85　第十章　第4課時(shí)　概率、統(tǒng)計(jì)的綜合問題

第4課時(shí)概率、統(tǒng)計(jì)的綜合問題考點(diǎn)一以統(tǒng)計(jì)圖表為載體的概率統(tǒng)計(jì)問題[典例1](2022·新高考Ⅱ卷)在某地區(qū)進(jìn)行流行病學(xué)調(diào)查，隨機(jī)調(diào)查了100位某種疾病患者的年齡，得到如下的樣本數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖．(1)估計(jì)該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表)．(2)估計(jì)該地區(qū)一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間[20,70)的概率．(3)已知該地區(qū)這種疾病的患病率為0.1%，該地區(qū)年齡位于區(qū)間[40,50)的人口占該地區(qū)總?cè)丝诘?6%，從該地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間[40,50)，求此人患這種疾病的概率(以樣本數(shù)據(jù)中患者的年齡位于各區(qū)間的頻率作為患者的年齡位于該區(qū)間的概率，精確到0.0001)．解：(1)該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡eq\x\to(x)＝(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)×10＝47.9(歲)．(2)設(shè)A＝{一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間[20,70)}，則P(A)＝1－P(eq\x\to(A))＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝1－0.11＝0.89.(3)設(shè)B＝{任選一人年齡位于區(qū)間[40,50)}，C＝{任選一人患這種疾病}，則由條件概率公式，得P(C|B)＝eq\f(PBC,PB)＝eq\f(0.1%×0.023×10,16%)＝0.0014375≈0.0014.該類問題常常借助圖形或表格，將文字、圖表、數(shù)據(jù)等融為一體，考查考生的直觀想象和數(shù)學(xué)建模素養(yǎng)，求解的關(guān)鍵是立足題干提取信息，結(jié)合統(tǒng)計(jì)的相關(guān)知識(shí)進(jìn)行數(shù)據(jù)分析或結(jié)合概率模型求解相應(yīng)概率．[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(2025·日照模擬)某學(xué)校號(hào)召學(xué)生參加“每天鍛煉1小時(shí)”活動(dòng)，為了了解學(xué)生參與活動(dòng)的情況，隨機(jī)調(diào)查了100名學(xué)生一個(gè)月(30天)完成鍛煉活動(dòng)的天數(shù)，制成如下頻數(shù)分布表：天數(shù)[0,5)[5,10)[10,15)[15,20)[20,25)[25,30]人數(shù)4153331116(1)由頻數(shù)分布表可以認(rèn)為，學(xué)生參加體育鍛煉天數(shù)X近似服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本的平均數(shù)(每組數(shù)據(jù)取區(qū)間的中間值)，且σ＝6.1，若全校有3000名學(xué)生，求參加“每天鍛煉1小時(shí)”活動(dòng)超過(guò)21天的人數(shù)(精確到1)．(2)調(diào)查數(shù)據(jù)表明，樣本中參加“每天鍛煉1小時(shí)”活動(dòng)的天數(shù)在[15,30]的學(xué)生中有30名男生，天數(shù)在[0,15)的學(xué)生中有20名男生，學(xué)校對(duì)當(dāng)月參加“每天鍛煉1小時(shí)”活動(dòng)不低于15天的學(xué)生授予“運(yùn)動(dòng)達(dá)人”稱號(hào)．請(qǐng)?zhí)顚懴旅媪新?lián)表：性別活動(dòng)天數(shù)合計(jì)[0,15)[15,30]男生女生合計(jì)并依據(jù)小概率值α＝0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為學(xué)生性別與獲得“運(yùn)動(dòng)達(dá)人”稱號(hào)有關(guān)聯(lián)．如果結(jié)論是有關(guān)聯(lián)，請(qǐng)解釋它們之間如何相互影響．附：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，n＝a＋b＋c＋d.α0.050.010.001xα3.8416.63510.828解：(1)由頻數(shù)分布表知eq\f(1,100)×(4×2.5＋15×7.5＋33×12.5＋31×17.5＋11×22.5＋6×27.5)＝14.9，所以μ≈14.9，則X～N(14.9,6.12)，因?yàn)镻(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，所以P(X＞21)＝P(X＞14.9＋6.1)≈eq\f(1－0.6827,2)＝0.15865，所以3000×0.15865＝475.95≈476，所以參加“每天鍛煉1小時(shí)”活動(dòng)超過(guò)21天的人數(shù)約為476.(2)由頻數(shù)分布表知，鍛煉活動(dòng)的天數(shù)在[0,15)的人數(shù)為4＋15＋33＝52，因?yàn)閰⒓印懊刻戾憻?小時(shí)”活動(dòng)的天數(shù)在[0,15)的學(xué)生中有20名男生，所以參加“每天鍛煉1小時(shí)”活動(dòng)的天數(shù)在[0,15)的學(xué)生中女生人數(shù)為52－20＝32.由頻數(shù)分布表知，鍛煉活動(dòng)的天數(shù)在[15,30]的人數(shù)為31＋11＋6＝48，因?yàn)閰⒓印懊刻戾憻?小時(shí)”活動(dòng)的天數(shù)在[15,30]的學(xué)生中有30名男生，所以參加“每天鍛煉1小時(shí)”活動(dòng)的天數(shù)在[15,30]的學(xué)生中女生人數(shù)為48－30＝18.列聯(lián)表如下：性別活動(dòng)天數(shù)合計(jì)[0,15)[15,30]男生203050女生321850合計(jì)5248100零假設(shè)為H0：學(xué)生性別與獲得“運(yùn)動(dòng)達(dá)人”稱號(hào)無(wú)關(guān)，根據(jù)列聯(lián)表中數(shù)據(jù)，得χ2＝eq\f(100×20×18－30×322,50×50×52×48)≈5.769＞3.841＝χ0.05，依據(jù)小概率值α＝0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn)，我們推斷H0不成立，即可以認(rèn)為學(xué)生性別與獲得“運(yùn)動(dòng)達(dá)人”稱號(hào)有關(guān)，此推斷犯錯(cuò)誤的概率不大于0.05.根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)得到，男生、女生中活動(dòng)天數(shù)不低于15天的頻率分別為eq\f(30,50)＝0.6和eq\f(18,50)＝0.36，可見男生中獲得“運(yùn)動(dòng)達(dá)人”稱號(hào)的頻率是女生中獲得“運(yùn)動(dòng)達(dá)人”稱號(hào)頻率的eq\f(0.6,0.36)≈1.67倍，于是依據(jù)頻率穩(wěn)定與概率的原理，我們可以認(rèn)為男生獲得“運(yùn)動(dòng)達(dá)人”的概率大于女生，即男生更容易獲得“運(yùn)動(dòng)達(dá)人”稱號(hào)．考點(diǎn)二概率、統(tǒng)計(jì)與數(shù)列的綜合問題[典例2](2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若未命中則換為對(duì)方投籃．無(wú)論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.(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(jī)變量Xi服從兩點(diǎn)分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1,2，…，n，則E(eq\i\su(i＝1,n,)Xi)＝eq\i\su(i＝1,n,)qi.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)．解：(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\o(B,\s\up6(－))A，所以P(A)＝P(BA＋eq\o(B,\s\up6(－))A)＝P(BA)＋P(eq\o(B,\s\up6(－))A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.(2)設(shè)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)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pi－\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\co1(pi－\f(1,3)))是以eq\f(1,6)為首項(xiàng)，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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))i－1，所以pi＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))i－1.(3)設(shè)第i次投籃時(shí)甲投籃的次數(shù)為Xi，則Xi的可能取值為0或1，當(dāng)Xi＝0時(shí)，表示第i次投籃的人是乙，當(dāng)Xi＝1時(shí)，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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))i－1，所以E(Y)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn＝eq\f(n,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,5)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n－1))＝eq\f(n,3)＋eq\f(1,6)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n,1－\f(2,5))＝eq\f(n,3)＋eq\f(5,18)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n)).解答此類問題的關(guān)鍵是借助概率知識(shí)(如相互獨(dú)立事件的概率公式、條件概率公式等)建立Pn＋1與Pn的遞推關(guān)系，然后利用數(shù)列知識(shí)(一般是構(gòu)造法)求解．[跟進(jìn)訓(xùn)練]2．(2025·煙臺(tái)模擬)某籃球賽事采取四人制形式．在一次戰(zhàn)術(shù)訓(xùn)練中，甲、乙、丙、丁四名隊(duì)員進(jìn)行傳球訓(xùn)練，第1次由甲將球傳出，每次傳球時(shí)，傳球者都等可能地將球傳給另外三人中的任何一人．n次傳球后，記事件“乙、丙、丁三人均接過(guò)傳出來(lái)的球”發(fā)生的概率為Pn.(1)求P3;(2)當(dāng)n＝3時(shí)，記乙、丙、丁三人中接過(guò)傳出來(lái)的球的人數(shù)為X，求隨機(jī)變量X的分布列及數(shù)學(xué)期望；(3)當(dāng)n≥4時(shí)，證明：Pn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)Pn－1－eq\f(1,3n－1).解：(1)乙、丙、丁三人每次接到傳球的概率均為eq\f(1,3)，3次傳球后，事件“乙、丙、丁三人均接過(guò)傳出來(lái)的球”發(fā)生的概率為P3＝Aeq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(2,9).(2)由題意知，X的可能取值為1,2,3，P(X＝1)＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(1,9)，P(X＝3)＝Aeq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(2,9)，P(X＝2)＝1－P(X＝1)－P(X＝3)＝eq\f(2,3)，X的分布列為X123Peq\f(1,9)eq\f(2,3)eq\f(2,9)E(X)＝1×eq\f(1,9)＋2×eq\f(2,3)＋3×eq\f(2,9)＝eq\f(19,9).(3)證明：n次傳球后乙、丙、丁三人均接過(guò)他人傳球，有兩種情況，第一種：n－1次傳球后乙、丙、丁三人均接過(guò)他人傳球，這種情況的概率為Pn－1；第二種：n－1次傳球后乙、丙、丁中只有兩人接過(guò)他人傳球，第n次傳球時(shí)將球傳給剩余一人，這種情況的概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－Pn－1－3×\f(1,3n－1)))×eq\f(1,3).所以，當(dāng)n≥4時(shí)，Pn＝Pn－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－Pn－1－3×\f(1,3n－1)))×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)Pn－1－eq\f(1,3n－1)，所以Pn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)Pn－1－eq\f(1,3n－1).考點(diǎn)三概率、統(tǒng)計(jì)與函數(shù)的交匯問題[典例3](12分)根據(jù)社會(huì)人口學(xué)研究發(fā)現(xiàn)，一個(gè)家庭有X個(gè)孩子的概率模型如下：X1230Peq\f(α,p)αα(1－p)α(1－p)2其中0<α<1,0＜p＜1.每個(gè)孩子的性別是男孩還是女孩的概率均為eq\f(1,2)且相互獨(dú)立，事件Ai表示一個(gè)家庭有i(i＝0,1,2,3)個(gè)孩子，事件B表示一個(gè)家庭的男孩比女孩多(例如：一個(gè)家庭恰有一個(gè)男孩，則該家庭男孩多)．(1)若p＝eq\f(1,2)，求α及P(B)．(2)為了調(diào)控未來(lái)人口結(jié)構(gòu)，其中參數(shù)p受到各種因素的影響(例如生育保險(xiǎn)的增加，教育、醫(yī)療福利的增加等)．①若希望P(X＝2)增大，如何調(diào)控p的值？②是否存在p使得E(X)＝eq\f(5,3)？請(qǐng)說(shuō)明理由．[規(guī)范解答](1)由題意得eq\f(α,p)＋α＋α(1－p)＋α(1－p)2＝1，p＝eq\f(1,2)，解得α＝eq\f(4,15).1分又因?yàn)镻(B|A1)＝eq\f(1,2)，P(B|A2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,4)，P(B|A3)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,2).4分↓失分點(diǎn)：不會(huì)概率建模導(dǎo)致相應(yīng)的概率求解錯(cuò)誤所以P(B)＝eq\i\su(i＝1,3,P)(B|Ai)P(Ai)＝eq\f(1,2)×eq\f(8,15)＋eq\f(1,4)×eq\f(4,15)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,15)＝eq\f(2,5).5分(2)①由已知eq\f(α,p)＋α＋α(1－p)＋α(1－p)2＝1，↓切入點(diǎn)：建立α與p的等量關(guān)系變形整理得，eq\f(1,α)＝p2－3p＋eq\f(1,p)＋3.6分設(shè)f(p)＝p2－3p＋eq\f(1,p)＋3,0＜p＜1，所以f′(p)＝eq\f(2p3－3p2－1,p2).7分設(shè)g(p)＝2p3－3p2－1，則g′(p)＝6p2－6p＝6p(p－1)＜0，故g(p)在(0,1)上單調(diào)遞減．因?yàn)間(0)＝－1，所以g(p)＜0，所以f′(p)＜0，↓關(guān)鍵點(diǎn)：視“p”為變量，建立函數(shù)f(p)，g(p)故f(p)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以增加p的值，eq\f(1,α)會(huì)減小，α增大，即P(X＝2)增大.9分②假設(shè)存在p使E(X)＝eq\f(α,p)＋2α＋3α(1－p)＝eq\f(5,3)，又因?yàn)閑q\f(1,α)＝p2－3p＋eq\f(1,p)＋3，將上述兩等式相乘，化簡(jiǎn)整理得5p3－6p2＋2＝0，設(shè)h(p)＝5p3－6p2＋2,0＜p＜1，則h′(p)＝15p2－12p＝3p(5p－4).11分令h′(p)＝0，則p＝eq\f(4,5)，所以h(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,5)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1))上單調(diào)遞增，故h(p)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))＝eq\f(18,25)＞0.所以不存在p，使得E(X)＝eq\f(5,3).12分該類問題常以實(shí)際生活中的概率、統(tǒng)計(jì)知識(shí)為背景，將概率、統(tǒng)計(jì)與函數(shù)建模融合在一起，充分借助函數(shù)的性質(zhì)研究相關(guān)問題的最值，可能涉及函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)等知識(shí)，求解時(shí)注意合理轉(zhuǎn)化．[跟進(jìn)訓(xùn)練]3．(2021·新高考Ⅱ卷)一種微生物群體可以經(jīng)過(guò)自身繁殖不斷生存下來(lái)，設(shè)一個(gè)這種微生物為第0代，經(jīng)過(guò)一次繁殖后為第1代，再經(jīng)過(guò)一次繁殖后為第2代……該微生物每代繁殖的個(gè)數(shù)是相互獨(dú)立的且有相同的分布列，設(shè)X表示1個(gè)微生物個(gè)體繁殖下一代的個(gè)數(shù)，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)設(shè)p表示該種微生物經(jīng)過(guò)多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關(guān)于x的方程p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一個(gè)最小正實(shí)根，求證：當(dāng)E(X)≤1時(shí)，p＝1；當(dāng)E(X)>1時(shí)，p<1.(3)根據(jù)你的理解說(shuō)明(2)問結(jié)論的實(shí)際含義．解：(1)E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.(2)證明：法一(常規(guī)求導(dǎo))：p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x＝0，x＞0，令f(x)＝p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x，f′(x)＝p1＋2p2x＋3p3x2－1，令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝2p2＋6p3x>0，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)E(X)＝p1＋2p2＋3p3≤1時(shí)，注意到x∈(0,1]時(shí)，f′(x)≤f′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1≤0，所以f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，注意到f(1)＝0，所以x＝1，即p＝1.當(dāng)E(X)＝p1＋2p2＋3p3＞1時(shí)，注意到f′(0)＝p1－1＜0，f′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1＞0，所以存在唯一的x0∈(0,1)使f′(x0)＝0，且當(dāng)0＜x＜x0時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，注意到f(0)＝p0＞0，f(1)＝0，所以f(x0)＜f(1)＝0.所以f(x)在(0，x0)上有一個(gè)零點(diǎn)x1，另一個(gè)零點(diǎn)為1，所以p＝x1＜1.法二(巧妙因式分解)：由題意知p0＋p1＋p2＋p3＝1，E(X)＝p1＋2p2＋3p3，由p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x?p0＋p2x2＋p3x3－(1－p1)x＝0，所以p0＋p2x2＋p3x3－(p0＋p2＋p3)x＝0?p0(1－x)＋p2x(x－1)＋p3x(x－1)·(x＋1)＝0，(x－1)[p3x2＋(p2＋p3)x－p0]＝0，令f(x)＝p3x2＋(p2＋p3)x－p0，f(x)的圖象的對(duì)稱軸為x＝－eq\f(p2＋p3,2p3)＜0，注意到f(0)＝－p0＜0，f(1)＝2p3＋p2－p0＝p1＋2p2＋3p3－1＝E(X)－1，當(dāng)E(X)≤1時(shí)，f(1)≤0，f(x)的正實(shí)根x0≥1，原方程的最小正實(shí)根p＝1，當(dāng)E(X)＞1時(shí)，f(1)＞0，f(x)的正實(shí)根x0＜1，原方程的最小正實(shí)根p＝x0＜1.(3)當(dāng)1個(gè)微生物個(gè)體繁殖下一代的期望小于等于1時(shí)，這種微生物經(jīng)過(guò)多代繁殖后臨近滅絕，當(dāng)1個(gè)微生物個(gè)體繁殖下一代的期望大于1時(shí)，這種微生物經(jīng)過(guò)多代繁殖后還有繼續(xù)繁殖的可能．課時(shí)分層作業(yè)(七十二)(本試卷共75分．)1．(15分)(2025·濟(jì)南模擬)為調(diào)查我校學(xué)生的用電情況，學(xué)校后勤部門抽取了100間學(xué)生宿舍在某月的用電量，發(fā)現(xiàn)每間宿舍的用電量都在50kW·h到350kW·h之間，將其分組為[50,100)，[100,150)，[150,200)，[200,250)，[250,300)，[300,350]，得到如圖所示的頻率分布直方圖．(1)為降低能源損耗，節(jié)約用電，規(guī)定：當(dāng)每間宿舍的月用電量不超過(guò)200kW·h時(shí)，按每千瓦時(shí)0.5元收取費(fèi)用；當(dāng)每間宿舍的月用電量超過(guò)200kW·h時(shí)，超過(guò)部分按每千瓦時(shí)1元收取費(fèi)用．用t(單位：kW·h)表示某宿舍的月用電量，用y(單位：元)表示該宿舍的月用電費(fèi)用，求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式．(2)在抽取的100間學(xué)生宿舍中，月用電量在區(qū)間[200,250)內(nèi)的學(xué)生宿舍有多少間？解：(1)根據(jù)題意，得當(dāng)50≤t≤200時(shí)，月用電費(fèi)用為y＝0.5t；當(dāng)t>200時(shí)，月用電費(fèi)用為y＝200×0.5＋(t－200)×1＝t－100.綜上，宿舍的月用電費(fèi)用為y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0.5t，50≤t≤200，,t－100，t>200.))(2)因?yàn)樵掠秒娏吭赱200,250)內(nèi)的頻率為50x＝1－(0.0060＋0.0036＋0.0024＋0.0024＋0.0012)×50＝1－0.0156×50＝0.22，所以月用電量在[200,250)內(nèi)的宿舍有100×0.22＝22(間)．2．(15分)某學(xué)校為了解老師對(duì)《中華人民共和國(guó)民法典》知識(shí)的認(rèn)知程度，針對(duì)不同年齡的老師舉辦了一次《中華人民共和國(guó)民法典》知識(shí)競(jìng)答，滿分100分(95分及以上為認(rèn)知程度高)，結(jié)果認(rèn)知程度高的有m人，按年齡分成5組，其中第一組：[20,25)，第二組：[25,30)，第三組：[30,35)，第四組：[35,40)，第五組：[40,45]，得到如圖所示的頻率分布直方圖，已知第一組有10人．(1)根據(jù)頻率分布直方圖，估計(jì)這m人年齡的第75百分位數(shù)；(2)現(xiàn)從以上各組中用分層隨機(jī)抽樣的方法抽取40人，擔(dān)任《中華人民共和國(guó)民法典》知識(shí)的宣傳使者．①若有甲(年齡23)、乙(年齡43)2人已確定入選宣傳使者，現(xiàn)計(jì)劃從第一組和第五組被抽到的使者中，再隨機(jī)抽取2名作為組長(zhǎng)，求甲、乙兩人恰有一人被選上的概率；②若第四組宣傳使者的年齡的平均數(shù)與方差分別為36和1，第五組宣傳使者的年齡的平均數(shù)與方差分別為42和2，據(jù)此估計(jì)這m人中35～45歲所有人的年齡的方差．解：(1)不妨設(shè)第75百分位數(shù)為a，此時(shí)5×(0.01＋0.07＋0.06)＋(a－35)×0.04＝0.75，解得a＝36.25.(2)由條件可知，第一、二、三、四、五組應(yīng)分別抽取2人，14人，12人，8人，4人．①第一組應(yīng)抽取2人，記為A，甲，第五組抽取4人，記為B，C，D，乙，此時(shí)對(duì)應(yīng)的樣本空間為Ω＝{(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，甲)，(A，乙)，(B，C)，(B，D)，(B，甲)，(B，乙)，(C，甲)，(C，乙)，(C，D)，(D，甲)，(D，乙)，(甲，乙)}，共15個(gè)樣本點(diǎn)，記“甲、乙兩人恰有一人被選上”為事件M，此時(shí)M＝{(A，甲)，(A，乙)，(B，甲)，(B，乙)，(C，甲)，(C，乙)，(D，甲)，(D，乙)}，共8個(gè)樣本點(diǎn)，則甲、乙兩人恰有一人被選上的概率P(M)＝eq\f(8,15).②設(shè)第四組、第五組的宣傳使者的年齡的平均數(shù)分別為eq\x\to(x)，eq\x\to(y)，方差分別為s2，s′2，此時(shí)eq\x\to(x)＝36，eq\x\to(y)＝42，s2＝1，s′2＝2，設(shè)第四組和第五組所有宣傳使者的年齡平均數(shù)為eq\x\to(z)，方差為s″2，此時(shí)eq\x\to(z)＝eq\f(8\x\to(x),12)＋eq\f(4\x\to(y),12)＝eq\f(8×36＋4×42,12)＝38，s″2＝eq\f(8[s2＋\x\to(x)－\x\to(z)2]＋4[s′2＋\x\to(y)－\x\to(z)2],12)＝eq\f(8[1＋36－382]＋4[2＋42－382],12)＝eq\f(28,3)，故這m人中35～45歲所有人的年齡的方差為eq\f(28,3).3．(15分)馬爾可夫鏈?zhǔn)且蚨韲?guó)數(shù)學(xué)家安德雷·馬爾可夫得名，其過(guò)程具備“無(wú)記憶”的性質(zhì)，即第n＋1次狀態(tài)的概率分布只跟第n次的狀態(tài)有關(guān)，與第n－1，n－2，n－3，…次狀態(tài)是“沒有任何關(guān)系的”．現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)盒子，盒子中都有大小、形狀、質(zhì)地相同的2個(gè)紅球和1個(gè)黑球．從兩個(gè)盒子中各任取一個(gè)球交換，重復(fù)進(jìn)行n(n∈N*)次操作后，記甲盒子中黑球個(gè)數(shù)為Xn，甲盒子中恰有1個(gè)黑球的概率為an，恰有2個(gè)黑球的概率為bn.求：(1)X1的分布列；(2)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)Xn的期望．解：(1)由題可知，X1的可能取值為0,1,2.由相互獨(dú)立事件概率乘法公式，可知P(X1＝0)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，P(X1＝1)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(5,9)，P(X1＝2)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)，故X1的分布列為X1012Peq\f(2,9)eq\f(5,9)eq\f(2,9)(2)由全概率公式可知，P(Xn＋1＝1)＝P(Xn＝1)·P(Xn＋1＝1|Xn＝1)＋P(Xn＝2)·P(Xn＋1＝1|Xn＝2)＋P(Xn＝0)·P(Xn＋1＝1eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(Xn＝0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(1,3)＋\f(2,3)×\f(2,3)))P(Xn＝1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×1))P(Xn＝2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×\f(2,3)))P(Xn＝0)＝eq\f(5,9)P(Xn＝1)＋eq\f(2,3)P(Xn＝2)＋eq\f(2,3)P(Xn＝0)，即an＋1＝eq\f(5,9)an＋eq\f(2,3)bn＋eq\f(2,3)(1－an－bn)，所以an＋1＝－eq\f(1,9)an＋eq\f(2,3)，所以an＋1－eq\f(3,5)＝－eq\f(1,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(3,5))).又a1＝P(X1＝1)＝eq\f(5,9)，a1－eq\f(3,5)＝－eq\f(2,45)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(3,5)))為以－eq\f(2,45)為首項(xiàng)，以－eq\f(1,9)為公比的等比數(shù)列，所以an－eq\f(3,5)＝－eq\f(2,45)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n－1＝eq\f(2,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n，即an＝eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n.(3)由全概率公式可得，P(Xn＋1＝2)＝P(Xn＝1)·P(Xn＋1＝2|Xn＝1)＋P(Xn＝2)·P(Xn＋1＝2|Xn＝2)＋P(Xn＝0)·P(Xn＋1＝2|Xn＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(1,3)))·P(Xn＝1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×1))·P(Xn＝2)＋0×P(Xn＝0)，即bn＋1＝eq\f(2,9)an＋eq\f(1,3)bn.又an＝eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n，所以bn＋1＝eq\f(1,3)bn＋eq\f(2,9)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,5)＋\f(2,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n))，所以bn＋1－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n＋1＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(bn－\f(1,5)＋\f(1,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n)).又b1＝P(X1＝2)＝eq\f(2,9)，所以b1－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))＝eq\f(2,9)－eq\f(1,5)－eq\f(1,45)＝0，所以bn－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n＝0，所以bn＝eq\f(1,5)－eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n，所以E(Xn)＝an＋2bn＋0×(1－an－bn)＝an＋2bn＝1.4．(15分)為了檢測(cè)某種抗病毒疫苗的免疫效果，需要進(jìn)行動(dòng)物與人體試驗(yàn)．研究人員將疫苗注射到200只小白鼠體內(nèi)，一段時(shí)間后測(cè)量小白鼠的某項(xiàng)指標(biāo)值，按[0,20)，[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]分組，繪制頻率分布直方圖如圖所示，試驗(yàn)發(fā)現(xiàn)小白鼠體內(nèi)產(chǎn)生抗體的共有160只，其中該項(xiàng)指標(biāo)值不小于60的有110只，假設(shè)小白鼠注射疫苗后是否產(chǎn)生抗體相互獨(dú)立．(1)填寫下面的2×2列聯(lián)表，并根據(jù)列聯(lián)表及α＝0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn)，判斷能否認(rèn)為注射疫苗后小白鼠產(chǎn)生抗體與指標(biāo)值不小于60有關(guān)．抗體指標(biāo)值合計(jì)小于60不小于60有抗體沒有抗體合計(jì)(2)為檢測(cè)疫苗二次接種的免疫抗體性，對(duì)第一次注射疫苗后沒有產(chǎn)生抗體的40只小白鼠進(jìn)行第二次注射疫苗，結(jié)果又有20只小白鼠產(chǎn)生抗體．①用頻率估計(jì)概率，求一只小白鼠注射2次疫苗后產(chǎn)生抗體的概率p；②以①中確定的概率p作為人體注射2次疫苗后產(chǎn)生抗體的概率，進(jìn)行人體接種試驗(yàn)，記n個(gè)人注射2次疫苗后產(chǎn)生抗體的數(shù)量為隨機(jī)變量X.試驗(yàn)后統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)顯示，當(dāng)X＝99時(shí)，P(X)取最大值，求參加人體接種試驗(yàn)的人數(shù)n.參考公式：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828解：(1)由頻率分布直方圖，知200只小白鼠按指標(biāo)值分布為在[0,20)內(nèi)有0.0025×20×200＝10(只)；在[20,40)內(nèi)有0.00625×20×200＝25(只)；在[40,60)內(nèi)有0.00875×20×200＝35(只)；在[60,80)內(nèi)有0.025×20×200＝100(只)；在[80,100]內(nèi)有0.0075×20×200＝30(只)．由題意，有抗體且指標(biāo)值小于60的有50只，而指標(biāo)值小于60的小白鼠共有10＋25＋35＝70(只)，所以指標(biāo)值小于60且沒有抗體的小白鼠有20只．同理，指標(biāo)值不小于60且沒有抗體的小白鼠有20只，故補(bǔ)全列聯(lián)表如表所示．抗體指標(biāo)值合計(jì)小于60不小于60有抗體50110160沒有抗體202040合計(jì)70130200零假設(shè)為H0：注射疫苗后小白鼠產(chǎn)生抗體與指標(biāo)值不小于60無(wú)關(guān)聯(lián)．根據(jù)列聯(lián)表中數(shù)據(jù)，得χ2＝eq\f(200×50×20－20×1102,160×40×70×130)≈4.945>3.841＝x0.05.根據(jù)α＝0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn)，推斷H0不成立，即認(rèn)為注射疫苗后小白鼠產(chǎn)生抗體與指標(biāo)值不小于60有關(guān)，以此推斷犯錯(cuò)誤的概率不大于0.05.(2)①令事件A＝“小白鼠第一次注射疫苗產(chǎn)生抗體”，事件B＝“小白鼠第二次注射疫苗產(chǎn)生抗體”，事件C＝“小白鼠注射2次疫苗后產(chǎn)生抗體”，記事件A，B，C發(fā)生的概率分別為P(A)，P(B)，P(C)，則P(A)＝eq\f(160,200)＝0.8，P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(20,40)＝0.5，P(C)＝1－P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝1－P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B)|eq\x\to(A))＝1－0.2×0.5＝0.9，所以一只小白鼠注射2次疫苗后產(chǎn)生抗體的概率p＝0.9.②由題意，知隨機(jī)變量X～B(n,0.9)，P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)×0.9k×0.1n－k(k＝0,1，2，…，n)．因?yàn)镻(X＝99)最大，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(99,n)×0.999×0.1n－99≥C\o\al(98,n)×0.998×0.1n－98，,C\o\al(99,n)×0.999×0.1n－99≥C\o\al(100,n)×0.9100×0.1n－100，))解得109≤n≤110eq\f(1,9).因?yàn)閚是整數(shù)，所以n＝109或n＝110，所以參加人體接種試驗(yàn)的人數(shù)為109或110.5．(15分)(2025·菏澤模擬)某購(gòu)物平臺(tái)為了吸引更多的顧客在線購(gòu)物，推出了A和B兩個(gè)套餐服務(wù)，并在購(gòu)物平臺(tái)上推出了優(yōu)惠券活動(dòng)，顧客可自由選擇A和B兩個(gè)套餐之一，下圖是該購(gòu)物平臺(tái)7天銷售優(yōu)惠券的情況(單位：千張)的折線圖：(1)由折線圖可看出，可用經(jīng)驗(yàn)回歸模型擬合y與t的關(guān)系，請(qǐng)用相關(guān)系數(shù)加以說(shuō)明；(2)假設(shè)每位顧客選擇A套餐的概率為eq\f(1,3)，選擇B套餐的概率為eq\f(2,3)，其中A套餐包含一張優(yōu)惠券，B套餐包含兩張優(yōu)惠券，截至某一時(shí)刻，該平臺(tái)恰好銷售了n張優(yōu)惠券，設(shè)其概率為Pn，求Pn；(3)記(2)中所得概率Pn的值構(gòu)成數(shù)列{Pn}(n∈N*)，求數(shù)列{Pn}的最值．參考數(shù)據(jù)：eq\i\su(i＝1,7,y)i＝16.17，eq\i\su(i＝1,7,t)iyi＝68.35，eq\r(\o(∑,\s\up6(7),\s\do4(i＝1))yi－\x\to(y)2)＝0.72，eq\r(7)≈2.646；參考公式：相關(guān)系數(shù)r＝eq\f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))ti－\x\to(t)yi－\x\to(y),\r(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))ti－\x\to(t)2\o(∑,\s\u