(1)設(shè)小明每天獲得的得分為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；
(2)若小明每天賽完20局，設(shè)小明在每局四人賽中獲得第1名從而贏得該局比賽的概率為，每局是否贏得比賽相互獨立，請問在每天的20局四人賽中，小明贏得多少局的比賽概率最大？
【答案】(1)分布列答案見解析，數(shù)學(xué)期望：
(2)在每天的20局四人賽中，小明贏得5局的比賽概率最大
【解析】（1）記事件表示第一局獲得分，事件表示第二局獲得分，
這些事件相互獨立，由條件知的可能值為5，4，3，2.
；
；
；
.
則其分布列為
所以.
（2）設(shè)小明每天贏得的局?jǐn)?shù)為，則易知，
于是.
假設(shè)贏得局的概率最大，則據(jù)條件得，
即，
整理得，解之得，
又因為，所以，
因此在每天的20局四人賽中，小明贏得5局的比賽概率最大.
2．（2023·江蘇南京·南京市第九中學(xué)?？寄M預(yù)測）某種疾病可分為，兩種類型，為了解該疾病的類型與患者性別是否相關(guān)，在某地區(qū)隨機(jī)抽取了若干名該疾病的患者進(jìn)行調(diào)查，發(fā)現(xiàn)女性患者人數(shù)是男性患者的2倍，男性患型疾病的人數(shù)占男性患者的，女性患型疾病的人數(shù)占女性患者的.
(1)填寫列聯(lián)表，若本次調(diào)查得出“在犯錯誤的概率不超過0.005的前提下認(rèn)為‘所患疾病的類型’與‘性別’有關(guān)”的結(jié)論，求被調(diào)查的男性患者至少有多少人？
(2)某團(tuán)隊進(jìn)行預(yù)防型疾病的疫苗的研發(fā)試驗，試驗期間至多安排2個周期接種疫苗，每人每個周期接種3次，每次接種費用為元.該團(tuán)隊研發(fā)的疫苗每次接種后產(chǎn)生抗體的概率為，如果一個周期內(nèi)至少2次出現(xiàn)抗體，則該周期結(jié)束后終止試驗，否則進(jìn)入第二個周期.若，試驗人數(shù)為1000人，試估計該試驗用于接種疫苗的總費用.
，
【答案】(1)列聯(lián)表見解析，被調(diào)查的男性患者至少有12；
(2)元
【解析】（1）設(shè)男性患者有人，則女性患者有人，列聯(lián)表如下：
假設(shè)：患者所患疾病類型與性別之間無關(guān)聯(lián)，
根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，
要使在犯錯誤的概率不超過0.005的前提下認(rèn)為“所患疾病類型”與“性別”有關(guān)，
則，解得，
因為，，所以的最小整數(shù)值為12，
因此，男性患者至少有12人.
（2）設(shè)該試驗每人的接種費用為元，則的可能取值為，.
則，，
所以，
因為，試驗人數(shù)為1000人，所以該試驗用于接種疫苗的總費用為，
所以元.
3．（2023·貴州畢節(jié)·校考模擬預(yù)測）隨著人們收入水平的提高，特色化?差異化農(nóng)產(chǎn)品的消費需求快速增長，精品農(nóng)產(chǎn)品獲得廣大消費者的認(rèn)可.某精品水果種植大戶在水果采摘后，一般先分揀出單個重量不達(dá)標(biāo)的水果，再按重量進(jìn)行分類裝箱.現(xiàn)從同批采摘?分揀后堆積的水果堆中隨機(jī)抽取了30個水果進(jìn)行稱重（為方便稱重，按5克為一級進(jìn)行分級），統(tǒng)計對應(yīng)的水果重量，得柱狀圖如下.

(1)估計該批采摘的水果的單個水果的平均重量（精確到整數(shù)位）；
(2)在樣本內(nèi)，從重量不低于80克的水果中，隨機(jī)選取2個，記其中選取到水果重量不低于90克的個數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；
(3)用這個樣本的頻率分布估計總體分布，將頻率視為概率.從采摘的水果堆中隨機(jī)選取n個水果，若要求其中至少有一個水果的重量不低于80克的概率不低于，求n的最小值.
【答案】(1)75克
(2)分布列見解析，
(3)5
【解析】（1）根據(jù)柱狀圖可知該批采摘的水果的單個水果的平均重量為
（克）；
（2）樣本中重量不低于80克的水果有個，其中重量不低于90克的有3個，
所以X的可能取值為0，1，2，
，，，
所以X的分布列為
所以；
（3）由題意得，得，
即，
因為，，且為減函數(shù)，
所以當(dāng)?shù)慕饧癁椋?br>所以n的最小值為5.
4．（2023·福建福州·福建省福州第一中學(xué)?？寄M預(yù)測）某知識測試的題目均為多項選擇題，每道多項選擇題有A，B，C，D這4個選項，4個選項中僅有兩個或三個為正確選項.題目得分規(guī)則為：全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.已知測試過程中隨機(jī)地從四個選項中作選擇，每個選項是否為正確選項相互獨立.若第一題正確選項為兩個的概率為，并且規(guī)定若第題正確選項為兩個，則第題正確選項為兩個的概率為；第題正確選項為三個，則第題正確選項為三個的概率為.
(1)若第二題只選了“C”一個選項，求第二題得分的分布列及期望；
(2)求第n題正確選項為兩個的概率；
(3)若第n題只選擇B、C兩個選項，設(shè)Y表示第n題得分，求證：.
【答案】(1)分布列見解析；
(2)
(3)證明見解析
【解析】（1）設(shè)事件表示正確選項為個，事件表示正確選項為個，
表示第題正確選項為個的概率，表示第題正確選項為個的概率.
設(shè)事件表示選項“C”為第二題的一個正確選項，用隨機(jī)變量表示第二題得分.
依題得，可能取值為.
因為，，
所以
所以的分布列為:
所以.
（2）依題得，，
所以，
又因為，
所以是以為首項，以為公比的等比數(shù)列.
所以，.
（3）由（2）可知，，.
依題得，可能取值為.
，
，
所以.
5（2024·江西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）近年來，隨著智能手機(jī)的普及，網(wǎng)絡(luò)購物、直播帶貨、網(wǎng)上買菜等新業(yè)態(tài)迅速進(jìn)入了我們的生活，改變了我們的生活方式現(xiàn)將一周網(wǎng)上買菜次數(shù)超過3次的市民認(rèn)定為“喜歡網(wǎng)上買菜”，不超過3次甚至從不在網(wǎng)上買菜的市民認(rèn)定為“不喜歡網(wǎng)上買菜”.某市社區(qū)為了解該社區(qū)市民網(wǎng)上買菜情況，隨機(jī)抽取了該社區(qū)100名市民，得到的統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下表所示：
(1)是否有的把握認(rèn)為社區(qū)的市民是否喜歡網(wǎng)上買菜與年齡有關(guān)？
(2)社區(qū)的市民張無忌周一、二均在網(wǎng)上買菜，且周一從，兩個買菜平臺隨機(jī)選擇其中一個下單買菜.如果周一選擇平臺買菜，那么周二選擇入平臺買菜的概率；如果周一選擇平臺買菜，那么周二選擇入平臺買菜的概率為，求張無忌周二選擇平臺買菜的概率；
(3)用頻率估計概率，現(xiàn)從社區(qū)市民中隨機(jī)抽取20名市民，記其中喜歡網(wǎng)上買菜的市民人數(shù)為事件“”的概率為，求使取得最大值的的值.
參考公式：，其中.
【答案】(1)有
(2)
(3)
【解析】（1）假設(shè)：社區(qū)的市民是否喜歡網(wǎng)上買菜與年齡無關(guān).
由題意可得，，
則假設(shè)不成立，
所以有的把握認(rèn)為社區(qū)的市民是否喜歡網(wǎng)上買菜與年齡有關(guān).
（2）記事件：張無忌周一選擇平臺買菜；事件：張無忌周二選擇平臺買菜，
則，，，
由全概率公式可得，
因此，張無忌周二選擇平臺買菜的概率為.
（3）由題意可知，抽取的20名市民，喜歡網(wǎng)上買菜的市民人數(shù)服從二項分布，
且喜歡上網(wǎng)買菜的頻率為，則，
且，，
設(shè)
，，
若，即，即，解得，
若，即，即，解得或，所以當(dāng)時，最大，故的值為.
6．（2023·遼寧本溪·本溪高中校考模擬預(yù)測）某疫苗生產(chǎn)單位通過驗血的方式檢驗?zāi)撤N疫苗產(chǎn)生抗體情況，現(xiàn)有份血液樣本（數(shù)量足夠大），有以下兩種檢驗方式：
方式一：逐份檢驗，需要檢驗n次；
方式二：混合檢驗，將其中k（且）份血液樣本混合檢驗，若混合血樣無抗體，說明這k份血液樣本全無抗體，只需檢驗1次；若混合血樣有抗體，為了明確具體哪份血液樣本有抗體，需要對每份血液樣本再分別化驗一次，檢驗總次數(shù)為次．
假設(shè)每份樣本的檢驗結(jié)果相互獨立，每份樣本有抗體的概率均為．
(1)現(xiàn)有7份不同的血液樣本，其中只有3份血液樣本有抗體，采用逐份檢驗方式，求恰好經(jīng)過4次檢驗就能把有抗體的血液樣本全部檢驗出來的概率；
(2)現(xiàn)取其中k（且）份血液樣本，記采用逐份檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數(shù)為；采用混合檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數(shù)為．
①若，求P關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式；
②已知，以檢驗總次數(shù)的期望為依據(jù)，討論采用何種檢驗方式更好？
參考數(shù)據(jù)：．
【答案】(1)
(2)答案見解析
【解析】（1）設(shè)恰好經(jīng)過4次檢驗就能把有抗體的血液樣本全部檢驗出來為事件，
事件分為兩種情況，一種是前三次檢驗中，其中兩次檢驗出抗體，第四次檢驗出抗體，二是前四次均無抗體，
所以，
所以恰好經(jīng)過4次檢驗就能把有抗體的血液樣本全部檢驗出來的概率為，
（2）①由已知得，的所有可能取值為1，，
所以， ，
所以，
若，則，
所以，，
所以，得，
所以P關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式（且）
②由①知，，
若，則，所以，得，
所以（且）
令，則，
當(dāng)時，，當(dāng)時，，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
因為，，
，
所以不等式的解是且，
所以且時，，采用方案二混合檢驗方式好，
且時，，采用方案一逐份檢驗方式好，
7．（2023·江蘇南京·南京市第一中學(xué)校考模擬預(yù)測）為了宣傳航空科普知識，某校組織了航空知識競賽活動．活動規(guī)定初賽需要從8道備選題中隨機(jī)抽取4道題目進(jìn)行作答．假設(shè)在8道備選題中，小明正確完成每道題的概率都是且每道題正確完成與否互不影響，小宇能正確完成其中6道題且另外2道題不能完成．
(1)求小明至少正確完成其中3道題的概率；
(2)設(shè)隨機(jī)變量X表示小宇正確完成題目的個數(shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望；
(3)現(xiàn)規(guī)定至少完成其中3道題才能進(jìn)入決賽，請你根據(jù)所學(xué)概率知識，判斷小明和小宇兩人中選擇誰去參加市級比賽（活動規(guī)則不變）會更好，并說明理由．
【答案】(1)
(2)分布列見解析，3
(3)選擇小宇，理由見解析
【解析】（1）記“小明至少正確完成其中3道題”為事件A，則
．
（2）X的可能取值為2，3，4
，
，
，
X的分布列為；
數(shù)學(xué)期望．
（3）由（1）知，小明進(jìn)入決賽的概率為；
記“小宇至少正確完成其中3道題”為事件B，則；
因為，故小宇進(jìn)決賽的可能性更大，
所以應(yīng)選擇小宇去參加比賽．
8．（2023·四川遂寧·射洪中學(xué)校考模擬預(yù)測）“五一黃金周”期間，某商場為吸引顧客，增加顧客流量，推出購物促銷優(yōu)惠活動，具體優(yōu)惠方案有兩種：方案一：消費金額不滿300元，不予優(yōu)惠；消費金額滿300元減60元；方案二：消費金額滿300元，可參加一次抽獎活動，活動規(guī)則為：從裝有3個紅球和3個白球共6個球的盒子中任取3個球（這些小球除顏色不同其余均相同），抽獎?wù)吒鶕?jù)抽到的紅球個數(shù)不同將享受不同的優(yōu)惠折扣，具體優(yōu)惠如下：
(1)現(xiàn)有甲乙兩位顧客各獲得一次抽獎活動，求這兩位顧客恰好有一人獲得八折優(yōu)惠折扣的概率；
(2)若李女士在該商場消費金額為x元（），請以李女士實付金額的期望為決策依據(jù)，對李女士選擇何種優(yōu)惠方案提出建議.
【答案】(1)
(2)答案見解析
【解析】（1）設(shè)事件A：抽獎的顧客獲得八折優(yōu)惠，則；
由于甲乙兩位顧客獲得八折優(yōu)惠的概率均為，
設(shè)甲乙兩位顧客恰好一人獲得八折優(yōu)惠的概率P，
則；
所以甲乙兩位顧客恰好一人獲得八折優(yōu)惠的概率為.
（2）方案一：設(shè)實付金額，則,（）.
方案二：設(shè)實付金額，則的可能取值有：x，0.9x，0.8x，0.7x；（）.
； ；
； ；
所以.
①若，解得，選擇方案一；
②若，解得，選擇方案一或方案二均可；
③若，解得，選擇方案二.，
所以當(dāng)消費金額大于且小于時，選擇方案一；
當(dāng)消費金額等于時，選擇方案一或方案二均可；
當(dāng)消費金額大于時，選擇方案二.
9．（2023·重慶沙坪壩·重慶一中?？寄M預(yù)測）某學(xué)校常年開設(shè)某課程，今年該校在某年級開設(shè)的該課程共有若干個班，由若干位不同的老師授課，其中某位老師班上的評分標(biāo)準(zhǔn)如下：每位同學(xué)該課程的分?jǐn)?shù)（滿分分）由兩部分組成，一部分為“平時分”，學(xué)期內(nèi)共有次考勤，每次出勤計分，另一部分為“期末分”，是由期末考試的卷面成績（滿分分）按照卷面成績比期末分的比例折算而來．如，一名同學(xué)出勤次，期末考試的卷面成績?yōu)榉?，則該同學(xué)該課程的最終評分為：（分）．
(1)一同學(xué)期末考試的卷面成績?yōu)榉郑僭O(shè)該同學(xué)每次考勤時出勤的概率均為且互相獨立，求該同學(xué)的最終評分及格（即大于等于分）的概率（結(jié)果保留三位小數(shù)）；
(2)經(jīng)過統(tǒng)計，教務(wù)處公布今年該課程的該年級平均分約為，標(biāo)準(zhǔn)差約為，且學(xué)生成績近似滿足正態(tài)分布．據(jù)此，該老師估計該年級幾乎沒有需要重修（即分?jǐn)?shù)未達(dá)到分）的學(xué)生，請用所學(xué)知識解釋老師的這一觀點；
(3)泊松分布可以用來描述某些小概率事件的發(fā)生．若隨機(jī)變量服從參數(shù)為的泊松分布（記作），則，其中為自然對數(shù)的底數(shù)．根據(jù)往年的數(shù)據(jù)，我們認(rèn)為該課程每年每個班級需要重修的學(xué)生數(shù)量近似服從泊松分布，假設(shè)，證明每年每個班級出現(xiàn)多于一名需要重修該課程的學(xué)生的概率低于百分之一．
參考數(shù)據(jù)：，，，
若，則，
，．
【答案】(1)
(2)理由見解析
(3)證明見解析
【解析】（1）解：設(shè)同學(xué)的最終評分及格時，出勤次數(shù)為，
則，解得，因為且，則或，
所以，.
（2）解：設(shè)學(xué)生的成績?yōu)?，則，即，，
所以，，
所以，從該年級任選一名同學(xué)，該同學(xué)該課程不需重修的概率為
，
這是一個小概率事件，幾乎不會發(fā)生，
因此，該老師估計該年級幾乎沒有需要重修（即分?jǐn)?shù)未達(dá)到分）的學(xué)生.
（3）解：構(gòu)造函數(shù)，其中，則，
當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減，
當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，
所以，，即，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，
因為，所以，每年每個班級出現(xiàn)多于一名需要重修該課程的學(xué)生的概率為
，
因此，每年每個班級出現(xiàn)多于一名需要重修該課程的學(xué)生的概率低于百分之一．
10．（2023·甘肅張掖·高臺縣第一中學(xué)校考模擬預(yù)測）杭州2022年亞運(yùn)會將于2023年9月23日至10月8日在我國杭州舉辦．為迎接這一體育盛會，浙江某大學(xué)組織大學(xué)生舉辦了一次主題為“喜迎杭州亞運(yùn)，當(dāng)好東道主”的亞運(yùn)知識競賽，并從所有參賽大學(xué)生中隨機(jī)抽取了200人，統(tǒng)計他們的競賽成績m（滿分100分，已知每名參賽大學(xué)生至少得60分），制成了如下所示的頻數(shù)分布表：
(1)規(guī)定成績不低于85分為“優(yōu)秀”，成績低于85分為“非優(yōu)秀”，這200名參賽大學(xué)生的成績的情況統(tǒng)計如下表：
判斷是否有95%的把握認(rèn)為競賽成績優(yōu)秀與性別有關(guān)；
(2)經(jīng)統(tǒng)計，用于學(xué)習(xí)亞運(yùn)知識的時間（單位：時）與成績（單位：分）之間的關(guān)系近似為線性相關(guān)關(guān)系，對部分參賽大學(xué)生用于學(xué)習(xí)亞運(yùn)知識時間x與知識競賽成績y進(jìn)行數(shù)據(jù)收集，如下表：
求變量y關(guān)于x的線性回歸方程；
(3)A市某企業(yè)贊助了這次知識競賽，給予每位參賽大學(xué)生一定的獎勵，獎勵方案有以下兩種：
方案一：按競賽成績m進(jìn)行分類獎勵，當(dāng)時，獎勵100元；當(dāng)時，獎勵200元；當(dāng)時，獎勵300元．
方案二：利用抽獎的方式獲得獎金，其中競賽成績低于樣本中位數(shù)的只有1次抽獎機(jī)會，競賽成績不低于樣本中位數(shù)的則有2次抽獎機(jī)會，其中每次抽獎抽中100元現(xiàn)金紅包的概率均為，抽中200元現(xiàn)金紅包的概率均為，且兩次抽獎結(jié)果相互獨立．
若每名參賽大學(xué)生只能選擇一種獎勵方案，試用樣本的頻率估計總體的概率，從數(shù)學(xué)期望的角度分析，每名參賽大學(xué)生選擇哪種獎勵方案更有利．
附：（其中；
線性回歸方程中，，；
第（2）問中，，，，．
【答案】(1)沒有95%的把握認(rèn)為競賽成績優(yōu)秀與性別有關(guān)
(2)
(3)每名參賽大學(xué)生選擇方案二更有利
【解析】（1）解：根據(jù)這200名參賽大學(xué)生的成績的情況統(tǒng)計表，
經(jīng)計算得，
所以沒有95%的把握認(rèn)為競賽成績優(yōu)秀與性別有關(guān)．
（2）解：根據(jù)題設(shè)中的數(shù)據(jù)，可得，
所以，
所以所求線性回歸方程為．
（3）解：由題意得，對于方案一，設(shè)每名參賽大學(xué)生可獲得的獎金為X元，則X的所有可能取值為100，200，300，其對應(yīng)的概率分別為，，，
故（元）．
對于方案二，設(shè)每名參賽大學(xué)生可獲得的獎金為Y元，則Y的所有可能取值為100，200，300，400，
可得；；
；，
所以Y的分布列為
所以（元），
因為，所以從數(shù)學(xué)期望的角度分析，每名參賽大學(xué)生選擇方案二更有利.
11．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考模擬預(yù)測）2023年3月某學(xué)校舉辦了春季科技體育節(jié)，其中安排的女排賽事共有12個班級作為參賽隊伍，本次比賽啟用了新的排球用球已知這種球的質(zhì)量指標(biāo)（單位：g）服從正態(tài)分布，其中，.比賽賽制采取單循環(huán)方式，即每支球隊進(jìn)行11場比賽，最后靠積分選出最后冠軍，積分規(guī)則如下（比賽采取5局3勝制）：比賽中以3：0或3：1取勝的球隊積3分，負(fù)隊積0分；而在比賽中以3：2取勝的球隊積2分，負(fù)隊積1分.9輪過后，積分榜上的前2名分別為1班排球隊和2班排球隊，1班排球隊積26分，2班排球隊積22分.第10輪1班排球隊對抗3班排球隊，設(shè)每局比賽1班排球隊取勝的概率為.
(1)令，則，且，求，并證明：；
(2)第10輪比賽中，記1班排球隊3：1取勝的概率為，求出的最大值點，并以作為的值，解決下列問題.
（?。┰诘?0輪比賽中，1班排球隊所得積分為，求的分布列；
（ⅱ）已知第10輪2班排球隊積3分，判斷1班排球隊能否提前一輪奪得冠軍（第10輪過后，無論最后一輪即第11輪結(jié)果如何，1班排球隊積分最多）？若能，求出相應(yīng)的概率；若不能，請說明理由.
參考數(shù)據(jù)：，則，，.
【答案】(1)0.02275；證明見解析.
(2)（?。┓植剂幸娊馕?br>（ⅱ）能，.
【解析】（1），又，
所以.
因為，根據(jù)正態(tài)曲線對稱性，，
又因為，所以.
（2），
.
令，得.
當(dāng)時，，在上為增函數(shù)；
當(dāng)時，，在上為減函數(shù).
所以的最大值點，從而.
（?。┑目赡苋≈禐?，2，1，0.
，，
，，
所以的分布列為
（ⅱ）若，則1班10輪后的總積分為29分，2班即便第10輪和第11輪都積3分，
則11輪過后的總積分是28分，，所以，1班如果第10輪積3分，
則可提前一輪奪得冠軍，其概率為.
12．（2023·云南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）某企業(yè)擁有甲?乙兩條零件生產(chǎn)線，為了解零件質(zhì)量情況，采用隨機(jī)抽樣方法從兩條生產(chǎn)線共抽取180個零件，測量其尺寸（單位：）得到如下統(tǒng)計表，其中尺寸位于的零件為一等品，位于和的零件為二等品，否則零件為三等品.
(1)完成列聯(lián)表，依據(jù)的獨立性檢驗?zāi)芊裾J(rèn)為零件為一等品與生產(chǎn)線有關(guān)聯(lián)？
(2)將樣本頻率視為概率，從甲?乙兩條生產(chǎn)線中分別隨機(jī)抽取1個零件，每次抽取零件互不影響，以表示這2個零件中一等品的數(shù)量，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；
(3)已知該企業(yè)生產(chǎn)的零件隨機(jī)裝箱出售，每箱60個.產(chǎn)品出廠前，該企業(yè)可自愿選擇是否對每箱零件進(jìn)行檢驗.若執(zhí)行檢驗，則每個零件的檢驗費用為5元，并將檢驗出的三等品更換為一等品或二等品；若不執(zhí)行檢驗，則對賣出的每個三等品零件支付120元賠償費用.現(xiàn)對一箱零件隨機(jī)檢驗了20個，檢出了1個三等品.將從兩條生產(chǎn)線抽取的所有樣本數(shù)據(jù)的頻率視為概率，以整箱檢驗費用與賠償費用之和的期望作為決策依據(jù)，是否需要對該箱余下的所有零件進(jìn)行檢驗？請說明理由.
附，其中；.
【答案】(1)列聯(lián)表見解析，依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，可以認(rèn)為零件是否為一等品與生產(chǎn)線有關(guān)聯(lián)．
(2)答案見解析
(3)需要對該箱余下的所有零件進(jìn)行檢驗，理由見解析
【解析】（1）由題意得列聯(lián)表如下：
，
，
依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，可以認(rèn)為零件是否為一等品與生產(chǎn)線有關(guān)聯(lián)．
（2）由已知任取一個甲生產(chǎn)線零件為一等品的概率為，
任取一個乙生產(chǎn)線零件為一等品的概率為，
的所有可能取值為0，1，2，
，
，
，
的分布列為：
．（3）由已知零件為三等品的頻率為，
設(shè)余下的40個零件中三等品個數(shù)為，則，
，
設(shè)檢驗費用與賠償費用之和為，
若不對余下的所有零件進(jìn)行檢驗，則,所以
若對余下的所有零件進(jìn)行檢測，則檢驗費用為元，
，
應(yīng)對剩下零件進(jìn)行檢驗．
13．（2023·上海松江·校考模擬預(yù)測）某超市每天以4元/千克購進(jìn)某種有機(jī)蔬菜，然后以7元/千克出售.若每天下午6點以前所購進(jìn)的有機(jī)蔬菜沒有全部銷售完，則對未售出的有機(jī)蔬菜降價處理，以2元/千克出售，并且降價后能夠把剩余所有的有機(jī)蔬菜全部處理完畢，且當(dāng)天不再進(jìn)貨.該超市整理了過去兩個月（按60天計算）每天下午6點前這種有機(jī)蔬菜的日銷售量（單位：千克），得到如下統(tǒng)計數(shù)據(jù).（注：視頻率為概率，）.
(1)求1天下午6點前的銷售量不少于350千克的概率；
(2)在接下來的2天中，設(shè)為下午6點前的銷售量不少于350千克的天數(shù)，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；
(3)若該超市以當(dāng)天的利潤期望值為決策依據(jù)，當(dāng)購進(jìn)350千克的期望值比購進(jìn)400千克的期望值大時，求的最小值.
【答案】(1)
(2)分布答案見解析，
(3)
【解析】（1）解：由表格中的數(shù)據(jù)，可得1天下午6點前的銷售量不小于350千克的概率為.
（2）解：依題意，1天下午6點前的銷售量不少于350千克的概率，
隨機(jī)變量的可能值為，
可得，
所以隨機(jī)變量的分布為：
所以的數(shù)學(xué)期望.
（3）解：購進(jìn)350千克時利潤的期望值：，
購進(jìn)400千克時利潤的期望值：，
由，解得，
因為且，因此，
所以的最小值是.
14．（2023·上?！つM預(yù)測）21世紀(jì)汽車博覽會在上海2023年6月7日在上海舉行，下表為某汽車模型公司共有25個汽車模型，其外觀和內(nèi)飾的顏色分布如下表所示：
(1)若小明從這些模型中隨機(jī)拿一個模型，記事件A為小明取到的模型為紅色外觀，事件B取到模型有棕色內(nèi)飾，求，并據(jù)此判斷事件A和事件B是否獨立；
(2)為回饋客戶，該公司舉行了一個抽獎活動，并規(guī)定，在一次抽獎中，每人可以一次性抽取兩個汽車模型。為了得到獎品類型，現(xiàn)作出如下假設(shè)：
假設(shè)1：每人抽取的兩個模型會出現(xiàn)三種結(jié)果：①兩個模型的外觀和內(nèi)飾均為同色；②兩個模型的外觀和內(nèi)飾均為不同色；③兩個模型的外觀同色但內(nèi)飾不同色，或內(nèi)飾同色但外觀不同色。
假設(shè)2：該抽獎設(shè)置三類獎，獎金金額分別為：一等獎600元，二等獎300元，三等獎150元。
假設(shè)3：每種抽取的結(jié)果都對應(yīng)一類獎。出現(xiàn)某種結(jié)果的概率越小，獎金金額越高。
請判斷以上三種結(jié)果分別對應(yīng)幾等獎。設(shè)中獎的獎金數(shù)是，寫出的分布，并求的數(shù)學(xué)期望。
【答案】(1)，事件相互獨立；
(2)分布列見解析，271元.
【解析】（1）由給定的數(shù)表知，，，，
而，因此事件相互獨立，
所以，事件相互獨立.
（2）設(shè)事件：外觀和內(nèi)飾均為同色，事件：外觀內(nèi)飾都異色，事件：僅外觀或僅內(nèi)飾同色，
依題意，；；
，則，
因此抽取的兩個模型的外觀和內(nèi)飾均為不同色是一等獎；外觀和內(nèi)飾均為同色是二等獎；
外觀同色但內(nèi)飾不同色，或內(nèi)飾同色但外觀不同色是三等獎，
獎金額的可能值為：，
獎金額的分布列：
獎金額的期望（元）.
15．（2023·廣東·統(tǒng)考模擬預(yù)測）某工廠車間有6臺相同型號的機(jī)器，各臺機(jī)器相互獨立工作，工作時發(fā)生故障的概率都是，且一臺機(jī)器的故障由一個維修工處理．已知此廠共有甲、乙、丙3名維修工，現(xiàn)有兩種配備方案，方案一：由甲、乙、丙三人維護(hù)，每人負(fù)責(zé)2臺機(jī)器；方案二：由甲乙兩人共同維護(hù)6臺機(jī)器，丙負(fù)責(zé)其他工作.
(1)對于方案一，設(shè)X為甲維護(hù)的機(jī)器某一時刻發(fā)生故障的臺數(shù)，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望E（X）；
(2)在兩種方案下，分別計算某一時刻機(jī)器發(fā)生故障時不能得到及時維修的概率，并以此為依據(jù)來判斷，哪種方案能使工廠的生產(chǎn)效率更高？
【答案】(1)分布列見解析，
(2)，，方案二能讓故障機(jī)器更大概率得到及時維修，使得工廠的生產(chǎn)效率更高．
【解析】（1）解：由題意，車間有6臺相同型號的機(jī)器，各臺機(jī)器相互獨立工作，工作時發(fā)生故障的概率都是，可得方案一中，隨機(jī)變量，
則，，，
所以隨機(jī)變量的分布列為：
所以期望為．
（2）解：對于方案一：“機(jī)器發(fā)生故障時不能及時維修”等價于“甲、乙、丙三人中，至少有一人負(fù)責(zé)的2臺機(jī)器同時發(fā)生故障”，設(shè)機(jī)器發(fā)生故障時不能及時維修的概率為，
則其概率為．
對于方案二：設(shè)機(jī)器發(fā)生故障時不能及時維修的概率為，
則，
可得，即方案二能讓故障機(jī)器更大概率得到及時維修，使得工廠的生產(chǎn)效率更高．
16．（2023·安徽黃山·屯溪一中?？寄M預(yù)測）現(xiàn)有一種不斷分裂的細(xì)胞，每個時間周期內(nèi)分裂一次，一個細(xì)胞每次分裂能生成一個或兩個新的細(xì)胞，每次分裂后原細(xì)胞消失，設(shè)每次分裂成一個新細(xì)胞的概率為，分裂成兩個新細(xì)胞的概率為；新細(xì)胞在下一個周期內(nèi)可以繼續(xù)分裂，每個細(xì)胞間相互獨立.設(shè)有一個初始的細(xì)胞，在第一個周期中開始分裂，其中.
(1)設(shè)結(jié)束后，細(xì)胞的數(shù)量為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；
(2)設(shè)結(jié)束后，細(xì)胞數(shù)量為的概率為 .
（i）求；
（ii）證明：.
【答案】(1)分布列見解析，
(2)（i）；（ii）證明見解析
【解析】（1）個結(jié)束后，的取值可能為,其中,
，
，，
所以分布列為
.
（2）（i）表示分裂結(jié)束后共有個細(xì)胞的概率，則必在某一個周期結(jié)束后分裂成個細(xì)胞. 不妨設(shè)在第時分裂為個細(xì)胞，之后一直有 個細(xì)胞，
此事件概率，
所以
.
（ii）代表分裂后有個細(xì)胞的概率，設(shè)細(xì)胞在后分裂為個新的細(xì)胞，這兩個細(xì)胞在剩下的中，其中一個分裂為個細(xì)胞，一個保持一直分裂為個細(xì)胞，此事件的概率
，
得，
，
其中，.
令,，
記，,令，得.
當(dāng),,遞增；
當(dāng)，,遞減.
故，
也就是.
17．（2023·河北·統(tǒng)考模擬預(yù)測）為切實做好新冠疫情防控工作，有效、及時地控制和消除新冠肺炎的危害，增加學(xué)生對新冠肺炎預(yù)防知識的了解，某校舉辦了一次“新冠疫情”知識競賽.競賽分個人賽和團(tuán)體賽兩種.個人賽參賽方式為：組委會采取電腦出題的方式，從題庫中隨機(jī)出10道題，編號為，，，，，，電腦依次出題，參賽選手按規(guī)則作答，每答對一道題得10分，答錯得0分.團(tuán)體賽以班級為單位，各班參賽人數(shù)必須為3的倍數(shù)，且不少于18人，團(tuán)體賽分預(yù)賽和決賽兩個階段，其中預(yù)賽階段各班可從以下兩種參賽方案中任選一種參賽：
方案一：將班級選派的名參賽選手每3人一組，分成組，電腦隨機(jī)分配給同一組的3名選手一道相同的試題，3人均獨立答題，若這3人中至少有2人回答正確，則該小組順利出線；若這個小組都順利出線，則該班級晉級決賽.
方案二：將班級選派的名參賽選手每人一組，分成3組，電腦隨機(jī)分配給同一組的名選手一道相同的試題，每人均獨立答題，若這個人都回答正確，則該小組順利出線；若這3個小組中至少有2個小組順利出線，則該班級晉級決賽.
(1)郭靖同學(xué)參加了個人賽，已知郭靖同學(xué)答對題庫中每道題的概率均為，每次作答結(jié)果相互獨立，且他不會主動放棄任何一次作答機(jī)會，求郭靖同學(xué)得分的數(shù)學(xué)期望與方差；
(2)在團(tuán)體賽預(yù)賽中，假設(shè)A班每位參賽選手答對試題的概率均為常數(shù)，A班為使晉級團(tuán)體賽決賽的可能性更大，應(yīng)選擇哪種參賽方式？請說明理由.
【答案】(1)
(2)選擇方案一，理由見解析
【解析】1）設(shè)郭靖同學(xué)答對的題目數(shù)為X，得分為Y，則，
由題意可知,
則;
.
（2）設(shè)A班選擇方案一和方案二晉級團(tuán)體賽決賽的概率分別為，
當(dāng)選擇方案一時，小組里3人中至少有2人回答正確的概率為，
故；
當(dāng)選擇方案二時，一個小組順利出線的概率為，則小組沒有出線的概率為，
故；
故，
令，
則
，
因為，所以，
故，
則，即，
故為單調(diào)增函數(shù)，
因為，
由于各班參賽人數(shù)必須為3的倍數(shù)，且不少于18人，即，
此時
故A班為使晉級團(tuán)體賽決賽的可能性更大，應(yīng)選擇方案一參賽.
18．（2023·廣東·統(tǒng)考二模）甲、乙兩名圍棋學(xué)員進(jìn)行圍棋比賽，規(guī)定每局比賽勝者得1分，負(fù)者得0分，平局雙方均得0分，比賽一直進(jìn)行到一方比另一方多兩分為止，多得兩分的一方贏得比賽．已知每局比賽中，甲獲勝的概率為α，乙獲勝的概率為β，兩人平局的概率為，且每局比賽結(jié)果相互獨立．
(1)若，，，求進(jìn)行4局比賽后甲學(xué)員贏得比賽的概率；
(2)當(dāng)時，
（i）若比賽最多進(jìn)行5局，求比賽結(jié)束時比賽局?jǐn)?shù)X的分布列及期望E（X）的最大值；
（ii）若比賽不限制局?jǐn)?shù)，寫出“甲學(xué)員贏得比賽”的概率（用α，β表示），無需寫出過程．
【答案】(1)
(2)（i）分布列見解析，期望最大值為；（ii）.
【解析】（1）用事件A，B，C分別表示每局比賽“甲獲勝”“乙獲勝”或“平局”，則
，，，
記“進(jìn)行4局比賽后甲學(xué)員贏得比賽”為事件N，則事件N包括事件ABAA，BAAA， ACCA，CACA，CCAA共5種，
所以
．
（2）（i）因為，所以每局比賽結(jié)果僅有“甲獲勝”和“乙獲勝”，即，
由題意得X的所有可能取值為2，4，5，則
，
，
．
所以X的分布列為
所以X的期望
，
因為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，
所以，
所以，
故的最大值為．
（ii）記“甲學(xué)員贏得比賽”為事件M，則．
由（1）得前兩局比賽結(jié)果可能有AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲學(xué)員贏得比賽”，事件BB表示“乙學(xué)員贏得比賽”，事件AB，BA表示“甲、乙兩名學(xué)員各得1分”，當(dāng)甲、乙兩名學(xué)員得分總數(shù)相同時，甲學(xué)員贏得比賽的概率與比賽一開始甲學(xué)員贏得比賽的概率相同．
所以
所以，即，
因為，所以．
19．（2023·河北·統(tǒng)考模擬預(yù)測）隨著網(wǎng)絡(luò)技術(shù)的迅速發(fā)展，直播帶貨成為網(wǎng)絡(luò)銷售的新梁道.某服裝品牌為了給所有帶貨網(wǎng)絡(luò)平臺分配合理的服裝量，隨機(jī)抽查了100個帶貨平臺的銷售情況，銷售每件服裝平均所需時間情況如下頻率分布直方圖.
(1)求的值，并估計出這100個帶貨平臺銷售每件服裝所用時間的平均數(shù)和中位數(shù)；
(2)假設(shè)該服裝品牌所有帶貨平臺銷售每件服裝平均所需時間服從正態(tài)分布，其中近似為，.若該服裝品牌所有帶貨平臺約有10000個，銷售每件服裝平均所需時間在范圍內(nèi)的平臺屬于“合格平臺”.為了提升平臺銷售業(yè)務(wù)，該服裝品牌總公司對平臺進(jìn)行獎罰制度，在時間大于44.4分鐘的平臺中，每個平臺每賣一件扣除；在時間小于14.4分鐘的平臺中，每賣一件服裝進(jìn)行獎勵元，以資鼓勵；對于“合格平臺”每賣一件服裝獎勵1元.求該服裝品牌總公司在所有平臺均銷售一件服裝時總共需要準(zhǔn)備多少資金作為本次平臺銷售業(yè)務(wù)提升.（結(jié)果保留整數(shù)）
附：若服從正態(tài)分布，則，，.參考數(shù)據(jù)：.
【答案】(1)，，中位數(shù)為
(2)
【解析】（1）由頻率分布直方圖可得，解得.
故平均數(shù).
設(shè)中位數(shù)為，因，，故，則，解得，即中位數(shù)為.
（2）由題意，，且，，
故，
所以在時間大于分鐘的平臺內(nèi)約有件；，
所以在時間小于分鐘的平臺內(nèi)約有件；
則“合格平臺”約有件，
所以需要資金為 ，
由于，可令，則，令有，當(dāng)時，遞減；
當(dāng)時，遞增；
故有最小值，故至少需要準(zhǔn)備元.
20．（2023·遼寧沈陽·東北育才學(xué)校?？寄M預(yù)測）三年多的“新冠之戰(zhàn)”在全國人民的共同努力下剛剛?cè)〉猛陝伲@給我們的個人衛(wèi)生和公共衛(wèi)生都提出更高的要求！某機(jī)構(gòu)欲組建一個有關(guān)“垃圾分類”相關(guān)事宜的項目組，對各個地區(qū)“垃圾分類”的處理模式進(jìn)行相關(guān)報道，該機(jī)構(gòu)從600名員工中進(jìn)行篩選，篩選方法如下：每位員工測試A，B，C三項工作，3項測試中至少2項測試“不合格”的員工，將被認(rèn)定為“暫定”，有且只有一項測試“不合格”的員工將再測試A，B兩項，如果這兩項中有1項以上（含1項）測試“不合格”，將也被認(rèn)定為“暫定”，每位員工測試A，B，C三項工作相互獨立，每一項測試“不合格”的概率均為．
(1)記每位員工被認(rèn)定為“暫定”的概率為，求；
(2)每位員工不需要重新測試的費用為90元，需要重新測試的前后兩輪測試的總費用為150元，所有員工除測試費用外，其他費用總計為1萬元，若該機(jī)構(gòu)的預(yù)算為8萬元，且600名員工全部參與測試，試估計上述方案是否會超出預(yù)算，并說明理由．
【答案】(1)
(2)不會超過預(yù)算，理由見詳解
【解析】（1）由題意知，每位員工首輪測試被認(rèn)定為“暫定”的概率為，
每位員工再次測試被認(rèn)定為“暫定”的概率為，
綜上可知，每位員工被認(rèn)定為“暫定”的概率為
．
（2）設(shè)每位員工測試的費用為X元，則X的可能取值為90，150，
由題意知，， ，
所以隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望為
（元），，
令，，
則，
所以當(dāng)時，；當(dāng)時，；
所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以，即（元）.
所以此方案的最高費用為（萬元），
綜上可知，若以此方案實施估計不會超過預(yù)算．
21．（2023·山西陽泉·統(tǒng)考三模）在上海舉辦的第五屆中國國際進(jìn)口博覽會中，硬幣大小的無導(dǎo)線心臟起搏器引起廣大參會者的關(guān)注．這種起搏器體積只有傳統(tǒng)起搏器的，其無線充電器的使用更是避免了傳統(tǒng)起搏器囊袋及導(dǎo)線引發(fā)的相關(guān)并發(fā)癥．在起搏器研發(fā)后期，某企業(yè)快速啟動無線充電器主控芯片試生產(chǎn)，試產(chǎn)期同步進(jìn)行產(chǎn)品檢測，檢測包括智能檢測與人工抽檢．智能檢測在生產(chǎn)線上自動完成，包含安全檢測、電池檢測、性能檢測等三項指標(biāo)，人工抽檢僅對智能檢測三項指標(biāo)均達(dá)標(biāo)的產(chǎn)品進(jìn)行抽樣檢測，且僅設(shè)置一個綜合指標(biāo)，四項指標(biāo)均達(dá)標(biāo)的產(chǎn)品才能視為合格品．已知試產(chǎn)期的產(chǎn)品，智能檢測三項指標(biāo)的達(dá)標(biāo)率約為，，，設(shè)人工抽檢的綜合指標(biāo)不達(dá)標(biāo)率為（）．
(1)求每個芯片智能檢測不達(dá)標(biāo)的概率；
(2)人工抽檢30個芯片，記恰有1個不達(dá)標(biāo)的概率為，求的極大值點；
(3)若芯片的合格率不超過，則需對生產(chǎn)工序進(jìn)行改良．以（2）中確定的作為p的值，判斷該企業(yè)是否需對生產(chǎn)工序進(jìn)行改良．
【答案】(1)
(2)
(3)該企業(yè)需對生產(chǎn)工序進(jìn)行改良，理由見解析
【解析】（1）每個芯片智能檢測中安全檢測、電池檢測、性能檢測三項指標(biāo)達(dá)標(biāo)的概率分別記為，，，并記芯片智能檢測不達(dá)標(biāo)為事件.
視指標(biāo)的達(dá)標(biāo)率為任取一件新產(chǎn)品，該項指標(biāo)達(dá)標(biāo)的概率，
則有，，，
由對立事件的性質(zhì)及事件獨立性的定義得：，
所以每個芯片智能檢測不達(dá)標(biāo)的概率為.
（2）人工抽檢30個芯片恰有1個不合格品的概率為（），
因此
令，得.
當(dāng)時，；當(dāng)時，.
則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以有唯一的極大值點.
（3）設(shè)芯片人工抽檢達(dá)標(biāo)為事件，工人在流水線進(jìn)行人工抽檢時，抽檢一個芯片恰為合格品為事件，
由（2）得：，
由（1）得：，
所以，
因此，該企業(yè)需對生產(chǎn)工序進(jìn)行改良.
22．（2023·四川成都·?？寄M預(yù)測）設(shè)兩名象棋手約定誰先贏局，誰便贏得全部獎金a元.已知每局甲贏的概率為p(0

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備戰(zhàn)高考2024年數(shù)學(xué)第一輪專題復(fù)習(xí)8.6 分布列與其他知識綜合運(yùn)用（精講）（提升版）（解析版）

備戰(zhàn)高考2024年數(shù)學(xué)第一輪專題復(fù)習(xí)8.6 分布列與其他知識綜合運(yùn)用（精講）（提升版）（解析版）
新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)提升訓(xùn)練8.6 分布列與其他知識綜合運(yùn)用（精練）（含解析）

新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)提升訓(xùn)練8.6 分布列與其他知識綜合運(yùn)用（精練）（含解析）
新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)提升訓(xùn)練8.6 分布列與其他知識綜合運(yùn)用（精講）（含解析）

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