专题6.7 概率（能力提升卷）-2023-2024学年高二数学必考考点各个击破（北师大版选择性必修第一册）

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姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（2021秋·云南曲靖·高三曲靖一中校考阶段练习）甲、乙、丙三人独立地去译一个密码，分别译出的概率为23、14、12，则密码能被译出的概率是（ ）
A．18B．1112C．78D．112
【答案】C
【分析】首先求解出密码不能被译出的概率，再由对立事件的概率公式求得结果.
【详解】因为甲、乙、丙三人独立地去译一个密码，分别译出的概率为23、14、12，
所以此密码不能被译出的概率为1−23×1−14×1−12=18，
所以此密码能被译出的概率为P=1−18=78，
故选：C.
2．（2022·高二课时练习）2020年初，我国派出医疗小组奔赴相关国家，现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁，和有4个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家，设事件A＝“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B＝“小组甲独自去一个国家”，则P(A|B)=（ ）
A．29B．13C．49D．59
【答案】A
【分析】利用条件概率公式有P(A|B)=P(B∩A)P(B)，结合排列组合数分别求出P(B)、P(B∩A)即可得结果.
【详解】由P(A|B)=P(B∩A)P(B)，而P(B)=C41⋅3344=2764，P(B∩A)=A4444=332，
所以P(A|B)=29.
故选：A
3．（2021·福建厦门·统考一模）已知某地居民在2020年“双十一”期间的网上购物消费额ξ（单位：千元）服从正态分布N2,1，则该地某居民在2020年“双十一”期间的网上购物消费额在0,3内的概率为（ ）
附：随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2)，P(μ−σ<ξ≤μ+σ)≈0．6827，P(μ−2σ<ξ≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ<ξ≤μ+3σ)≈0．9973．
A．0.9759B．0.8186C．0.73D．0.4772
【答案】B
【分析】由题可得μ=2，σ=1，结合σ与2σ原则求解.
【详解】因为ξ（单位：千元）服从正态分布N(2,1)．所以μ=2，σ=1．
则P(0<ξ≤3)=12P(μ− σ<ξ≤μ+σ)+12P(μ−2σ<ξ≤μ+2σ)
=12(0.6827+0.9545)=0.8186．
故选：B.
4．（2022春·北京朝阳·高二校考期中）已知100个产品中，有83个产品长度合格，90个产品质量合格，80个产品长度和质量都合格.现在，任取一个产品，若它的质量合格，则它长度合格的概率为（ ）
A．45B．83100C．89D．910
【答案】C
【分析】设事件A：“产品的长度合格”，事件B：“产品质量合格”，分别求得P(B),P(AB)，根据条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】设事件A：“产品的长度合格”，事件B：“产品质量合格”，
根据题意，可得P(B)=90100，P(AB)=80100，
所以产品质量合格，则它长度合格的概率为P(A|B)=P(AB)P(B)=89.
故选：C.
5．（2023·江苏·高二专题练习）已知随机变量ξ的分布列为：
则下列说法中正确的是( )A．Eξ有最小值12B．Eξ有最大值32
C．Dξ有最小值0D．Dξ有最大值12
【答案】D
【分析】根据数学期望和方差的定义表示出Eξ和Dξ，用函数思想解析研究﹒
【详解】由题意，知b−a+b+a=2b=1，即b= 12．
又b−a>0，则0∵D(ξ)=0−2a−12212−a+ 121−2a−122+2−2a−122a =−4a2+2a+14
=−4a−142+12．
又0故选：D﹒
6．（2023春·高二课时练习）对于一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，D，其中nΩ=80，nA=40，nB=20，nC=20，nD=40，nA∪B=60，nA∩C=10，nA∪D=80，则（ ）
A．A与B不互斥B．A与D互斥且不对立
C．C与D互斥D．A与C相互独立
【答案】D
【分析】由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据P(A∩C)与P(A)P(C)的关系判断事件是否独立.
【详解】由nA=40，nB=20，nA∪B=60，即n(A∪B)=n(A)+n(B)，故A、B互斥，A错误；
由n(A∪D)=n(A)+n(D)=n(Ω)=80，A、D互斥且对立，B错误；
又n(C)=20，n(A∩C)=10，则n(D∩C)=10，C与D不互斥，C错误；
由P(A)=n(A)n(Ω)=12，P(C)=n(C)n(Ω)=14，P(A∩C)=n(A∩C)n(Ω)=18，
所以P(A∩C)=P(A)P(C)，即A与C相互独立，D正确.
故选：D
7．（2022秋·四川内江·高三四川省隆昌市第一中学校考开学考试）1654年，德·梅雷骑士偶遇数学家布莱兹·帕斯卡，在闲聊时梅雷谈了最近遇到的一件事：某天在一酒吧中，肖恩和尤瑟纳尔两人进行角力比赛，约定胜者可以喝杯酒，当肖恩赢20局且尤瑟纳尔赢得40局时，他们发现桌子上还剩最后一杯酒，酒吧老板和伙计提议两人中先胜四局的可以喝最后那杯酒，如果四局、五局、六局、七局后可以决出胜负，那么分别由肖恩、尤瑟纳尔、酒吧伙计和酒吧老板付费．猜测最后付费的最有可能是（ ）
A．肖恩B．尤瑟纳尔C．酒吧伙计D．酒吧老板
【答案】B
【分析】利用分步乘法原理、分类加法原理以及二项分布求出每种情况对应的概率，再进行大小比较得出结论.
【详解】由题意，可得肖恩每局获胜的概率为2020+40=13，尤瑟纳尔每局获胜的概率为4020+40=23，比赛采用七局四胜制，设决出胜负的场数为X，则
PX=4=C44134+C44234=1781，
PX=5=C43133×23×13+C43233×13×23=827，
PX=6=C53133×232×13+C53233×132×23=200729，
PX=7=C63133×233=160729，
由1781<160729<200729<827，知PX=4所以最后付费的最有可能是尤瑟纳尔．故A，C，D错误.
故选：B．
8．（2019春·全国·高二专题练习）一袋中装有5个白球和3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个，取出后记下颜色，若为红色停止，若为白色则继续抽取，停止时从袋中抽取的白球的个数为随机变量ξ，则P(ξ≤2)=（ ）
A．914B．2556
C．3756D．2328
【答案】D
【分析】根据题意，可知Pξ=k=A5kA31A8k+1，进而求出Pξ=0、Pξ=1与Pξ=2的值，从而求得P(ξ≤2)的值.
【详解】依题意知，ξ=k表示前k个为白球，第k+1个恰为红球，则ξ的可能取值为0，1，2，3，4，5，
则Pξ=k=A5kA31A8k+1，k=0，1，2，3，4，5，
所以Pξ=0=A50A31A81=38，Pξ=1=A51A31A82=1556，Pξ=2=A52A31A83=528，
所以Pξ≤2=Pξ=0+Pξ=1+Pξ=2=4656=2328．
故选：D．
多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（2022秋·广东佛山·高三统考期中）我国在各种乒乓球比赛中均取得过优异的成绩，例如在刚刚过去的2022年成都世界乒乓球团体锦标赛中，中国的乒乓球健将们再创佳绩，男团，女团分别获得了团体冠军.甲､乙两位乒乓球初学者，都学习了三种发球的技巧，分别是：上旋球､下旋球以及侧旋球.两人在发球以及接对方发球成功的概率如下表，两人每次发､接球均相互独立：则下列说法正确的是（ ）
A．若甲选择每种发球方式的概率相同，则甲发球成功的概率是34
B．甲在连续三次发球中选择了三种不同的方式，均成功的概率为172
C．若甲选择三种发球方式的概率相同，乙选择三种发球方式的概率也相同，则乙成功的概率更大
D．在一次发球中甲选择了发上旋球，则乙接球成功（甲发球失误也算乙成功）的概率是1315
【答案】BC
【分析】根据互斥事件概率加法和独立事件概率乘法即可求解
【详解】甲选择每种发球方式的概率相同,则选择每种发球方式的概率都为13,
则甲选择上旋球发球方式且发球成功概率为13×13=19,
则甲选择下旋球发球方式且发球成功概率为13×14=112,
则甲选择侧旋球发球方式且发球成功概率为13×16=118,
所以甲发球成功的概率是19+112+118=14,故A错误;
甲连续三次发球中选择了三种不同的方式共有6种不同的顺序,
所以甲在连续三次发球中选择了三种不同的方式，
均成功的概率为13×14×16=172,故B正确;
乙选择每种发球方式的概率相同,则选择每种发球方式的概率都为13,
则乙选择上旋球发球方式且发球成功概率为13×14=112,
则甲选择下旋球发球方式且发球成功概率为13×12=16,
则甲选择侧旋球发球方式且发球成功概率为13×14=112,
所以甲发球成功的概率是112+16+112=13,
所以乙发球成功率的概率更大，故C正确;
乙接球成功分为以下两总情况：
甲发上旋球发球失误或甲发上旋球成功且乙接球成功，
所以乙接球成功的概率等于1−13+13×15=1115，故D错误.
故选:BC.
10．（2022春·福建泉州·高二福建省永春第一中学校考阶段练习）已知离散型随机变量X的分布列如下：
其中m>0，n>0，则下列选项正确的有（ ）A．m+n=12
B．若mC．若数学期望E(X)=4，则双曲线x2m2−y2n2=1的渐近线方程为y=±32x
D．若数学期望E(X)=4，则方差D(X)=19.
【答案】ACD
【分析】由分布列的性质可以判断A；
根据椭圆长轴的定义即可判断B；
根据分布列的性质和期望公式解出m,n，进而求出渐近线方程即可判断C；
根据方差公式求出方差，进而判断D.
【详解】对A，由分布列的性质可知12+m+n=1⇒m+n=12.A正确；
对B，若m对C，5m+10n=4m+n=12⇒m=15n=310，所以双曲线的渐近线方程为y=±nmx=±32x.C正确；
对D，结合C，DX=0−42×12+5−42×15+10−42×310=19.D正确.
故选：ACD.
11．（2021春·广东中山·高二中山纪念中学校考阶段练习）某班同学在一次数学测验中的成绩x服从正态分布N80,52（试卷满分为100分），该班共有50名同学，则下列说法正确的是（ ）
（参考数据：P(μ−σA．本次考试一定有同学考到80分B．本次考试分数大于90分的同学的有6人
C．在本次考试中可能有考出满分的同学D．P(x>75)=0.84135
【答案】CD
【分析】对于A：说法过于绝对，所以不正确
对于B: 直接求出本次考试分数大于90分的同学的概率，即可判断
对于C: 在本次考试中可能有考出满分的同学,成立，故C正确；
对于D：直接求出P(x>75)，即可判断
【详解】对于A：本次考试一定有同学考到80分，说法绝对，所以不正确；
对于B: 由P(μ−2σ对于C: 在本次考试中可能有考出满分的同学,成立，故C正确；
对于D：因为x服从正态分布N80,52，所以考试分数小于75和大于85的概率相等，
因为考试分数在75,85概率为P(μ−σ所以考试分数小于75和大于85的概率和为1-0.6827=0.3173，
所以考试分数小于75的概率为0.31732=0.15865，
所以P(x>75)=1−0.15865=0.84135
故D正确；
故选：CD
12．（2023春·浙江宁波·高二余姚中学校考阶段练习）甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A1,A2和A3表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（ ）
A．事件B与事件Aii=1,2,3相互独立B．PA2B=455
C．PB=25D．PA2B=845
【答案】BD
【分析】由题设求出P(Ai)、P(B|Ai) (i=1,2,3)，利用条件概率公式、全概率公式判断B、C、D，根据P(Ai)P(B),P(AiB)是否相等判断事件的独立性判断A.
【详解】由题意P(A1)=12，P(A2)=15，P(A3)=310，
若A1发生，此时乙袋有5个红球，3个白球和3个黑球，则P(BA1)=511，
若A2发生，此时乙袋有4个红球，4个白球和3个黑球，则P(B|A2)=411，
若A3发生，此时乙袋有4个红球，3个白球和4个黑球，则P(B|A3)=411，
对于B，P(A2B)=P(B|A2)P(A2)=455，故B正确；
对于C，PB=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3)=922，故C错误；
对于D，PA2|B=P(A2B)P(B)=P(B|A2)P(A2)P(B)=845，故D正确；
对于A，P(A1B)=P(B|A1)P(A1)=522，P(A3B)=P(B|A3)P(A3)=655，
则P(A1)P(B)≠P(A1B)，P(A2)P(B)≠P(A2B)，P(A3)P(B)≠P(A3B)，故A错误.
故选：BD.
填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（2022·全国·高三专题练习）已知随机变量X∼B(n,1n),P(X=n)=127，则P(X=1)=___________.
【答案】49
【分析】由二项分布的概率公式有P(X=n)=(1n)n，结合已知求n，进而求P(X=1)即可.
【详解】由题意知：P(X=n)=Cnn(1−1n)0(1n)n=(1n)n=127，易知n=3，
∴P(X=1)=C31(23)2(13)1=49.
故答案为：49.
14．（2021春·北京海淀·高二北理工附中校考期末）有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若X表示取得次品的个数，则P（X<2）等于________．
【答案】1415
【分析】由题意分析X服从超几何分布，直接求概率即可.
【详解】由题意可得： X服从超几何分布，X可取0，1，2.它取每个值的概率都符合等可能事件的概率公式，
即PX=0=C72C102=715，
PX=1=C71⋅C31C102=715，
PX=2=C32C102=115，
于是PX<2=PX=0+PX=1=715+715=1415．
故答案为：1415.
15．（2022·全国·高三专题练习）袋中有4个红球m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为16，一红一黄的概率为13，则Eξ=___________．
【答案】89
【分析】根据古典概型的概率公式即可列式求得m,n的值，再根据随机变量ξ的分布列即可求出Eξ．
【详解】由题得P(ξ=2)=C42Cm+n+42=6Cm+n+42=16，即Cm+n+42=36
所以m+n+4=9，
P（一红一黄）=C41⋅Cm1Cm+n+42=4m36=m9=13, 得m=3，
所以n=2,
由于P(ξ=2)=16,P(ξ=1)=C41⋅C51C92=4×536=59,P(ξ=0)=C52C92=1036=518
∴E(ξ)=16×2+59×1+518×0=13+59=89．
故答案为：89．
16．（2021秋·湖北·高三校联考阶段练习）某公司生产了一批小零件，其综合质量指标值X服从正态分布N50,22，现从中随机抽取该小零件2000个，估计综合质量指标值位于(48,54]的零件个数为_____________．
附：若X∼Nμ,σ2(σ>0)，则P(μ−σ【答案】1637
【分析】根据正态分布曲线的对称性，分别求得P(48【详解】由题意，综合质量指标值X服从正态分布N50,22，可得μ=50,σ=2，
所以P(48P(46所以P(52所以综合质量指标值位于(48,54]的概率约为0.683+0.1355=0.8185，
则2000个小零件中估计综合质量指标值位于(48,54]的个数为2000×0.8185=1637个．
故答案为：1637
解答题（共6小题，满分70分）
17．（2022·高二课时练习）市场上供应的某型号灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂的合格率是80%，求市场上该型号灯泡的合格率，及买到的该型号合格灯泡是甲厂生产的概率．
【答案】市场上该型号灯泡的合格率为0.905,买到的该型号合格灯泡是甲厂生产的概率为0.735.
【分析】根据已知条件，结合全概率公式和条件概率公式即可求解.
【详解】用事件A、A分别表示买到甲、乙两厂的产品，B表示产品为合格品.
因为B=AB+AB，且AB与AB互斥，
所以P(B)=P(AB+AB)=P(AB)+P(AB)
=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)
=0.7×0.95+0.3×0.8
=0.905.
故市场上该型号灯泡的合格率为0.905.
所以P(A|B)=P(AB)P(B)=0.7×≈0.735，
故买到的该型号合格灯泡是甲厂生产的概率为0.735.
18．（2023·全国·高二专题练习）设离散型随机变量X的分布列为
（1）求3X+2的分布列；
（2）求|X−1|的分布列．
【答案】（1）答案见解析 ；（2） 答案见解析．
【分析】（1）由题设X的取值写出3X+2的可能取值，根据X的分布列写出3X+2的分布列；
（2）由题设X的取值写出|X−1|的可能取值，根据X的分布列写出|X−1|的分布列；
【详解】【解】（1）由题意，知3X+2的可能取值为2，5，8，11，14，
∴3X+2的分布列为
（2）由题意，知|X−1|的可能取值为0，1，2，3，
∴|X−1|的分布列为
19．（2022秋·江西上饶·高二统考期末）城南公园种植了4棵棕榈树，各棵棕榈树成活与否是相互独立的，成活率为p，设ξ为成活棕榈树的株数，数学期望Eξ=83.
(1)求p的值并写出ξ的分布列；
(2)若有2棵或2棵以上的棕榈树未成活，则需要补种，求需要补种棕榈树的概率.
【答案】(1)p=23，ξ的分布列见解析；
(2)1127.
【分析】（1）根据二项分布知识即可求解；（2）将补种棕榈树的概率转化为成活的概率，结合概率加法公式即可求解.
(1)由题意知，ξ∼B4,p，又Eξ=4p=83，所以p=23，
故未成活率为1−23=13，
由于ξ所有可能的取值为0,1,2,3,4，
所以Pξ=0=C40134230=181，
Pξ=1=C41133231=881，
Pξ=2=C42132232=827，
Pξ=3=C43131233=3281，
Pξ=4=C44130234=1681，
则ξ的分布列为
(2)记“需要补种棕榈树”为事件A，由（1）得，PA=Pξ≤2=181+881+827=1127，
所以需要补种棕榈树的概率为1127.
20．（2017春·北京海淀·高三统考期末）为了响应教育部颁布的《关于推进中小学生研学旅行的意见》,某校计划开设八门研学旅行课程，并对全校学生的选择意向进行调查(调查要求全员参与，每个学生必须从八门课程中选出唯一一门课程).本次调查结果整理成条形图如下.
上图中，已知课程A,B,C,D,E为人文类课程，课程F,G,H为自然科学类课程.为进一步研究学生选课意向，结合上面图表，采取分层抽样方法从全校抽取1%的学生作为研究样本组(以下简称“组M”).
(1)在“组M”中，选择人文类课程和自然科学类课程的人数各有多少？
(2)为参加某地举办的自然科学营活动，从“组M”所有选择自然科学类课程的同学中随机抽取4名同学前往，其中选择课程F或课程H的同学参加本次活动，费用为每人1500元，选择课程G的同学参加，费用为每人2000元.
（i）设随机变量X表示选出的4名同学中选择课程G的人数，求随机变量X的分布列；
（ii）设随机变量Y表示选出的4名同学参加科学营的费用总和，求随机变量Y的期望.
【答案】(1)12，8；
(2)（i）见解析；（ii）6500.
【分析】（1）分层抽样即按比例抽样；（2）（i）根据题意在自然学科中抽4人即C84，然后设随机变量X表示选出的4名同学中选择课程G的人数故随机变量X可取0,1,2，再根据超几何分布一一列式即可写出X分布列；（ii）设随机变量Y表示选出的4名同学参加科学营的费用总和，则随机变量Y=6000+500X所以EY=6000+500EX，或者找出随机变量Y的可能取值及Y的分布列，再求期望.
（1）选择人文类课程的人数为：(100+200+400+200+300×1%=12（人）；
选择自然科学类课程的人数为：300+200+300×1%=8（人）.
（2）（i）依题意，随机变量X可取0,1,2.
pX=0=C64C20C84=314；pX=1=C63C21C84=47；pX=2=C62C22C84=314.
故随机变量X的分布列为
（ii）法1：依题意，随机变量Y=2000X+15004−X=6000+500X，
所以随机变量Y的数学期望为：
EY=6000+500EX=6000+5000×314+1×47+2×314=6500.
(ⅱ)法2：依题意，随机变量Y可取6000,6500,7000.
所以随机变量Y的分布列为
所以随机变量Y的数学期望为：
EY=6000×314+6500×47+7000×314=6500.
21．（2019·安徽宿州·安徽省泗县第一中学校考一模）泗县一中为鼓励家校互动，与当地电信公司合作，为教师办理流量套餐.为了解该校教师手机流量使用情况.通过抽样，得到100位教师近2年每人手机月平均使用流量L（单位：M）的数据，其频率分布直方图如下：
若将每位教师的手机月平均使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频率为概率，回答以下问题.
(1)从该校教师中随机抽取4人，求这4人中至多有1人月使用流量不超过300M的概率；
(2)现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：
这三款套餐都有如下附加条款：套餐费月初一次性收取，手机使用一旦超出套餐流量，系统就自动帮用户充值200M流量，资费20；如果又超出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200M流量，资费20元/次，依次类推，如果当月流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用.学校欲订购其中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并承担系统自动充值的流量资费的75%，其余部分由教师个人承担，问学校订购哪一款套餐最经济？说明理由.
【答案】(1)0.784
(2)学校订购B套餐最经济
【分析】（1）先求得该教师手机月使用流量不超过300M的概率为0.0008+0.0022×100=0.3.
利用互斥事件的概率和独立重复试验的概率求这3人中至多有1人月使用流量不超过300M的概率；
（2）先分别求出三种套餐的期望，再比较它们的大小即得解.
【详解】（1）由直方图可知,从该校中随机抽取一名教师,该教师手机月使用流量不超过300M
的概率为0.0008+0.0022×100=0.3.
设“从该校教师中随机抽取3人,至多有1人月使用流量不超过300M”为事件D,
则PD=1−0.33+C31×0.3×1−0.32=0.343+0.441=0.784.
（2）依题意,P300P500当学校订购A套餐时,设学校为一位教师承担的月费用为X1的所有可能取值为20,35,50,
且PX1=20=0.3,PX1=35=0.6,PX1=50=0.1,
所以EX1=20×0.3+35×0.6+50×0.1=32(元)
当学校订购B套餐时,设学校为一位教师承担的月费用为X2的所有可能取值为30,45,
且PX2=30=0.3+0.6=0.9,PX2=45=0.1,
所以EX2=30×0.9+45×0.1=31.5(元)
当学校订购C套餐时,设学校为一位教师承担的月费用为X3的所有可能取值为38,
且PX3=38=1,EX3=38×0.1=38(元)
因为EX222．（2023春·高二课时练习）随着网络的快速发展，电子商务成为新的经济增长点，市场竞争也日趋激烈，除了产品品质外，客服团队良好的服务品质也是电子商务的核心竞争力，衡量一位客服工作能力的重要指标——询单转化率，是指咨询该客服的顾客中成交人数占比，可以看作一位顾客咨询该客服后成交的概率，已知某网店共有10位客服，按询单率分为A，B两个等级（见下表）
视A，B等级客服的询单转化率分别为对应区间的中点值，完成下列两个问题的解答；
(1)现从这10位客服中任意抽取4位进行培训，求这4人的询单转化率的中位数不低于70%的概率；
(2)已知该网店日均咨询顾客约为1万人，为保证服务质量，每位客服日接待顾客的数量不超过1300人.在网店的前期经营中，进店咨询的每位顾客由系统等可能地安排给任一位客服接待，为了提升店铺成交量，网店实施改革，经系统调整，进店咨询的每位顾客被任一位A等级客服接待的概率为a，被任一位B等级客服接待的概率为b，若希望改革后经咨询日均成交人数至少比改革前增加300人，则a应该控制在什么范围？
【答案】(1)3742
(2)18,13100
【分析】（1）求出A，B等级客服的询单转化率分别为8000,6000，设A等级客服的人数为X，则X的可能取值为0,1,2,3,4，对应的询单转化率中位数分别为6000,6500,7000,7500,8000，进而利用超几何分布求出对应的概率，求出答案；
（2）将改革前的日均成交人数计算出为7200，进而表示出改革后的日均成交人数12000a+6000，结合每位客服日接待顾客的数量不超过1300人，列出不等式组，求出a的取值范围.
【详解】（1）依题意得：A，B等级客服的询单转化率分别为8000,6000，
设事件C表示“这4人的询单转化率的中位数不低于70%”，
A等级客服的人数为X，则X的可能取值为0,1,2,3,4，
对应每种情况的询单转化率中位数分别为6000,6500,7000,7500,8000，
故PC=1−PX=0−PX=1=1−C44C104−C43C61C104=1−1210−24210=3742；
（2）设改革前后A等级客服的接待顾客人数分别为Y，Z
改革前，每位进店咨询顾客被A等级客服接待的概率为P1=610=35，
所以Y∼B10000,35，则EY=10000×35=6000，
因为A，B等级客服的询单转化率分别为8000,6000，
所以改革前日均成交人数为6000×8000+10000−6000×6000=7200，
改革后，每位进店咨询顾客被A等级客服接待的概率为P2=6a，
所以Z∼B10000,6a，则EZ=10000×6a=60000a，
故改革后日均成交人数为60000a×8000+10000−60000a×6000=12000a+6000，
由12000a+6000≥7200+300得：a≥18，①
因为每位顾客被一位A等级客服接待的概率为a，所以每位顾客被一位B等级客服接待的概率为b=1−6a4，
则10000a≤130010000⋅1−6a4≤1300，解得：a≤13100a≥225，②
由①②得：18≤a≤13100，所以a应该控制在18,13100ξ
0
1
2
P
b−a
b
a
上旋球（发/接）
下旋球（发/接）
侧旋球（发/接）
甲
1335
1425
1615
乙
1415
1235
1415
X
0
5
10
P
12
m
n
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3
3X+2
2
5
8
11
14
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3
|X−1|
0
1
2
3
P
0.1
0.3
0.3
0.3
ξ
0
1
2
3
4
p
181
881
827
3281
1681
X
0
1
2
p
314
47
314
Y
6000
6500
7000
p
314
47
314
套餐名称
月套餐费（单位：元）
月套餐流量（单位：M）
A
20
300
B
30
500
C
38
700
等级
A
B
询单转化率
[70%，90%）
[50%，70%）
人数
6
4