重難點(diǎn)突破01概率與統(tǒng)計(jì)的綜合應(yīng)用

目錄

題型一：決策問題

題型二：道路通行問期

題型三：保險(xiǎn)問題

題型一：決策問題

例1.（2023?甘肅蘭州?高三蘭化一中?？计谥校?jù)悉強(qiáng)基計(jì)劃的?？加稍圏c(diǎn)高校自主命題，?？歼^程中達(dá)到

筆試優(yōu)秀才能進(jìn)入面試環(huán)節(jié).已知甲、乙兩所大學(xué)的筆試環(huán)節(jié)都設(shè)有三門考試科目且每門科目是否達(dá)到優(yōu)

秀相互獨(dú)立.若某考生報(bào)考甲大學(xué)，每門科目達(dá)到優(yōu)秀的概率均為：，若該考生報(bào)考乙大學(xué)，每門科目達(dá)到

17

優(yōu)秀的概率依次為二，二，〃，其中

65

⑴若〃，分別求出該考生報(bào)考甲、乙兩所大學(xué)在筆試環(huán)節(jié)恰好有一門科目達(dá)到優(yōu)秀的概率：

（2）強(qiáng)基計(jì)劃規(guī)定每名考生只能報(bào)考一所試點(diǎn)高校，若以筆試過程中達(dá)到優(yōu)秀科目個(gè)數(shù)的期望為依據(jù)作出決

策，該考生更希望進(jìn)入甲大學(xué)的面試環(huán)節(jié)，求〃的范圍.

【解析】（1）設(shè)該考生報(bào)考甲大學(xué)恰好有一門筆試科目優(yōu)秀為事件A,則P（A）=C；1；）d［；

該考生報(bào)考乙大學(xué)恰好有一門筆試科目優(yōu)秀為事件8,則。（4）=：^:乂3+3乂5'3+3＞＜9'：=￡.

05365365390

（2）該考生報(bào)考中大學(xué)達(dá)到優(yōu)秀科目的個(gè)數(shù)設(shè)為X,

依題意，則E（X）=3X：=1,

該同學(xué)報(bào)考乙大學(xué)達(dá)到優(yōu)秀科目的個(gè)數(shù)設(shè)為y,隨機(jī)變量y的可能取值為：o,1,2,3.

7口八13,、52、5313+2〃

P(y=1)=—x—(zl-/?)+—X—(l-72|4-—X—/2=-----------

65265656530

/、5213122+1In/、122nn

P(Y=2)=—x—/2+—x—/?+—x—(l-zi)=----------，P(Y=3)=—x—/j=——=—,

76565653()'7653015

隨機(jī)變最y的分布列：

Y0123

\-n13+2〃2+11〃n

P

2303015

尸八八八~n,13+2〃c2+11〃.n17+3()〃

F(F)=0x——+lx---------+2x----------+3x—=------------,

?2303()1530

因?yàn)樵摽忌ＭM(jìn)入甲大學(xué)的面試，則E（y）＜E（X）,即粵史解得

?030

13

所以〃的范圍為：。＜〃＜而.

例2.（2023?全國?高三專題練習(xí)）2022年北京冬奧會后，由一名高山滑雪運(yùn)動員甲組成的專業(yè)隊(duì)，與兩名

高山滑雪愛好者乙、丙組成的業(yè)余隊(duì)進(jìn)行友誼比賽，約定賽制如下：業(yè)余隊(duì)中的兩名隊(duì)員輪流與甲進(jìn)行比

賽，若甲連續(xù)嬴兩場則專業(yè)隊(duì)獲勝；若甲連續(xù)輸兩場則業(yè)余隊(duì)獲勝；若比賽三場還沒有決出勝負(fù)，則視為

平局，比賽結(jié)束.已知各場比賽相互獨(dú)立，每場比賽都分出勝負(fù)，且甲與乙比賽，甲贏的概率為:，甲與丙

比賽,甲贏的概率為P,其中，1p<：2.

(1)若第一場比賽，業(yè)余隊(duì)可以安排乙與甲進(jìn)行比賽，也可以安排丙與甲進(jìn)行比賽.請分別計(jì)算兩種安排下

業(yè)余隊(duì)獲勝的概率；若以獲勝概率大為最優(yōu)決策，問：業(yè)余隊(duì)第一場應(yīng)該安排乙還是丙與甲進(jìn)行比賽？

(2)為了激勵(lì)專業(yè)隊(duì)和業(yè)余隊(duì)，賽事組織規(guī)定：比賽結(jié)束時(shí)，勝隊(duì)獲獎(jiǎng)金6萬元，負(fù)隊(duì)獲獎(jiǎng)金3萬元；若平

局，兩隊(duì)各獲獎(jiǎng)金3.6萬元.在比賽前，已知業(yè)余隊(duì)采用了(1)中的最優(yōu)決策與甲進(jìn)行比賽，設(shè)賽事組織

預(yù)備支付的獎(jiǎng)金金額共計(jì)X萬元，求X的數(shù)學(xué)期望E(X)的取值范圍.

【解析】(1)第一場比賽，業(yè)余隊(duì)安排乙與甲進(jìn)行比賽，業(yè)余隊(duì)獲勝的概率為：

1215

1二十(|-〃)+十(1-〃七=3(1-〃)

JJy

第一場比賽，業(yè)余隊(duì)安排丙與甲進(jìn)行比賽，業(yè)余隊(duì)獲勝的概率為：

2=(l-p)x1+px|x(l-p)=1(1-P2)

因?yàn)?<〃<：，所以Pi>P2

NOO\/

所以，業(yè)余隊(duì)第一場應(yīng)該安排乙與甲進(jìn)行比賽.

(2)由已知X=9萬元，或X=72萬元

由(1)知，業(yè)余隊(duì)最優(yōu)決策是第一場應(yīng)該安排乙與甲進(jìn)行比賽.

此時(shí)，業(yè)余隊(duì)獲勝的概率為：

專業(yè)隊(duì)獲勝的概率為A=]p+；xpx：="

所以，非平局的概率為尸"=9)"+4=滑〃

41

平局的概率為x=7.2)=!-/>-/>=---p

X的分布列為：

X97.2

514I

P(x)―+―p--------P

9393

X的期望為七(X)=9x^+；〃)+7.2x(6一gp)=8.2+O.6〃

I2

由所以數(shù)學(xué)期望￡(才)的取值范圍為(858.6)(單位：萬元)

例3.(2023?江西吉安?高三吉安三中?？茧A段練習(xí))2020年以來，新冠疫情對商品線下零售影響很大.某

商家決定借助線上平臺開展銷售活動.現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)平臺供選擇，且當(dāng)每件商品的售價(jià)為。(3OOWaW5OO)

元時(shí)，從該商品在兩個(gè)平臺所有銷售數(shù)據(jù)中各隨機(jī)抽取100天的日銷售品統(tǒng)計(jì)如下，

商品日銷售量(單位：件)678910

甲平臺的天數(shù)1426262410

乙平臺的天數(shù)1025352010

假設(shè)該商品在兩個(gè)平臺口銷售量的概率與表格中相應(yīng)日銷售量的頻率相等，且每天的銷售量互不影響，

⑴求“甲平臺日銷售量不低于8件”的概率，并計(jì)算“從中平臺所有銷售數(shù)據(jù)中隨機(jī)抽取3天的日銷售量，其

中至少有2天日銷售量不低于8件”的概率；

(2)己知甲平臺的收費(fèi)方案為：每天傭金60元，且每銷售一件商品，平臺收費(fèi)30元；乙平臺的收費(fèi)方案為：

每天不收取傭金，但采用分段收費(fèi)，即每天銷售商品不超過8件的部分，每件收費(fèi)40元，超過8件的部分，

每件收費(fèi)35元.某商家決定在兩個(gè)平臺中選擇一個(gè)長期合作，從日銷售收入(單價(jià)x日銷售量-平臺費(fèi)用)

的期望值較大的角度，你認(rèn)為該商家應(yīng)如何決策？說明理由.

【解析】(1)令事件A="甲平臺口銷售量不低于8件”，

26+24+103

貝ljP(A)=----------=一,

1005

令事件3="從甲平臺所有銷售數(shù)據(jù)中隨機(jī)抽取3天的日銷售量，其中至少有2天H銷售量不低于8件”，

則尸⑻年曾二卻用=包

,，⑸5\5)125

(2)設(shè)甲平臺的日銷售收入為X,則X的所有可能取值為6口-240,7〃-27。,&1-300,91-33。,1。4-360?

所以，X的分布列為

X66/-24076F-2708a-3009^-3301-360

1426262410

P

looW0Toolooloo

所以，F(xiàn)(X)=(6?-240)x—+(7?-270)x—+(8?-3OO)x—+(9a-330)x—

+(10。-360)x—=1.9a-297,

100

設(shè)乙平臺的日俏售收入為y,則y的所有可能取值為€>0—240.7a—280,8a—320,9a—355,10a—390.

所以，丫的分布列為：

Y6cL2407。-28()8cL32()9a-3551()。-39()

1025352010

P

10()TooTooTooloo

所以，E(｝；)=(6?-240)x—+(7?-280)x—+(8?-320)x—+(9a-355)x—+(10t/-390)x—

=7.95?-316.

所以，E(y)-E(X)=0.05a-19,

令0.05a-19"得。2380,令0.05。-19Vo得”380

所以，當(dāng)300?。＜380時(shí)，選擇用平臺；當(dāng)。二380時(shí)，甲乙平臺均可；當(dāng)380＜。《500時(shí)，選擇乙平臺.

變式L(2023?江西?校聯(lián)考模擬預(yù)測)某學(xué)校舉行“百科知識''競賽，每個(gè)班選派一位學(xué)生代表參加.某班經(jīng)過

層層選拔，李明和王華進(jìn)入最后決賽，決賽方式如下：給定4個(gè)問題，假設(shè)李明能且只能對其中3個(gè)問題同

答正確，王華對其中任意一個(gè)問題回答正確的概率均為J3.由李明和王華各自從中隨機(jī)抽取2個(gè)問題進(jìn)行回

答，而且每個(gè)人對每個(gè)問題的回答均相互獨(dú)立.

⑴求李明和王華回答問題正確的個(gè)數(shù)均為2的概率；

(2)設(shè)李明和王華回答問題正確的個(gè)數(shù)分別為X和y,求x,y的期望E(x)、E(y)和方差o(x)、￡＞(r),并

由此決策派誰代表該班參加競賽更好.

C23I

【解析】(1):李明回答問題正確的個(gè)數(shù)為2的概率Pi=冷=三=不

9

王華問答問題正確的個(gè)數(shù)為2的概率“2=-

14,16

1Q9

二?李明和王華I可答問題正確的個(gè)數(shù)均為2的概率〃=/乙/4二：乂^二二.

21632

(2)由題意知：李明回答問題正確個(gè)數(shù)X所有可能的取值為L2,

??p(x=i)=m=/p(x=2)=iHq

C4o2C4oZ

A￡(X)=lxl+2xl=1,4+(24

三華回答問題止確的個(gè)數(shù)y425).

.?.￡（r）=2x1=|,D（y）=2x|x[l-^=1;

E(x)=E(y),D(x)vD(y),.?.派李明代表該班參加競賽更好.

變式2.(2023?全國?高三專題練習(xí))根據(jù)某地區(qū)氣象水文部門長期統(tǒng)計(jì)，可知該地區(qū)每年夏季有小洪水的概

率為0.25,有大洪水的概率為0.05.今年夏季該地區(qū)某工地有許多大型設(shè)備，遇到大洪水時(shí)要損失60(X)()

元，遇到小洪水時(shí)要損失20000元，為保護(hù)設(shè)備，有以下3種方案：

方案1：修建保護(hù)圍墻，建設(shè)費(fèi)為3000元，但圍墻只能防小洪水；

方案2：修建保護(hù)大壩，建設(shè)費(fèi)為7000元，能夠防大洪水；

方案3：不采取措施

工地的領(lǐng)導(dǎo)該如何決策呢？

【解析】用X1,X2,X3分別表示方案1,2,3的損失，

第一方案，建保護(hù)墻，建設(shè)費(fèi)為3000元，但圍墻只能防小洪水,

無大洪水有大洪水

損失300063000

概率0.950.05

平均損失頊)=3000x0.95+63000x0.05=6000.

第二方案：建保護(hù)大壩，建設(shè)費(fèi)為7000元，能夠防大洪水,

E(X2)=70(X).

第三方案：不采取措施.

無洪水有小洪水有大洪水

損失02000060000

概率0.70.250.05

平均損失七(Xi)=60000x0.05+20000x0.25=8000.

因?yàn)镋(X,)>E(X2)>E(X)

綜上，采取方案一較好.

題型二：道路通行問題

例4.(2023?重慶?高三重慶市育才中學(xué)校考階段練習(xí))9月6日位于重慶朝天門的來福士廣場開業(yè)，成了網(wǎng)

紅城市的又一打卡勝地重慶育才謝家灣校區(qū)與來福士之間的駕車往返所需時(shí)間為7,7只與道路暢通狀況有

關(guān)，對其容量為500的樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如下：

T(小時(shí))0.80.911.1

頻數(shù)(次)10015020()5()

以這500次駕車往返所需時(shí)間的頻率代替某人1次駕車往返所需時(shí)間的概率.

(1)記了的期望為鳳丁)，求<E(T))；

(2)某天有3位教師獨(dú)自駕車從謝家校區(qū)返于來福士，記X表示這3位教師中駕車所用時(shí)間少于以丁)的人

數(shù)，求X的分布列與E(X).

1AA

【解析】(1)P(7=0.8)=—=0.2,

P(7=0.9)=—=0.3,

500

Pg)嗡=04

P(7=1.1)=—=0.1,

500

???T的分布列為：

T0.80.911.1

P0.20.30.40.1

E(T)=0.8x0.2+0.9x03+1xO.4+1.1x0.1=0.94,

；?P(T<￡⑺)=P(7=0.8)+P(7=0.9)=0.2+03=0.5.

（2）某天有3位教師獨(dú)自駕車從謝家校區(qū)返于來福士，記X表示這3位教師中駕車所用時(shí)間少于E（7）

的人數(shù)，

???X?4（3,1）,

.?.P（X=0）=提（:）3=：,

2o

—C；刖）2=|,

1（\\3

P（X=2）=C；（3-=-,

P（X=3）=。拈）3=]

Zo

???X的分布列為:

X0123

I33

P

8888

I3

E(X)=3x-=-.

22

例5.（2023?湖北?統(tǒng)考一模）交通指數(shù)是指交通擁堵指數(shù)的簡稱，是綜合反映道路網(wǎng)暢通或擁堵的概念性指

數(shù)值，記交通指數(shù)為兀其范圍為[0,10],分別有五個(gè)級別：7引。,2）,暢通：丁42,4）,基本暢通：TG[4,6）,

輕度擁堵；re[6,8）,中度擁堵；TG[8,10],嚴(yán)重?fù)矶?在晚高峰時(shí)段（722）,從某市交通指揮中心選取

了市區(qū)20個(gè)交通路段，依據(jù)其交通指數(shù)數(shù)據(jù)繪制的頻率分布直方圖如圖所示.

(1)求出輕度擁堵、中度擁堵、嚴(yán)重?fù)矶碌穆范蔚膫€(gè)數(shù)：

(2)用分層抽樣的方法從輕度擁堵，中度擁培，嚴(yán)重?fù)矶碌穆范沃泄渤槿?個(gè)路段，求依次抽取的三個(gè)級別

路段的個(gè)數(shù)；

(3)從(2)中抽取的6個(gè)路段中任取2個(gè)，求至少有1個(gè)路段為輕度擁堵的概率.

【解析】(1)由頻率分布直方圖得，這20個(gè)交通路段中，

輕度擁堵的路段有(0.1+0.2)x1x2()=6(個(gè))，

中度擁堵的路段有(0.25+0.2)x|x20=9(個(gè))，

嚴(yán)重?fù)矶碌穆范斡?0.1+0.05)x1x20=3(個(gè)).

(2)由⑴知,擁堵路段共有6+9+3=18(個(gè)),按分層抽樣,從18個(gè)路段抽取6個(gè),則抽取的三個(gè)級別路段

的個(gè)數(shù)分別為2>6=2,2'9=3,-^x3=l,即從交通指數(shù)在［46),［6,8),［8,10］的路段中分別抽取的個(gè)

1O1O1O

數(shù)為2,3,1.

⑶記抽取的2個(gè)輕度擁堵路段為A,抽取的3個(gè)中度擁堵路段為B1,用，々，抽取的1個(gè)嚴(yán)重.擁堵

路段為G，則從這6個(gè)路段中抽取2個(gè)路段的所有可能情況為：(44),(人方),(4打),(A，4)，

(4Cj,(A2,8j,(4,8j,(4,4),(A”G),(4，B2),(q,8j,(4，cj,(%8j,(8”G)，(4C),共15種，其中

至少有I個(gè)路段為輕度擁堵的情況為：q),(48)隊(duì),砧

(4,&),(&,鳥),(4,c)，共9種.

所以所抽取的2個(gè)路段中至少有1個(gè)路段為輕度擁堵的概率為同9=13.

例6.(2023?四川眉山?高三四川省眉山第一中學(xué)階段練習(xí))隨著我國經(jīng)濟(jì)的不斷深入發(fā)展，百姓的生活也不

斷的改善，尤其是近兒年汽車進(jìn)入了千家萬戶，這也給城市交通造成了很大的壓力，為此交警部門通過對

交通擁堵的研究提出了交通擁堵指數(shù)這一全新概念，交通擁堵指數(shù)簡稱交通指數(shù)，是綜合反映道路網(wǎng)暢通

或擁堵的概念.記交通指數(shù)為了，其范圍為［0,9］,分別有5個(gè)級別：7?0,2)暢通；7?2,4)基本暢通；

7?4,6)輕度擁堵；7目6,8)中度擁堵；7?8,9］嚴(yán)重?fù)矶?早高峰時(shí)段(口3),從北京市交通指揮中心隨

機(jī)選取了五環(huán)以內(nèi)50個(gè)交通路段，依據(jù)交通指數(shù)數(shù)據(jù)繪制的部分頻率分布直方圖如圖所示：

o3456789交通指數(shù)

（1）據(jù)此直方圖估算交通指數(shù)T三［4,8）時(shí)的中位數(shù)和平均數(shù)；

（2）據(jù)此直方圖求出早高峰二環(huán)以內(nèi)的3個(gè)路段至少有兩個(gè)嚴(yán)重?fù)矶碌母怕适嵌嗌伲?/p>

（3）某人上班路上所用時(shí)間若暢通時(shí)為20分鐘，基本暢通為30分鐘，輕度擁堵為35分鐘，中度擁堵為

45分鐘，嚴(yán)重?fù)矶聻?0分鐘，求此人所用時(shí)間的數(shù)學(xué)期望.

【解析】（1）由直方圖知,丁?48］時(shí)交通指數(shù)的中位數(shù)為5+1x（020.24）=35/6

入［4,8］時(shí)交通指數(shù)的平均數(shù)為45x0.2+5.5x0.24+6.5x0.2+7.5x0.16=4.72.

（2）設(shè)事件A為“一條路段嚴(yán)重護(hù)堵”，則P（A）=0.1,

則3條路段中至少有兩條路段嚴(yán)重?fù)矶碌母怕蕿椋篜=+Y=—

3UOjI10；3UOJ250

所以3條路段中至少有兩條路段嚴(yán)重?fù)矶碌母怕蕿楣?/p>

（3）由題意，所用時(shí)間工的分布列如下表:

X30354560

P0.10.440.360.1

貝IJ&=30x0.1+35x0.44+45x0.36+60x0.1=40.6,

所以此人經(jīng)過該路段所用時(shí)間的數(shù)學(xué)期望是40.6分鐘.

變式3.（2023?江西?校聯(lián)考模擬預(yù)測）“低碳出行”,一種降低“碳”的出行,以低能耗、低污染為基礎(chǔ),是環(huán)

保的深層次體現(xiàn)，在眾多發(fā)達(dá)國家被廣大民眾接受并執(zhí)行，5巾即將投放一批公共自行車以方使巾民出行，

減少污染，緩解交通擁堵，現(xiàn)先對100人做了是否會考慮選擇自行車出行的調(diào)查，結(jié)果如下表.

（1）如果把45周歲以下人群定義為“青年”，完成下列2x2列聯(lián)表，并問你有多少把握認(rèn)為該地區(qū)市民是否

考慮單車與他（她）是不是“青年人”有關(guān)？

年齡考慮騎車不考慮騎車

15以下63

P(K2")0.150.100.050.0250.0100.0050.001

k2.072.703.845.026.637.8710.82

（2）S市為了鼓勵(lì)大家騎自行車上班，為此還與/門在幾條平時(shí)二匕較擁堵的城市主道建有無障礙自行車道,

該南市民小明家離上班地點(diǎn)10km,現(xiàn)有兩種.上班方案給他選擇：

方案一：選擇自行車，走無障礙自行車道以19km/h的速度直達(dá)上班地點(diǎn).

方案二：開車以30km/h的速度上班，但要經(jīng)過A、B、C三個(gè)易堵路段，三個(gè)路段堵車的概率分別是g\,

p且是相互獨(dú)立的，并且每次堵車的時(shí)間都是10分鐘（假設(shè)除了堵車時(shí)間其他時(shí)間都是勻速行駛）

若僅從時(shí)間的角度考慮，請你給小明作一個(gè)選擇，并說明理由.

【解析】（1）根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)填寫2x2列聯(lián)表如下:

騎車不騎車合計(jì)

45歲以下351550

45歲以上203050

合計(jì)5545100

n(ad-be)1()0(35x30-15x20)

所以K?=?9.09>7.87

(a+/，)(<?+c)(c+d)(b+d)55xd5x5()x50

所以有99.5%的把握認(rèn)為該地區(qū)市民是否考慮單車與他（她）是不是“青年人”有關(guān).

（2）方案一：選擇自行車，走無障礙自行車道以19kmZh的速度直達(dá)上班地點(diǎn)，

則所需時(shí)間為：4=/心

方案二：開車以30km/h的速度上班，但要經(jīng)過A、B、。三個(gè)易堵路段，分別令三個(gè)路段堵車記為事件A、

B、C,且P（4）=；,P（C）=；,且A、B、。相互獨(dú)立的，并且每次堵車的時(shí)間都是10分鐘（假

JJ

設(shè)除r堵車時(shí)間其他時(shí)間都是勻速行駛）

所以在路上遇上堵車的概率為：P=l—P（入否6）=1—可入）尸（邛P（6）=l—

故方案二所需時(shí)間為：G=2+：x：=g/?.

306636

因?yàn)樗詢H從時(shí)間的角度考慮，應(yīng)選方案二省時(shí)間.

變式4.（2023?全國?高三專題練習(xí)）某人某天的工作是駕車從A地出發(fā)，到BC兩地辦事，最后返|^A地,

AB,C,三地之間各路段行駛時(shí)間及擁堵概率如下表

路段正常行駛所用時(shí)間（小時(shí)）上午擁堵概率下午擁堵概率

AB10.30.6

BC20.20.7

CA30.30.9

若在某路段遇到擁堵;則在該路段行駛時(shí)間需要延長1小時(shí).

現(xiàn)有如下兩個(gè)方案：

方案甲：上午從A地出發(fā)到3地辦事然后到達(dá)C地，下午從C地辦事后返阿IA地；

方案乙：上午從A地出發(fā)到。地辦事，下午從。地出發(fā)到達(dá)8地，辦完事后返回A地.

（1）若此人早上8點(diǎn)從A地出發(fā)，在各地辦事及午餐的累積時(shí)間為2小時(shí)，且采用方案甲，求他當(dāng)口18

點(diǎn)或18點(diǎn)之前能返回A地的概率.

（2）甲乙兩個(gè)方案中，哪個(gè)方案有利于辦完事后更早返回A地？請說明理由.

【解析】（1）由題"J知能按時(shí)返回的充要條件是擁培路段不超過兩段，則不能按時(shí)返回時(shí)有三段路段擁堵,

二者互為對立事件，記“不能按時(shí)返回為事件A”則P（八）=0.3x02x0.9=0.054,

所以能夠按時(shí)返回的概率P（由=0.946,

（2）設(shè)某段路正常行駛時(shí)間為1,擁堵的概率為〃，

則該路段行駛時(shí)間工的分布列為

行駛時(shí)間xXX+1

概率〃1-〃P

故a=x(l-p)+(x+l)〃=x+〃,

上午A3、BC、C4路段行駛時(shí)間期望值分別為1.3小時(shí)2.2小時(shí)、3.3小時(shí)，

下午A&BC、C4路段行駛時(shí)間期望值分別為1.6小時(shí)2.7小時(shí)3.9小時(shí)，

設(shè)采用甲方案所花費(fèi)總行駛時(shí)間為丫,則Ey=1.3+2.2+3.9=7.4小時(shí)\

設(shè)采用乙方案所花費(fèi)總行駛時(shí)間為Z,則EZ=3.3+2.7+1.6=7.6小時(shí),

因此采用甲方案能更早返回.

題型三：保險(xiǎn)問題

例7.(2023?廣東湛江?高三統(tǒng)考階段練習(xí))某單位有員工50(X)0人，一保險(xiǎn)公司針對該單位推出一款意外險(xiǎn)

產(chǎn)品，每年每位職工只需要交少量保費(fèi)，發(fā)生意外后可一次性獲得若干賠償金.保險(xiǎn)公司把該單位的所有崗

位分為A,C三類工種，從事三類工種的人數(shù)分布比例如餅色所示，且這三類工種每年的賠付概率如下

表所示：

工種類別ABC

121

賠付概率

方有

職r類別分布餅圖

對于A,B,C三類工種，職工每人每年保費(fèi)分別為。元、。元、〃元，出險(xiǎn)后的賠償金額分別為100萬元、100

萬元、50萬元，保險(xiǎn)公司在開展此項(xiàng)業(yè)務(wù)過程中的固定支出為每年20萬元.

(1)若保險(xiǎn)公司要求每年收益的期望不低于保費(fèi)的15%,證明：153a+17〃N42(X).

(2)現(xiàn)有如下兩個(gè)方案供單位選擇：方案一：單位不與保險(xiǎn)公司合作，職工不交保險(xiǎn)，出意外后單位自行

拿出與保險(xiǎn)公司提供的等額賠償金賠付給出意外的職工，單位開展這項(xiàng)工作的固定支出為每年35萬元；方

案二：單位與保險(xiǎn)公司合作，。=35,)=60,單位負(fù)責(zé)職工保費(fèi)的80%,職工個(gè)人負(fù)責(zé)20%,出險(xiǎn)后賠償

金由保險(xiǎn)公司賠付，單位無額外專項(xiàng)開支.根據(jù)該單位總支出的差異給出選擇合適方案的建議.

【解析】(1)設(shè)工種A，B,C職工的每份保單保險(xiǎn)公司的效益為隨機(jī)變量X,匕Z,

則隨機(jī)變量X的分布列為:

Xaa-lOOxlO4

1

P

隨i亂變量丫的分布列為：

Yaa-lOOxlO4

1-22

P

105To7

隨，HL變最Z的分布列為：

Zb8-50x1，

￡1

PTF

保險(xiǎn)公司期望收益為EX=ax(l-,)+m_100xl(r)x(—)=〃-10,

22

EY=〃x(l--~~-)+(〃-100x104)x(-~-)=6f—20,

EZ=Z?x(l--L-)+0-5OxlO4)x(-L-)=/?-5O,

104IO4

根據(jù)要求(a-10)x50000x0.6+-20)x5O(X)OxO.3+(Z)-50)x5O(X)OxO.I-20x1(^>

(^x5()(X)()x().6+dx5()0()0x()3+/?x5(X)(X)x0.1)x().15,

整理可得(94+))x85221000,

所以153。+17讓4200得證；

(2)若該企業(yè)不與保險(xiǎn)公司合作，則安全支出，即賠償金的期望值為：

I21

50C00(0.6x—x1OOx104+0.3x—x1OOx104+0.1x—x50x)04)+35x1(/

=l(X)xl()4；

若該企業(yè)與保險(xiǎn)公司合作，則安全支出，

即保費(fèi)為50000x(0.6X?+0.3X67+0.lx/?)xO.8=(0.9。+0.1Z?)x40000，

由a=35,/?=60,(0.9?+0.\b)x4(XX)0=150x104>100x104,

所以方案一總支出較少，故選方案一.

例8.(2023?新疆克拉瑪依?統(tǒng)考三模)已知某保險(xiǎn)公司的某險(xiǎn)種的基本保費(fèi)為。(單位：元)，繼續(xù)購買該

險(xiǎn)種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費(fèi)與其上年度出險(xiǎn)次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：

上年度出險(xiǎn)次數(shù)0123>4

保費(fèi)（元）0.9aa1.5。2.5a4a

隨機(jī)調(diào)查了該險(xiǎn)種的400名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險(xiǎn)情況，得到下表:

（1）求本年度續(xù)保人保費(fèi)的平均值的估計(jì)值：

（2）按保險(xiǎn)合同規(guī)定，若續(xù)保人在本年度內(nèi)出險(xiǎn)3次，則可獲得賠付（2.54+1.5。+。）元：若續(xù)保人在本年

度內(nèi)出險(xiǎn)6次，則可獲得賠付（2.5a+L5a+a+0.5。）元；依此類舉，求本年度續(xù)保人所獲賠付金額的平均值

的估計(jì)值.

【解析】（1）由題意可得

保費(fèi)（元）0.9aa1.5。2.5〃4a

概率0.70.20.06().030.01

本年度續(xù)保人保費(fèi)的平均值的估計(jì)值為

0.9ax。.7+ax0.2+1.5。x0.06+2.5。x0.03+4ax0.0]=1.035。

(2)由題意可得

賠償金額（元）02.5a4a5a5.5〃

概率0.70.20.360.03().01

本年度續(xù)保人所獲賠付金額的平均值的估計(jì)值

0x0.7+2.5ax0.2+4ax0.06+5ax0.03+5.5ax0.0]=0.945。

例9.（2023?廣東深圳?高三校聯(lián)考期末）已知某保險(xiǎn)公司的某險(xiǎn)種的基本保費(fèi)為。（單位：元），繼續(xù)購買

該險(xiǎn)種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費(fèi)與其上年度出險(xiǎn)次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：

上年度出險(xiǎn)次數(shù)0123>4

保費(fèi)（元）0.9aa1.5a2.5a4a

隨機(jī)調(diào)查了該險(xiǎn)種的400名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險(xiǎn)情況，得到下表:

出險(xiǎn)次數(shù)0123>4

頻數(shù)2808()24124

該保險(xiǎn)公司這種彳呆險(xiǎn)的賠付規(guī)定婦下

出險(xiǎn)序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上

賠付金額（元）2.5。1.5aa0.5a0

將所抽樣本的頻率視為概率.

（1）求本年度續(xù)保人保費(fèi)的平均值的估計(jì)值；

（2）按保險(xiǎn)合同規(guī)定，若續(xù)保人在本年度內(nèi)出險(xiǎn)3次，則可獲得賠付（2.5a+1.5a+a）元；依此類推，求本

年度續(xù)保人所獲賠付金額的平均值的估計(jì)值；

（3）續(xù)保人原定約了保險(xiǎn)公司的銷售人員在上午10:30?11:30之間上門簽合同，因?yàn)槔m(xù)保人臨時(shí)有事，外

出的時(shí)間在上午10：45~11:05之間，請問續(xù)保人在離開前見到銷售人員的概率是多少？

【解析】（1）由題意可得

保費(fèi)（元）0.9aa1.5a2.5a4a

概率().70.20.060.030.01

本年度續(xù)保人保費(fèi)的平均值的估計(jì)值為

().9。x0.7+ax0.2+1.5〃x0.06+2.540.03+4ax0.01=1.035。

(2)由題意可得

賠償金額（元）02.5a4a5a5.5。

概率0.70.20.360.030.01

本年度續(xù)保人所獲賠付金額的平均值的估計(jì)值

0x0.7+2.5ax0.2+4ax0.06+5ax0.03+5.5^x0.01=0.945。

（3）設(shè)保險(xiǎn)公司俏售人員到達(dá)的時(shí)間為x,續(xù)保人離開的時(shí)間為（x,y）看成平面上的點(diǎn)，全部結(jié)果所構(gòu)

31

成的區(qū)域?yàn)閊=1（尤、）10.5工人41151014），411丘?

則區(qū)域Q的面積S（O）=lx；=g

事件A表示續(xù)保人在離開前見到銷售人員，所構(gòu)成的區(qū)域?yàn)?=卜,），）），“10.5511.5402，金守

即圖中的陰影部分，其面積§⑷=

2t412y33o

5

所以P（4）=平二卷，即續(xù)保人在離開前見到銷售人員的概率是得

3

y

變式5.（2023.山東濰坊.校聯(lián)考一模）某保險(xiǎn)公司針對一個(gè)擁有20000人的企業(yè)推出一款意外險(xiǎn)產(chǎn)品，每年

每位職工只需要交少量保費(fèi)，發(fā)生意外后可一次性獲得若干賠償金.保險(xiǎn)公司把企、也的所有崗位共分為A、8、

。三類工種，從事這三類工種的人數(shù)分別為120（）0、6000、20（）0,由歷史數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)出三類工種的賠付頻率如

下表（并以此估計(jì)賠付概率）：

工種類別ABc

121

賠付頻率

To7

已知A、8、C三類工種職工每人每年保費(fèi)分別為25元、25元、40元，出險(xiǎn)后的賠償金額分別為10（）萬元、

10（）萬元、50萬元，保險(xiǎn)公司在開展此業(yè)務(wù)的過程中固定支出每年10萬元.

（1）求保險(xiǎn)公司在該業(yè)務(wù)所獲利潤的期望值；

（2）現(xiàn)有如下兩個(gè)方案供企業(yè)選擇：

方案I：企業(yè)不與保險(xiǎn)公司合作，職工不交保險(xiǎn)，出意外企業(yè)自行拿出與保險(xiǎn)公司提供的等額賠償金賠償付

給出意外的職工，企業(yè)開展這項(xiàng)工作的固定支出為每年12萬元；

方案2：企業(yè)與保險(xiǎn)公司合作，企業(yè)負(fù)責(zé)職工保費(fèi)的70%,職工個(gè)人負(fù)責(zé)30%,出險(xiǎn)后賠償金由保險(xiǎn)公司

賠付，企業(yè)無額外專項(xiàng)開支.

根據(jù)企業(yè)成本差異給出選擇合適方案的建議.

【解析】（1）設(shè)工種A、B、C職工的每份保單保險(xiǎn)公司的收益為隨機(jī)變量X、KZ,則X、KZ的分布列

為：

X2525-lOOxlO4

1-A1

p

10、有

Y2525-lOOxlO4

1-Z2

P

io5To7

Z4040-50X1o4

1

1-lo7To7

:.E(X)=25x(1--^)+(25-IOOXIO4)x-^=l5,

22

E(K)=25x(1-------)+(25-IOOxIO4)x—=5,

1-I0510’

E(Z)=40x(1-y^j-)+(40-50X104)x—=-10,

保險(xiǎn)公司的利潤的期望值為12000x15+6000x5-2000x10-100000=90000,

???保險(xiǎn)公司在該業(yè)務(wù)所獲利潤的期望值為9萬元.

（2）方案1：企業(yè)不與保險(xiǎn)公司合作，則企業(yè)每年安全支出與同定開支共為:

120X)x100x1x+2

+6000x100xl04x—+2000x50x104x^-+12X104=46X104,

方案2：企業(yè)與保險(xiǎn)公司合作，則企業(yè)支出保險(xiǎn)金額為:

(12000x25+60(X)x25+2000x40)x0.7=37.1xl(^,

46xl04>37.1xl04,

建議企業(yè)選擇方案2.

變式6.（2023?全國?高考真題）購買某種保險(xiǎn)，每個(gè)投保人每年度向保險(xiǎn)公司交納保費(fèi)〃元，若投保人在購

買保險(xiǎn)的一年度內(nèi)出險(xiǎn)，則可以獲得10000元的賠償金.假定在一年度內(nèi)有10000人購買了這種保險(xiǎn)，且

各投保人是否出險(xiǎn)相互獨(dú)立.已知保險(xiǎn)公司在一年度內(nèi)至少支付賠償金10000元的概率為1-0.999".

（I）求一投保人在一年度內(nèi)出險(xiǎn)的概率〃；

（H）設(shè)保險(xiǎn)公司開辦該項(xiàng)險(xiǎn)種業(yè)務(wù)除賠償金外的成本為50000元，為保證盈利的期望不小于0,求每位

投保人應(yīng)交納的最低保費(fèi)（單位：元）.

【解析】各投保人是否出險(xiǎn)互相獨(dú)立，且出險(xiǎn)的概率都是〃，記投保的10000人中出險(xiǎn)的人數(shù)為g,

W-fidO4.p）.

（【）記A表示事件：保險(xiǎn)公司為該險(xiǎn)種至少支付10000元賠償金，則可發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)4=0,

P(A)=\-P(A)

=l-P(^=0)

=1-(1-〃嚴(yán)，

又P(A)=1—0.999",

故p=0.001.

(11)該險(xiǎn)種總收入為10000。元，支出是賠償金總額與成本的和.

支出1OOOO4+5OOOO,

盈利〃=10000”(10000J+50000),

盈利的期望為E//=10000a—10000席―50000,

由4~8（10",10一3）知，后小=10000x10",

E?7=I0\/-104E1J-5XI04

=104?-104X104X10-3-5X104.

助20o10%-10,x10-5x10420

<=>?-10-5>0

<=>?>15（元）.

故每位投保人應(yīng)交納的最低保附為15元.

變式7.（2023?北京干臺?高三統(tǒng)考期末）某市醫(yī)療保險(xiǎn)實(shí)行定點(diǎn)醫(yī)療制度，按照“就近就醫(yī)、方便管理”的原

則，參加保險(xiǎn)人員可自主選擇四家醫(yī)療保險(xiǎn)定點(diǎn)醫(yī)院和一家社區(qū)醫(yī)院作為本人就診的醫(yī)療機(jī)構(gòu)，若甲、乙、

丙、丁4名參加保險(xiǎn)人員所在地區(qū)附近有A&C三家社區(qū)醫(yī)院，并且他們的選擇是等可能的、相互獨(dú)立的

（1）求甲、乙兩人都選擇A社區(qū)醫(yī)院的概率；

⑵求甲、乙兩人不選擇同一家社區(qū)醫(yī)院的概率；

（3）設(shè)4名參加保險(xiǎn)人員中選擇A社區(qū)醫(yī)院的人數(shù)為需求。的分布列和數(shù)學(xué)期望.

【解析】（1）,甲、乙分別選擇A社區(qū)醫(yī)院的概率均為g,

???日、乙兩人都選擇A社區(qū)的概率p=gx；=,

（2）?.?甲、乙兩人選擇同一家社區(qū)醫(yī)院的概率為C；x；x；=g,

12

曰、乙兩人不選擇同一家社區(qū)醫(yī)院的概率〃=1-5=3.

（3）?.?每個(gè)人選擇A社區(qū)醫(yī)院的概率均為:，.?*

則《所有可能的取值為012,3,4,

.?20）二（滬金5）心白削率

o1o1

P《=2）=Cxg哈吟;P（e=3）=C；x[J]x]哈;

34）=5（步5

?,4的分布列為：

01234

1632881

rn

8181278181

14

???數(shù)學(xué)期望E⑷=4x；=（.

JJ

題型四：概率最值問題

例10.（2023?全國?高三專題練習(xí)）某電子工廠生產(chǎn)一種電子元件，產(chǎn)品出廠前要檢出所有次品.已知這種電

子元件次品率為0.01,且這種電子元件是否為次品相互獨(dú)立.現(xiàn)要檢測3000個(gè)這種電子元件，檢測的流程是：

先將這3000個(gè)電子元件分成個(gè)數(shù)相等的若干組，設(shè)每組有&個(gè)電子元件，將每組的攵個(gè)電子元件串聯(lián)起來，

成組進(jìn)行檢測，若檢測通過，則本組全部電子元件為正品，不需要再檢測：若檢測不通過，則本組至少有

一個(gè)電子元件是次品，再對本組個(gè)電子元件逐一檢測.

（1）當(dāng)〃=5時(shí)，估算一組待檢測電子元件中有次品的概率；

（2）設(shè)?組電子元件的檢測次數(shù)為X,求X的數(shù)學(xué)期望；

（3）估算當(dāng)&為何值時(shí)，每個(gè)電子元件的檢測次數(shù)最小，并估算此時(shí)檢測的總次數(shù)（提示：利用

（1-p）"?1-np進(jìn)行估算）.

【解析】（1）設(shè)事件A：一組待檢測電子元件中由次品，則事件不表示一組待檢測電子元件中沒有次品；

因?yàn)镻（可=（1—0.01）5

所以P(A)=1—P(可=1一(1一0.01)、1—(1—5x0.01)=0.05

(2)依題意，X的可能取值為14+1

P(X=l)=0.99*,P(X=^+l)=1-0.99*

分布列如下：

X1Z+1

P0.981-0.99*

所以的數(shù)學(xué)期望為：E(X)=0.99^(^+1)(1-0.99A)=Z:(I-0.99/)+I

（3）由（2）可得：每個(gè)元件的平均檢驗(yàn)次數(shù)為：%（J°期）+1

k

因?yàn)椋?1=i-o99*+，=1-（1-0011+，H1一（1-00也）+，=0.01斤+，

kkkkk

當(dāng)且僅當(dāng)及=10時(shí)，檢驗(yàn)次數(shù)最小

此時(shí)總檢驗(yàn)次數(shù)3000x（0.01x10=600（次）

例11.（2023?江西新余?高三新余市第一中學(xué)?？奸_學(xué)考試）現(xiàn)如今國家大力提倡養(yǎng)老社會化、市場化，老

年公寓是其養(yǎng)老措施中的一種能夠滿足老年人的高質(zhì)量、多樣化、專業(yè)化生活及療養(yǎng)需求.某老年公寓負(fù)責(zé)

人為了能給老年人提供更加良好的服務(wù)，現(xiàn)對所入住的120名老年人征集意見，該公寓老年人的入住房間

類型情況如下表所示：

雙人間三人間

入住房間的類型單人間

人數(shù)366024

(I)若按入住房間的類型采用分層抽樣的方法從這120名老年人中隨機(jī)抽取10人，再從這10人中隨機(jī)抽

取4人進(jìn)行詢問，記隨機(jī)抽取的4人中入住單人間的人數(shù)為求J的分布列和數(shù)學(xué)期望.

⑵記雙人間與三人間為多人間，若在征集意見時(shí)要求把入住單人間的2人和入住多人間的〃?>2且

mcN")人組成一組，負(fù)責(zé)人從某組中任選2人進(jìn)行詢問，若選出的2人入住房間類型相同，則該組標(biāo)為I,

否則該組標(biāo)為II.記詢問的某組被標(biāo)為II的概率為〃.

(i)試用含6的代數(shù)式表示〃；

(ii)若一共詢問了5組，用身(〃)表示恰有3組被標(biāo)為的概率，試求g(〃)的最大值及此時(shí)，〃的值.

【解析】(1)因?yàn)閱稳碎g、雙人間、三人間入住人數(shù)比為36：60：24,即3：5：2,

所以這10人中，入住單人間、雙人間、三人間的人數(shù)分別為6京3=3,10x5^=5,10x歷2=2,

所以€的所有可能取值為0,h2,3,

S喑4"(口)=善4

“虜?shù)?，?)=警4

所以4的分布列為:

40123

231

P

621030

(2)(i)從帆+2人中任選2人，有C，種選法，其中入住房間類型相同的有C；+C；種選法,

所以詢問的某組被標(biāo)為n的概率P-1-與坐-1-"丁;-,4T.

C1.2"廣+3m+2nr+3m+2

(ii)由題意,5組中恰有3組被標(biāo)為II的概率g(p)=Cp3(l-P)2=10〃3(l-2p+p2)=10(p3-2p4+p5)

所以g'(〃)=10(3p2-8p3+5p，)=10p2(p_])(5p-3)

(3、

所以當(dāng)〃w0.-時(shí)，g'(〃)>。，函數(shù)g(p)單調(diào)遞增，

當(dāng)蚱停1)時(shí)，g'(p)<0,函數(shù)g(〃)單調(diào)遞減，

所以當(dāng)〃=■!時(shí)，g(〃)取得最大值，最大值為且但]=(：；><仁]；(1一31=23，

5\5y\5J\5J625

,4/n3口-

由P=~i-;==且〃?eN?得/n，〃=3，

m~+3m+25

所以當(dāng)〃?=3時(shí)，5組中恰有3組被標(biāo)為II的概率最大，且g(p)的最大值為生.

例12.(2023?全國?高三專題練習(xí))為落實(shí)立德樹人根本任務(wù)，堅(jiān)持五育并舉全面推進(jìn)素質(zhì)教育，某學(xué)校舉

行了乒乓球比賽，其中參加男子乒乓球決賽的12名隊(duì)員來自3個(gè)不同校區(qū)，三個(gè)校區(qū)的隊(duì)員人數(shù)分利是3,

4,5.本次決賽的比賽賽制采取單循環(huán)方式，即每名隊(duì)員進(jìn)行11場比賽(每場比賽都采取5局3勝制)，最

后根據(jù)積分選出最后的冠軍.積分規(guī)則如下：比賽中以3:0或3:1取勝的隊(duì)員積3分，失敗的隊(duì)員積0分；而

在比賽中以3:2取勝的隊(duì)員積2分，失敗的隊(duì)員的隊(duì)員枳1分.已知第10輪張三對抗李四，設(shè)每局比賽張三

取勝的概率均為〃

(1)比賽結(jié)束后冠亞軍(沒有并列)恰好來自不同校區(qū)的概率是多少？

(2)第10輪比賽中,記張三3:1取勝的概率為三"),求出/(")的最大值點(diǎn)%.

C'c1H-C'C1+C'C'47

【解析】(1)根據(jù)題意，比賽結(jié)束后冠亞軍恰好來自不同校區(qū)的概率是〃=