第93講概率與統計的綜合應用

必考題型全歸納

題型一：決策問題

例L（2024?甘肅蘭州?高三蘭化一中校考期中）據悉強基計劃的校考由試點高校自主命

題，校考過程中達到筆試優秀才能進入面試環節.已知甲、乙兩所大學的筆試環節都設有

三門考試科目且每門科目是否達到優秀相互獨立.若某考生報考甲大學，每門科目達到優

秀的概率均為：，若該考生報考乙大學，每門科目達到優秀的概率依次為"，其

365

中0<〃<1.

⑴若W=g,分別求出該考生報考甲、乙兩所大學在筆試環節恰好有一門科目達到優秀的

概率；

（2）強基計劃規定每名考生只能報考一所試點高校，若以筆試過程中達到優秀科目個數的期

望為依據作出決策，該考生更希望進入甲大學的面試環節，求〃的范圍.

【解析】（1）設該考生報考甲大學恰好有一門筆試科目優秀為事件A,則

4

尸(4)=《?

9

該考生報考乙大學恰好有一門筆試科目優秀為事件B,則

253141

X—+—X—X—

―65365365390

（2）該考生報考甲大學達到優秀科目的個數設為X,

,貝ljE(X)=3x3=l,

依題意，

該同學報考乙大學達到優秀科目的個數設為丫，隨機變量y的可能取值為：o,1,2,3.

P(y=0)=|x|(l-)=l^,P(y=l)=lx|(l-n)+|x|(l-,)+|x|13+2〃

Z72n=---------

oJ2oJoDoJ30

尸（1）=泊〃+%|〃+那』）=號，噂=*衿2nn

n=——=一,

3015

隨機變量y的分布列:

Y0i23

\-n13+2,2+15n

P

F303015

1—n1l3+2n_2+1In.n17+30〃

E(y)=ox-----Fix-------i-2x-+--3-x--——二-------

230301530

因為該考生更希望進入甲大學的面試，則E(y)<E(X),即解得

30

,13

所以〃的范圍為：0<n<—.

例2.(2024?全國?高三專題練習)2022年北京冬奧會后，由一名高山滑雪運動員甲組成的

專業隊，與兩名高山滑雪愛好者乙、丙組成的業余隊進行友誼比賽，約定賽制如下：業余

隊中的兩名隊員輪流與甲進行比賽，若甲連續贏兩場則專業隊獲勝；若甲連續輸兩場則業

余隊獲勝；若比賽三場還沒有決出勝負，則視為平局，比賽結束.已知各場比賽相互獨

立，每場比賽都分出勝負，且甲與乙比賽，甲贏的概率為。，甲與丙比賽，甲贏的概率為

_,12

p,其中萬<。.

(1)若第一場比賽，業余隊可以安排乙與甲進行比賽，也可以安排丙與甲進行比賽.請分別

計算兩種安排下業余隊獲勝的概率；若以獲勝概率大為最優決策，問：業余隊第一場應該

安排乙還是丙與甲進行比賽？

(2)為了激勵專業隊和業余隊，賽事組織規定：比賽結束時，勝隊獲獎金6萬元，負隊獲獎

金3萬元；若平局，兩隊各獲獎金3.6萬元.在比賽前，已知業余隊采用了(1)中的最優

決策與甲進行比賽，設賽事組織預備支付的獎金金額共計X萬元，求X的數學期望￡(1)

的取值范圍.

【解析】(1)第一場比賽，業余隊安排乙與甲進行比賽，業余隊獲勝的概率為:

1915

/?=-x(l-^)+-x(l-P)Xj=-(l-P)

第一場比賽，業余隊安排丙與甲進行比賽，業余隊獲勝的概率為：

Pi=(1-p)xg+pxgx(l-p)=|(1-P2)

因為g<P<|，所以片一鳥=；x(l_p)]g_pj>0,Pt>P2

所以，業余隊第一場應該安排乙與甲進行比賽.

(2)由已知X=9萬元，或X=7.2萬元

由(1)知，業余隊最優決策是第一場應該安排乙與甲進行比賽.

此時，業余隊獲勝的概率為：^=l(l-p)

專業隊獲勝的概率為月=：p+；xpx]=10

所以，非平局的概率為尸（X=9）=L|+；P

41

平局的概率為尸（X=7.2）=l_[_月=§一

X的分布列為：

X97.2

5141

p(x)—+—p------p

9393

X的期望為E（X）=9x]；+；pJ+7.2x（g—;pJ=8.2+0.6p

由g<P<g，所以數學期望后（了）的取值范圍為（858.6）（單位：萬元）

例3.（2024?江西吉安?高三吉安三中校考階段練習）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.現有甲、乙兩個平臺供選擇，且當

每件商品的售價為。（300<a<500）元時，從該商品在兩個平臺所有銷售數據中各隨機抽取

100天的日銷售量統計如下，

商品日銷售量（單位：件）678910

甲平臺的天數1426262410

乙平臺的天數1025352010

假設該商品在兩個平臺日銷售量的概率與表格中相應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，并計算“從甲平臺所有銷售數據中隨機抽取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；

⑵已知甲平臺的收費方案為：每天傭金60元，且每銷售一件商品，平臺收費30元；乙平

臺的收費方案為：每天不收取傭金，但采用分段收費，即每天銷售商品不超過8件的部

分，每件收費40元，超過8件的部分，每件收費35元.某商家決定在兩個平臺中選擇一

個長期合作，從日銷售收入（單價x日銷售量-平臺費用）的期望值較大的角度，你認為該

商家應如何決策？說明理由.

【解析】（1）令事件A="甲平臺日銷售量不低于8件”，

26+24+103

則P(A)=

1005

令事件3="從甲平臺所有銷售數據中隨機抽取3天的日銷售量，其中至少有2天日銷售量

不低于8件”,

(2)設甲平臺的日銷售收入為X,則X的所有可能取值為

6a-240,la-270,8a-300,9a-330,10a-360.

所以，X的分布列為

X6〃—2407a—2708。—3009a-33010a-360

1426262410

P

100W0WO100Too

以，E(X)=(6a—240)x-----F(7a—270)x------F(8a—300)x------F(9a—330)x-----

100100100100

+(10tz—360)x-----=7.9。-297,

100

設乙平臺的日銷售收入為y,則y的所有可能取值為

6a—240,7a—280,8〃—320,9a—355,10。—390.

所以，y的分布列為：

Y6a-2407a—2808〃—3209。—3551061-390

1025352010

P

WOWOWO100100

所以，E(K)=(6tz-240)x——+(7a—280)x——+(8a—320)x——+(9Q—355)X——

2100100100100

+(10fl-390)x—=7.95a-316.

100

所以，E(y)-￡(x)=0.05a-19,

40.0567-19>0W?>380,令0.05。-19<0得。<380

所以，當300Va<380時，選擇甲平臺；當a=380時，甲乙平臺均可；當380<aW500

時，選擇乙平臺.

變式1.(2024?江西?校聯考模擬預測)某學校舉行“百科知識”競賽，每個班選派一位學生

代表參加.某班經過層層選拔，李明和王華進入最后決賽，決賽方式如下：給定4個問題，

假設李明能且只能對其中3個問題回答正確，王華對其中任意一個問題回答正確的概率均

3

為;由李明和王華各自從中隨機抽取2個問題進行回答，而且每個人對每個問題的回答均

相互獨立.

（1）求李明和王華回答問題正確的個數均為2的概率；

（2）設李明和王華回答問題正確的個數分別為X和y,求x,y的期望E（X）、E（y）和方差

D（X）^D（Y）,并由此決策派誰代表該班參加競賽更好.

【解析】（1）?.?李明回答問題正確的個數為2的概率

9

王華回答問題正確的個數為2的概率p=

216

199

???李明和王華回答問題正確的個數均為2的概率p=p也=廠==

21632

（2）由題意知：李明回答問題正確個數X所有可能的取值為L2,

C[_3C；31

.-.P(X=1)=尸(x=2)=_____

房飛一5C廠6-2

???王華回答問題正確的個數y~B。：），

???E（y）=2x；gn（y）=2x|x[l-^=|;

?.?磯X）=E（F）,D（X）＜D"），.?.派李明代表該班參加競賽更好.

變式2.（2024.全國?高三專題練習）根據某地區氣象水文部門長期統計，可知該地區每年

夏季有小洪水的概率為0.25,有大洪水的概率為0.05.今年夏季該地區某工地有許多大型

設備，遇到大洪水時要損失60000元，遇到小洪水時要損失20000元，為保護設備，有以

下3種方案：

方案1：修建保護圍墻，建設費為3000元，但圍墻只能防小洪水；

方案2：修建保護大壩，建設費為7000元，能夠防大洪水；

方案3：不采取措施

工地的領導該如何決策呢？

【解析】用X1，X2,X3分別表示方案1,2,3的損失,

第一方案，建保護墻，建設費為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E（X。=3000x0.95+63000x0.05=6000.

第二方案：建保護大壩，建設費為7000元，能夠防大洪水,

E（X2）=7000.

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

平均損失萬區）=60000x0.05+20000x0.25=8000.

因為E（X3）＞E（X2）＞E（XJ

綜上，采取方案一較好.

題型二：道路通行問題

例4.（2024?重慶?高三重慶市育才中學校考階段練習）9月6日位于重慶朝天門的來福士廣

場開業，成了網紅城市的又一打卡勝地重慶育才謝家灣校區與來福士之間的駕車往返所需

時間為T,T只與道路暢通狀況有關，對其容量為500的樣本進行統計，結果如下：

T（小時）0.80.911.1

頻數（次）10015020050

以這500次駕車往返所需時間的頻率代替某人1次駕車往返所需時間的概率.

（1）記7的期望為E（T）,求尸（T＜E（T））；

（2）某天有3位教師獨自駕車從謝家校區返于來福士，記X表示這3位教師中駕車所用時

間少于E（T）的人數，求X的分布列與E（X）.

【解析】⑴P（T=0.8）=1^=0.2,

P（7=0.9）=—=0.3,

500

Pg，嗡=°4

P(T=l.l)=—=0.1,

500

?，.T的分布列為:

T0.80.911.1

P0.20.30.40.1

E⑺=0.8x0.2+0.9x0.3+1x0.4+1.1x0.1=0.94,

：.P(T〈E(D)=P(T=0.8)+P(T=0.9)=0.2+0.3=0.5.

(2)某天有3位教師獨自駕車從謝家校區返于來福士，記X表示這3位教師中駕車所用

時間少于E(T)的人數，

；.X?2(3,1),

：.P(X=0)=C°(1)123=1,

尸(X=1)=《卜步=|'

尸(X=2)=吟2"，

P(X=3)=Cf(1)3=1,

...X的分布列為：

X0123

]_331

P

8888

13

E(X)=3x—=—.

22

例5.(2024?湖北?統考一模)交通指數是指交通擁堵指數的簡稱，是綜合反映道路網暢通

或擁堵的概念性指數值，記交通指數為T,其范圍為[0,1。],分別有五個級別:

re[0,2),暢通；Te[2,4),基本暢通；Te[4,6),輕度擁堵；Te[6,8),中度擁堵；

Te[8,10],嚴重擁堵.在晚高峰時段(TN2),從某市交通指揮中心選取了市區20個交通

路段，依據其交通指數數據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、嚴重擁堵的路段的個數；

（2）用分層抽樣的方法從輕度擁堵、中度擁堵、嚴重擁堵的路段中共抽取6個路段，求依次

抽取的三個級別路段的個數；

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

【解析】（1）由頻率分布直方圖得，這20個交通路段中，

輕度擁堵的路段有Ql+0.2）xlx20=6（個），

中度擁堵的路段有Q25+0.2）xlx20=9（個），

嚴重擁堵的路段有（0.1+0.05）xlx20=3（個）.

⑵由⑴知，擁堵路段共有6+9+3=18（個），按分層抽樣，從18個路段抽取6個，則抽取

的三個級別路段的個數分別為36=2,*9=3,*3=1,即從交通指數在[4,6）,

[6,8）,[8,10]的路段中分別抽取的個數為2,3,1.

⑶記抽取的2個輕度擁堵路段為4，4,抽取的3個中度擁堵路段為四，B2,B3,抽取

的1個嚴重擁堵路段為G，則從這6個路段中抽取2個路段的所有可能情況為：

（4,4）,（4,4），（4四）,（483），

（4,3，（4，4）,（4，4）,（4，片）,（4，3，（4也）,（4，4）,（40，（%員）,（坊6）,（40

,共15種，其中至少有1個路段為輕度擁堵的情況為：

（人,耳）,（人,氏）,（4,。3共9種.

所以所抽取的2個路段中至少有1個路段為輕度擁堵的概率為51.

例6.（2024?四川眉山?高三四川省眉山第一中學階段練習）隨著我國經濟的不斷深入發

展，百姓的生活也不斷的改善，尤其是近幾年汽車進入了千家萬戶，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這一全新概念，

交通擁堵指數簡稱交通指數，是綜合反映道路網暢通或擁堵的概念.記交通指數為T,其

范圍為[0,9],分別有5個級別：Te[0,2）暢通；Te[2,4）基本暢通；7?4,6）輕度擁堵；

Te[6,8）中度擁堵；Te[8,9]嚴重擁堵.早高峰時段（T>3）,從北京市交通指揮中心隨機

選取了五環以內50個交通路段，依據交通指數數據繪制的部分頻率分布直方圖如圖所示:

虹

0.2

0.16-

0.1--

03456789攵通指■數

（1）據此直方圖估算交通指數TG[4,8）時的中位數和平均數；

（2）據此直方圖求出早高峰二環以內的3個路段至少有兩個嚴重擁堵的概率是多少？

（3）某人上班路上所用時間若暢通時為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，嚴重擁堵為60分鐘，求此人所用時間的數學期望.

【解析】（1）由直方圖知，Te[4,8]時交通指數的中位數為5+1x（020.24）=35/6

Te[4,8]時交通指數的平均數為4.5x02+5.5x0.24+6.5x02+7.5x0.16=4.72.

（2）設事件A為“一條路段嚴重擁堵"，則P（A）=0.1,

則3條路段中至少有兩條路段嚴重擁堵的概率為：

1-w

7

所以3條路段中至少有兩條路段嚴重擁堵的概率為三

（3）由題意，所用時間》的分布列如下表:

則Er=30x0,1+35x0.44+45x0.36+60x0.1=40.6,

所以此人經過該路段所用時間的數學期望是40.6分鐘.

變式3.(2024.江西.校聯考模擬預測)“低碳出行”，一種降低“碳”的出行，以低能耗、低污

染為基礎，是環保的深層次體現，在眾多發達國家被廣大民眾接受并執行，S市即將投放

一批公共自行車以方便市民出行，減少污染，緩解交通擁堵，現先對100人做了是否會考

慮選擇自行車出行的調查，結果如下表.

(1)如果把45周歲以下人群定義為“青年”，完成下列2x2列聯表，并問你有多少把握認

P（K2>k）0.150.100.050.0250.0100.0050.001

k2.072.703.845.026.637.8710.82

(2)S市為了鼓勵大家騎自行車上班，為此還專門在幾條平時比較擁堵的城市主道建有無

障礙自行車道，該市市民小明家離上班地點10km,現有兩種.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的速度直達上班地點.

方案二：開車以30km/h的速度上班，但要經過A、B、C三個易堵路段，三個路段堵車的

概率分別是:，k且是相互獨立的，并且每次堵車的時間都是10分鐘（假設除了堵

zz3

車時間其他時間都是勻速行駛）

若僅從時間的角度考慮，請你給小明作一個選擇，并說明理由.

【解析】（1）根據題目所給數據填寫2x2列聯表如下：

騎車不騎車合計

45歲以下351550

45歲以上203050

合計5545100

n(ad-bc)2100(35x30-15x20)2

?9.09>7.87

(a++c)(c+d)(b+d)55x45x50x50

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

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

則所需時間為：4=、/?;

方案二：開車以30km/h的速度上班，但要經過A、B、C三個易堵路段，分別令三個路段

堵車記為事件A、B、C,且尸（A）=g,P（C）=|,且A、B、C相互獨立的，

并且每次堵車的時間都是10分鐘（假設除了堵車時間其他時間都是勻速行駛）

所以在路上遇上堵車的概率為：尸=1-尸內而）=1-P（RP?P?=1xgx：==,

故方案二所需時間為：t=~+~x~=~h'

2306636

因為乙＞，2,所以僅從時間的角度考慮，應選方案二省時間.

變式4.（2024?全國?高三專題練習）某人某天的工作是駕車從A地出發，到民C兩地辦

事，最后返回A地，AB,C,三地之間各路段行駛時間及擁堵概率如下表

路段正常行駛所用時間（小時）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，則在該路段行駛時間需要延長1小時.

現有如下兩個方案：

方案甲：上午從A地出發到8地辦事然后到達C地，下午從C地辦事后返回A地；

方案乙：上午從A地出發到C地辦事，下午從C地出發到達3地，辦完事后返回A地.

(1)若此人早上8點從A地出發，在各地辦事及午餐的累積時間為2小時，且采用方案

甲，求他當日18點或18點之前能返回A地的概率.

(2)甲乙兩個方案中，哪個方案有利于辦完事后更早返回A地？請說明理由.

【解析】(1)由題可知能按時返回的充要條件是擁堵路段不超過兩段，則不能按時返回時

有三段路段擁堵，二者互為對立事件，記“不能按時返回為事件A”則

P(A)=0.3x0.2x0.9=0.054,

所以能夠按時返回的概率P(A)=0.946,

(2)設某段路正常行駛時間為x,擁堵的概率為〃，

則該路段行駛時間》的分布列為

行駛時間彳X+1

概率〃1-PP

i^Ex=x(l—p)+{x+X)p=x+p,

上午AB、BC.C4路段行駛時間期望值分別為1.3小時2.2小時、3.3小時,

下午A?、BC、C4路段行駛時間期望值分別為L6小時2.7小時3.9小時，

設采用甲方案所花費總行駛時間為V,則Ey=L3+2.2+3.9=7.4小時，

設采用乙方案所花費總行駛時間為Z,則EZ=3.3+2.7+1.6=7.6小時，

因此采用甲方案能更早返回.

題型三：保險問題

例7.(2024?廣東湛江?高三統考階段練習)某單位有員工50000人，一保險公司針對該單

位推出一款意外險產品，每年每位職工只需要交少量保費，發生意外后可一次性獲得若干

賠償金.保險公司把該單位的所有崗位分為A,B,C三類工種，從事三類工種的人數分布

比例如餅圖所示，且這三類工種每年的賠付概率如下表所示：

工種類別ABc

12i

賠付概率

IO7io7W

職工類別分布餅圖

對于A,B,C三類工種，職工每人每年保費分別為。元、〃元"元，出險后的賠償金額

分別為100萬元、100萬元、50萬元，保險公司在開展此項業務過程中的固定支出為每年20

萬元.

（1）若保險公司要求每年收益的期望不低于保費的15%,證明：153?+176>4200.

（2）現有如下兩個方案供單位選擇：方案一：單位不與保險公司合作，職工不交保險，出

意外后單位自行拿出與保險公司提供的等額賠償金賠付給出意外的職工，單位開展這項工

作的固定支出為每年35萬元；方案二：單位與保險公司合作，a=35,6=60,單位負責

職工保費的80%,職工個人負責20%,出險后賠償金由保險公司賠付，單位無額外專項開

支.根據該單位總支出的差異給出選擇合適方案的建議.

【解析】（1）設工種A,B,C職工的每份保單保險公司的效益為隨機變量X,Y,Z,

則隨機變量X的分布列為：

Xaa-lOOxlO4

1

p1

隨機變量丫的分布列為:

Yaa-100X104

1-仁2

P而

隨機變量Z的分布列為:

Zbb-50x104

1

P

io7

保險公司期望收益為EX=ax(1——)+(a-lOOxlO4)x(—7-)=a—10,

1010

27

4

￡y=ax(l--)+((Z-100X10)X(^?)=G-20,

EZ=6x(l$)+S-50X1()4)X(+)=b-50,

根據要求(a-10)x50000x0.6+(a-20)x50000求.3+(6-50)x50000x0.1-20xl04>

(ox50000x0.6+czx50000x0.3+Z?x50000x0.1)x0.15,

整理可得(9a+Z?)x85>21000,

所以153a+17624200得證；

(2)若該企業不與保險公司合作，則安全支出，即賠償金的期望值為：

121

50000(0.6x—x100x104+0.3x—x100x104+0.1x—x50xl04)+35x10“

=100xl04;

若該企業與保險公司合作，則安全支出，

即保費為50000x(0.6xa+0.3xa+0.1xZ>)x0.8=(0.9a+0.lb)x40000,

由。=35,6=60,(0.9o+0.lb)x40000=150x104>100x104,

所以方案一總支出較少，故選方案一.

例8.（2024.新疆克拉瑪依?統考三模）已知某保險公司的某險種的基本保費為。（單位：

元），繼續購買該險種的投保人稱為續保人，續保人本年度的保費與其上年度出險次數的關

聯如下：

上年度出險次數0123>4

保費（元）0.9aa1.5a2.5a4a

隨機調查了該險種的400名續保人在一年內的出險情況，得到下表:

出險次數0123>4

頻數2808024124

該保險公司這種保險的賠付規定如下:

出險序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上

賠付金額（元）2.5a1.5aa0.5a0

將所抽樣本的頻率視為概率.

（1）求本年度續保人保費的平均值的估計值；

（2）按保險合同規定，若續保人在本年度內出險3次，則可獲得賠付（2.5a+1.5a+a）元;

若續保人在本年度內出險6次，則可獲得賠付（2.5a+1.5a+a+0.5a）元；依此類推，求本

年度續保人所獲賠付金額的平均值的估計值.

【解析】（1）由題意可得

保費（元）0.9aa1.5a2.5a4a

概率0.70.20.060.030.01

本年度續保人保費的平均值的估計值為

0.9ax0.7+ax0.2+1.5。x0.06+2.5ax0.03+4ax0.01=1.035。

（2）由題意可得

賠償金額（元）02.5a4a5a5.5a

概率0.70.20.060.030.01

本年度續保人所獲賠付金額的平均值的估計值

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

例9.（2024?廣東深圳.高三校聯考期末）已知某保險公司的某險種的基本保費為。（單

位：元），繼續購買該險種的投保人稱為續保人，續保人本年度的保費與其上年度出險次數

的關聯如下：

上年度出險次數0123>4

保費（元）0.9aa1.5a2.5a4a

隨機調查了該險種的400名續保人在一年內的出險情況，得到下表:

出險次數0123>4

頻數2808024124

該保險公司這種保險的賠付規定如下:

出險序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上

賠付金額（元）2.5a1.5aa0.5a0

將所抽樣本的頻率視為概率.

（1）求本年度續保人保費的平均值的估計值；

（2）按保險合同規定，若續保人在本年度內出險3次，則可獲得賠付（2.5a+L5a+a）元；

依此類推，求本年度續保人所獲賠付金額的平均值的估計值；

（3）續保人原定約了保險公司的銷售人員在上午10:3。~11:30之間上門簽合同，因為續

保人臨時有事，外出的時間在上午10：45~11:05之間，請問續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（元）0.9aa1.5a2.5a4a

概率0.70.20.060.030.01

本年度續保人保費的平均值的估計值為

0.9ax0.7+ax0.2+1.5。x0.06+2.5ax0.03+4ax0.01=1.035。

（2）由題意可得

賠償金額（元）02.5a4a5a5.5a

概率0.70.20.060.030.01

本年度續保人所獲賠付金額的平均值的估計值

0x0.7+2.5ax0.2+4AX0.06+5?x0.03+5.5ax0.01=0.945。

（3）設保險公司銷售人員到達的時間為x,續保人離開的時間為V,（x,y）看成平面上的

點，全部結果所構成的區域為O="X,y）io.5<x<11.5,io1<y<ll^l

則區域Q的面積S（Q）=lxg=g

事件A表示續保人在離開前見到銷售人員，所構成的區域為

A—y）y>JC,10.5<x<11.5,10^<y41141

即圖中的陰影部分，其面積S（A）=[X[+』XJ=2

214IZy3Jo

所以P（A）=平=引，即續保人在離開前見到銷售人員的概率是三

變式5.（2024?山東濰坊?校聯考一模）某保險公司針對一個擁有20000人的企業推出一款

意外險產品，每年每位職工只需要交少量保費，發生意外后可一次性獲得若干賠償金.保險

公司把企業的所有崗位共分為A、8、C三類工種，從事這三類工種的人數分別為

12000、6000、2000,由歷史數據統計出三類工種的賠付頻率如下表（并以此估計賠付概

率）：

工種類別ABc

121

賠付頻率

107Io7To7

已知A、B、C三類工種職工每人每年保費分別為25元、25元、40元，出險后的賠償金

額分別為100萬元、100萬元、50萬元，保險公司在開展此業務的過程中固定支出每年10

萬元.

（1）求保險公司在該業務所獲利潤的期望值；

（2）現有如下兩個方案供企業選擇：

方案1：企業不與保險公司合作，職工不交保險，出意外企業自行拿出與保險公司提供的

等額賠償金賠償付給出意外的職工，企業開展這項工作的固定支出為每年12萬元；

方案2：企業與保險公司合作，企業負責職工保費的70%,職工個人負責30%,出險后賠

償金由保險公司賠付，企業無額外專項開支.

根據企業成本差異給出選擇合適方案的建議.

【解析】（1）設工種A、B、C職工的每份保單保險公司的收益為隨機變量X、KZ,則

X、KZ的分布列為:

X2525-lOOxlO4

1

p1--

105w

Y2525-lOOxlO4

i-A2

P

10510^

Z4040-50xl04

1」1

P

104w

14

：.E(X)=25x(1-)+(25-lOOxlO)x^-=15,

105105

22

E(7)=25x(1-)+(25-lOOxlO4)x-=5,

1-105

E(Z)=40x(1-^)+(40-50x104)xj=-10,

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

保險公司在該業務所獲利潤的期望值為9萬元.

（2）方案1：企業不與保險公司合作，則企業每年安全支出與固定開支共為:

121

12000xl00xl04x—+6000X100X104X^+2000X50X104X—+12X104=46X104,

方案2：企業與保險公司合作，則企業支出保險金額為:

(12000x25+6000x25+2000x40)xO.7=37.1xlO4,

46xl04>37.1xl04,

建議企業選擇方案2.

變式6.（2024.全國.高考真題）購買某種保險，每個投保人每年度向保險公司交納保費”

元，若投保人在購買保險的一年度內出險，則可以獲得10000元的賠償金.假定在一年度

內有10000人購買了這種保險，且各投保人是否出險相互獨立.已知保險公司在一年度內

至少支付賠償金10000元的概率為1_0.999g.

(I)求一投保人在一年度內出險的概率。；

(II)設保險公司開辦該項險種業務除賠償金外的成本為50000元，為保證盈利的期望不

小于0,求每位投保人應交納的最低保費(單位：元).

【解析】各投保人是否出險互相獨立，且出險的概率都是記投保的10000人中出險的

人數為鼻

則尤~2(1優價

(I)記A表示事件：保險公司為該險種至少支付10000元賠償金，則可發生當且僅當

J=。，

P(A)=1-P(A)

=l-PC=0)

=1-(1-/7)10\

又尸(A)=1-0.9991°”,

故p=0.001.

(II)該險種總收入為10000。元，支出是賠償金總額與成本的和.

支出10000^+50000,

盈利〃=10000a-(10000^+50000),

盈利的期望為￡〃=1。000“一1。。。0￡^-5000。，

由4~8(1()4,10-3)知，EJ=10000x107,

E7=104a-104E^-5xl04

=104?-104x104xW3-5x104.

444

￡77>O^iofl-lOxlO-5xlO>O

=。-10—520

(元).

故每位投保人應交納的最低保費為15元.

變式7.(2024?北京豐臺.高三統考期末)某市醫療保險實行定點醫療制度，按照“就近就

醫、方便管理”的原則，參加保險人員可自主選擇四家醫療保險定點醫院和一家社區醫院作

為本人就診的醫療機構，若甲、乙、丙、丁4名參加保險人員所在地區附近有A8,C三家

社區醫院，并且他們的選擇是等可能的、相互獨立的

(1)求甲、乙兩人都選擇A社區醫院的概率；

(2)求甲、乙兩人不選擇同一家社區醫院的概率；

(3)設4名參加保險人員中選擇A社區醫院的人數為焉求。的分布列和數學期望.

【解析】(1)???甲、乙分別選擇A社區醫院的概率均為g,

..?甲、乙兩人都選擇A社區的概率p=gxg='

(2)?.?甲、乙兩人選擇同一家社區醫院的概率為C；x；x；=；,

12

???甲、乙兩人不選擇同一家社區醫院的概率夕=1-§=

(3)?.?每個人選擇A社區醫院的概率均為g,

則4所有可能的取值為0,1,2,3,4,

???尸("。)=(滬擇尸―雷嗡

28

X—=——

381

1

P（"4）=C

81

.,石的分布列為:

01234

1632881

P

8181278181

14

數學期望E(,=4x§=,.

題型四：概率最值問題

例10.(2024?全國?高三專題練習)某電子工廠生產一種電子元件，產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立.現要檢測

3000個這種電子元件，檢測的流程是：先將這3000個電子元件分成個數相等的若干組，

設每組有七個電子元件，將每組的七個電子元件串聯起來，成組進行檢測，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，則本組至少有一個電子元件

是次品，再對本組個電子元件逐一檢測.

(1)當左=5時，估算一組待檢測電子元件中有次品的概率；

(2)設一組電子元件的檢測次數為X,求X的數學期望；

(3)估算當上為何值時，每個電子元件的檢測次數最小，并估算此時檢測的總次數(提

示：利用(1-4近-帆進行估算).

【解析】(1)設事件A：一組待檢測電子元件中由次品，則事件?表示一組待檢測電子元

件中沒有次品；

因為尸?=(_0.01)5

所以尸⑷=1-尸-0.01)521—(1-5x0.01)=0.05

(2)依題意，X的可能取值為1,左+1

p(X=1)=0.99〃,P(X=左+1)=1—0.99&

分布列如下：

X1人+1

P0.99*1-0.99*

所以的數學期望為：E(X)=0.99&+仕+1乂1-0.99&)=4(1-0.99&)+1

(3)由(2)可得：每個元件的平均檢驗次數為：11一°，9y)+1

因為史竺上111

=1-0.99*+-=1-(1-0.01)"+—?l-(l-0.0R)+-=0.01fc+—

kkkkk

當且僅當上=10時，檢驗次數最小

此時總檢驗次數3000X^0.01X10+^=600(次)

例11.(2024.江西新余.高三新余市第一中學校考開學考試)現如今國家大力提倡養老社會

化、市場化，老年公寓是其養老措施中的一種能夠滿足老年人的高質量、多樣化、專業化

生活及療養需求.某老年公寓負責人為了能給老年人提供更加良好的服務，現對所入住的

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366024

⑴若按入住房間的類型采用分層抽樣的方法從這120名老年人中隨機抽取10人，再從

這10人中隨機抽取4人進行詢問，記隨機抽取的4人中入住單人間的人數為九求J的

分布列和數學期望.

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

〃?(〃?>2且%eN*)人組成一組，負責人從某組中任選2人進行詢問，若選出的2人入住房

間類型相同，則該組標為I,否則該組標為n.記詢問的某組被標為n的概率為。.

(i)試用含加的代數式表示

(ii)若一共詢問了5組，用g(p)表示恰有3組被標為的概率，試求g(0的最大值及此時

m的值.

【解析】(1)因為單人間、雙人間、三人間入住人數比為36：60：24,即3：5：2,

3S

所以這10人中，入住單人間、雙人間、三人間的人數分別為10x元=3,10x元=5,

10x—=2,

10

所以4的所有可能取值為0,1,2,3,

4

%=。)=c胃心1尸("1)=等

Jo°Jo2

C2c2313

p優=3)=生cC=_1L

&2)=專,l'C：o30

所以4的分布列為:

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

法,

02+C2w?2_?4m

所以詢問的某組被標為II的概率P=1-=1-彳/c

C；+2〃廠+3機+2m2+3m+2

(ii)由題意，5組中恰有3組被標為II的概率

g(P)=G/?(1_02=加(1_2p+/)=］0(p3_2/+/)

所以，(0=10(3加_8/+5")=10p2(p_0(5p_3)

所以當pe(0,|1時，g，Q)>0,函數g(0)單調遞增，

當pe1|,l］時，g<0)<O,函數g(p)單調遞減，

所以當P=］時，g(°)取得最大值，最大值為g1|)=cH>{iTj=|^|

3

由0=療+3，"+2=:且加eN*'得"=3,

所以當〃?=3時，5組中恰有3組被標為H的概率最大，且g(p)的最大值為坐.

625

例12.(2024?全國?高三專題練習)為落實立德樹人根本任務，堅持五育并舉全面推進素質

教育，某學校舉行了乒乓球比賽，其中參加男子乒乓球決賽的12名隊員來自3個不同校

區，三個校區的隊員人數分別是3,4,5.本次決賽的比賽賽制采取單循環方式，即每名隊

員進行11場比賽(每場比賽都采取5局3勝制)，最后根據積分選出最后的冠軍.積分規則

如下：比賽中以3:0或3:1取勝的隊員積3分，失敗的隊員積。分；而在比賽中以3:2取勝

的隊員積2分，失敗的隊員的隊員積1分.已知第10輪張三對抗李四，設每局比賽張三取

勝的概率均為p(0<pel).

(1)比賽結束后冠亞軍(沒有并列)恰好來自不同校區的概率是多少？

(2)第10輪比賽中,記張三3:1取勝的概率為三p),求出了(P)的最大值點區.

【解析】(1)根據題意，比賽結束后冠亞軍恰好來自不同校區的概率是

cC+c；c；+cC_47

P=

66

(2)由題可知/(0)=(2/。一p)=303。_0),

f,(p)=3[3p2(l-p)+p3x(-l)]=3p2(3-40),

令f'(p)=。,得p=3.

當pe[o,￡|時，r(p)>0,”0)在?上單調遞增；

當時，-他)<。，"0在上單調遞減.

所以“P)的最大值點P°=：

變式8.(2024?山東濰坊?高三校考階段練習)今年5