第i次投籃的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)＝1－pi，所以E(Xi)＝pi.
Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，
則E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，
由(2)知，pi＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,6) ×( eq \f(2,5) )i－1，
所以p1＋p2＋p3＋…＋pn＝ eq \f(n,3) ＋ eq \f(1,6) ×[1＋ eq \f(2,5) ＋( eq \f(2,5) )2＋…＋( eq \f(2,5) )n－1]＝ eq \f(n,3) ＋ eq \f(1,6) × eq \f(1－（\f(2,5)）n,1－\f(2,5)) ＝ eq \f(n,3) ＋ eq \f(5,18) × eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－（\f(2,5)）n)) .
2．解析：(1)甲連勝四場的概率為 eq \f(1,16) .
(2)根據(jù)賽制，至少需要進行四場比賽，至多需要進行五場比賽．
比賽四場結(jié)束，共有三種情況：
甲連勝四場的概率為 eq \f(1,16) ；
乙連勝四場的概率為 eq \f(1,16) ；
丙上場后連勝三場的概率為 eq \f(1,8) .
所以需要進行第五場比賽的概率為1－ eq \f(1,16) － eq \f(1,16) － eq \f(1,8) ＝ eq \f(3,4) ．
(3)丙最終獲勝，有兩種情況：
比賽四場結(jié)束且丙最終獲勝的概率為 eq \f(1,8) ；
比賽五場結(jié)束且丙最終獲勝，則從第二場開始的四場比賽按照丙的勝、負、輪空結(jié)果有三種情況：勝勝負勝，勝負空勝，負空勝勝，概率分別為 eq \f(1,16) ， eq \f(1,8) ， eq \f(1,8) .
因此丙最終獲勝的概率為 eq \f(1,8) ＋ eq \f(1,16) ＋ eq \f(1,8) ＋ eq \f(1,8) ＝ eq \f(7,16) .
3．解析：(1)由已知得0.70＝a＋0.20＋0.15，故
a＝0.35.
b＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.
(2)甲離子殘留百分比的平均值的估計值為
2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.
乙離子殘留百分比的平均值的估計值為
3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.
4．解析：(1)由10×(a＋0.009＋0.022＋0.033＋0.024＋0.008＋a)＝1，解得a＝0.002.
(2)依題意，
μ＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，故X～N(200，12.22)，所以P(187.8≤X≤212.2)＝P(200－12.2≤X≤200＋12.2)≈0.682 7，故測量數(shù)據(jù)落在(187.8，212.2)內(nèi)的概率約為0.682 7.
(3)根據(jù)題意得平均成本為0.4×170×0.02＋0.4×180×0.09＋0.4×190×0.22＋0.4×200×0.33＋(0.8×210－100)×0.24＋(0.8×220－100)×0.08＋(0.8×230－100)×0.02＝75.04，
故生產(chǎn)該疫苗的平均成本為75.04元．
5．解析：(1)設三個項目比賽中甲學校獲勝分別為事件A，B，C，易知事件A，B，C相互獨立．甲學校獲得冠軍，對應事件A，B，C同時發(fā)生，或事件A，B，C中有兩個發(fā)生，故甲學校獲得冠軍的概率為
P＝P(ABC＋ eq \(A,\s\up6(－)) BC＋A eq \(B,\s\up6(－)) C＋AB eq \(C,\s\up6(－)) )
＝P(ABC)＋P( eq \(A,\s\up6(－)) BC)＋P(A eq \(B,\s\up6(－)) C)＋P(AB eq \(C,\s\up6(－)) )
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04
＝0.6.
(2)由題意得，X的所有可能取值為0，10，20，30.
易知乙學校在三個項目中獲勝的概率分別為0.5，0.6，0.2，則
P(X＝0)＝(1－0.5)×(1－0.6)×(1－0.2)＝0.16，
P(X＝10)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.2)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.2)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.2＝0.44，
P(X＝20)＝0.5×0.6×(1－0.2)＋0.5×(1－0.6)×0.2＋(1－0.5)×0.6×0.2＝0.34，
P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06，
所以X的分布列為
則E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
6．解析：(1)由題圖知(100－95)×0.002＝1%>0.5%，所以95

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