第4課時概率、統計的綜合問題考點一以統計圖表為載體的概率統計問題[典例1](2022·新高考Ⅱ卷)在某地區進行流行病學調查，隨機調查了100位某種疾病患者的年齡，得到如下的樣本數據的頻率分布直方圖．(1)估計該地區這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數據用該組區間的中點值作代表)．(2)估計該地區一位這種疾病患者的年齡位于區間[20,70)的概率．(3)已知該地區這種疾病的患病率為0.1%，該地區年齡位于區間[40,50)的人口占該地區總人口的16%，從該地區中任選一人，若此人的年齡位于區間[40,50)，求此人患這種疾病的概率(以樣本數據中患者的年齡位于各區間的頻率作為患者的年齡位于該區間的概率，精確到0.0001)．解：(1)該地區這種疾病患者的平均年齡eq\x\to(x)＝(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)×10＝47.9(歲)．(2)設A＝{一位這種疾病患者的年齡位于區間[20,70)}，則P(A)＝1－P(eq\x\to(A))＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝1－0.11＝0.89.(3)設B＝{任選一人年齡位于區間[40,50)}，C＝{任選一人患這種疾病}，則由條件概率公式，得P(C|B)＝eq\f(PBC,PB)＝eq\f(0.1%×0.023×10,16%)＝0.0014375≈0.0014.該類問題常常借助圖形或表格，將文字、圖表、數據等融為一體，考查考生的直觀想象和數學建模素養，求解的關鍵是立足題干提取信息，結合統計的相關知識進行數據分析或結合概率模型求解相應概率．[跟進訓練]1．(2025·日照模擬)某學校號召學生參加“每天鍛煉1小時”活動，為了了解學生參與活動的情況，隨機調查了100名學生一個月(30天)完成鍛煉活動的天數，制成如下頻數分布表：天數[0,5)[5,10)[10,15)[15,20)[20,25)[25,30]人數4153331116(1)由頻數分布表可以認為，學生參加體育鍛煉天數X近似服從正態分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本的平均數(每組數據取區間的中間值)，且σ＝6.1，若全校有3000名學生，求參加“每天鍛煉1小時”活動超過21天的人數(精確到1)．(2)調查數據表明，樣本中參加“每天鍛煉1小時”活動的天數在[15,30]的學生中有30名男生，天數在[0,15)的學生中有20名男生，學校對當月參加“每天鍛煉1小時”活動不低于15天的學生授予“運動達人”稱號．請填寫下面列聯表：性別活動天數合計[0,15)[15,30]男生女生合計并依據小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，能否認為學生性別與獲得“運動達人”稱號有關聯．如果結論是有關聯，請解釋它們之間如何相互影響．附：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，n＝a＋b＋c＋d.α0.050.010.001xα3.8416.63510.828解：(1)由頻數分布表知eq\f(1,100)×(4×2.5＋15×7.5＋33×12.5＋31×17.5＋11×22.5＋6×27.5)＝14.9，所以μ≈14.9，則X～N(14.9,6.12)，因為P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，所以P(X＞21)＝P(X＞14.9＋6.1)≈eq\f(1－0.6827,2)＝0.15865，所以3000×0.15865＝475.95≈476，所以參加“每天鍛煉1小時”活動超過21天的人數約為476.(2)由頻數分布表知，鍛煉活動的天數在[0,15)的人數為4＋15＋33＝52，因為參加“每天鍛煉1小時”活動的天數在[0,15)的學生中有20名男生，所以參加“每天鍛煉1小時”活動的天數在[0,15)的學生中女生人數為52－20＝32.由頻數分布表知，鍛煉活動的天數在[15,30]的人數為31＋11＋6＝48，因為參加“每天鍛煉1小時”活動的天數在[15,30]的學生中有30名男生，所以參加“每天鍛煉1小時”活動的天數在[15,30]的學生中女生人數為48－30＝18.列聯表如下：性別活動天數合計[0,15)[15,30]男生203050女生321850合計5248100零假設為H0：學生性別與獲得“運動達人”稱號無關，根據列聯表中數據，得χ2＝eq\f(100×20×18－30×322,50×50×52×48)≈5.769＞3.841＝χ0.05，依據小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即可以認為學生性別與獲得“運動達人”稱號有關，此推斷犯錯誤的概率不大于0.05.根據列聯表中的數據得到，男生、女生中活動天數不低于15天的頻率分別為eq\f(30,50)＝0.6和eq\f(18,50)＝0.36，可見男生中獲得“運動達人”稱號的頻率是女生中獲得“運動達人”稱號頻率的eq\f(0.6,0.36)≈1.67倍，于是依據頻率穩定與概率的原理，我們可以認為男生獲得“運動達人”的概率大于女生，即男生更容易獲得“運動達人”稱號．考點二概率、統計與數列的綜合問題[典例2](2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規則如下：若命中則此人繼續投籃，若未命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.(1)求第2次投籃的人是乙的概率．(2)求第i次投籃的人是甲的概率．(3)已知：若隨機變量Xi服從兩點分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1,2，…，n，則E(eq\i\su(i＝1,n,)Xi)＝eq\i\su(i＝1,n,)qi.記前n次(即從第1次到第n次投籃)中甲投籃的次數為Y，求E(Y)．解：(1)記“第2次投籃的人是乙”為事件A，“第1次投籃的人是甲”為事件B，則A＝BA＋eq\o(B,\s\up6(－))A，所以P(A)＝P(BA＋eq\o(B,\s\up6(－))A)＝P(BA)＋P(eq\o(B,\s\up6(－))A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.(2)設第i次投籃的人是甲的概率為pi，由題意可知，p1＝eq\f(1,2)，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝eq\f(2,5)pi＋eq\f(1,5)，所以pi＋1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))，又p1－eq\f(1,3)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))是以eq\f(1,6)為首項，eq\f(2,5)為公比的等比數列，所以pi－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))i－1，所以pi＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))i－1.(3)設第i次投籃時甲投籃的次數為Xi，則Xi的可能取值為0或1，當Xi＝0時，表示第i次投籃的人是乙，當Xi＝1時，表示第i次投籃的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)＝1－pi，所以E(Xi)＝pi.Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，則E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，由(2)知，pi＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))i－1，所以E(Y)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn＝eq\f(n,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,5)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n－1))＝eq\f(n,3)＋eq\f(1,6)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n,1－\f(2,5))＝eq\f(n,3)＋eq\f(5,18)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n)).解答此類問題的關鍵是借助概率知識(如相互獨立事件的概率公式、條件概率公式等)建立Pn＋1與Pn的遞推關系，然后利用數列知識(一般是構造法)求解．[跟進訓練]2．(2025·煙臺模擬)某籃球賽事采取四人制形式．在一次戰術訓練中，甲、乙、丙、丁四名隊員進行傳球訓練，第1次由甲將球傳出，每次傳球時，傳球者都等可能地將球傳給另外三人中的任何一人．n次傳球后，記事件“乙、丙、丁三人均接過傳出來的球”發生的概率為Pn.(1)求P3;(2)當n＝3時，記乙、丙、丁三人中接過傳出來的球的人數為X，求隨機變量X的分布列及數學期望；(3)當n≥4時，證明：Pn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)Pn－1－eq\f(1,3n－1).解：(1)乙、丙、丁三人每次接到傳球的概率均為eq\f(1,3)，3次傳球后，事件“乙、丙、丁三人均接過傳出來的球”發生的概率為P3＝Aeq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(2,9).(2)由題意知，X的可能取值為1,2,3，P(X＝1)＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(1,9)，P(X＝3)＝Aeq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(2,9)，P(X＝2)＝1－P(X＝1)－P(X＝3)＝eq\f(2,3)，X的分布列為X123Peq\f(1,9)eq\f(2,3)eq\f(2,9)E(X)＝1×eq\f(1,9)＋2×eq\f(2,3)＋3×eq\f(2,9)＝eq\f(19,9).(3)證明：n次傳球后乙、丙、丁三人均接過他人傳球，有兩種情況，第一種：n－1次傳球后乙、丙、丁三人均接過他人傳球，這種情況的概率為Pn－1；第二種：n－1次傳球后乙、丙、丁中只有兩人接過他人傳球，第n次傳球時將球傳給剩余一人，這種情況的概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－Pn－1－3×\f(1,3n－1)))×eq\f(1,3).所以，當n≥4時，Pn＝Pn－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－Pn－1－3×\f(1,3n－1)))×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)Pn－1－eq\f(1,3n－1)，所以Pn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)Pn－1－eq\f(1,3n－1).考點三概率、統計與函數的交匯問題[典例3](12分)根據社會人口學研究發現，一個家庭有X個孩子的概率模型如下：X1230Peq\f(α,p)αα(1－p)α(1－p)2其中0<α<1,0＜p＜1.每個孩子的性別是男孩還是女孩的概率均為eq\f(1,2)且相互獨立，事件Ai表示一個家庭有i(i＝0,1,2,3)個孩子，事件B表示一個家庭的男孩比女孩多(例如：一個家庭恰有一個男孩，則該家庭男孩多)．(1)若p＝eq\f(1,2)，求α及P(B)．(2)為了調控未來人口結構，其中參數p受到各種因素的影響(例如生育保險的增加，教育、醫療福利的增加等)．①若希望P(X＝2)增大，如何調控p的值？②是否存在p使得E(X)＝eq\f(5,3)？請說明理由．[規范解答](1)由題意得eq\f(α,p)＋α＋α(1－p)＋α(1－p)2＝1，p＝eq\f(1,2)，解得α＝eq\f(4,15).1分又因為P(B|A1)＝eq\f(1,2)，P(B|A2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,4)，P(B|A3)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,2).4分↓失分點：不會概率建模導致相應的概率求解錯誤所以P(B)＝eq\i\su(i＝1,3,P)(B|Ai)P(Ai)＝eq\f(1,2)×eq\f(8,15)＋eq\f(1,4)×eq\f(4,15)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,15)＝eq\f(2,5).5分(2)①由已知eq\f(α,p)＋α＋α(1－p)＋α(1－p)2＝1，↓切入點：建立α與p的等量關系變形整理得，eq\f(1,α)＝p2－3p＋eq\f(1,p)＋3.6分設f(p)＝p2－3p＋eq\f(1,p)＋3,0＜p＜1，所以f′(p)＝eq\f(2p3－3p2－1,p2).7分設g(p)＝2p3－3p2－1，則g′(p)＝6p2－6p＝6p(p－1)＜0，故g(p)在(0,1)上單調遞減．因為g(0)＝－1，所以g(p)＜0，所以f′(p)＜0，↓關鍵點：視“p”為變量，建立函數f(p)，g(p)故f(p)在(0,1)上單調遞減，所以增加p的值，eq\f(1,α)會減小，α增大，即P(X＝2)增大.9分②假設存在p使E(X)＝eq\f(α,p)＋2α＋3α(1－p)＝eq\f(5,3)，又因為eq\f(1,α)＝p2－3p＋eq\f(1,p)＋3，將上述兩等式相乘，化簡整理得5p3－6p2＋2＝0，設h(p)＝5p3－6p2＋2,0＜p＜1，則h′(p)＝15p2－12p＝3p(5p－4).11分令h′(p)＝0，則p＝eq\f(4,5)，所以h(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,5)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1))上單調遞增，故h(p)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))＝eq\f(18,25)＞0.所以不存在p，使得E(X)＝eq\f(5,3).12分該類問題常以實際生活中的概率、統計知識為背景，將概率、統計與函數建模融合在一起，充分借助函數的性質研究相關問題的最值，可能涉及函數的單調性、導數等知識，求解時注意合理轉化．[跟進訓練]3．(2021·新高考Ⅱ卷)一種微生物群體可以經過自身繁殖不斷生存下來，設一個這種微生物為第0代，經過一次繁殖后為第1代，再經過一次繁殖后為第2代……該微生物每代繁殖的個數是相互獨立的且有相同的分布列，設X表示1個微生物個體繁殖下一代的個數，P(X＝i)＝pi(i＝0,1,2,3)．(1)已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E(X)．(2)設p表示該種微生物經過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關于x的方程p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一個最小正實根，求證：當E(X)≤1時，p＝1；當E(X)>1時，p<1.(3)根據你的理解說明(2)問結論的實際含義．解：(1)E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.(2)證明：法一(常規求導)：p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x＝0，x＞0，令f(x)＝p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x，f′(x)＝p1＋2p2x＋3p3x2－1，令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝2p2＋6p3x>0，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，當E(X)＝p1＋2p2＋3p3≤1時，注意到x∈(0,1]時，f′(x)≤f′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1≤0，所以f(x)在(0,1]上單調遞減，注意到f(1)＝0，所以x＝1，即p＝1.當E(X)＝p1＋2p2＋3p3＞1時，注意到f′(0)＝p1－1＜0，f′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1＞0，所以存在唯一的x0∈(0,1)使f′(x0)＝0，且當0＜x＜x0時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；當x0＜x＜1時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，注意到f(0)＝p0＞0，f(1)＝0，所以f(x0)＜f(1)＝0.所以f(x)在(0，x0)上有一個零點x1，另一個零點為1，所以p＝x1＜1.法二(巧妙因式分解)：由題意知p0＋p1＋p2＋p3＝1，E(X)＝p1＋2p2＋3p3，由p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x?p0＋p2x2＋p3x3－(1－p1)x＝0，所以p0＋p2x2＋p3x3－(p0＋p2＋p3)x＝0?p0(1－x)＋p2x(x－1)＋p3x(x－1)·(x＋1)＝0，(x－1)[p3x2＋(p2＋p3)x－p0]＝0，令f(x)＝p3x2＋(p2＋p3)x－p0，f(x)的圖象的對稱軸為x＝－eq\f(p2＋p3,2p3)＜0，注意到f(0)＝－p0＜0，f(1)＝2p3＋p2－p0＝p1＋2p2＋3p3－1＝E(X)－1，當E(X)≤1時，f(1)≤0，f(x)的正實根x0≥1，原方程的最小正實根p＝1，當E(X)＞1時，f(1)＞0，f(x)的正實根x0＜1，原方程的最小正實根p＝x0＜1.(3)當1個微生物個體繁殖下一代的期望小于等于1時，這種微生物經過多代繁殖后臨近滅絕，當1個微生物個體繁殖下一代的期望大于1時，這種微生物經過多代繁殖后還有繼續繁殖的可能．課時分層作業(七十二)(本試卷共75分．)1．(15分)(2025·濟南模擬)為調查我校學生的用電情況，學校后勤部門抽取了100間學生宿舍在某月的用電量，發現每間宿舍的用電量都在50kW·h到350kW·h之間，將其分組為[50,100)，[100,150)，[150,200)，[200,250)，[250,300)，[300,350]，得到如圖所示的頻率分布直方圖．(1)為降低能源損耗，節約用電，規定：當每間宿舍的月用電量不超過200kW·h時，按每千瓦時0.5元收取費用；當每間宿舍的月用電量超過200kW·h時，超過部分按每千瓦時1元收取費用．用t(單位：kW·h)表示某宿舍的月用電量，用y(單位：元)表示該宿舍的月用電費用，求y與t之間的函數關系式．(2)在抽取的100間學生宿舍中，月用電量在區間[200,250)內的學生宿舍有多少間？解：(1)根據題意，得當50≤t≤200時，月用電費用為y＝0.5t；當t>200時，月用電費用為y＝200×0.5＋(t－200)×1＝t－100.綜上，宿舍的月用電費用為y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0.5t，50≤t≤200，,t－100，t>200.))(2)因為月用電量在[200,250)內的頻率為50x＝1－(0.0060＋0.0036＋0.0024＋0.0024＋0.0012)×50＝1－0.0156×50＝0.22，所以月用電量在[200,250)內的宿舍有100×0.22＝22(間)．2．(15分)某學校為了解老師對《中華人民共和國民法典》知識的認知程度，針對不同年齡的老師舉辦了一次《中華人民共和國民法典》知識競答，滿分100分(95分及以上為認知程度高)，結果認知程度高的有m人，按年齡分成5組，其中第一組：[20,25)，第二組：[25,30)，第三組：[30,35)，第四組：[35,40)，第五組：[40,45]，得到如圖所示的頻率分布直方圖，已知第一組有10人．(1)根據頻率分布直方圖，估計這m人年齡的第75百分位數；(2)現從以上各組中用分層隨機抽樣的方法抽取40人，擔任《中華人民共和國民法典》知識的宣傳使者．①若有甲(年齡23)、乙(年齡43)2人已確定入選宣傳使者，現計劃從第一組和第五組被抽到的使者中，再隨機抽取2名作為組長，求甲、乙兩人恰有一人被選上的概率；②若第四組宣傳使者的年齡的平均數與方差分別為36和1，第五組宣傳使者的年齡的平均數與方差分別為42和2，據此估計這m人中35～45歲所有人的年齡的方差．解：(1)不妨設第75百分位數為a，此時5×(0.01＋0.07＋0.06)＋(a－35)×0.04＝0.75，解得a＝36.25.(2)由條件可知，第一、二、三、四、五組應分別抽取2人，14人，12人，8人，4人．①第一組應抽取2人，記為A，甲，第五組抽取4人，記為B，C，D，乙，此時對應的樣本空間為Ω＝{(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，甲)，(A，乙)，(B，C)，(B，D)，(B，甲)，(B，乙)，(C，甲)，(C，乙)，(C，D)，(D，甲)，(D，乙)，(甲，乙)}，共15個樣本點，記“甲、乙兩人恰有一人被選上”為事件M，此時M＝{(A，甲)，(A，乙)，(B，甲)，(B，乙)，(C，甲)，(C，乙)，(D，甲)，(D，乙)}，共8個樣本點，則甲、乙兩人恰有一人被選上的概率P(M)＝eq\f(8,15).②設第四組、第五組的宣傳使者的年齡的平均數分別為eq\x\to(x)，eq\x\to(y)，方差分別為s2，s′2，此時eq\x\to(x)＝36，eq\x\to(y)＝42，s2＝1，s′2＝2，設第四組和第五組所有宣傳使者的年齡平均數為eq\x\to(z)，方差為s″2，此時eq\x\to(z)＝eq\f(8\x\to(x),12)＋eq\f(4\x\to(y),12)＝eq\f(8×36＋4×42,12)＝38，s″2＝eq\f(8[s2＋\x\to(x)－\x\to(z)2]＋4[s′2＋\x\to(y)－\x\to(z)2],12)＝eq\f(8[1＋36－382]＋4[2＋42－382],12)＝eq\f(28,3)，故這m人中35～45歲所有人的年齡的方差為eq\f(28,3).3．(15分)馬爾可夫鏈是因俄國數學家安德雷·馬爾可夫得名，其過程具備“無記憶”的性質，即第n＋1次狀態的概率分布只跟第n次的狀態有關，與第n－1，n－2，n－3，…次狀態是“沒有任何關系的”．現有甲、乙兩個盒子，盒子中都有大小、形狀、質地相同的2個紅球和1個黑球．從兩個盒子中各任取一個球交換，重復進行n(n∈N*)次操作后，記甲盒子中黑球個數為Xn，甲盒子中恰有1個黑球的概率為an，恰有2個黑球的概率為bn.求：(1)X1的分布列；(2)數列{an}的通項公式；(3)Xn的期望．解：(1)由題可知，X1的可能取值為0,1,2.由相互獨立事件概率乘法公式，可知P(X1＝0)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，P(X1＝1)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(5,9)，P(X1＝2)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)，故X1的分布列為X1012Peq\f(2,9)eq\f(5,9)eq\f(2,9)(2)由全概率公式可知，P(Xn＋1＝1)＝P(Xn＝1)·P(Xn＋1＝1|Xn＝1)＋P(Xn＝2)·P(Xn＋1＝1|Xn＝2)＋P(Xn＝0)·P(Xn＋1＝1eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(Xn＝0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(1,3)＋\f(2,3)×\f(2,3)))P(Xn＝1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×1))P(Xn＝2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×\f(2,3)))P(Xn＝0)＝eq\f(5,9)P(Xn＝1)＋eq\f(2,3)P(Xn＝2)＋eq\f(2,3)P(Xn＝0)，即an＋1＝eq\f(5,9)an＋eq\f(2,3)bn＋eq\f(2,3)(1－an－bn)，所以an＋1＝－eq\f(1,9)an＋eq\f(2,3)，所以an＋1－eq\f(3,5)＝－eq\f(1,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(3,5))).又a1＝P(X1＝1)＝eq\f(5,9)，a1－eq\f(3,5)＝－eq\f(2,45)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(3,5)))為以－eq\f(2,45)為首項，以－eq\f(1,9)為公比的等比數列，所以an－eq\f(3,5)＝－eq\f(2,45)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n－1＝eq\f(2,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n，即an＝eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n.(3)由全概率公式可得，P(Xn＋1＝2)＝P(Xn＝1)·P(Xn＋1＝2|Xn＝1)＋P(Xn＝2)·P(Xn＋1＝2|Xn＝2)＋P(Xn＝0)·P(Xn＋1＝2|Xn＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(1,3)))·P(Xn＝1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×1))·P(Xn＝2)＋0×P(Xn＝0)，即bn＋1＝eq\f(2,9)an＋eq\f(1,3)bn.又an＝eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n，所以bn＋1＝eq\f(1,3)bn＋eq\f(2,9)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,5)＋\f(2,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n))，所以bn＋1－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n＋1＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(bn－\f(1,5)＋\f(1,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n)).又b1＝P(X1＝2)＝eq\f(2,9)，所以b1－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))＝eq\f(2,9)－eq\f(1,5)－eq\f(1,45)＝0，所以bn－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n＝0，所以bn＝eq\f(1,5)－eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))n，所以E(Xn)＝an＋2bn＋0×(1－an－bn)＝an＋2bn＝1.4．(15分)為了檢測某種抗病毒疫苗的免疫效果，需要進行動物與人體試驗．研究人員將疫苗注射到200只小白鼠體內，一段時間后測量小白鼠的某項指標值，按[0,20)，[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]分組，繪制頻率分布直方圖如圖所示，試驗發現小白鼠體內產生抗體的共有160只，其中該項指標值不小于60的有110只，假設小白鼠注射疫苗后是否產生抗體相互獨立．(1)填寫下面的2×2列聯表，并根據列聯表及α＝0.05的獨立性檢驗，判斷能否認為注射疫苗后小白鼠產生抗體與指標值不小于60有關．抗體指標值合計小于60不小于60有抗體沒有抗體合計(2)為檢測疫苗二次接種的免疫抗體性，對第一次注射疫苗后沒有產生抗體的40只小白鼠進行第二次注射疫苗，結果又有20只小白鼠產生抗體．①用頻率估計概率，求一只小白鼠注射2次疫苗后產生抗體的概率p；②以①中確定的概率p作為人體注射2次疫苗后產生抗體的概率，進行人體接種試驗，記n個人注射2次疫苗后產生抗體的數量為隨機變量X.試驗后統計數據顯示，當X＝99時，P(X)取最大值，求參加人體接種試驗的人數n.參考公式：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828解：(1)由頻率分布直方圖，知200只小白鼠按指標值分布為在[0,20)內有0.0025×20×200＝10(只)；在[20,40)內有0.00625×20×200＝25(只)；在[40,60)內有0.00875×20×200＝35(只)；在[60,80)內有0.025×20×200＝100(只)；在[80,100]內有0.0075×20×200＝30(只)．由題意，有抗體且指標值小于60的有50只，而指標值小于60的小白鼠共有10＋25＋35＝70(只)，所以指標值小于60且沒有抗體的小白鼠有20只．同理，指標值不小于60且沒有抗體的小白鼠有20只，故補全列聯表如表所示．抗體指標值合計小于60不小于60有抗體50110160沒有抗體202040合計70130200零假設為H0：注射疫苗后小白鼠產生抗體與指標值不小于60無關聯．根據列聯表中數據，得χ2＝eq\f(200×50×20－20×1102,160×40×70×130)≈4.945>3.841＝x0.05.根據α＝0.05的獨立性檢驗，推斷H0不成立，即認為注射疫苗后小白鼠產生抗體與指標值不小于60有關，以此推斷犯錯誤的概率不大于0.05.(2)①令事件A＝“小白鼠第一次注射疫苗產生抗體”，事件B＝“小白鼠第二次注射疫苗產生抗體”，事件C＝“小白鼠注射2次疫苗后產生抗體”，記事件A，B，C發生的概率分別為P(A)，P(B)，P(C)，則P(A)＝eq\f(160,200)＝0.8，P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(20,40)＝0.5，P(C)＝1－P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝1－P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B)|eq\x\to(A))＝1－0.2×0.5＝0.9，所以一只小白鼠注射2次疫苗后產生抗體的概率p＝0.9.②由題意，知隨機變量X～B(n,0.9)，P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)×0.9k×0.1n－k(k＝0,1，2，…，n)．因為P(X＝99)最大，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(99,n)×0.999×0.1n－99≥C\o\al(98,n)×0.998×0.1n－98，,C\o\al(99,n)×0.999×0.1n－99≥C\o\al(100,n)×0.9100×0.1n－100，))解得109≤n≤110eq\f(1,9).因為n是整數，所以n＝109或n＝110，所以參加人體接種試驗的人數為109或110.5．(15分)(2025·菏澤模擬)某購物平臺為了吸引更多的顧客在線購物，推出了A和B兩個套餐服務，并在購物平臺上推出了優惠券活動，顧客可自由選擇A和B兩個套餐之一，下圖是該購物平臺7天銷售優惠券的情況(單位：千張)的折線圖：(1)由折線圖可看出，可用經驗回歸模型擬合y與t的關系，請用相關系數加以說明；(2)假設每位顧客選擇A套餐的概率為eq\f(1,3)，選擇B套餐的概率為eq\f(2,3)，其中A套餐包含一張優惠券，B套餐包含兩張優惠券，截至某一時刻，該平臺恰好銷售了n張優惠券，設其概率為Pn，求Pn；(3)記(2)中所得概率Pn的值構成數列{Pn}(n∈N*)，求數列{Pn}的最值．參考數據：eq\i\su(i＝1,7,y)i＝16.17，eq\i\su(i＝1,7,t)iyi＝68.35，eq\r(\o(∑,\s\up6(7),\s\do4(i＝1))yi－\x\to(y)2)＝0.72，eq\r(7)≈2.646；參考公式：相關系數r＝eq\f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))ti－\x\to(t)yi－\x\to(y),\r(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))ti－\x\to(t)2\o(∑,\s\u