统计概率与数列综合经典题(含详解答案)

高考数学热点难点：统计概率与数列综合经典题

1．随着科学技术的飞速发展，网络也已经逐渐融入了人们的日常生活，网购作为一种新的消费方式，因其具有快捷、商品种类齐全、性价比高等优势而深受广大消费者认可.某网购公司统计了近五年在本公司网购的人数，得到如下的相关数据(其中“x=1”表示2015年，“x=2”表示2016年，依次类推；y表示人数)： x y(万人)

（1）试根据表中的数据，求出y关于x的线性回归方程，并预测到哪一年该公司的网购人数能超过300万人；

（2）该公司为了吸引网购者，特别推出“玩网络游戏，送免费购物券”活动，网购者可根据抛掷骰子的结果，操控微型遥控车在方格图上行进. 若遥控车最终停在“胜利大本营”，则网购者可获得免费购物券500元；若遥控车最终停在“失败大本营”，则网购者可获得免费购物券200元. 已知骰子出现奇数与偶数的概率都是

1 20 2 50 3 100 4 150 5 180 1，方格图上标有第02格、第1格、第2格、…、第20格。遥控车开始在第0格，网购者每抛掷一次骰子，遥控车向前移动一次.若掷出奇数，遥控车向前移动一格（从k到k1）若掷出偶数遥控车向前移动两格（从k到k2），直到遥控车移到第19格胜利大本营）或第20格（失败大本营）时，游戏结束。设遥控车移到第n(1n19)格的概率为Pn，试证明

PnPn1是等比数列，并求网购者参与游戏一次获得免费购物券金额的期望值.

ˆˆaˆbxˆ中，b附：在线性回归方程yxynxiii1nnyˆx. ˆyb,axi12inx22．冠状病毒是一个大型病毒家族，己知可引起感冒以及中东呼吸综合征和严重急性呼吸综合征等较严重疾病.而今年出现新型冠状病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡. 某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n（nN）份血液样本，有以下两种检验方式：

方式一：逐份检验，则需要检验n次.

方式二：混合检验，将其中k（kN且k2）份血液样本分别取样混合在一起检验. 若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k1.

假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0p1）.现取其中k（kN且k2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2.

（1）若E1E2，试求p关于k的函数关系式pfk； （2）若p与干扰素计量xn相关，其中x1,x2,,xn（n2）是不同的正实数，

2xn2xnx1222成立. 满足x11且nN（n2）都有exxx2x1i1ii1n113（i）求证：数列xn等比数列； （ii）当p11时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值3x4比逐份检验的总次数的期望值更少，求k的最大值

3．在读书活动中，某市图书馆的科技类图书和时政类图书是市民借阅的热门图书.为了丰富图书资源，现对已借阅了科技类图书的市民（以下简称为“问卷市民”）进行随机问卷调查，若不借阅时政类图书记1分，若借阅时政类图书记2分，每位市民选择是否借阅时政类图书的概率均为

1，市民之间选择意愿相互独立. 2（1）从问卷市民中随机抽取4人，记总得分为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）（i）若从问卷市民中随机抽取m(mN)人，记总分恰为m分的概率为Am，求数列Am的前10项和；

（ⅱ）在对所有问卷市民进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn（比如：B1表示累计得分为1分的概率，B2表示累计得分为2分的概率，

nN），试探求Bn与Bn1之间的关系，并求数列Bn的通项公式.

4．如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网络外卖也开始成为不少人日常生活中重要的一部分，其中大学生更是频频使用网络外卖服务.A市教育主管

部门为掌握网络外卖在该市各大学的发展情况，在某月从该市大学生中随机调查了100人，并将这100人在本月的网络外卖的消费金额制成如下频数分布表（已知每人每月网络外卖消费金额不超过3000元）： 消费金额（单位：百元）频数 0,5 5,10 10,15 15,20 20,25 25,30 20 35 25 10 5 5 1由频数分布表可以认为，该市大学生网络外卖消费金额Z（单位：元）近似地服从

正态分布N,2，其中近似为样本平均数x（每组数据取区间的中点值，

.现从该市任取20名大学生，记其中网络外卖消费金额恰在390元至2370元660）

之间的人数为X，求X的数学期望；

2A市某大学后勤部为鼓励大学生在食堂消费，特地给参与本次问卷调查的大学生每

人发放价值100元的饭卡，并推出一档“勇闯关，送大奖”的活动.规则是：在某张方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第60格共61个方格.棋子开始在第0格，然后掷一枚均匀的硬币（已知硬币出现正、反面的概率都是

1，其中P01），若掷出正面，2将棋子向前移动一格（从k到k1），若掷出反面，则将棋子向前移动两格（从k到

k2）.重复多次，若这枚棋子最终停在第59格，则认为“闯关成功”，并赠送500元充

值饭卡；若这枚棋子最终停在第60格，则认为“闯关失败”，不再获得其他奖励，活动结束.

①设棋子移到第n格的概率为Pn，求证：当1n59时，PnPn1是等比数列； ②若某大学生参与这档“闯关游戏”，试比较该大学生闯关成功与闯关失败的概率大小，并说明理由.

参考数据：若随机变量服从正态分布N,2则P0.6827，，

P220.9545，P330.9973.

5．在某次世界新能源汽车大会上着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善.某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试.现对测试数据进行分析，得到如下的频率分布直方图：

（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值x（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.

（2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布N,2，经计算第（1）问中样本标准差s的近似值为50.用样本平均数x作

为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率. 参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N,2则P(，

)0.6827，

P(22)0.9545，P(33)0.9973.

（3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券.已知硬币出现正、反面的概率都是

1，方格图2上标有第0格、第1格、第2格、…、第50格.遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格（从k到k1），若掷出反面，遥控车向前移动两格（从k到k2），直到遥控车移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束，设遥控车移到第n格的概率为Pn，试说明

PnPn1是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车.

6．为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药

的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X． （1）求X的分布列；

（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i0,1,,8)表示“甲药的累计得分

为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p00，p81，piapi1bpicpi1(i1,2,,7)，其中aP(X1)，bP(X0)，cP(X1)．假设0.5，

0.8．

(i)证明：{pi1pi}(i0,1,2,,7)为等比数列；

(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．

7．一种掷硬币走跳棋的游戏：在棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第100站，共100站，设棋子跳到第n站的概率为Pn，一枚棋子开始在第1站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次.若硬币的正面向上，棋子向前跳一站；若硬币的反面向上，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站（失败）或者第100站（获胜）时，游戏结束. （1）求P1,P2,P3；

（2）求证：数列Pn1Pn(n1,2,3,,98)为等比数列； （3）求玩该游戏获胜的概率.

8．某市不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着许多旅游景点.每年来该市参观旅游的人数不胜数.其中，名人园与梦岛被称为该市的两张名片，为合理配置旅游资源，现对已游览名人园景点的游客进行随机问卷调查.若不去梦岛记1分，若继续去梦岛记2分.每位游客去梦岛的概率均为

2，且游客之间的选择意愿相互独立. 3（1）从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量X，求X的分布列与数学期望； （2）若从游客中随机抽取m人，记总分恰为m分的概率为Am，求数列Am的前6项和；

（3）在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn，探讨Bn与Bn1之间的关系，并求数列Bn的通项公式.

参考答案

1．解：（1）x123453,

52050100150180y100

55iixyi11202503100415051801920

xi152i122232425255,

故b19205310042, 从而aybx10042326,

5559所以所求线性回归方程为y42x26， 令42x26300,xN，解得x8.

故预计到2022年该公司的网购人数能超过300万人

（2）遥控车开始在第0格为必然事件，P01，第一次掷骰子出现奇数，遥控车移到第一格，其概率为两种.

①遥控车先到第n2格，又掷出奇数，其概率为

*11,即P.遥控车移到第n（2n19）格的情况是下列两种，而且也只有1221Pn2 21Pn1 2②遥控车先到第n1格，又掷出偶数，其概率为

所以Pn111Pn2Pn1，PnPn1(Pn1Pn2)

2221的等比数列 2当1n19时，数列{PnPn1}是公比为112131nP1,PP(),PP(),PP() 12132nn1222223n以上各式相加，得Pn1()()()()()1()

322222111111n Pn21n11()（n0,1,2,,19）， 32

获胜的概率P192120111191()PP1（） 失败的概率201832232设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为X元，X200或500 X的期望EX5001()202001()191004()19 3232221111参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为1004()19，约400元.

22．（1）解：由已知，1k，P11，得E1k，

12的所有可能取值为1，k1，

∴P211p，P2k111p.

kkk∴E21pk111pk1k1p.

kk若E1E2，则kk1k1p，1pkk1k，∴1p1，∴

kk1k111（kN，且k2）.

p1.∴p关于k的函数关系式为fk1，

kk1122x2x2x12x2x232e，令qe30，则∴（2）（i）∵证明：当n2时，e2，x1x2x2x1x1x1131kq1，

∵x11，∴下面证明对任意的正整数n，xen①当n1，2时，显然成立； ②假设对任意的nk时，xek13kk13n13.

，下面证明nk1时，xk1e；

k3222xkxx111k2∴由题意，得e2，x2x1i1xixi113ex2k111xxxx231221xk11， 2xk1xkxkxk1e311

12k1e31e312x12k11∴e3xk1，2k121e3e3xk1e31x2k12k131eke3xe1∴e2k1323k12xk11，

e12k1k22kkk333333eex10ex1ex1，k10. k1k1k23323xk3∴xk1e或xk1e（负值舍去）.∴xn13k1e成立.

k3∴由①②可知，xn为等比数列，xen（ii）解：由（i）知，p1k.

1113，E1E2，∴kk1k1pk，得3xe4111k1p3，∴lnkk.

3ke设fxlnx13xx（x0），fx，∴当x3时，f33xx0，即fx在

3,上单调减.

又ln41.3863，∴k的最大值为4.

3．解（1）的可能取值为4，5，6，7，8，

44551.3333，∴ln4；ln51.6094，1.6667.∴ln5. 3333141111113P(4)C0(),P(5)C()(), 44216224121231311114101P(6)C2,，P(7)C3,P(8)C4 4()()4()()4()()2282242216所有的分布列为

 P 4 5 6 3 87 8 1 161 41 41 16

所以数学期望E()41131156786. 164841612m（2）（i）总分恰为m分的概率为Am()，

11(110)1121023. 所以数列Am是首项为，公比为的等比数列，前10项和S102110242212（ii）已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn，得不到n分的情况只有先得n1分，再得2分，概率为

1111Bn1,B1.因为BnBn11，即BnBn11，

2222所以Bn2122211(Bn1)，则{Bn}是首项为B1，公比为的等比数列，

2323336211211()n1，所以Bn()n. 362332所以Bn4．解：1x2500.27500.3512500.2517500.122500.052750

0.051050，

因为Z服从正态分布N1050,6602，所以

0.95450.68270.8186.

2P390Z2370PZ20.9545所以XB20,0.8186，

所以X的数学期望为EX200.818616.372.

2①棋子开始在第0格为必然事件，P01.

第一次掷硬币出现正面，棋子移到第1格，其概率为

11. ，即P122棋子移到第n2n59格的情况是下列两种，而且也只有两种：

1棋子先到第n2格，又掷出反面，其概率为Pn2；

2

棋子先到第n1格，又掷出正面，其概率为

1Pn1， 2所以Pn1111Pn2Pn1，即PnPn1(Pn1Pn2)，且PP， 10222211，公比为的等比数列.

223所以当1n59时，数列PnPn1是首项P1P0211，1，

②由①知P1，P2PPP113222211以上各式相加，得Pn12211所以Pn12221，PnPn1， 2n21， 2,59.

nn1n1211n0,1,2,32221所以闯关成功的概率为P159326021601， 32595911211111. 闯关失败的概率为P60P5822323221P59P601326011591158110， 3232所以该大学生闯关成功的概率大于闯关失败的概率. 5．解：（1）

x0.002502050.004502550.009503050.004503550.00150405300（千米）．

（2）由X~N(300，502)． P(250X400)0.95450.95450.68270.8186．

2（3）遥控车开始在第0 格为必然事件，P01．第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为

11，即P． 122遥控车移到第n(2n49)格的情况是下面两种，而且只有两种：

①遥控车先到第n2格，又掷出反面，其概率为

1Pn2． 21Pn1． 2②遥控车先到第n1格，又掷出正面，其概率为

11Pn2Pn1． 22Pn1PnPn1(Pn1Pn2)．

21n49时，数列{PnPn1}是等比数列，首项为P1P011 ，公比为的等比数列．

22112131nP1PP()PP()PP()． ，，，，12132nn122221n1n11Pn(PnPn1)(Pn1Pn2)(P1 1P0)P0()()22211()n1212，49)． [1()n1](n0，1，1321()2获胜的概率P49[1()50]，

112111P48[1()49][1()49]． 失败的概率P50223232215011491148P49P[1()][1()][1()]0． 503232322312获胜的概率大．

此方案能成功吸引顾客购买该款新能源汽车．

6．解（1）由题意可知X所有可能的取值为：1，0，1

PX11；PX011；PX11

则X的分布列如下：

X P （2）

1 0 1 1 0.5，0.8

11 1 a0.50.80.4，b0.50.80.50.20.5，c0.50.20.1

（i）即

piapi1bpicpi1i1,2,,7

pi0.4pi10.5pi0.1pi1i1,2,,7

4pi1pi1i1,2,,7 pi1pi4pipi1i1,2,,7

整理可得：5pipi1pii0,1,2,,7是以p1p0为首项，4为公比的等比数列

（ii）由（i）知：

pi1pip1p04ip14i

p8p7p147，p7p6p146，……，p1p0p140

148481作和可得：p8p0p1444p1p11

143017p13 841144441311 p4p4p0p14444p18414341412570123p4表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为

0.8时，认为甲药更有效的概率为p4说明这种实验方案合理.

7．（1）棋子开始在第1站是必然事件，P11； 棋子跳到第2站，只有一种情况，第一次掷硬币正面向上， 其概率为,P210.0039，此时得出错误结论的概率非常小，257121； 21；②前两次掷硬币2棋子跳到第3站，有两种情况，①第一次掷硬币反面向上，其概率为都是正面向上，其概率为

111113,P3； 224244（2）棋子棋子跳到第n21n97,nN掷硬币反面向上，其概率为

*站，有两种情况：①棋子先跳到第n站，又

1Pn；②棋子先跳到第n1站，又掷硬币正面向上，其概率为211111Pn1.故Pn2Pn1Pn.Pn2Pn1Pn1Pn又P2P， 12222211,98)P(n1,2,3,…数列P是以为首项，为公比的等比数列. n1n22

1（3）由（2）得Pn1Pn. 2nP99P99P98P98P97…P2P1P1

119897111221

 …133298212212所以获胜的概率为1P999911 983328．解（1）X可能取值为3，4，5，6

11， PX33276121， PX4C327332112，

PX5C33272322382， PX6327故其分布列为

3X P

3 4 5 6 1 276 2712 278 27EX5.

1（2）总分恰为m的概率Am， 3m11(16)36433S. 故6172913（3）已调查过的累计得分恰为n 分的概率为Bn，得不到n分的情况只有先得n1分，再

21Bn1，而B1， 3322故1BnBn1，即BnBn11，

33得2分，概率为可得Bn32334Bn1，B1， 535515n1342所以Bn322可得Bn.

n515

355

3