2024 全品高考第二轮专题 数学 新高考版教师版

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[备选理由] 例1考查统计与概率的综合应用;例2考查条件概率与概率性质的应用;例3考查信息阅读与迁移能力,利用概率与数学期望做出正确的决策问题.
1 [配例1使用] [2023·山东潍坊模拟] 某校举行“强基计划”数学核心素养测评,要求以班级为单位参赛,最终高三1班(45人)和高三2班(30人)进入决赛.决赛规则如下:现有甲、乙两个纸箱,甲箱中有4个选择题和2个填空题,乙箱中有3个选择题和3个填空题,决赛由两个环节组成,环节一,要求两班级每位同学在甲或乙两个纸箱中随机抽取两个题目作答,作答后放回原箱,并分别统计两班级学生测评成绩的相关数据;环节二,由1班班长王刚和2班班长李明进行比赛,并分别统计两人的测评成绩的相关数据.两个环节按照相关比赛规则分别累计得分,以累计得分的高低决定班级的名次.
(1)环节一结束后,按照比例分配的分层随机抽样的方法从两个班级抽取20名同学,并统计每位同学答对题目的数量,统计数据为:1班抽取同学答对题目个数的平均数为1,方差为1;2班抽取同学答对题目个数的平均数为1.5,方差为0.25.求这20人答对题目个数的平均数与方差.
(2)环节二,王刚先从甲箱中依次抽取了两个题目,答题结束后将题目一起放入乙箱中,然后李明再抽取题目,已知李明从乙箱中抽取的第1题是选择题,求王刚从甲箱中取出的是两个选择题的概率.
解:(1)由题意可知,应从1班抽取4575×20=12(人),从2班抽取3075×20=8(人),
1班的样本平均数为x=1,样本方差为s12=1,2班的样本平均数为y=1.5,样本方差为s22=0.25,则总样本平均数为ω=12×1+8×1.512+8=1.2.
记总样本方差为s2,
则s2=12×[1+(1-1.2)2]+8×[0.25+(1.5-1.2)2]20=0.76,
所以这20人答对题目个数的平均数为1.2,方差为0.76.
(2)设事件A=“李明从乙箱中抽取的第1题是选择题”,
事件B1=“王刚从甲箱中取出的两个题目都是选择题”,
事件B2=“王刚从甲箱中取出一个选择题和一个填空题",
事件B3=“王刚从甲箱中取出的两个题目都是填空题”,
则B1,B2,B3彼此互斥,且B1∪B2∪B3=Ω,
P(B1)=C42C62=25,P(B2)=C41C21C62=815,P(B3)=C22C62=115,
P(A|B1)=58,P(A|B2)=12,P(A|B3)=38,
P(A)=P(B1)×P(A|B1)+P(B2)×P(A|B2)+P(B3)×P(A|B3)
=25×58+815×12+115×38=1324,
所求概率即是A发生的条件下B1发生的概率,
即P(B1|A)=P(B1A)P(A)=P(B1)P(A|B1)P(A)=25×581324=613.
2 [配例2使用] [2023·长沙一中一模] 国球是指在一个国家内开展广泛并在国际上居于领先地位的球类运动,中国的国球是乒乓球,乒乓球起源于英国的19世纪末.长沙市某社区为了丰富社区老人的退休生活,每年的重阳节定期举行乒乓球比赛.通过资格赛和淘汰赛,该社区的李大爷和张大爷进入决赛争夺冠军,决赛采用五局三胜制,即选手率先获得三局胜利时,比赛结束并赢得冠军.根据以往李大爷和张大爷的比赛胜负数据分析,李大爷和张大爷实力相当,每局获胜的可能性相同,每局比赛相互独立.
(1)求张大爷获得乒乓球比赛冠军的概率.
(2)冠亚军决赛结束后,社区组委会决定进行趣味性和观赏性极强的“花式乒乓球”对抗赛,“花式乒乓球”对抗赛由刘大爷和周大爷进行比赛,比赛采用三局两胜制,即选手率先获得两局胜利时,比赛结束并赢得冠军.刘大爷和周大爷在一局比赛中获胜的概率分别为23,13,且每局比赛相互独立.比赛开始前,工作人员拿来两盒新球,分别为“装有2个白球与1个黄球”的白盒与“装有1个白球与2个黄球”的黄盒(球除颜色外,其余相同).每局比赛前裁判员从盒中随机取出一个球用于比赛,且局中不换球,该局比赛后,直接丢弃,裁判按照如下规则取球:每局取球的盒子颜色与上一局比赛用球的颜色一致,且第一局从白盒中取球,记两位大爷决出冠军后,两盒内白球剩余的总个数为Y,求随机变量Y的分布列与数学期望.
解:(1)记张大爷获得乒乓球比赛冠军共进行的局数为随机变量Z,则Z的可能取值为3,4,5,
记事件A=“张大爷获得乒乓球比赛冠军”,则P(A)=P(Z=3)+P(Z=4)+P(Z=5)=123+C32×122×12×12+C42×122×122×12=12.
(2)设刘大爷和周大爷“花式兵兵球”对抗赛进行了X局比赛,易知X=2或X=3,
则P(X=2)=232+132=59,故P(X=3)=1-P(X=2)=49.
记Wi(i=1,2,3)表示第i局从白盒中取出白球,Wi表示第i局从白盒中取出黄球,
Xi(i=1,2,3)表示第i局从黄盒中取出黄球,Xi表示第i局从黄盒中取出白球,
随机变量Y的所有可能取值为1,2,3,所以P(Y=1)=P(X=2)P(W1W2)+P(X=3)[P(W1W2W3)+P(W1W2 X3)+P(W1 X2 W3)]=59×23×12+49×23×12×1+23×12×13+13×13×1=3581,
P(Y=2)=P(X=2)[P(W1W2)+P(W1 X2)]+P(X=3)[P(W1W2X3)+P(W1X2X3)]=59×23×12+13×13+49×23×12×23+13×23×12=3281,
P(Y=3)=P(X=2)P(W1X2)+P(X=3)P(W1X2X3)=59×13×23+49×13×23×12=1481,
则Y的分布列为
所以随机变量Y的数学期望E(Y)=1×3581+2×3281+3×1481=4727.
3 [配例3使用] [2023·湖南怀化二模] 某新华书店要在六一儿童节进行有奖促销活动,凡在该书店购书达到规定金额的小朋友可参加双人PK赢取“购书券”的游戏.游戏规则为:游戏共三局,每局游戏开始前,在不透明的箱中装有5个号码分别为1,2,3,4,5的小球(小球除号码不同之外,其余完全相同).每局由甲、乙两人先后从箱中不放回地各摸出一个小球(摸球者无法摸出小球号码).若双方摸出的两球号码之差为奇数,则甲被扣除2个积分,乙增加2个积分;若号码之差为偶数,则甲增加n(n∈N*)个积分,乙被扣除n个积分.游戏开始时,甲、乙的初始积分均为零,游戏结束后,若双方的积分不等,则积分较大的一方视为获胜方,将获得“购书券”奖励;若双方的积分相等,则均不能获得奖励.
(1)设游戏结束后,甲的积分为随机变量X,求X的分布列.
(2)以(1)中的随机变量X的数学期望为决策依据,当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时,记正整数n的最小值为n0.
①求n0的值,并说明理由;
②当n=n0时,求在甲至少有一局被扣除积分的情况下,甲仍获得“购书券”奖励的概率.
解:(1)记“一局游戏后甲被扣除2个积分”为事件A,“一局游戏后乙被扣除n个积分”为事件B,
由题可知P(A)=C21C31A22A52=35,则P(B)=1-P(A)=25,
当三局均为甲被扣除2个积分时,X=-6,
当两局为甲被扣除2个积分,一局为乙被扣除n个积分时,X=n-4,
当一局为甲被扣除2个积分,两局为乙被扣除n个积分时,X=2n-2,
当三局均为乙被扣除n个积分时,X=3n,
所以P(X=-6)=353=27125,P(X=n-4)=C32×352×25=54125,
P(X=2n-2)=C31×35×252=36125,P(X=3n)=253=8125,
所以随机变量X的分布列为
(2)①由(1)易得E(X)=(-6)×27125+(n-4)×54125+(2n-2)×36125+3n×8125=6n-185,
显然甲、乙双方的积分之和恒为零,
当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时,则需E(X)=6n-185>0,
所以n>3,即正整数n的最小值n0=4.
②当n=4时,记“甲至少有一局被扣除积分”为事件C,则P(C)=1-253=117125,
由题设可知,若甲获得“购书券”奖励,则甲被扣除积分的局数至多为1,
记“甲获得‘购书券’奖励”为事件D,易知事件CD为“甲恰好有一局被扣除积分”,
则P(CD)=C31×35×252=36125,所以P(D|C)=P(CD)P(C)=36125×125117=413,
即在甲至少有一局被扣除积分的情况下,甲仍获得“购书券”奖励的概率为413.
Y
1
2
3
P
3581
3281
1481
X
-6
n-4
2n-2
3n
P
27125
54125
36125
8125