第51講概率與統(tǒng)計(jì)綜合問題-2022年新高考數(shù)學(xué)二輪專題突破精練-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?第51講概率與統(tǒng)計(jì)綜合問題
一、解答題
1．（2021·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）十三屆全國人大四次會(huì)議3月11日表決通過了關(guān)于國民經(jīng)濟(jì)和社會(huì)發(fā)展第十四個(gè)五年規(guī)劃和2035年遠(yuǎn)景目標(biāo)綱要的決議，決定批準(zhǔn)這個(gè)規(guī)劃綱要.綱要指出：“加強(qiáng)原創(chuàng)性引領(lǐng)性科技攻關(guān)”.某企業(yè)集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技術(shù)，已成功實(shí)現(xiàn)離子注入機(jī)全譜系產(chǎn)品國產(chǎn)化，包括中束流?大束流?高能?特種應(yīng)用及第三代半導(dǎo)體等離子注入機(jī)，工藝段覆蓋至28，為我國芯片制造產(chǎn)業(yè)鏈補(bǔ)上重要一環(huán)，為全球芯片制造企業(yè)提供離子注入機(jī)一站式解決方案.此次技術(shù)的突破可以說為國產(chǎn)芯片的制造做出了重大貢獻(xiàn).該企業(yè)使用新技術(shù)對(duì)某款芯片進(jìn)行試生產(chǎn).
（1）在試產(chǎn)初期，該款芯片的批次生產(chǎn)有四道工序，前三道工序的生產(chǎn)互不影響，第四道是檢測(cè)評(píng)估工序，包括智能自動(dòng)檢測(cè)與人工抽檢.已知該款芯片在生產(chǎn)中，前三道工序的次品率分別為，，.
①求批次芯片的次品率；
②第四道工序中智能自動(dòng)檢測(cè)為次品的芯片會(huì)被自動(dòng)淘汰，合格的芯片進(jìn)入流水線并由工人進(jìn)行抽查檢驗(yàn).已知批次的芯片智能自動(dòng)檢測(cè)顯示合格率為，求工人在流水線進(jìn)行人工抽檢時(shí)，抽檢一個(gè)芯片恰為合格品的概率（百分號(hào)前保留兩位小數(shù)）.
（2）已知某批次芯片的次品率為，設(shè)個(gè)芯片中恰有個(gè)不合格品的概率為，記的最大值點(diǎn)為，改進(jìn)生產(chǎn)工藝后批次的芯片的次品率.某手機(jī)生產(chǎn)廠商獲得批次與批次的芯片，并在某款新型手機(jī)上使用.現(xiàn)對(duì)使用這款手機(jī)的用戶回訪，對(duì)開機(jī)速度進(jìn)行滿意度調(diào)查.據(jù)統(tǒng)計(jì)，回訪的名用戶中，安裝批次有部，其中對(duì)開機(jī)速度滿意的有人；安裝批次有部，其中對(duì)開機(jī)速度滿意的有人.求，并判斷是否有的把握認(rèn)為芯片質(zhì)量與用戶對(duì)開機(jī)速度滿意度有關(guān)？
附：.

【答案】（1）①；②；（2），有的把握認(rèn)為芯片質(zhì)量與用戶對(duì)開機(jī)速度滿意度有關(guān).
【分析】
（1）①利用對(duì)立事件、相互獨(dú)立事件概率乘法公式求得所求的次品率.
②根據(jù)條件概率計(jì)算公式，計(jì)算出所求概率.
（2）先求得的表達(dá)式，利用導(dǎo)數(shù)求得，填寫列聯(lián)表，計(jì)算，由此作出判斷.
【詳解】
（1）①Ⅰ批次芯片的次品率為
.
②設(shè)批次Ⅰ的芯片智能自動(dòng)檢測(cè)合格為事件，人工抽檢合格為事件，
由己知得，，
則工人在流水線進(jìn)行人工抽檢時(shí)，抽檢一個(gè)芯片恰為合格品為事件，
.
（2）個(gè)芯片中恰有個(gè)不合格的概率.
因此，
令，得.
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.
所以的最大值點(diǎn)為.
由（1）可知，，，故批次芯片的次品率低于批次，故批次的芯片質(zhì)量?jī)?yōu)于批次.
由數(shù)據(jù)可建立2×2列聯(lián)表如下：（單位：人）
開機(jī)速度滿意度
芯片批次
合計(jì)
I
J
不滿意
12
3
15
滿意
28
57
85
合計(jì)
40
60
100
根據(jù)列聯(lián)表得

.
因此，有的把握認(rèn)為芯片質(zhì)量與用戶對(duì)開機(jī)速度滿意度有關(guān).
【點(diǎn)睛】
求解最值點(diǎn)有關(guān)的題目，是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，由此來求得最值點(diǎn).
2．（2021·廣西·模擬預(yù)測(cè)（理））十三屆全國人大常委會(huì)第二十次會(huì)議審議通過的《未成年人保護(hù)法》針對(duì)監(jiān)護(hù)缺失、校園欺凌、煙酒損害、網(wǎng)絡(luò)沉迷等問題，進(jìn)一步壓實(shí)監(jiān)護(hù)人、學(xué)校、住宿經(jīng)營者及網(wǎng)絡(luò)服務(wù)提供者等主體責(zé)任，加大對(duì)未成年人的保護(hù)力度．某中學(xué)為宣傳未成年人保護(hù)法，特舉行一次未成年人保護(hù)法知識(shí)競(jìng)賽，比賽規(guī)則是：兩人一組，每一輪競(jìng)賽中，小組兩人分別答兩題，若答對(duì)題數(shù)不少于3題，被稱為“優(yōu)秀小組”，已知甲乙兩位同學(xué)組成一組，且同學(xué)甲和同學(xué)乙答對(duì)每道題的概率分為，．
（1）若，，則在第一輪競(jìng)賽中，求他們獲“優(yōu)秀小組”的概率；
（2）當(dāng)，且每輪比賽互不影響，如果甲乙同學(xué)在此次競(jìng)賽活動(dòng)中要想獲得“優(yōu)秀小組”的次數(shù)為9次，那么理論上至少要進(jìn)行多少輪競(jìng)賽？
【答案】（1）；（2）至少要進(jìn)行19輪競(jìng)賽．
【分析】
（1）由題意可知獲“優(yōu)秀小組”的情況包含三種情況，分別計(jì)算概率，再求和；
（2）首先計(jì)算甲乙同學(xué)獲得“優(yōu)秀小組”的概率，再根據(jù)，利用基本不等式求的范圍，再將概率表示為二次函數(shù)求的最大值，根據(jù)，計(jì)算的最小值.
【詳解】
（1）由題可知，所以可能的情況有：
①甲答對(duì)1次，乙答對(duì)2次的概率
②甲答對(duì)2次，乙答對(duì)1次的概率；
③甲答對(duì)2次，乙答對(duì)2次的概率
故所求的概率
（2）他們?cè)谳喐?jìng)賽中獲“優(yōu)秀小組”的概率為：

因?yàn)椋?，，所以，?br /> 所以
利用基本不等式知，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，
，
令，則，
所以當(dāng)時(shí)，，
他們小組在競(jìng)賽中獲“優(yōu)秀小組”次數(shù)滿足
由，則，所以理論上至少要進(jìn)行19輪比賽.
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查獨(dú)立事件概率，二項(xiàng)分布，最值的綜合應(yīng)用，重點(diǎn)考查讀懂題意，抽象與概括能力，屬于中檔題型，本題第二問的關(guān)鍵是求出每次獲得“優(yōu)秀小組”的概率的最大值，并能抽象概括他們小組在競(jìng)賽中獲“優(yōu)秀小組”次數(shù)滿足.
3．（2021·江蘇泰州·模擬預(yù)測(cè)）現(xiàn)有一批疫苗試劑，擬進(jìn)入動(dòng)物試驗(yàn)階段，將1000只動(dòng)物平均分成100組，任選一組進(jìn)行試驗(yàn)．第一輪注射，對(duì)該組的每只動(dòng)物都注射一次，若檢驗(yàn)出該組中有9只或10只動(dòng)物產(chǎn)生抗體，說明疫苗有效，試驗(yàn)終止；否則對(duì)沒有產(chǎn)生抗體的動(dòng)物進(jìn)行第二輪注射，再次檢驗(yàn)．如果被二次注射的動(dòng)物都產(chǎn)生抗體，說明疫苗有效，否則需要改進(jìn)疫苗．設(shè)每只動(dòng)物是否產(chǎn)生抗體相互獨(dú)立，兩次注射疫苗互不影響，且產(chǎn)生抗體的概率均為．
（1）求該組試驗(yàn)只需第一輪注射的概率（用含的多項(xiàng)式表示）；
（2）記該組動(dòng)物需要注射次數(shù)的數(shù)學(xué)期望為，求證：．
【答案】（1）；（2）證明見解析．
【分析】
（1）設(shè)第一輪注射有Y只動(dòng)物產(chǎn)生抗體，則，則所求概率即；
（2）先求得，由顯然可得，再變形，可證得.
【詳解】
（1）平均每組人，
設(shè)第一輪注射有Y只動(dòng)物產(chǎn)生抗體，則，
所以，
所以該組試驗(yàn)只需第一輪注射的概率為．
（2）由（1）得，
，
所以

，
設(shè)，則，
又，
所以

，因?yàn)椋裕?br /> 又
，因?yàn)椋裕?br /> 所以．
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第（2）問的關(guān)鍵點(diǎn)是：求得.
4．（2021·全國·高三專題練習(xí)）冠狀病毒是一個(gè)大型病毒家族，已知可引起感冒以及中東呼吸綜合征（）和嚴(yán)重急性呼吸綜合征（）等較嚴(yán)重疾病.而今年出現(xiàn)在湖北武漢的新型冠狀病毒（）是以前從未在人體中發(fā)現(xiàn)的冠狀病毒新毒株.人感染了新型冠狀病毒后常見體征有呼吸道癥狀、發(fā)熱、咳嗽、氣促和呼吸困難等.在較嚴(yán)重病例中，感染可導(dǎo)致肺炎、嚴(yán)重急性呼吸綜合征、腎衰竭，甚至死亡.某醫(yī)院為篩查冠狀病毒，需要檢驗(yàn)血液是否為陽性，現(xiàn)有n（）份血液樣本，有以下兩種檢驗(yàn)方式：方式一：逐份檢驗(yàn)，則需要檢驗(yàn)n次.方式二：混合檢驗(yàn)，將其中k（且）份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗(yàn).若檢驗(yàn)結(jié)果為陰性，這k份的血液全為陰性，因而這k份血液樣本只要檢驗(yàn)一次就夠了，如果檢驗(yàn)結(jié)果為陽性，為了明確這k份血液究竟哪幾份為陽性，就要對(duì)這k份再逐份檢驗(yàn)，此時(shí)這k份血液的檢驗(yàn)次數(shù)總共為.假設(shè)在接受檢驗(yàn)的血液樣本中，每份樣本的檢驗(yàn)結(jié)果是陽性還是陰性都是獨(dú)立的，且每份樣本是陽性結(jié)果的概率為p（）.現(xiàn)取其中k（且）份血液樣本，記采用逐份檢驗(yàn)方式，樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)為，采用混合檢驗(yàn)方式，樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)為.
（1）若，試求p關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式；
（2）若p與干擾素計(jì)量相關(guān)，其中（）是不同的正實(shí)數(shù)，滿足且（）都有成立.
（i）求證：數(shù)列等比數(shù)列；
（ii）當(dāng)時(shí)，采用混合檢驗(yàn)方式可以使得樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)的期望值比逐份檢驗(yàn)的總次數(shù)的期望值更少，求k的最大值
【答案】（1），（，且）；（2）（i）證明見解析；（ii）4.
【分析】
（1）由已知，，；的所有可能取值為1，，，根據(jù)解得即可得解；
（2）（i）由已知可得，，得，可猜想，再用數(shù)學(xué)歸納法證明，再根據(jù)等比數(shù)列的定義可證結(jié)論；
（ii）求出，根據(jù)得到，再構(gòu)造函數(shù)（），利用導(dǎo)數(shù)可求得結(jié)果.
【詳解】
（1）由已知，，，得，
的所有可能取值為1，，
∴，.
∴.
若，則，
所以，∴，
∴.
∴p關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式為，（，且）.
（2）（i）∵證明：當(dāng)時(shí)，，∴，所以，
令，則，
∵，∴下面證明對(duì)任意的正整數(shù)n，.
①當(dāng)，2時(shí)，顯然成立；
②假設(shè)對(duì)任意的時(shí)，，下面證明時(shí)，；
由題意，得，
∴，
∴，，
∴，
所以.
∴或（負(fù)值舍去）.
∴成立.
∴由①②可知，對(duì)任意的正整數(shù)n，，
所以，所以為等比數(shù)列.
（ii）解：由（i）知，，，
∴，得，∴.
設(shè)（），，
∴當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞減；
又，，所以，
，，所以，
，，∴；
，.∴.
∴k的最大值為4.
【點(diǎn)睛】
本題考查了對(duì)立事件的概率公式，考查了離散型隨機(jī)變量的期望公式，考查了數(shù)學(xué)歸納法，考查了等比數(shù)列的定義，考查了利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題，屬于難題.
5．（2021·河南南陽·高三期末（理））某單位為患病員工集體篩查新型流感病毒，需要去某醫(yī)院檢驗(yàn)血液是否為陽性，現(xiàn)有份血液樣本，有以下兩種檢驗(yàn)方案，方案一：逐份檢驗(yàn)，則需要檢驗(yàn)k次；方案二：混合檢驗(yàn)，將k份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗(yàn)一次，若檢驗(yàn)結(jié)果為陰性，則k份血液樣本均為陰性，若檢驗(yàn)結(jié)果為陽性，為了確定k份血液中的陽性血液樣本，則對(duì)k份血液樣本再逐一檢驗(yàn).逐份檢驗(yàn)和混合檢驗(yàn)中的每一次檢驗(yàn)費(fèi)用都是元，且k份血液樣本混合檢驗(yàn)一次需要額外收元的材料費(fèi)和服務(wù)費(fèi).假設(shè)在接受檢驗(yàn)的血液樣本中，每份樣本是否為陽性是相互獨(dú)立的，且據(jù)統(tǒng)計(jì)每份血液樣本是陽性的概率為.
（1）若份血液樣本采用混合檢驗(yàn)方案，需要檢驗(yàn)的總次數(shù)為X，求X分布列及數(shù)學(xué)期望；
（2）①若，以檢驗(yàn)總費(fèi)用為決策依據(jù)，試說明該單位選擇方案二的合理性；
②若，采用方案二總費(fèi)用的數(shù)學(xué)期望低于方案一，求k的最大值.
參考數(shù)據(jù)：，，，，
【答案】（1）分布列見解析，；（2）①答案見解析；②11.
【分析】
（1）依據(jù)題意寫出X的所有可能取值并計(jì)算相應(yīng)的概率，列出分布列，然后計(jì)算期望即可.
（2）①設(shè)方案總費(fèi)用為Y，，計(jì)算數(shù)學(xué)期望，然后與方案一的總費(fèi)用為，作差比較即可. ②根據(jù)，可得，然后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，進(jìn)行判斷即可.
【詳解】
（1）X的可能值為1和，
，，
所以隨機(jī)變量X的分布列為：
X
1

P

所以.
（2）①設(shè)方案總費(fèi)用為Y，方案一總費(fèi)用為Z，則，
所以方案二總費(fèi)用的數(shù)學(xué)期望為：
，
又，所以，
又方案一的總費(fèi)用為，
所以，
當(dāng)時(shí)，，
，又，
所以，所以該單位選擇方案二合理.
②由①知方案二總費(fèi)用的數(shù)學(xué)期望
，
當(dāng)時(shí)，，
又方案一的總費(fèi)用為，
令得：，
所以，即，
即，所以，
設(shè)，
所以，
令得，得，
所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，
，
，
，
，
，
，
所以k的最大值為11.
【點(diǎn)睛】
本題考查概率與導(dǎo)數(shù)的綜合，本題考查閱讀理解能力以及計(jì)算能力，同時(shí)概率與數(shù)列，概率與導(dǎo)數(shù)算是近幾年熱點(diǎn)內(nèi)容，屬難題.
6．（2021·全國·高三期中）臨近元旦，高三（1）班共50名同學(xué)，大家希望能邀請(qǐng)數(shù)學(xué)張老師參加元旦文藝表演．張老師決定和同學(xué)們進(jìn)行一個(gè)游戲，根據(jù)游戲的結(jié)果決定是否參與表演．游戲規(guī)則如下：班長(zhǎng)先確定班上參與游戲的同學(xué)人數(shù)（）；每位同學(xué)手里均有張除顏色外無其他區(qū)別的卡片；第（，，，，）位同學(xué)手中有張紅色卡片，張白色卡片；老師任選其中一位同學(xué)，并且從該同學(xué)的手中隨機(jī)連續(xù)取出兩張卡片，若第二次取出的卡片為白色，則學(xué)生獲勝，張老師同意參加文藝表演，否則，張老師將不參加文藝表演．
（1）若，求張老師同意參加文藝表演的概率；
（2）若希望張老師參加文藝表演的可能最大，班長(zhǎng)應(yīng)該邀請(qǐng)多少同學(xué)參與游戲？
【答案】
（1）
（2）50
【分析】
（1）設(shè)選出的是第k（k=1，2,3）個(gè)同學(xué)，求出連續(xù)兩次卡片的方法數(shù)，再計(jì)算出第二次取出的是白色卡片的取法數(shù)，根據(jù)古典概型的概率計(jì)算公式即可求解.
（2）設(shè)選出的是第k個(gè)同學(xué)，計(jì)算連續(xù)兩次抽取卡片的方法數(shù)為n（n-1）以及第二次取出的是白色卡片的種數(shù)，計(jì)算得出參加表演的概率，即求.
（1）
n=3時(shí)，設(shè)選出的是第k（k=1，2,3）個(gè)同學(xué)，連續(xù)兩次卡片的方法數(shù)為3×2=6，
第二次取出的是白色卡片的兩次抽取卡片的顏色有如下兩種情形：
（白，白）,取法數(shù)為（3－k）（2－k），（紅，白），取法數(shù)為k（3一k），
從而第二次取出的是白色卡片的種數(shù)為：（3-k）（2-k）十k（3-k）=6-2k，
則在第k個(gè)同學(xué)手中第二次取出的是白色卡片的概率，
而選到第k個(gè)同學(xué)的概率為號(hào)，
故所求概率為：
（2）
設(shè)選出的是第k個(gè)同學(xué)，連續(xù)兩次抽取卡片的方法數(shù)為n（n-1），
第二次取出的是白色卡片的兩次卡片顏色有如下兩種情形：
（白，白）,取法數(shù)為（n—k）（n—k－1），
（紅，白），取法數(shù)為k（n一k），
從而第二次取出的是白色卡片的種數(shù)為：
（n－k)（n－k－1)＋k(n－k)=(n－k)(n－1),
則在第k個(gè)同學(xué)中第二次取出的是白球的概率，
而選到第k個(gè)同學(xué)的概率為，故所求概率為：
又，可知n越大，張老師參加文藝表演的可能性最大，
因此，班長(zhǎng)應(yīng)該邀請(qǐng)班上的50名同學(xué)全部參與游戲，可使獲勝的概率最大.
7．（2021·山東·廣饒一中高三月考）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)分別是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(chǎng)比賽（每場(chǎng)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：比賽中以或取勝的隊(duì)員積3分，失敗的隊(duì)員積0分；而在比賽中以取勝的隊(duì)員積2分，失敗的隊(duì)員的隊(duì)員積1分.已知第10輪張三對(duì)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，記張三取勝的概率為.
①求出的最大值點(diǎn)；
②若以作為的值，這輪比賽張三所得積分為，求的分布列及期望.
【答案】（1）；（2）①；②分布列答案見解析，數(shù)學(xué)期望：.
【分析】
（1）利用互斥事件的概率公式即得；
（2）由題可求，然后利用導(dǎo)數(shù)可求最值，再利用條件可求隨機(jī)變量的分布列，即得.
【詳解】
（1）比賽結(jié)束后冠亞軍恰好來自不同校區(qū)的概率是；
（2）①由題可知，
，
令，得，
當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞減.
所以的最大值點(diǎn)，
②的可能取值為0，1，2，3.
；
；
；.
所以的分布列為

0
1
2
3

的期望為.
8．（2021·重慶·西南大學(xué)附中高三月考）甲、乙兩人進(jìn)行對(duì)抗比賽，每場(chǎng)比賽均能分出勝負(fù)．已知本次比賽的主辦方提供8000元獎(jiǎng)金并規(guī)定：①若有人先贏4場(chǎng)，則先贏4場(chǎng)者獲得全部獎(jiǎng)金同時(shí)比賽終止；②若無人先贏4場(chǎng)且比賽意外終止，則甲、乙便按照比賽繼續(xù)進(jìn)行各自贏得全部獎(jiǎng)金的概率之比分配獎(jiǎng)金．已知每場(chǎng)比賽甲贏的概率為p（0＜p＜1），乙贏的概率為1-p，且每場(chǎng)比賽相互獨(dú)立．
（1）當(dāng)時(shí)，假設(shè)比賽不會(huì)意外終止，記比賽場(chǎng)次為隨機(jī)變量Y，求Y的分布列；
（2）當(dāng)時(shí)，若已進(jìn)行了5場(chǎng)比賽，其中甲贏了3場(chǎng)，乙贏了2場(chǎng)，此時(shí)比賽因意外終止，主辦方?jīng)Q定頒發(fā)獎(jiǎng)金，求甲獲得的獎(jiǎng)金金額；
（3）規(guī)定：若隨機(jī)事件發(fā)生的概率小于0.05，則稱該隨機(jī)事件為小概率事件，我們可以認(rèn)為該事件不可能發(fā)生，否則認(rèn)為該事件有可能發(fā)生．若本次比賽，且在已進(jìn)行的3場(chǎng)比賽中甲贏2場(chǎng)、乙贏1場(chǎng)，請(qǐng)判斷：比賽繼續(xù)進(jìn)行乙贏得全部獎(jiǎng)金是否有可能發(fā)生，并說明理由．
【答案】（1）分布列見解析；（2）6000元；（3）不可能發(fā)生，理由見解析.
【分析】
（1）由題意可得，的可能取值為4，5，6，7，分別求出對(duì)應(yīng)的概率，即可求得分布列．
（2）分別求出5場(chǎng)比賽甲勝3局，則繼續(xù)比賽甲勝的概率和繼續(xù)比賽乙勝的概率，根據(jù)二者的比值，確定獎(jiǎng)金的占比．
（3）設(shè)繼續(xù)進(jìn)行場(chǎng)比賽乙贏得全部獎(jiǎng)金，可能取值為3，4，，，設(shè)乙贏得全部獎(jiǎng)金為事件，則（A），設(shè)，再結(jié)合導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，即可求解．
【詳解】
（1）的可能取值為4，5，6，7

的分布列為

4
5
6
7

（2）5場(chǎng)比賽甲勝3局，則繼續(xù)比賽甲勝的概率為；繼續(xù)比賽乙勝的概率為，
甲獲得獎(jiǎng)金金額為（元）
（3）設(shè)繼續(xù)進(jìn)行場(chǎng)比賽乙贏得全部獎(jiǎng)金，可能取值為3，4.
;
設(shè)乙贏得全部獎(jiǎng)金為事件，則
設(shè)，則，由
在單調(diào)遞減，
認(rèn)為比賽繼續(xù)進(jìn)行乙贏得全部獎(jiǎng)金不可能發(fā)生.
9．（2021·全國·高三課時(shí)練習(xí)）系統(tǒng)中每個(gè)元件正常工作的概率都是，各個(gè)元件是否正常工作相互獨(dú)立.如果系統(tǒng)中有多于一半的元件正常工作，系統(tǒng)就能正常工作，系統(tǒng)正常工作的概率稱為系統(tǒng)的可靠性.已知該系統(tǒng)配置有個(gè)元件，為正整數(shù).
（1）求該系統(tǒng)正常工作的概率的表達(dá)式；
（2）現(xiàn)為改善系統(tǒng)的性能，擬增加2個(gè)元件，試討論增加2個(gè)元件后，系統(tǒng)可靠性的變化.
【答案】（1）；（2）當(dāng)時(shí)，系統(tǒng)可靠性不變；當(dāng)，系統(tǒng)可靠性降低；當(dāng)，系統(tǒng)可靠性提高.
【分析】
（1）結(jié)合獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)概率計(jì)算公式，求得的表達(dá)式.
（2）通過對(duì)“前個(gè)元件中正常工作的元件數(shù)量”進(jìn)行分類討論，求得增加個(gè)元件后系統(tǒng)的可靠性，利用差比較法對(duì)系統(tǒng)可靠性的變化進(jìn)行探討.
【詳解】
（1）個(gè)元件中，恰好有個(gè)正常工作的概率為，
恰好有個(gè)元件正常工作的概率為，

恰好有個(gè)元件正常工作的概率為，故，
（2）若增加2個(gè)元件，此時(shí)共有個(gè)元件.
為使系統(tǒng)正常工作，前個(gè)元件中至少有個(gè)元件正常工作.
分三種情況討論：
①前個(gè)元件中恰好有個(gè)元件正常工作的概率為，此時(shí)新增的2個(gè)元件必須同時(shí)正常工作，
所以這種情況下系統(tǒng)正常工作的概率為；
②前個(gè)元件中恰好有個(gè)元件正常工作的概率為，此時(shí)新增的2個(gè)元件至少有1個(gè)正常工作即可，
所以這種情況下系統(tǒng)正常工作的概率為；
③前個(gè)元件中至少有個(gè)元件正常工作的概率為，此時(shí)不管新增的2個(gè)元件是否正常工作，系統(tǒng)都會(huì)正常工作.
所以當(dāng)有個(gè)元件時(shí)，系統(tǒng)正常工作的概率為.
所以
.
故當(dāng)時(shí)，，系統(tǒng)可靠性不變；
當(dāng)，，系統(tǒng)可靠性降低；
當(dāng)，，系統(tǒng)可靠性提高.
10．（2021·全國·高三課時(shí)練習(xí)）為了檢測(cè)某種抗病毒疫苗的免疫效果，需要進(jìn)行動(dòng)物與人體試驗(yàn).研究人員將疫苗注射到200只小白鼠體內(nèi)，一段時(shí)間后測(cè)量小白鼠的某項(xiàng)指標(biāo)值，按，，，，分組，繪制頻率分布直方圖如圖所示.試驗(yàn)發(fā)現(xiàn)小白鼠體內(nèi)產(chǎn)生抗體的共有160只，其中該項(xiàng)指標(biāo)值不小于60的有110只.假設(shè)小白鼠注射疫苗后是否產(chǎn)生抗體相互獨(dú)立.

（1）填寫下面的列聯(lián)表，并根據(jù)列聯(lián)表及的獨(dú)立性檢驗(yàn)，判斷能否認(rèn)為注射疫苗后小白鼠產(chǎn)生抗體與指標(biāo)值不小于60有關(guān).
單位：只
抗體
指標(biāo)值
合計(jì)
小于60
不小于60
有抗體

沒有抗體

合計(jì)

（2）為檢驗(yàn)疫苗二次接種的免疫抗體性，對(duì)第一次注射疫苗后沒有產(chǎn)生抗體的40只小白鼠進(jìn)行第二次注射疫苗，結(jié)果又有20只小白鼠產(chǎn)生抗體.
（i）用頻率估計(jì)概率，求一只小白鼠注射2次疫苗后產(chǎn)生抗體的概率；
（ii）以（i）中確定的概率作為人體注射2次疫苗后產(chǎn)生抗體的概率，進(jìn)行人體接種試驗(yàn)，記個(gè)人注射2次疫苗后產(chǎn)生抗體的數(shù)量為隨機(jī)變量.試驗(yàn)后統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)顯示，當(dāng)時(shí)，取最大值，求參加人體接種試驗(yàn)的人數(shù)及.
參考公式： (其中為樣本容量)
參考數(shù)據(jù)：

0.50
0.40
0.25
0.15
0.100
0.050
0.025

0.455
0.708
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024

【答案】（1）列聯(lián)表答案見解析，認(rèn)為注射疫苗后小白鼠產(chǎn)生抗體與指標(biāo)值不小于60有關(guān)；（2）（i）；（ii）當(dāng)接種人數(shù)為n=99時(shí)，；當(dāng)n=100時(shí)，.
【分析】
（1）根據(jù)頻率分布直方圖算出每個(gè)區(qū)間段的小白鼠數(shù)量，然后根據(jù)指標(biāo)值完成列聯(lián)表，并根據(jù)參考公式進(jìn)行運(yùn)算，然后進(jìn)行數(shù)據(jù)比對(duì)，最終得到答案；
（2）（i）根據(jù)古典概型公式，結(jié)合對(duì)立事件概率求法即可得到答案；
（ii）根據(jù)最大，結(jié)合二項(xiàng)定理概率求法列出不等式組解出X，最后求出期望.
【詳解】
（1）由頻率分布直方圖，知200只小白鼠按指標(biāo)值分布為：
在內(nèi)有（只）；
在內(nèi)有（只）；
在內(nèi)有（只）；
在內(nèi)有（只）；
在內(nèi)有（只）.
由題意，有抗體且指標(biāo)值小于60的有50只；而指標(biāo)值小于60的小白鼠共有（只），所以指標(biāo)值小于60且沒有抗體的小白鼠有20只，同理，指標(biāo)值不小于60且沒有抗體的小白鼠有20只，故列聯(lián)表如下：
單位：只
抗體
指標(biāo)值
合計(jì)
小于60
不小于60
有抗體
50
110
160
沒有抗體
20
20
40
合計(jì)
70
130
200
零假設(shè)為：注射疫苗后小白鼠產(chǎn)生抗體與指標(biāo)值不小于60無關(guān)聯(lián).
根據(jù)列聯(lián)表中數(shù)據(jù)，得.
根據(jù)的獨(dú)立性檢驗(yàn)，推斷不成立，即認(rèn)為注射疫苗后小白鼠產(chǎn)生抗體與指標(biāo)值不小于60有關(guān)，此推斷犯錯(cuò)誤的概率不大于0.05.
（2）（i）令事件“小白鼠第一次注射疫苗產(chǎn)生抗體”，事件“小白鼠第二次注射疫苗產(chǎn)生抗體”，事件“小白鼠注射2次疫苗后產(chǎn)生抗體”.
記事件A，B，C發(fā)生的概率分別為，，，
則，，.
所以一只小白鼠注射2次疫苗后產(chǎn)生抗體的概率.
（ii）由題意，知隨機(jī)變量，（）.
因?yàn)樽畲螅?br /> 所以，
解得，因?yàn)槭钦麛?shù)，所以或，所以接受接種試驗(yàn)的人數(shù)為99或100.
①當(dāng)接種人數(shù)為99時(shí)，；
②當(dāng)接種人數(shù)為100時(shí)，.
11．（2021·遼寧·高三月考）個(gè)人所得稅起征點(diǎn)是個(gè)人所得稅工薪所得減除費(fèi)用標(biāo)準(zhǔn)或免征額，個(gè)稅起征點(diǎn)與個(gè)人稅負(fù)高低的關(guān)系最為直接，因此成為廣大工薪階層關(guān)注的焦點(diǎn).隨著我國人民收入的逐步增加，國家稅務(wù)總局綜合考慮人民群眾消費(fèi)支出水平增長(zhǎng)等各方面因素，規(guī)定從2019年1月1日起，我國實(shí)施個(gè)稅新政.實(shí)施的個(gè)稅新政主要內(nèi)容包括: ①個(gè)稅起征點(diǎn)為元②每月應(yīng)納稅所得額(含稅)收入個(gè)稅起征點(diǎn)專項(xiàng)附加扣除; ③專項(xiàng)附加扣除包括住房、子女教育和贍養(yǎng)老人等.新舊個(gè)稅政策下每月應(yīng)納稅所得額(含稅)計(jì)算方法及其對(duì)應(yīng)的稅率表如下:

舊個(gè)稅稅率表(個(gè)稅起征點(diǎn)元)
新個(gè)稅稅率表(個(gè)稅起征點(diǎn)元)
繳稅級(jí)數(shù)
每月應(yīng)納稅所得額(含稅) 收入個(gè)稅起征點(diǎn)
稅率/%
每月應(yīng)納稅所得額(含稅）收入個(gè)稅起征點(diǎn)專項(xiàng)附加扣除
稅率/%
1
不超過元

不超過元

2
部分超過元至元部分

部分超過元至元部分

3
超過元至元的部分

超過元至元的部分

4
超過元至元的部分

超過元至元的部分

5
超過元至元部分

超過元至元部分

···
···
···
···

隨機(jī)抽取某市名同一收入層級(jí)的無親屬關(guān)系的男性互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者(以下互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者都是指無親屬關(guān)系的男性)的相關(guān)資料，經(jīng)統(tǒng)計(jì)分析，預(yù)估他們2022年的人均月收入為元.統(tǒng)計(jì)資料還表明，他們均符合住房專項(xiàng)扣除，同時(shí)他們每人至多只有一個(gè)符合子女教育扣除的孩子，并且他們之中既不符合子女教育扣除又不符合贍養(yǎng)老人扣除、只符合子女教育扣除但不符合贍養(yǎng)老人扣除、只符合贍養(yǎng)老人扣除但不符合子女教育扣除、既符合子女教育扣除又符合贍養(yǎng)老人扣除的人數(shù)之比是.此外，他們均不符合其他專項(xiàng)附加扣除.新個(gè)稅政策下該市的專項(xiàng)附加扣除標(biāo)準(zhǔn)為:住房元/月，子女教育每孩元/月，贍養(yǎng)老人元/月等.假設(shè)該市該收入層級(jí)的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者都獨(dú)自享受專項(xiàng)附加扣除，將預(yù)估的該市該收入層級(jí)的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者的人均月收入視為其個(gè)人月收入.根據(jù)樣本估計(jì)總體的思想，解決下列問題.
（1）按新個(gè)稅方案，設(shè)該市該收入層級(jí)的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者2022年月繳個(gè)稅為元，求的分布列和數(shù)學(xué)期望;
（2）根據(jù)新舊個(gè)稅方案，估計(jì)從2022年1月開始，經(jīng)過幾個(gè)月，該市該收入層級(jí)的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者各月少繳的個(gè)稅之和就能購買一臺(tái)價(jià)值為元的華為智慧屏巨幕電視?
【答案】（1）分布列見解析，3150；（2）12個(gè)月.
【分析】
（1）先求出的可能值為，再求其對(duì)應(yīng)的概率即得解；
（2）先求出該收入層級(jí)的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者每月少繳的個(gè)稅為元，再解不等式即得解.
【詳解】
解:既不符合子女教育扣除也不符合贍養(yǎng)老人扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額為元，
月繳個(gè)稅元;
只符合子女教育扣除但不符合贍養(yǎng)老人扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額為元，
月繳個(gè)稅元;
只符合贍養(yǎng)老人扣除但不符合子女教育扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額為元，
月繳個(gè)稅元;
既符合子女教育扣除又符合贍養(yǎng)老人扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額元，
月繳個(gè)稅元.
所以的可能值為，
依題意，上述四類人群的人數(shù)之比是，
所以
，
，
，
所以的分布列為

所以
在舊政策下該收入層級(jí)的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者2022年每月應(yīng)納稅所得額為元，
其月繳個(gè)稅為元，
由知在新政策下該收入層級(jí)的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者2022年月繳個(gè)稅為元，
所以該收入層級(jí)的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者每月少繳的個(gè)稅為元.
設(shè)經(jīng)過個(gè)月，該收入層級(jí)的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者少繳的個(gè)稅的總和就超過
則
因?yàn)?br /> 所以
所以經(jīng)過個(gè)月﹐該收入層級(jí)的互聯(lián)網(wǎng)從業(yè)者就能購買一臺(tái)價(jià)值為元的華為智慧屏巨幕電視.
12．（2021·全國·模擬預(yù)測(cè)）2020年我國科技成果斐然，其中北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)7月31日正式開通．北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)由24顆中圓地球軌道衛(wèi)星、3顆地球靜止軌道衛(wèi)星和3顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星，共30顆衛(wèi)星組成．北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)全球范圍定位優(yōu)于10米，實(shí)測(cè)的導(dǎo)航定位精度都是2~3米，全球服務(wù)可用性99%，亞太地區(qū)性能更優(yōu)．
（Ⅰ）南美地區(qū)某城市通過對(duì)1000輛家用汽車進(jìn)行定位測(cè)試，發(fā)現(xiàn)定位精確度近似滿足，預(yù)估該地區(qū)某輛家用汽車導(dǎo)航精確度在的概率；
（Ⅱ）（?。┠车鼗竟ぷ魅藛T30顆衛(wèi)星中隨機(jī)選取4顆衛(wèi)星進(jìn)行信號(hào)分析，選取的4顆衛(wèi)星中含3顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星數(shù)記為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；
（ⅱ）某日北京、上海、拉薩、巴黎、里約5個(gè)基地同時(shí)獨(dú)立隨機(jī)選取1顆衛(wèi)星進(jìn)行信號(hào)分析，選取的5顆衛(wèi)星中含中圓地球軌道衛(wèi)星的數(shù)目記為，求的數(shù)學(xué)期望．
附：若，則，，．
【答案】（Ⅰ）0.84；（Ⅱ）（ⅰ）分布列見解析，；（ⅱ）4.
【分析】
（Ⅰ）根據(jù)“”原則及圖形的對(duì)稱性即可求解；
（Ⅱ）（?。┯深}可知服從超幾何分布，利用公式即可求解；（ⅱ）由題可知服從二項(xiàng)分布，利用公式即可求解．
【詳解】
（Ⅰ）由，易知
，
則預(yù)估該地區(qū)某輛家用汽車導(dǎo)航精確度在的概率為0.84．
（Ⅱ）（ⅰ）由題意知，，
∴的分布列為

∴．
（ⅱ）5個(gè)基地相互獨(dú)立，每個(gè)基地隨機(jī)選取1顆衛(wèi)星是中圓地球軌道衛(wèi)星的概率為，所以5個(gè)基地選取的5顆衛(wèi)星中含中圓地球軌道衛(wèi)星的數(shù)目，
∴．
【點(diǎn)睛】
方法點(diǎn)睛：本題以北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)為背景，考查正態(tài)分布、超幾何分布、二項(xiàng)分布，求離散型隨機(jī)變量的分布列，首先要根據(jù)具體情況確定的取值情況，然后利用排列，組合，概率知識(shí)求出取各個(gè)值時(shí)對(duì)應(yīng)的概率，對(duì)應(yīng)服從某種特殊分布的隨機(jī)變量，其分布列可以直接應(yīng)用公式給出，考查學(xué)生邏輯推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.
13．（2021·湖南·雙峰縣第一中學(xué)高三開學(xué)考試）有甲、乙兩個(gè)袋子，甲袋中有2個(gè)白球2個(gè)紅球，乙袋中有2個(gè)白球2個(gè)紅球，從甲袋中隨機(jī)取出一球與乙袋中隨機(jī)取出一球進(jìn)行交換．
（1）一次交換后，求乙袋中紅球與白球個(gè)數(shù)不變的概率；
（2）二次交換后，記X為“乙袋中紅球的個(gè)數(shù)”，求隨機(jī)變量X的分布列與數(shù)學(xué)期望．
【答案】（1）；（2）分布列見解析，.
【分析】
（1）分甲乙交換的均是紅球，甲乙交換的均是白球，兩種情況討論即可得解；
（2）寫出隨機(jī)變量X的所有可能取值，先分別求出一次交換后，乙袋中有2個(gè)白球2個(gè)紅球，乙袋中有1個(gè)白球3個(gè)紅球，乙袋中有3個(gè)白球1個(gè)紅球的概率，從而可求得對(duì)于隨機(jī)變量的概率，寫出分布列，根據(jù)期望公式即可求出數(shù)學(xué)期望.
【詳解】
解：（1）甲乙交換的均是紅球，則概率為，
甲乙交換的均是白球，則概率為，
所以乙袋中紅球與白球個(gè)數(shù)不變的概率為；
（2）X可取0，1，2，3，4，
由（1）得，一次交換后，乙袋中有2個(gè)白球2個(gè)紅球的概率為，
乙袋中有1個(gè)白球3個(gè)紅球的概率為，
乙袋中有3個(gè)白球1個(gè)紅球的概率為，
則，
，
，
，
，
所以隨機(jī)變量X的分布列為
X
0
1
2
3
4
P

所以數(shù)學(xué)期望.
14．（2021·福建·模擬預(yù)測(cè)）班級(jí)里共有名學(xué)生，其中有，，．已知，，中任意兩人均為朋友，且三人中每人均與班級(jí)里中超過一半的學(xué)生為朋友．若對(duì)于某三個(gè)人，他們當(dāng)中任意兩人均為朋友，則稱他們組成一個(gè)“朋友圈”．
（1）求班級(jí)里朋友圈個(gè)數(shù)的最大值．
（2）求班級(jí)里朋友圈個(gè)數(shù)的最小值．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）利用組合數(shù)可求；
（2）利用容斥原理可求.
【詳解】
（1）當(dāng)班級(jí)中的任意3人中，任意兩個(gè)人都是朋友時(shí)，班級(jí)里朋友圈個(gè)數(shù)的最大，
此時(shí).
（2）當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，，中的每個(gè)人都至少與班級(jí)的3個(gè)同學(xué)是好朋友，故4人彼此是好朋友，故，
當(dāng)時(shí)，記為班級(jí)中除去且與是朋友的同學(xué)的集合，為班級(jí)中除去且與是朋友的同學(xué)的集合，為班級(jí)中除去且與是朋友的同學(xué)的集合，
若，由題設(shè)可知，、、中的元素的個(gè)數(shù)不小于，余下同學(xué)記為：，集合中元素的個(gè)數(shù)記為，
因?yàn)橛嘞氯藬?shù)為，由容斥原理可得

，
所以，
即，
故此時(shí)，
考慮一種特殊情況：，
此時(shí)朋友圈個(gè)數(shù)為，故.
若，由題設(shè)可知，、、中的元素的個(gè)數(shù)不小于，余下同學(xué)記為：，集合中元素的個(gè)數(shù)記為，
因?yàn)橛嘞氯藬?shù)為，由容斥原理可得

，
所以，
即，
故此時(shí)，
考慮一種特殊情況：，
此時(shí)朋友圈個(gè)數(shù)為，故.
綜上，.
15．（2021·江蘇省前黃高級(jí)中學(xué)高三月考）公元1651年，法國學(xué)者德梅赫向數(shù)學(xué)家帕斯卡請(qǐng)教了一個(gè)問題：設(shè)兩名賭徒約定誰先贏滿4局，誰便贏得全部賭注元，已知每局甲贏的概率為，乙贏的概率為，且每局賭博相互獨(dú)立，在甲贏了2局且乙贏了1局后，賭博意外終止，則賭注該怎么分才合理？帕斯卡先和費(fèi)爾馬討論了這個(gè)問題，后來惠更斯也加入了討論，這三位當(dāng)時(shí)歐洲乃至全世界著名的數(shù)學(xué)家給出的分配賭注的方案是：如果出現(xiàn)無人先贏4局且賭博意外終止的情況，則甲、乙按照賭博再繼續(xù)進(jìn)行下去各自贏得全部賭注的概率之比分配賭注．（友情提醒：珍愛生命，遠(yuǎn)離賭博）
（1）若，甲?乙賭博意外終止，則甲應(yīng)分得多少元賭注？
（2）若，求賭博繼續(xù)進(jìn)行下去甲贏得全部賭注的概率，并判斷“賭博繼續(xù)進(jìn)行下去乙贏得全部賭注”是否為小概率事件（發(fā)生概率小于的隨機(jī)事件稱為小概率事件）．
【答案】（1）216元；（2），是小概率事件．
【分析】
（1）設(shè)賭博再繼續(xù)進(jìn)行X局且甲贏得全部賭注，則最后一局必然甲贏，由題意知，最多再進(jìn)行4局，甲、乙必然有人贏得全部賭注，利用相互獨(dú)立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求出甲贏的概率，由此能求出甲應(yīng)分得的賭注．
（2）設(shè)賭博繼續(xù)進(jìn)行Y局乙贏得全部賭注，則最后一局必然乙贏，當(dāng)時(shí)，乙以贏，，當(dāng)時(shí)，乙以贏，，求出甲贏得全部賭注的概率對(duì)其求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性，求出該函數(shù)的最小值，從而判斷出“賭博繼續(xù)進(jìn)行下去乙贏得全部賭注”是小概率事件.
【詳解】
（1）設(shè)賭博再繼續(xù)進(jìn)行局且甲贏得全部賭注，則最后一局必然甲贏
由題意知，最多再進(jìn)行4局，甲、乙必然有人贏得全部賭注．
當(dāng)時(shí)，甲以贏，所以；
當(dāng)時(shí)，甲以贏，所以；
當(dāng)時(shí)，甲以贏，所以．
所以，甲贏的概率為．
所以，甲應(yīng)分得的賭注為元
（2）設(shè)賭注繼續(xù)進(jìn)行局乙贏得全部賭注，則最后一局必然乙贏，則的可能取值有3、4，
當(dāng)時(shí)，乙以贏，；
當(dāng)時(shí)，乙以贏，；
所以，乙贏得全部賭注的概率為

于是甲贏得全部賭注的概率
求導(dǎo)，．
因?yàn)樗运栽谏蠁握{(diào)遞增，
于是．
故乙贏的概率最大為故是小概率事件．
16．（2021·湖南師大附中高三月考）一疫苗生產(chǎn)單位通過驗(yàn)血方法檢驗(yàn)?zāi)撤N疫苗產(chǎn)生抗體情況，需要檢驗(yàn)血液是否有抗體現(xiàn)有份血液樣本每份樣本取到的可能性均等有以下兩種檢驗(yàn)方式：（1）逐份檢驗(yàn)，則需要檢驗(yàn)n次；（2）混合檢驗(yàn)將其中（且）份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗(yàn)若檢驗(yàn)結(jié)果無抗體，則這k份的血液全無抗體，因而這k份血液樣本只需檢驗(yàn)一次就夠了，若檢驗(yàn)結(jié)果有抗體，為了明確這k份血液究竟哪幾份有抗體就要對(duì)這k份再逐份檢驗(yàn)，此時(shí)這k份血液的檢驗(yàn)總次數(shù)為k+1次假設(shè)在接受檢驗(yàn)的血液樣本中，每份樣本的檢驗(yàn)結(jié)果有無抗體都是相互獨(dú)立的，且每份樣本有抗體的概率均為．
（1）假設(shè)有5份血液樣本，其中只有2份血液樣本有抗體，若采用逐份檢驗(yàn)方式，求恰好經(jīng)過3次檢驗(yàn)就能把有抗體的血液樣本全部檢驗(yàn)出來的概率；
（2）現(xiàn)取其中（且）份血液樣本，記采用逐份檢驗(yàn)方式，樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)為，采用混合檢驗(yàn)方式樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)為．若，求關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式，并證明．
【答案】（1）；（2）；證明見解析．
【分析】
（1）設(shè)恰好經(jīng)過3次檢驗(yàn)就能把陽性樣本全部檢驗(yàn)出來為事件A，由古典概型概率計(jì)算公式可得答案；
（2）由題得，，進(jìn)而根據(jù)化簡(jiǎn)整理得，再令（且）得，再令，利用導(dǎo)數(shù)研究最值得，進(jìn)而得，即，進(jìn)而證明.
【詳解】
解：（1）設(shè)恰好經(jīng)過3次檢驗(yàn)?zāi)馨延锌贵w血液樣本全部檢驗(yàn)出來為事件A，
所以，
所以恰好經(jīng)過3次檢驗(yàn)就能把有抗體的血液樣本全部檢驗(yàn)出來的概率為．
（2）由已知得，
的所有可能取值為1，．
所以，，
所以，
若，則，
所以，，
所以，即，
所以p關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式為（且）
證明：令（且）
所以，
令，
，
所以得，
所以，，單調(diào)遞減，
，，單調(diào)遞增
所以，所以，
因?yàn)榍遥?br /> 所以，即，
所以，即，
所以．
【點(diǎn)睛】
本題考查古典概型求概率，隨機(jī)變量概率分布列，數(shù)學(xué)期望，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等，考查運(yùn)算求解能力，邏輯推理能力，是難題.本題第二問題解題的關(guān)鍵在于根據(jù)題意求得，進(jìn)而結(jié)合得，再通過換元法結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)不等式.
17．（2021·全國·高三專題練習(xí)（理））某市為提升農(nóng)民的年收入，更好地實(shí)現(xiàn)2021年精準(zhǔn)扶貧的工作計(jì)劃，統(tǒng)計(jì)了2020年位農(nóng)民的年收入并制成頻率分布直方圖，如圖．
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（1）根據(jù)頻率分布直方圖，估計(jì)這位農(nóng)民的年平均收入（單位：千元）（同一數(shù)據(jù)用該組數(shù)據(jù)區(qū)間的中點(diǎn)值表示）；
（2）由頻率分布直方圖，可以認(rèn)為該市農(nóng)民年收入服從正態(tài)分布，其中近似為年平均收入，近似為樣本方差，經(jīng)計(jì)算得，利用該正態(tài)分布，求：
①在扶貧攻堅(jiān)工作中，若使該市約有占農(nóng)民人數(shù)的的農(nóng)民的年收入高于本市規(guī)定的最低年收入標(biāo)準(zhǔn)，則此最低年收入標(biāo)準(zhǔn)大約為多少千元？
②該市為了調(diào)研“精準(zhǔn)扶貧，不落一人”的政策落實(shí)情況，隨機(jī)走訪了位農(nóng)民．若每位農(nóng)民的年收入互相獨(dú)立，問：這位農(nóng)民中的年收入不少于千元的人數(shù)最有可能是多少？
附：；若，則，，．
【答案】（1）千元．；（2）①千元；②人．
【分析】
(1)求各組數(shù)據(jù)區(qū)間的中點(diǎn)值乘以相應(yīng)的頻率之和，即可得；
(2)①根據(jù)正態(tài)分布曲線的對(duì)稱性分析求解即可；
②根據(jù)正態(tài)分布求出每個(gè)農(nóng)民的年收入不少于千元的概率，記個(gè)農(nóng)民的年收入不少于千元的人數(shù)為，可得，其中，然后根據(jù)二項(xiàng)分布的概率計(jì)算公式，計(jì)算出“恰好有個(gè)農(nóng)民的年收入不少于千元”中的最大值即可.
【詳解】
解：（1）由頻率分布直方圖可知：
，
故估計(jì)位農(nóng)民的年平均收入為千元．
（2）由題意知，
①因?yàn)椋?br /> 時(shí)，滿足題意，即最低年收入標(biāo)準(zhǔn)大約為千元；
②由，
每個(gè)農(nóng)民的年收入不少于千元的概率為，記個(gè)農(nóng)民的年收入不少于千元的人數(shù)為，
則，其中，
于是恰好有個(gè)農(nóng)民的年收入不少于千元的事件概率為．
從而由，得，而，
所以當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，
由此可知，在所走訪位農(nóng)民中，年收入不少于千元的人數(shù)最有可能是人．
18．（2021·重慶八中高三月考）為豐富學(xué)生課外生活，某市組織了高中生鋼筆書法比賽，比賽分兩個(gè)階段進(jìn)行：第一階段由評(píng)委為所有參賽作品評(píng)分，并確定優(yōu)勝者；第二階段為附加賽，參賽人員由組委會(huì)按規(guī)則另行確定.數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)員對(duì)第一階段的分?jǐn)?shù)進(jìn)行了統(tǒng)計(jì)分析，這些分?jǐn)?shù)X都在內(nèi)，再以5為組距畫分?jǐn)?shù)的頻率分布直方圖（設(shè)“”）時(shí)，發(fā)現(xiàn)Y滿足：.
（1）試確定n的所有取值，并求k；
（2）組委會(huì)確定：在第一階段比賽中低于85分的同學(xué)無緣獲獎(jiǎng)也不能參加附加賽；分?jǐn)?shù)在內(nèi)的同學(xué)評(píng)為一等獎(jiǎng)；分?jǐn)?shù)在內(nèi)的同學(xué)評(píng)為二等獎(jiǎng)，但通過附加賽有的概率提升為一等獎(jiǎng)；分?jǐn)?shù)在內(nèi)的同學(xué)評(píng)為三等獎(jiǎng)，但通過附加賽有的概率提升為二等獎(jiǎng)（所有參加附加賽的獲獎(jiǎng)人員均不降低獲獎(jiǎng)等級(jí)，且附加賽獲獎(jiǎng)等級(jí)在第一階段獲獎(jiǎng)等級(jí)基礎(chǔ)上，最多升高一級(jí)）.已知學(xué)生A和B均參加了本次比賽，且學(xué)生A在第一階段獲得二等獎(jiǎng).
①求學(xué)生B最終獲獎(jiǎng)等級(jí)不低于學(xué)生A最終獲獎(jiǎng)等級(jí)的概率；
②已知學(xué)生A和B都獲獎(jiǎng)，記A，B兩位同學(xué)最終獲得一等獎(jiǎng)的人數(shù)為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望.
【答案】（1）；；（2）①；②分布列見解析，.
【分析】
（1）根據(jù)分?jǐn)?shù)及組距可得的可能值，由頻率和為1可求得．
（2）①視頻率為概率可得分?jǐn)?shù)在5個(gè)區(qū)間上的概率，用符號(hào)（或）表示學(xué)生A（或B）在第一輪獲獎(jiǎng)等級(jí)為i，通過附加賽最終獲獎(jiǎng)等級(jí)為j，其中，記“學(xué)生B最終獲獎(jiǎng)等級(jí)不低于學(xué)生A的最終獲獎(jiǎng)等級(jí)”為事件W，則，由互斥事件和獨(dú)立事件概率公式計(jì)算可得；
②先分別求出獲得一等獎(jiǎng)的概率，注意此時(shí)用條件概率計(jì)算，只有第一輪獲獎(jiǎng)，都有可能最終獲利一等獎(jiǎng)．最終獲一等獎(jiǎng)概率易知為，而最終獲一等獎(jiǎng)，需要在第一輪獲獎(jiǎng)的條件下才可能實(shí)現(xiàn)．因此，的可能取值為，分別計(jì)算概率可得分布列，再由期望公式計(jì)算期望．
【詳解】
（1）根據(jù)題意，X在內(nèi)，按5為組距可分成5個(gè)小區(qū)間，
分別是，，，，，
因?yàn)?，由，，所?
每個(gè)小區(qū)間的頻率值分別是
由，解得.
（2）①由于參賽學(xué)生很多，可以把頻率視為概率.
由（1）知，學(xué)生B的分?jǐn)?shù)屬于區(qū)間，，，，的概率分別是：，，，，.
我們用符號(hào)（或）表示學(xué)生A（或B）在第一輪獲獎(jiǎng)等級(jí)為i，通過附加賽最終獲獎(jiǎng)等級(jí)為j，其中
記“學(xué)生B最終獲獎(jiǎng)等級(jí)不低于學(xué)生A的最終獲獎(jiǎng)等級(jí)”為事件W，
則

.
②學(xué)生A最終獲得一等獎(jiǎng)的概率是，
學(xué)生B最終獲得一等獎(jiǎng)的概率是，
，，
.
所以的分布列為：

0
1
2
P

.
【點(diǎn)睛】
本題考查頻率分布直方圖，考查互斥事件與獨(dú)立事件的概率公式，條件概率的計(jì)算，隨機(jī)變量的概率分布列和數(shù)學(xué)期望．解題關(guān)鍵難點(diǎn)有兩個(gè)，一是用用符號(hào)（或）表示學(xué)生A（或B）在第一輪獲獎(jiǎng)等級(jí)為i，通過附加賽最終獲獎(jiǎng)等級(jí)為j，其中，這樣所求概率事件可表示若干互斥事件的和，從而求得概率；二是認(rèn)識(shí)到最終獲得一等獎(jiǎng)這個(gè)事件是在第一輪獲獎(jiǎng)的條件下才能發(fā)生，因此需要用條件概率來理解計(jì)算．
19．（2021·湖南·長(zhǎng)郡中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）某商城玩具柜臺(tái)五一期間促銷，購買甲、乙系列的盲盒，并且集齊所有的產(chǎn)品就可以贈(zèng)送節(jié)日送禮，現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)系列盲盒，每個(gè)甲系列盲盒可以開出玩偶，，中的一個(gè)，每個(gè)乙系列盲盒可以開出玩偶，中的一個(gè).
（1）記事件：一次性購買個(gè)甲系列盲盒后集齊玩偶，，玩偶；事件：一次性購買個(gè)乙系列盲盒后集齊，玩偶；求概率及；
（2）某禮品店限量出售甲、乙兩個(gè)系列的盲盒，每個(gè)消費(fèi)者每天只有一次購買機(jī)會(huì)，且購買時(shí)，只能選擇其中一個(gè)系列的一個(gè)盲盒.通過統(tǒng)計(jì)發(fā)現(xiàn)：第一次購買盲盒的消費(fèi)者購買甲系列的概率為，購買乙系列的概率為；而前一次購買甲系列的消費(fèi)者下一次購買甲系列的概率為，購買乙系列的概率為，前一次購買乙系列的消費(fèi)者下一次購買甲系列的概率為，購買乙系列的概率為；如此往復(fù)，記某人第次購買甲系列的概率為.
①求的通項(xiàng)公式；
②若每天購買盲盒的人數(shù)約為，且這人都已購買過很多次這兩個(gè)系列的盲盒，試估計(jì)該禮品店每天應(yīng)準(zhǔn)備甲、乙兩個(gè)系列的盲盒各多少個(gè).
【答案】（1）；；（2） ①；②甲系列盲盒個(gè)，乙系列盲盒個(gè).
【分析】
（1）計(jì)算一次性購買個(gè)甲系列盲盒，得到玩偶的情況總數(shù)為，利用排列與組合計(jì)算當(dāng)集齊，，玩偶的所有情況總數(shù)，然后得到；利用正難則反思想，先計(jì)算一次性買個(gè)乙系列盲盒不能集齊，玩偶的概率，再利用計(jì)算即可；
（2）①由題意可得，當(dāng)時(shí)，，利用構(gòu)造法求出數(shù)列的通項(xiàng)公式；②假設(shè)用表示一天中購買甲系列盲盒的人數(shù)，則根據(jù)題意可知，利用二項(xiàng)分布數(shù)學(xué)期望的計(jì)算公式得出購買甲的人數(shù)，從而得出購買乙的人數(shù)，根據(jù)一天中購買甲、乙的人數(shù)確定每天應(yīng)準(zhǔn)備甲、乙兩種盲盒的個(gè)數(shù).
【詳解】
解：（1）若一次性購買個(gè)甲系列盲盒，得到玩偶的情況總數(shù)為，集齊，，玩偶，則有兩種情況：
①其中一個(gè)玩偶個(gè)，其他兩個(gè)玩偶各個(gè)，則有種結(jié)果；
②若其中兩個(gè)玩偶各個(gè)，另外兩個(gè)玩偶1個(gè)，則共有種結(jié)果，
故；
若一次性購買個(gè)乙系列盲盒，全部為與全部為的概率相等，均為，
故；
（2）①由題可知：，
當(dāng)時(shí)，，則，，即是以為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列.
所以，即；
②因?yàn)槊刻熨徺I盲盒的人都已購買過很多次，所以對(duì)于每一個(gè)人來說，某一天來購買盲盒時(shí)，可看作，所以，其購買甲系列的概率近似于，
假設(shè)用表示一天中購買甲系列盲盒的人數(shù)，則，
所以，即購買甲系列的人數(shù)的期望為，
所以禮品店應(yīng)準(zhǔn)備甲系列盲盒個(gè)，乙系列盲盒個(gè).
【點(diǎn)睛】
本題考查概率的實(shí)際運(yùn)用，考查概率與數(shù)列的綜合問題，解答本題的關(guān)鍵在于：
（1）理解題目的意思，將問題靈活轉(zhuǎn)化，利用排列與組合解決（1）中及的計(jì)算；
（2）分析清楚與之間的聯(lián)系，類比已知數(shù)列遞推關(guān)系式求通項(xiàng)公式的方法求解，然后利用的性質(zhì)解題.
20．（2021·全國·高三專題練習(xí)）在創(chuàng)建“全國文明城市”過程中，我市“創(chuàng)城辦”為了調(diào)查市民對(duì)創(chuàng)城工作的了解情況，進(jìn)行了一次創(chuàng)城知識(shí)問卷調(diào)查（一位市民只能參加一次）通過隨機(jī)抽樣，得到參加問卷調(diào)查的100人的得分統(tǒng)計(jì)結(jié)果如表所示：
組別
[30，40)
[40，50)
[50，60)
[60，70)
[70，80)
[80，90)
[90，100]
頻數(shù)
2
13
21
25
24
11
4
（1）由頻數(shù)分布表可以大致認(rèn)為，此次問卷調(diào)查的得分，近似為這100人得分的平均值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的左端點(diǎn)值作代表），
①求的值；
②利用該正態(tài)分布，求；
（2）在（1）的條件下，“創(chuàng)城辦”為此次參加問卷調(diào)查的市民制定如下獎(jiǎng)勵(lì)方案：
①得分不低于的可以獲贈(zèng)2次隨機(jī)話費(fèi)，得分低于的可以獲贈(zèng)1次隨機(jī)話費(fèi)；
②每次獲贈(zèng)的隨機(jī)話費(fèi)和對(duì)應(yīng)的概率為：
贈(zèng)送話費(fèi)的金額（單位：元）
20
50
概率

現(xiàn)有市民甲參加此次問卷調(diào)查，記（單位：元）為該市民參加問卷調(diào)查獲贈(zèng)的話費(fèi)，求的分布列與數(shù)學(xué)期望．
參考數(shù)據(jù)與公式：．若，則，，.
【答案】（1），；（2）分布列見解析，
【分析】
（1）直接根據(jù)公式計(jì)算得到，再根據(jù)正態(tài)分布的對(duì)稱性及計(jì)算得到答案.
（2）獲贈(zèng)話費(fèi)的可能取值為20，40，50，70，100，計(jì)算概率得到分布列，再計(jì)算數(shù)學(xué)期望得到答案.
【詳解】
（1）由題意得：，
∴ ，∵，
，

（2）由題意知，.
獲贈(zèng)話費(fèi)的可能取值為20，40，50，70，100，
，，，
，，.
∴的分布列為：
?
?20
?40
?50
?70
?100
?
?
?
?
?
?
∴.
【點(diǎn)睛】
方法點(diǎn)睛：本題考查了正態(tài)分布求概率，分布列和數(shù)學(xué)期望，求離散型隨機(jī)變量的分布列，首先要根據(jù)具體情況確定的取值情況，然后利用排列，組合，概率知識(shí)求出取各個(gè)值時(shí)對(duì)應(yīng)的概率，對(duì)應(yīng)服從某種特殊分布的隨機(jī)變量，其分布列可以直接應(yīng)用公式給出，考查學(xué)生邏輯推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.
21．（2021·全國·高三專題練習(xí)）一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷生存下來，設(shè)一個(gè)這種微生物為第0代，經(jīng)過一次繁殖后為第1代，再經(jīng)過一次繁殖后為第2代……，該微生物每代繁殖的個(gè)數(shù)是相互獨(dú)立的且有相同的分布列，設(shè)X表示1個(gè)微生物個(gè)體繁殖下一代的個(gè)數(shù)，．
（1）已知，求；
（2）設(shè)p表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關(guān)于x的方程：的一個(gè)最小正實(shí)根，求證：當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，；
（3）根據(jù)你的理解說明（2）問結(jié)論的實(shí)際含義．
【答案】（1）1；（2）見解析；（3）見解析.
【分析】
（1）利用公式計(jì)算可得.
（2）利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合及極值點(diǎn)的范圍可得的最小正零點(diǎn).
（3）利用期望的意義及根的范圍可得相應(yīng)的理解說明.
【詳解】
（1）.
（2）設(shè)，
因?yàn)?，故?br /> 若，則，故.
，
因?yàn)?，?br /> 故有兩個(gè)不同零點(diǎn)，且，
且時(shí)，；時(shí)，；
故在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，
若，因?yàn)樵跒樵龊瘮?shù)且，
而當(dāng)時(shí)，因?yàn)樵谏蠟闇p函數(shù)，故，
故為的一個(gè)最小正實(shí)根，
若，因?yàn)榍以谏蠟闇p函數(shù)，故1為的一個(gè)最小正實(shí)根，
綜上，若，則.
若，則，故.
此時(shí)，，
故有兩個(gè)不同零點(diǎn)，且，
且時(shí)，；時(shí)，；
故在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，
而，故，
又，故在存在一個(gè)零點(diǎn)，且.
所以為的一個(gè)最小正實(shí)根，此時(shí)，
故當(dāng)時(shí)，.
（3）意義：每一個(gè)該種微生物繁殖后代的平均數(shù)不超過1，則若干代必然滅絕，若繁殖后代的平均數(shù)超過1，則若干代后被滅絕的概率小于1.
22．（2021·江西·南昌市豫章中學(xué)高三開學(xué)考試（理））某籃球隊(duì)為提高隊(duì)員的訓(xùn)練積極性，進(jìn)行小組投籃游戲，每個(gè)小組由兩名隊(duì)員組成，隊(duì)員甲與隊(duì)員乙組成了一個(gè)小組.游戲規(guī)則：每個(gè)小組的兩名隊(duì)員在每輪游戲中分別投籃兩次，每小組投進(jìn)的次數(shù)之和不少于3次的稱為“神投小組”，已知甲乙兩名隊(duì)員投進(jìn)籃球的概率為別為，.
（1）若，，則在第一輪游戲他們獲“神投小組”的概率；
（2）若，則在游戲中，甲乙兩名隊(duì)員想要獲得“神投小組”的稱號(hào)16次，則理論上他們小組要進(jìn)行多少輪游戲才行？并求此時(shí)，的值.
【答案】（1）；（2）理論上至少要進(jìn)行輪游戲，.
【分析】
（1）由題分析可能的情況，利用獨(dú)立事件概率公式和獨(dú)立重復(fù)事件概率公式計(jì)算；
（2）先求得他們?cè)谝惠営螒蛑蝎@“神投小組”的概率，并化簡(jiǎn)為關(guān)于的二次函數(shù)，利用不等式的基本性質(zhì)和基本不等式求得的取值范圍，進(jìn)而求得的最大值，按照此最大值，利用二項(xiàng)分布的期望公式求得他們小組在輪游戲中獲“神投小組”次數(shù)的期望值的最大值，令此最大值等于16，即求得理論上上他們小組要進(jìn)行的游戲輪數(shù)的最小值，并根據(jù)基本不等式成立的條件求得此時(shí)，的值.
【詳解】
（1）由題可知，所以可能的情況有：①甲投中1次，乙投中2次；②甲投中2次，乙投中1次；③甲投中2次，乙投中2次.故所求概率:
.
（2）他們?cè)谝惠営螒蛑蝎@“神投小組”的概率為:

，
因?yàn)?，所以?br /> 因?yàn)?，，，所以，?br /> 又，所以，
令，以，則，
當(dāng)時(shí)，，
他們小組在輪游戲中獲“神投小組”次數(shù)滿足，
由，則，所以理論上至少要進(jìn)行輪游戲.
此時(shí)，，.
【點(diǎn)睛】
本題考查二項(xiàng)分布的應(yīng)用，涉及利用基本不等式求最值，屬中檔題，關(guān)鍵是熟練掌握獨(dú)立事件及獨(dú)立重復(fù)事件概率公式，利用基本不等式和二次函數(shù)的性質(zhì)求得他們?cè)谝惠営螒蛑蝎@“神投小組”的概率的最大值，熟練掌握二項(xiàng)分布的期望值公式.
23．（2021·全國·高三專題練習(xí)）2021年是中國共產(chǎn)黨百年華誕.中國站在“兩個(gè)一百年”的歷史交匯點(diǎn)，全面建設(shè)社會(huì)主義現(xiàn)代化國家新征程即將開啟.2021年3月23日，中宣部介紹中國共產(chǎn)黨成立100周年慶?；顒?dòng)八項(xiàng)主要內(nèi)容，其中第一項(xiàng)是結(jié)合鞏固深化“不忘初心?牢記使命”主題教育成果，在全體黨員中開展黨史學(xué)習(xí)教育.這次學(xué)習(xí)教育貫穿2021年全年，總的要求是學(xué)史明理?學(xué)史增信?學(xué)史崇德?學(xué)史力行，教育引導(dǎo)黨員干部學(xué)黨史?悟思想?辦實(shí)事，開新局.為了配合這次學(xué)黨史活動(dòng)，某地組織全體黨員干部參加黨史知識(shí)競(jìng)賽，現(xiàn)從參加人員中隨機(jī)抽取100人，并對(duì)他們的分?jǐn)?shù)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，得到如圖所示的頻率分布直方圖.

（1）現(xiàn)從這100人中隨機(jī)抽取2人，記其中得分不低于80分的人數(shù)為，試求隨機(jī)變量的分布列及期望；
（2）由頻率分布直方圖，可以認(rèn)為該地參加黨史知識(shí)競(jìng)賽人員的分?jǐn)?shù)服從正態(tài)分布，其中近似為樣本平均數(shù)，近似為樣本方差，經(jīng)計(jì)算.現(xiàn)從所有參加黨史知識(shí)競(jìng)賽的人員中隨機(jī)抽取500人，且參加黨史知識(shí)競(jìng)賽的人員的分?jǐn)?shù)相互獨(dú)立，試問這500名參賽者的分?jǐn)?shù)不低于82.3的人數(shù)最有可能是多少？
參考數(shù)據(jù)：，，，.
【答案】（1）分布列答案見解析，數(shù)學(xué)期望：；（2）人數(shù)最有可能是79.
【分析】
（1）可得得分不低于80分的有20人，可能的取值為0，1，2，即可求得取不同值的概率，即可得出分布列，求出期望；
（2）由題求出，根據(jù)題意可得，即可求解.
【詳解】
解：（1）100人中得分不低于80分的人數(shù)為，
隨機(jī)變量可能的取值為0，1，2.
又，，，
則的分布列為：

0
1
2

.
（2）.
，
，
每位參賽者分?jǐn)?shù)不低于82.3的概率為0.15865，記500位參賽者中分?jǐn)?shù)不低于82.3的人數(shù)為隨機(jī)變量，則，其中，
所以恰好有個(gè)參賽者的分?jǐn)?shù)不低于82.3的概率為，，1，2，…，500.
由，
得.
所以當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，
由此可知，在這500名參賽者中分?jǐn)?shù)不低于82.3的人數(shù)最有可能是79.
24．（2021·廣東·東莞市東方明珠學(xué)校模擬預(yù)測(cè)）某醫(yī)院為篩查冠狀病毒，需要檢驗(yàn)血液是不是陽性，現(xiàn)有份血液樣本，有以下兩種檢驗(yàn)方式：
方式一：逐份檢驗(yàn)，則需要檢驗(yàn)次．
方式二：混合檢驗(yàn)，將其中（且）份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗(yàn)．若檢驗(yàn)結(jié)果為陰性，這份血液樣本全為陰性，因而這份血液樣本只要檢驗(yàn)一次就夠了；若檢驗(yàn)結(jié)果為陽性，為了明確這份血液樣本究竟哪幾份為陽性，就要對(duì)這份血液樣本再逐份檢驗(yàn)，此時(shí)這份血液樣本的檢驗(yàn)次數(shù)總共為．
假設(shè)在接受檢驗(yàn)的血液樣本中，每份樣本的檢驗(yàn)結(jié)果是陽性還是陰性都是獨(dú)立的，且每份樣本是陽性結(jié)果的概率為．現(xiàn)取其中份血液樣本，記采用逐份檢驗(yàn)方式，需要檢驗(yàn)的總次數(shù)為，采用混合檢驗(yàn)方式，需要檢驗(yàn)的總次數(shù)為．
（1）若，試求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式；
（2）若與干擾素計(jì)量相關(guān)，其中是不同的正整數(shù)，且，都有成立．
①求證：數(shù)列是等比數(shù)列；
②當(dāng)時(shí)，采用混合檢驗(yàn)方式可以使樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)的期望值比采用逐份檢驗(yàn)方式的檢驗(yàn)總次數(shù)的期望值更少，求的最大值．
參考數(shù)據(jù)：，．
【答案】（1）；（2）①證明見詳解；②.
【分析】
（1）先由題意，得到；的可能取值為，；由離散型隨機(jī)變量的期望求出，再由，化簡(jiǎn)整理，即可得出結(jié)果；
（2）①當(dāng)時(shí)，由題中條件，得到，推出，令；利用數(shù)學(xué)歸納法證明對(duì)任意的正整數(shù)，即可；
②由①的結(jié)果，得到，根據(jù)題中條件，得到，推出；設(shè)，，對(duì)其求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的方法判定其單調(diào)性，再結(jié)合具體的函數(shù)值，即可得出結(jié)果.
【詳解】
（1）由已知，，，得；
的可能取值為，，
由題意，，
所以；
又，即，則，所以，
即關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式為；
（2）①證明：當(dāng)時(shí)，，所以，令，則；
因?yàn)?，所以下面證明對(duì)任意的正整數(shù)，；
（i）當(dāng)時(shí)，顯然成立；
（ii）假設(shè)時(shí)，成立；
當(dāng)時(shí)，由，
所以，
則，
即，所以，
因此，解得或（負(fù)值舍去），
所以；
由（i）（ii）可知，，即數(shù)列是等比數(shù)列；
②由①知，，
因?yàn)椴捎没旌蠙z驗(yàn)方式可以使樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)的期望值比采用逐份檢驗(yàn)方式的檢驗(yàn)總次數(shù)的期望值更少，即，
所以，則，
所以，即；
設(shè)，，
則，
當(dāng)時(shí)，，則單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，，則單調(diào)遞增；
所以；
又，，
所以使的最大整數(shù)的取值為，
即時(shí)，的最大值為；
綜上，的最大值為.
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：
求解本題第二問的關(guān)鍵在于先由題中條件，得到，猜想數(shù)列的通項(xiàng)公式；再由數(shù)學(xué)歸納法的一般步驟進(jìn)行證明即可.
25．（2021·全國·高三專題練習(xí)）安慶市某學(xué)校高三年級(jí)開學(xué)之初增加晚自習(xí)，晚飯?jiān)谛Ｊ程镁筒腿藬?shù)增多，為了緩解就餐壓力，學(xué)校在原有一個(gè)餐廳的基礎(chǔ)上增加了一個(gè)餐廳，分別記做餐廳甲和餐廳乙，經(jīng)過一周左右統(tǒng)計(jì)調(diào)研分析：前一天選擇餐廳甲就餐第二天選擇餐廳甲就餐的概率是25%?選擇餐廳乙就餐的概率為75%，前一天選擇餐廳乙就餐第二天選擇餐廳乙就餐的概率是50%?選擇餐廳甲就餐的概率也為50%，如此往復(fù).假設(shè)學(xué)生第一天選擇餐廳甲就餐的概率是，擇餐廳乙就餐的概率是，記某同學(xué)第n天選擇甲餐廳就餐的概率為.
（1）記某班級(jí)的3位同學(xué)第二天選擇餐廳甲的人數(shù)為X，求X的分布列，并求E(X)；
（2）請(qǐng)寫出與的遞推關(guān)系；
（3）求數(shù)列的通項(xiàng)公式并幫助學(xué)校解決以下問題：為提高學(xué)生服務(wù)意識(shí)和團(tuán)隊(duì)合作精神，學(xué)校每天從20個(gè)班級(jí)中每班抽調(diào)一名學(xué)生志愿者為全體學(xué)生提供就餐服務(wù)工作，根據(jù)上述數(shù)據(jù)，如何合理分配到餐廳甲和餐廳乙志愿者人數(shù)？請(qǐng)說明理由.
【答案】（1）分布列答案見解析，；
（2）；
（3）分配到餐廳甲和餐廳乙志愿者人數(shù)8人和12人，理由見解析.
【分析】
（1）依題意可得，進(jìn)而可得分布列和期望；
（2）由可得結(jié)果；
（3）由（2）求得，且，由此可得分配方案.
【詳解】
（1）某同學(xué)第二天選擇餐廳甲就餐的概率，
某同學(xué)第二天選擇餐廳乙就餐的概率，
位同學(xué)第二天選擇餐廳甲就餐的人數(shù)為，則.
，
的分布列為

0
1
2
3

故.
（2）依題意，，即.
（3）由（2）知，則
當(dāng)時(shí)，可得，
數(shù)列是首項(xiàng)為公比為的等比數(shù)列.
，即.
，
所以，分配到餐廳甲的志愿者人數(shù)為，分配到餐廳乙的志愿者人數(shù)為.
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第（1）問的關(guān)鍵點(diǎn)是：探究得到；后兩問的關(guān)鍵點(diǎn)是得到遞推關(guān)系.
26．（2021·山東·模擬預(yù)測(cè)）某商場(chǎng)擬在年末進(jìn)行促銷活動(dòng)，為吸引消費(fèi)者，特別推出“玩游戲，送禮券“的活動(dòng)，游戲規(guī)則如下：每輪游戲都拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子（形狀為正方體，六個(gè)面的點(diǎn)數(shù)分別為1，2，3，4，5，6），若向上點(diǎn)數(shù)不超2點(diǎn)，獲得1分，否則獲得2分，進(jìn)行若干輪游戲，若累計(jì)得分為19分，則游戲結(jié)束，可得到200元禮券，若累計(jì)得分為20分，則游戲結(jié)束，可得到紀(jì)念品一份，最多進(jìn)行20輪游戲．
（1）當(dāng)進(jìn)行完3輪游戲時(shí)，總分為X，求X的期望；
（2）若累計(jì)得分為i的概率為，（初始得分為0分，）．
①證明數(shù)列，（i＝1，2，…，19）是等比數(shù)列；
②求活動(dòng)參與者得到紀(jì)念品的概率．
【答案】（1）5；（2）①證明見解析；②．
【分析】
（1）由題意可知每輪游戲獲得1分的概率為，獲得2分的概率為，而每輪游戲的結(jié)果互相獨(dú)立，設(shè)進(jìn)行完3輪游戲時(shí)，得1分的次數(shù)為，所以，，即可求出X的期望；
（2）①根據(jù)累計(jì)得分為i的概率為，分兩種情形討論得分情況，從而得到遞推式，再根據(jù)構(gòu)造法即可證出數(shù)列是等比數(shù)列；
②根據(jù)①可求出，再根據(jù)累加法即可求出，然后由從而解出．
【詳解】
（1）由題意可知每輪游戲獲得1分的概率為，獲得2分的概率為，設(shè)進(jìn)行完3輪游戲時(shí)，得1分的次數(shù)為，所以，，而，即隨機(jī)變量X可能取值為3，4，5，6，
，，
，．
∴X的分布列為：
X
3
4
5
6
P

E（X）＝＝5．
（2）①證明：n＝1，即累計(jì)得分為1分，是第1次擲骰子，向上點(diǎn)數(shù)不超過2點(diǎn)，，則，累計(jì)得分為i分的情況有兩種：
（Ⅰ）i＝（i﹣2）＋2，即累計(jì)得i﹣2分，又?jǐn)S骰子點(diǎn)數(shù)超過2點(diǎn)，其概率為，
（Ⅱ）累計(jì)得分為i﹣1分，又?jǐn)S骰子點(diǎn)數(shù)沒超過2點(diǎn)，得1分，其概率為，
∴，∴，（i＝2，3，???，19），∴數(shù)列，（i＝1，2，…，19）是首項(xiàng)為﹣，公比為﹣的等比數(shù)列．
②∵數(shù)列，（i＝1，2，…，19）是首項(xiàng)為﹣，公比為﹣的等比數(shù)列，
∴，
∴，，???，，
各式相加，得：，
∴，（i＝1，2，???，19），
∴活動(dòng)參與者得到紀(jì)念品的概率為：
．
【點(diǎn)睛】
本題第一問解題關(guān)鍵是明確得1分的次數(shù)為服從二項(xiàng)分布，從而找到所求變量與的關(guān)系，列出分布列，求得期望；第二問①主要是遞推式的建立，分析判斷如何得到分的情況，進(jìn)而得到，利用數(shù)列知識(shí)即可證出，②借由①的結(jié)論，求出，分析可知，從而解出．
27．（2021·重慶一中模擬預(yù)測(cè)）某5G傳輸設(shè)備由奇數(shù)根相同的光導(dǎo)纖維并聯(lián)組成，每根光導(dǎo)纖維能正常傳輸信號(hào)的概率均為，且每根光導(dǎo)纖維能否正常傳輸信號(hào)相互獨(dú)立．已知該設(shè)備中有超過一半的光導(dǎo)纖維能正常傳輸信號(hào)，這個(gè)5G傳輸設(shè)備才可以正常工作．記根光導(dǎo)纖維組成的這種5G傳輸設(shè)備可以正常工作的概率為．
（1）用p表示；
（2）當(dāng)時(shí)，證明：；
（3）為提高這個(gè)5G傳輸設(shè)備正常工作的概率，在這個(gè)傳輸設(shè)備上再并聯(lián)兩根相同規(guī)格的光導(dǎo)纖維，且新增光導(dǎo)纖維后的5G傳輸設(shè)備有超過一半的光導(dǎo)纖維能正常傳輸信號(hào)才可以正常工作．確定的取值范圍，使新增兩根光導(dǎo)纖維可以提高這個(gè)5G傳輸設(shè)備正常工作的概率．
【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）.
【分析】
由題設(shè)可得，
（1）將代入上式即可求；
（2）由題意，由易知，進(jìn)而可證明結(jié)論.
（3）討論新增兩個(gè)光纖{兩根都能正常工作，一根正常工作，兩根都不能正常工作}對(duì)應(yīng)的光導(dǎo)纖維能正常傳輸信號(hào)的概率，進(jìn)而求，根據(jù)即可求的范圍.
【詳解】
由題意知：要使5G傳輸設(shè)備可以正常工作，則至少有根光導(dǎo)纖維能正常傳輸信號(hào)，
∴，
（1）由上知：；
（2）當(dāng)時(shí)，有，而，
∴，故，得證；
（3）由題意，，
新增兩根光導(dǎo)纖維后，兩根都能正常工作、一根正常工作、兩根都不能正常工作，對(duì)應(yīng)該設(shè)備能正常工作的概率分別為，
∴，，，
∴，
∴使新增兩根光導(dǎo)纖維可以提高這個(gè)5G傳輸設(shè)備正常工作的概率，則，
∴，故時(shí)新增兩根光導(dǎo)纖維可以提高這個(gè)5G傳輸設(shè)備正常工作的概率．
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第三問，討論新增兩個(gè)光纖{兩根都能正常工作，一根正常工作，兩根都不能正常工作}對(duì)應(yīng)的光導(dǎo)纖維能正常傳輸信號(hào)的概率，根據(jù)題意得到即可求概率的范圍.
28．（2021·山東·煙臺(tái)二中三模）為紀(jì)念中國共產(chǎn)黨成立100周年，加深青少年對(duì)黨的歷史、黨的知識(shí)、黨的理論和路線方針的認(rèn)識(shí)，激發(fā)愛黨愛國熱情，堅(jiān)定走新時(shí)代中國特色社會(huì)主義道路的信心，某校舉辦了黨史知識(shí)競(jìng)賽．競(jìng)賽規(guī)則是：兩人一組，每一輪競(jìng)賽中，小組兩人分別答3道題，若答對(duì)題目不少于5道題，則獲得一個(gè)積分．已知甲乙兩名同學(xué)一組，甲同學(xué)和乙同學(xué)對(duì)每道題答對(duì)的概率分別是和，且每道題答對(duì)與否互不影響．
（1）若，，求甲乙同學(xué)這一組在一輪競(jìng)賽中獲得一個(gè)積分的概率；
（2）若，且每輪比賽互不影響，若甲乙同學(xué)這一組想至少獲得5個(gè)積分，那么理論上至少要進(jìn)行多少輪競(jìng)賽？
【答案】（1）；（2）15
【分析】
（1）根據(jù)可求得；
（2）得出獲得一個(gè)積分的，由已知可得，進(jìn)而求得，根據(jù)甲乙兩同學(xué)在輪比賽中獲得的積分?jǐn)?shù)滿足，根據(jù)即可解得.
【詳解】
（1）假設(shè)甲和乙答對(duì)的題目個(gè)數(shù)分別為和，
故所求概率
，
所以甲乙同學(xué)這一組在一輪競(jìng)賽中獲得一個(gè)積分的概率為；
（2）由（1）得
，
整理得，
因?yàn)榍?，所以?br /> 所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，即，
令，則，
所以，則，
當(dāng)時(shí)，，則當(dāng)時(shí)，，
甲乙兩同學(xué)在輪比賽中獲得的積分?jǐn)?shù)滿足，
所以由，即解得，
因?yàn)闉檎麛?shù)，所以至少為15，
所以若甲乙同學(xué)這一組想至少獲得5個(gè)積分，那么理論上至少要進(jìn)行15輪競(jìng)賽.
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是先求得獲得一個(gè)積分的，且根據(jù)求得其最大值，再由甲乙兩同學(xué)在輪比賽中獲得的積分?jǐn)?shù)服從二項(xiàng)分布求解.
29．（2021·全國·模擬預(yù)測(cè)）某學(xué)校招聘在職教師，甲?乙兩人同時(shí)應(yīng)聘.應(yīng)聘者需進(jìn)行筆試和面試，筆試分為三個(gè)環(huán)節(jié)，每個(gè)環(huán)節(jié)都必須參與，甲筆試部分每個(gè)環(huán)節(jié)通過的概率均為，乙筆試部分每個(gè)環(huán)節(jié)通過的概率依次為，，，筆試三個(gè)環(huán)節(jié)至少通過兩個(gè)才能夠參加面試，否則直接淘汰；面試分為兩個(gè)環(huán)節(jié)，每個(gè)環(huán)節(jié)都必須參與，甲面試部分每個(gè)環(huán)節(jié)通過的概率依次為，，乙面試部分每個(gè)環(huán)節(jié)通過的概率依次為，，若面試部分的兩個(gè)環(huán)節(jié)都通過，則可以成為該學(xué)校的在職教師.甲?乙兩人通過各個(gè)環(huán)節(jié)相互獨(dú)立.
（1）求乙未能參與面試的概率；
（2）記甲本次應(yīng)聘通過的環(huán)節(jié)數(shù)為，求的分布列以及數(shù)學(xué)期望；
（3）若該校僅招聘1名在職教師，試通過概率計(jì)算，判斷甲?乙兩人誰更有可能入職.
【答案】（1）；（2）分布列答案見解析，數(shù)學(xué)期望：；（3）甲更可能成為該校的在職教師.
【分析】
（1）根據(jù)事件的互斥性及每一次是否通過相互獨(dú)立求解即可；（2）首先確定隨機(jī)變量的可能取值，再分別求出相應(yīng)的概率值，列出分布列計(jì)算數(shù)學(xué)期望；（3）分別計(jì)算甲乙通過成為在職教師的概率值，比較大小，得出結(jié)論.
【詳解】
（1）若乙筆試部分三個(gè)環(huán)節(jié)一個(gè)都沒有通過或只通過一個(gè)，則不能參與面試，故乙未能參與面試的概率.
（2）的可能取值為0，1，2，3，4，5，
，
，
，
，
，
.
則的分布列為

0
1
2
3
4
5

故.
（3）由（2）可知，甲成為在職教師的概率，
乙成為在職教師的概率.
因?yàn)椋约赘赡艹蔀樵撔５脑诼毥處?
【點(diǎn)睛】
本題考查相互獨(dú)立事件的概率?離散型隨機(jī)變量的分布列以及期望.在求解過程中需清楚互斥事件的概率加法計(jì)算公式和相互獨(dú)立事件的概率乘法計(jì)算公式，分布列中需要準(zhǔn)確計(jì)算每個(gè)可能取值的概率值，最后計(jì)算數(shù)學(xué)期望.
30．（2021·山東泰安·模擬預(yù)測(cè)）國際比賽賽制常見的有兩種，一種是單敗制，一種是雙敗制．單敗制即每場(chǎng)比賽的失敗者直接淘汰，常見的有等等．表示雙方進(jìn)行一局比賽，獲勝者晉級(jí)．表示雙方最多進(jìn)行三局比賽，若連勝兩局，則直接晉級(jí)；若前兩局兩人各勝一局，則需要進(jìn)行第三局決勝負(fù)．現(xiàn)在四人進(jìn)行乒乓球比賽，比賽賽制采用單敗制，A與B一組，C與D一組，第一輪兩組分別進(jìn)行，勝者晉級(jí)，敗者淘汰；第二輪由上輪的勝者進(jìn)行，勝者為冠軍．已知A與比賽，A的勝率分別為；B與比賽，B的勝率分別；C與D比賽，C的勝率為．任意兩局比賽之間均相互獨(dú)立．
（1）在C進(jìn)入第二輪的前提下，求A最終獲得冠軍的概率；
（2）記A參加比賽獲勝的局?jǐn)?shù)為X，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望．
【答案】（1）；（2）分布列見解析，.
【分析】
（1）根據(jù)獨(dú)立重復(fù)事件的概率公式，結(jié)合條件概率的計(jì)算公式進(jìn)行求解即可；
（2）參加比賽獲勝的局?jǐn)?shù)的取值有0，1，2，3，求出每種可能性的概率，列出分布列，根據(jù)數(shù)學(xué)期望公式進(jìn)行運(yùn)算求解即可.
【詳解】
解：（1）進(jìn)入第二輪的概率為，
與比賽，獲勝，與比賽，獲勝，且與比賽，獲勝，
其概率為，
故在進(jìn)入第二輪的前提下，最終獲得冠軍的概率．
（2）參加比賽獲勝的局?jǐn)?shù)的取值有0，1，2，3．
，
，
，
．
的分布列為：

0
1
2
3

．
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)睛：根據(jù)條件概率的運(yùn)算公式、認(rèn)真閱讀題干理解題意是解題的關(guān)鍵
31．（2021·山東濟(jì)南·二模）某企業(yè)對(duì)生產(chǎn)設(shè)備進(jìn)行優(yōu)化升級(jí)，升級(jí)后的設(shè)備控制系統(tǒng)由個(gè)相同的元件組成，每個(gè)元件正常工作的概率均為，各元件之間相互獨(dú)立．當(dāng)控制系統(tǒng)有不少于個(gè)元件正常工作時(shí)，設(shè)備正常運(yùn)行，否則設(shè)備停止運(yùn)行，記設(shè)備正常運(yùn)行的概率為（例如：表示控制系統(tǒng)由3個(gè)元件組成時(shí)設(shè)備正常運(yùn)行的概率；表示控制系統(tǒng)由5個(gè)元件組成時(shí)設(shè)備正常運(yùn)行的概率）．
（1）若每個(gè)元件正常工作的概率．
（i）當(dāng)時(shí)，求控制系統(tǒng)中正常工作的元件個(gè)數(shù)的分布列和期望；
（ii）計(jì)算．
（2）已知設(shè)備升級(jí)前，單位時(shí)間的產(chǎn)量為件，每件產(chǎn)品的利潤(rùn)為1元，設(shè)備升級(jí)后，在正常運(yùn)行狀態(tài)下，單位時(shí)間的產(chǎn)量是原來的4倍，且出現(xiàn)了髙端產(chǎn)品，每件產(chǎn)品成為高端產(chǎn)品的概率為，每件髙端產(chǎn)品的利潤(rùn)是2元．請(qǐng)用表示出設(shè)備升級(jí)后單位時(shí)間內(nèi)的利潤(rùn)（單位：元），在確保控制系統(tǒng)中元件總數(shù)為奇數(shù)的前提下，分析該設(shè)備能否通過增加控制系統(tǒng)中元件的個(gè)數(shù)來提高利潤(rùn)．
【答案】（1）（i）分布列見解析，數(shù)學(xué)期望為2；（ii）；（2）；分類討論，答案見解析．
【分析】
（1）（i）由題意可知，利用二項(xiàng)分布求解即可；
（ii）根據(jù)互斥事件的和事件的概率公式求解；
（2）求出設(shè)備升級(jí)后單位時(shí)間內(nèi)的利潤(rùn)，分類討論求出與的關(guān)系，做差比較大小即可.
【詳解】
（1）（i）因?yàn)椋钥刂葡到y(tǒng)中正常工作的元件個(gè)數(shù)的可能取值為0，1，2，3；
因?yàn)槊總€(gè)元件的工作相互獨(dú)立，且正常工作的概率均為，
所以，
所以，

，
，
所以控制系統(tǒng)中正常工作的元件個(gè)數(shù)的分布列為

0
1
2
3

控制系統(tǒng)中正常工作的元件個(gè)數(shù)的數(shù)學(xué)期望為；
（ii）由題意知：

；
（2）升級(jí)改造后單位時(shí)間內(nèi)產(chǎn)量的分布列為
產(chǎn)量

0
設(shè)備運(yùn)行概率

所以升級(jí)改造后單位時(shí)間內(nèi)產(chǎn)量的期望為；
所以
產(chǎn)品類型
高端產(chǎn)品
一般產(chǎn)品
產(chǎn)量（單位：件）

利潤(rùn)（單位：元）
2
1
設(shè)備升級(jí)后單位時(shí)間內(nèi)的利潤(rùn)為
，即；
因?yàn)榭刂葡到y(tǒng)中元件總數(shù)為奇數(shù)，若增加2個(gè)元件，則第一類：原系統(tǒng)中至少有個(gè)元件正常工作，其概率為；
第二類：原系統(tǒng)中恰好有個(gè)元件正常工作，新增2個(gè)元件中至少有1個(gè)正常工作，其概率為
；
第三類：原系統(tǒng)中有個(gè)元件正常工作，新增2個(gè)元件全部正常工作，其概率為
；
所以
，
即，
所以當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
即增加元件個(gè)數(shù)設(shè)備正常工作的概率變大，
當(dāng)時(shí)，，
即增加元件個(gè)數(shù)設(shè)備正常工作的概率沒有變大，
又因?yàn)椋?br /> 所以當(dāng)時(shí)，設(shè)備可以通過增加控制系統(tǒng)中元件的個(gè)數(shù)來提高利潤(rùn)；
當(dāng)時(shí)，設(shè)備不可以通過增加控制系統(tǒng)中元件的個(gè)數(shù)來提高利潤(rùn)．
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：分析增加2個(gè)元件后，分三類求解，求出是解題的難點(diǎn)與關(guān)鍵，屬于較難題.
32．（2021·河北省唐縣第一中學(xué)高三月考）某病毒在進(jìn)入人體后有潛伏期，患者在潛伏期內(nèi)無任何癥狀，但已具傳染性.假設(shè)一位病毒攜帶者在潛伏期內(nèi)每天有n位密接者，每位密接者被感染的概率為p，
（1）若，，求一天內(nèi)被一位病毒攜帶者直接感染人數(shù)X的分布列和均值：
（2）某定點(diǎn)醫(yī)院為篩查某些人員是否感染此病毒，需要檢測(cè)血液樣本是否為陽性，有以下兩種檢驗(yàn)方式：
①逐份檢驗(yàn)，即k份血液樣本需要檢驗(yàn)k次；
②混合檢驗(yàn)，即將k份（且）血液樣本分別取樣混合在一起檢驗(yàn)，若檢驗(yàn)結(jié)果為陰性，則這k份血液樣本全為陰性，因而這k份血液樣本只要檢驗(yàn)一次就夠了：如果檢驗(yàn)結(jié)果為陽性，為了明確這k份血液樣本究競(jìng)哪份為陽性，就要對(duì)k份血液樣本再逐份檢驗(yàn)，此時(shí)這k份血液樣本的檢驗(yàn)次數(shù)為k+1次.
假設(shè)樣本的檢驗(yàn)結(jié)果相互獨(dú)立，且每份樣本檢驗(yàn)結(jié)果是陽性的概率為，為使混合檢驗(yàn)需要的檢驗(yàn)的總次數(shù)的期望值比逐份檢驗(yàn)的總次數(shù)的期望值更少，求k的取值范圍.
參考數(shù)據(jù)：，，，，.
【答案】（1）答案見解析；（2）且k∈N*．
【分析】
（1）依題意可知X服從二項(xiàng)分布，即X～B(3，)，由此求得隨機(jī)變量的分布列；
（2）由題意知ζ的所有可能取值為1，，求得其期望，由已知得lnk＞k．設(shè)，運(yùn)用導(dǎo)函數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性和特殊點(diǎn)的函數(shù)值的符號(hào)可求得范圍.
【詳解】
（1）若n＝3，p＝，依題意可知X服從二項(xiàng)分布，即X～B(3，)，
從而，i＝0，1，2，3．
隨機(jī)變量X的分布列為：
X
0
1
2
3
P

隨機(jī)變量X的均值為．
（2）由題意知ζ的所有可能取值為1，，且，，
∴，
又∵E(η)＝k，依題意E(ζ)＜E(η)，即：k＋1－k(1－p)k＜k，∴＜(1－p)k，
∵p＝1－，∴＜()k，∴l(xiāng)nk＞k．
設(shè)，則，所以時(shí)，，時(shí)，，
所以f(x)在(0，3)上單調(diào)遞增，在(3，＋∞)上單調(diào)遞減，
由于f(1)＝＜0，f(2)＝ln2－＞0，
f(4)＝ln4－＝0.0530＞0，f(5)＝ln5－＝－0.0573＜0，
故k的取值范圍為且k∈N*．
【點(diǎn)睛】
方法點(diǎn)睛：求解離散型隨機(jī)變量分布列的步驟是：
1.首先確定隨機(jī)變量的所有可能取值；
2.計(jì)算取得每一個(gè)值的概率，可通過所有概率和為來檢驗(yàn)是否正確；
3.進(jìn)行列表，畫出分布列的表格；
4.最后扣題，根據(jù)題意求數(shù)學(xué)期望或者其它．
33．（2021·湖北·漢陽一中模擬預(yù)測(cè)）2020年12月16日至18日，中央經(jīng)濟(jì)工作會(huì)議在北京召開，會(huì)議確定，2021年要抓好八個(gè)重點(diǎn)任務(wù)，其中第五點(diǎn)就是：保障糧食安全，關(guān)鍵在于落實(shí)藏糧于地?藏糧于技戰(zhàn)略.要加強(qiáng)種質(zhì)資源保護(hù)和利用，加強(qiáng)種子庫建設(shè).要尊重科學(xué)?嚴(yán)格監(jiān)管，有序推進(jìn)生物育種產(chǎn)業(yè)化應(yīng)用.某“種子銀行”對(duì)某種珍稀名貴植物種子采取“活態(tài)保存”方法進(jìn)行保存，即對(duì)種子實(shí)行定期更換和種植.通過以往的相關(guān)數(shù)據(jù)表明，該植物種子的出芽率為，每顆種子是否發(fā)芽相互獨(dú)立.現(xiàn)任取該植物種子顆進(jìn)行種植，若種子的出芽數(shù)超過半數(shù)，則可認(rèn)為種植成功().
（1）當(dāng)，時(shí)，求種植成功的概率及的數(shù)學(xué)期望；
（2）現(xiàn)擬加種兩顆該植物種子，試分析能否提高種植成功率？
【答案】（1）概率為，；（2）答案見解析.
【分析】
（1）利用服從二項(xiàng)分布，即求出種植成功的概率和數(shù)學(xué)期望；
（2）設(shè)種植顆種子時(shí)，種植成功的概率為，擬加種兩顆該植物種子時(shí)，種植成功的概率為，為了種植成功，前顆種子中至少要有顆種子出芽，然后分三種情況分別求解種植成功的概率，利用作差法比較即可.
【詳解】
（1）由題意可知，服從二項(xiàng)分布，
故，
故種植成功的概率為，
；
（2）設(shè)種植顆種子時(shí)，種植成功的概率為，
擬加種兩顆該植物種子時(shí)，種植成功的概率為，
當(dāng)種植顆種子時(shí)，考慮前顆種子出芽數(shù)，
為了種植成功，前顆種子中至少要有顆種子出芽，
①前顆種子中恰有顆出芽，它的概率為，
此時(shí)后兩顆種子必須都要出芽，
所以這種情況下種植成功的概率為；
②前顆種子恰有顆出芽，它的概率為，
此時(shí)后兩顆種子至少有一顆出芽即可，
所以這種情況下種植成功的概率為；
③前顆種子至少有顆出芽，
它的概率為，此時(shí)種植一定成功.
所以，
故，
，
因?yàn)椋?br /> 所以，
所以當(dāng)時(shí)，，種植成功率會(huì)降低；
當(dāng)時(shí)，，種植成功率不變；
當(dāng)時(shí)，，種植成功率會(huì)提高.
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵一是要分類討論，二是要分析出所有滿足條件的情況并計(jì)算出概率.
34．（2021·全國·高三專題練習(xí)）品酒師需定期接受酒味鑒別功能測(cè)試，通常采用的測(cè)試方法如下：拿出（且）瓶外觀相同但品質(zhì)不同的酒讓品酒師品嘗，要求其按品質(zhì)優(yōu)劣為它們排序；經(jīng)過一段時(shí)間，等其記憶淡忘之后，再讓其品嘗這瓶酒，并重新按品質(zhì)優(yōu)劣為它們排序.這稱為一輪測(cè)試，根據(jù)一輪測(cè)試中的兩次排序的偏離程度的高低為其評(píng)分.現(xiàn)分別以、、、、表示第一次排序時(shí)被排在、、、、的種酒在第二次排序時(shí)的序號(hào)，并令，則是對(duì)兩次排序的偏離程度的一種描述.
（1）證明：無論取何值，的可能取值都為非負(fù)偶數(shù)；
（2）取，假設(shè)在品酒師僅憑隨機(jī)猜測(cè)來排序的條件下，、、、等可能地為、、、的各種排列，且各輪測(cè)試相互獨(dú)立.
①求的分布列和數(shù)學(xué)期望；
②若某品酒師在相繼進(jìn)行的三輪測(cè)試中，都有，則認(rèn)為該品酒師有較好的酒味鑒別功能.求出現(xiàn)這種現(xiàn)象的概率，并據(jù)此解釋該測(cè)試方法的合理性.
【答案】（1）證明見解析；（2）①分布列答案見解析，數(shù)學(xué)期望為；②概率為，解釋答案見解析.
【分析】
（1）分析出且與的奇偶性一致，右由此可得出結(jié)論；
（2）①由題意可知，隨機(jī)變量的可能取值有、、、、，分別計(jì)算出隨機(jī)變量在不同取值下的概率，可得出隨機(jī)變量的分布列，并由此計(jì)算出的值；
②記“在相繼進(jìn)行的三輪測(cè)試中都有”為事件，計(jì)算出的值，由此可得出結(jié)論.
【詳解】
（1）首先有，
去絕對(duì)值不影響數(shù)的奇偶性，故
與的奇偶性一致，而
為偶數(shù)，故的可能取值都為非負(fù)偶數(shù)；
（2）①由（1）知當(dāng)時(shí)，的可能取值為、、、、，
，，，
，，
所以的分布列為

從而的數(shù)學(xué)期望；
②記“在相繼進(jìn)行的三輪測(cè)試中都有”為事件，“在某輪測(cè)試中有”
為事件，則，
又各輪測(cè)試相互獨(dú)立，，
因?yàn)楸硎緝H憑隨機(jī)猜測(cè)得到較低偏離程度的結(jié)果的概率，
而，該可能性非常小，所以我們可以認(rèn)為該品酒師確實(shí)有較好的酒味鑒別能力，而不是靠隨機(jī)猜測(cè)，故這種測(cè)試方法合理.
【點(diǎn)睛】
思路點(diǎn)睛：求解隨機(jī)變量分布列的基本步驟如下：
（1）明確隨機(jī)變量的可能取值，并確定隨機(jī)變量服從何種概率分布；
（2）求出每一個(gè)隨機(jī)變量取值的概率；
（3）列成表格，對(duì)于抽樣問題，要特別注意放回與不放回的區(qū)別，一般地，不放回抽樣由排列、組合數(shù)公式求隨機(jī)變量在不同取值下的概率，放回抽樣由分步乘法計(jì)數(shù)原理求隨機(jī)變量在不同取值下的概率.
35．（2021·湖北·漢陽一中三模）設(shè)是給定的正整數(shù)（），現(xiàn)有個(gè)外表相同的袋子，里面均裝有個(gè)除顏色外其他無區(qū)別的小球，第個(gè)袋中有個(gè)紅球，個(gè)白球．現(xiàn)將這些袋子混合后，任選其中一個(gè)袋子，并且從中連續(xù)取出三個(gè)球（每個(gè)取后不放回）．
（1）若，假設(shè)已知選中的恰為第2個(gè)袋子，求第三次取出為白球的概率；
（2）若，求第三次取出為白球的概率；
（3）對(duì)于任意的正整數(shù)，求第三次取出為白球的概率．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】
（1）時(shí)，第三次取出為白球的情況有：紅紅白，紅白白，白紅白，利用相互獨(dú)立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式能求出第三次取出為白球的概率．
（2）先求出第三次取出的是白球的種數(shù)，再求出在第個(gè)袋子中第三次取出的是白球的概率，選到第個(gè)袋子的概率為，由此能求出第三次取出的是白球的概率．
（3）先求出第三次取出的是白球的種數(shù)，再求出在第個(gè)袋子中第三次取出的是白球的概率，選到第個(gè)袋子的概率為，由此能求出第三次取出的是白球的概率．
【詳解】
解：（1）時(shí)，第二個(gè)袋中有2白2紅，共4個(gè)球，從中連續(xù)取出三個(gè)球（每個(gè)取后不放回）．
第三次取出為白球的情況有：紅紅白，紅白白，白紅白，
∴第三次取出為白球的概率．
（2）設(shè)選出的是第個(gè)袋，連續(xù)三次取球的方法數(shù)為，
第三次取出的是白球的三次取球顏色有如下四種情形：
（白，白，白），取法數(shù)為，
（白，紅，白），取法數(shù)為，
（紅，白，白），取法數(shù)為，
（紅，紅，白），取法數(shù)為，
從而第三次取出的是白球的種數(shù)為：
，
則在第個(gè)袋子中第三次取出的是白球的概率，
而選到第個(gè)袋子的概率為，故所求概率為：
．
（3）設(shè)選出的是第個(gè)袋，連續(xù)三次取球的方法數(shù)為，
第三次取出的是白球的三次取球顏色有如下四種情形：
（白，白，白），取法數(shù)為，
（白，紅，白），取法數(shù)為，
（紅，白，白），取法數(shù)為，
（紅，紅，白），取法數(shù)為，
從而第三次取出的是白球的種數(shù)為：

，
則在第個(gè)袋子中第三次取出的是白球的概率，
而選到第個(gè)袋子的概率為，故所求概率為：
．
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查概率的求法，相互獨(dú)立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式，關(guān)鍵在于運(yùn)用列舉法，準(zhǔn)確地運(yùn)用公式得以解決問題．
36．（2021·安徽·高三月考（理））公元1651年，法國一位著名的統(tǒng)計(jì)學(xué)家德梅赫（Demere）向另一位著名的數(shù)學(xué)家帕斯卡（B. Pascal）提出了一個(gè)問題，帕斯卡和費(fèi)馬（Fermat）討論了這個(gè)問題，后來惠更斯（C. Huygens）也加入了討論，這三位當(dāng)時(shí)全歐洲乃至全世界最優(yōu)秀的科學(xué)家都給出了正確的解答.該問題如下：設(shè)兩名運(yùn)動(dòng)員約定誰先贏局，誰便贏得全部獎(jiǎng)金元.每局甲贏的概率為，乙贏的概率為，且每場(chǎng)比賽相互獨(dú)立.在甲贏了局，乙贏了局時(shí)，比賽意外終止.獎(jiǎng)金該怎么分才合理？這三位數(shù)學(xué)家給出的答案是：如果出現(xiàn)無人先贏局則比賽意外終止的情況，甲、乙便按照比賽再繼續(xù)進(jìn)行下去各自贏得全部獎(jiǎng)金的概率之比分配獎(jiǎng)金.
（1）規(guī)定如果出現(xiàn)無人先贏局則比賽意外終止的情況，甲、乙便按照比賽再繼續(xù)進(jìn)行下去各自贏得全部獎(jiǎng)金的概率之比分配獎(jiǎng)金.若，，，，求.
（2）記事件為“比賽繼續(xù)進(jìn)行下去乙贏得全部獎(jiǎng)金”，試求當(dāng)，，時(shí)比賽繼續(xù)進(jìn)行下去甲贏得全部獎(jiǎng)金的概率，并判斷當(dāng)時(shí)，事件是否為小概率事件，并說明理由.規(guī)定：若隨機(jī)事件發(fā)生的概率小于0.05，則稱該隨機(jī)事件為小概率事件.
【答案】（1）；（2）答案見解析.
【分析】
（1）設(shè)賭博再繼續(xù)進(jìn)行局甲贏得全部賭注，可知最后一局必然甲贏，可知的可能取值有、、，分別計(jì)算出在不同取值下的概率，可得出，進(jìn)而可得出，由此可氣得結(jié)果；
（2）設(shè)賭博繼續(xù)進(jìn)行局乙贏得全部賭注，則最后一局必然乙贏，可知的可能取值有、，分別計(jì)算出在不同取值下的概率，可求得，進(jìn)而可得出，再利用導(dǎo)數(shù)求出的最小值，進(jìn)而可得出結(jié)論.
【詳解】
（1）設(shè)比賽再繼續(xù)進(jìn)行局甲贏得全部獎(jiǎng)金，則最后一局必然甲贏.
由題意知，最多再進(jìn)行局，甲、乙必然有人贏得全部獎(jiǎng)金.
當(dāng)時(shí)，甲以贏，所以；
當(dāng)時(shí)，甲以贏，所以；
當(dāng)時(shí)，甲以贏，所以.
所以，甲贏的概率為.
所以，；
（2）設(shè)比賽繼續(xù)進(jìn)行局乙贏得全部獎(jiǎng)金，則最后一局必然乙贏.
當(dāng)時(shí)，乙以贏，；
當(dāng)時(shí)，乙以贏，；
所以，乙贏得全部獎(jiǎng)金的概率為.
于是甲贏得全部獎(jiǎng)金的概率.
求導(dǎo)，.
因?yàn)?，所以，所以在上單調(diào)遞增，
于是.
故乙贏的概率為，故事件是小概率事件.
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題在求和時(shí)，要明確最后一局是誰贏，前幾局甲或乙各贏了幾局，再結(jié)合獨(dú)立事件的概率乘法公式計(jì)算即可.
37．（2021·湖南·雅禮中學(xué)高三開學(xué)考試）某新型雙軸承電動(dòng)機(jī)需要裝配兩個(gè)軸承才能正常工作，且兩個(gè)軸承互不影響．現(xiàn)計(jì)劃購置甲，乙兩個(gè)品牌的軸承，兩個(gè)品牌軸承的使用壽命及價(jià)格情況如下表：
品牌
價(jià)格（元/件）
使用壽命（月）
甲

或
乙

或
已知甲品牌使用個(gè)月或個(gè)月的概率均為，乙品牌使用個(gè)月或個(gè)月的概率均為．
（1）若從件甲品牌和件乙品牌共件軸承中，任選件裝入電動(dòng)機(jī)內(nèi)，求電動(dòng)機(jī)可工作時(shí)間不少于個(gè)月的概率；
（2）現(xiàn)有兩種購置方案，方案一：購置件甲品牌；方案二：購置件甲品牌和件乙品牌（甲、乙兩品牌軸承搭配使用）．試從性價(jià)比（即電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)間與購置軸承的成本之比）的角度考慮，選擇哪一種方案更實(shí)惠？
【答案】（1）；（2）方案二更實(shí)惠．
【分析】
（1）分三種情況討論：①裝入兩件甲品牌；②裝入一件甲品牌，一件乙品牌，且乙品牌的使用壽命為個(gè)月；③裝入兩件乙品牌，且兩件的使用壽命均為個(gè)月.分別計(jì)算出各種情況下對(duì)應(yīng)事件的概率，利用互斥事件的概率加法公式可求得結(jié)果；
（2）若采用方案一，設(shè)電動(dòng)機(jī)可工作時(shí)間為（單位：月），若采用方案二，設(shè)兩件乙品牌軸承的使用壽命之和為（單位：月），計(jì)算出、的值，設(shè)甲品牌軸承的使用壽命為（單位：月），此時(shí)電動(dòng)機(jī)可工作時(shí)間為（單位：月），計(jì)算出，然后比較和的大小關(guān)系，由此可得出結(jié)論.
【詳解】
（1）電動(dòng)機(jī)工作時(shí)間不少于個(gè)月共有三種情況：
①裝入兩件甲品牌，概率為；
②裝入一件甲品牌，一件乙品牌，且乙品牌的使用壽命為個(gè)月，概率為；
③裝入兩件乙品牌，且兩件的使用壽命均為個(gè)月，概率為.
電動(dòng)機(jī)可工作時(shí)間不少于個(gè)月的概率為；
（2）若采用方案一，設(shè)電動(dòng)機(jī)可工作時(shí)間為（單位：月），則的可能取值為、
，，
所以，的分布列為

，它與購置軸承的成本之比為．
若采用方案二，設(shè)兩件乙品牌軸承的使用壽命之和為（單位：月），則的可能取值為、、，
，，.
設(shè)甲品牌軸承的使用壽命為（單位：月），此時(shí)電動(dòng)機(jī)可工作時(shí)間為（單位：月），則的可能取值為、、，
，
，
，
所以，的分布列為：

，它與購置軸承的成本之比為
，
，從性價(jià)比的角度考慮，方案二更實(shí)惠．
【點(diǎn)睛】
方法點(diǎn)睛：求隨機(jī)變量的期望和方差的基本方法如下：
（1）已知隨機(jī)變量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解；
（2）已知隨機(jī)變量的期望、方差，求的期望與方差，利用期望和方差的性質(zhì)（，）進(jìn)行計(jì)算；
（3）若能分析出所給的隨機(jī)變量服從常用的分布（如：兩點(diǎn)分布、二項(xiàng)分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式進(jìn)行計(jì)算.
38．（2021·全國·高三專題練習(xí)（理））為落實(shí)《關(guān)于全面加強(qiáng)和改進(jìn)新時(shí)代學(xué)校體育工作的意見》，完善學(xué)校體育“健康知識(shí)＋基本運(yùn)動(dòng)技能＋專項(xiàng)運(yùn)動(dòng)技能”教學(xué)模式，建立“校內(nèi)競(jìng)賽－校級(jí)聯(lián)賽－選拔性競(jìng)賽－國際交流比賽”為一體的競(jìng)賽體系，構(gòu)建校、縣（區(qū)）、地（市）、省、國家五級(jí)學(xué)校體育競(jìng)賽制度．某校開展“陽光體育節(jié)”活動(dòng)，其中傳統(tǒng)項(xiàng)目“定點(diǎn)踢足球”深受同學(xué)們喜愛．其間甲、乙兩人輪流進(jìn)行足球定點(diǎn)踢球比賽（每人各踢一次為一輪），在相同的條件下，每輪甲、乙兩人在同一位置，甲先踢，每人踢一次球，兩人有1人命中，命中者得1分，未命中者得分；兩人都命中或都未命中，兩人均得0分，設(shè)甲每次踢球命中的概率為，乙每次踢球命中的概率為，且各次踢球互不影響．
（1）經(jīng)過1輪踢球，記甲的得分為，求的數(shù)學(xué)期望；
（2）若經(jīng)過輪踢球，用表示經(jīng)過第輪踢球累計(jì)得分后甲得分高于乙得分的概率．
①求，，；
②規(guī)定，且有，請(qǐng)根據(jù)①中，，的值求出、，并求出數(shù)列的通項(xiàng)公式．
【答案】（1）；（2）①，，；②，.
【分析】
（1）的可能取值為，0，1，分別求出相應(yīng)的概率，由此能求出的分布列與期望；
（2）①，經(jīng)過2輪投球甲的累計(jì)得分高有兩種情況：一是2輪甲各得1分，二是2輪中有1輪甲得0分，有1輪甲得1分，由此能求出．經(jīng)過3輪投球，甲累計(jì)得分高于乙有四種情況：甲3輪各得1分；甲3輪中有2輪各得1分，1輪得0分；甲3輪中有1輪得1分，2輪各得0分；甲3輪中有2輪各得1分，1輪得分．由此能求出．
②推導(dǎo)出，將，代入得，，推導(dǎo)出是首項(xiàng)與公比都是的等比數(shù)列，由此能求出結(jié)果．
【詳解】
（1）記一輪踢球，甲命中為事件，乙命中為事件，，相互獨(dú)立．
由題意，，甲的得分的可能取值為，0，1．
，
．
，
∴的分布列為：

0
1

．
（2）①由（1），

．
經(jīng)過三輪踢球，甲累計(jì)得分高于乙有四種情況：甲3輪各得1分；甲3輪中有2輪各得1分，1輪得0分；甲3輪中有1輪得1分，2輪各得0分；甲3輪中有2輪各得1分，1輪得分．
∴，
②∵規(guī)定，且有，
∴代入得：，
∴，∴數(shù)列是等比數(shù)列，
公比為，首項(xiàng)為，∴．
∴．
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)睛：利用待定系數(shù)法得到后，緊扣等比數(shù)列定義是解決問題的關(guān)鍵.
39．（2021·全國·模擬預(yù)測(cè)）當(dāng)前，全國上下正處在新冠肺炎疫情“外防輸入，內(nèi)防反彈”的關(guān)鍵時(shí)期，為深入貫徹落實(shí)習(xí)近平總書記關(guān)于疫情防控的重要指示要求，始終把師生生命安全和身體健康放在第一位．結(jié)合全國第個(gè)愛國衛(wèi)生月要求，學(xué)校某班組織開展了“戰(zhàn)疫有我，愛衛(wèi)同行”防控疫情知識(shí)竟賽活動(dòng)，抽取四位同學(xué)，分成甲、乙兩組，每組兩人，進(jìn)行對(duì)戰(zhàn)答題．規(guī)則如下：每次每位同學(xué)給出道題目，其中有道是送分題(即每位同學(xué)至少答對(duì)題)．若每次每組答對(duì)的題數(shù)之和為的倍數(shù)，原答題組的人再繼續(xù)答題；若答對(duì)的題數(shù)之和不是的倍數(shù)，就由對(duì)方組接著答題．假設(shè)每位同學(xué)每次答題之間相互獨(dú)立，無論答對(duì)幾道題概率都一樣，且每次答題順序不作考慮，第一次由甲組開始答題．求：
(1)若第次由甲組答題的概率為，求；
(2)前次答題中甲組恰好答題次的概率為多少？
【答案】(1)；(2)．
【分析】
(1)先根據(jù)所給條件，用列舉法求出原答題組再繼續(xù)答題的概率和由對(duì)方組接著答題的概率，再把第次由甲組答題的事件分拆成兩個(gè)互斥事件的和，最后由概率加法公式列式求得；
(2)分析出甲在第次、第次、第次中只答題一次的事件，列式代數(shù)計(jì)算即得.
【詳解】
(1)答對(duì)的題數(shù)之和為的倍數(shù)分別為，，，，，，，
其概率為，
則答對(duì)的題數(shù)之和不是的倍數(shù)的概率為，
第次由甲組答題，是第次由甲組答題，第次繼續(xù)由甲組答題的事件與第次由乙組答題，第次由甲組答題的事件和，它們互斥，又各次答題相互獨(dú)立，
所以第次由甲組答題，第次繼續(xù)由甲組答題的概率為，
第次由乙組答題，第次由甲組答題的概率為，
因此，
則
因?yàn)榈谝淮斡杉捉M開始，則，
所以是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，
所以，
即
(2)由于第次由甲組答題，則只要第次、第次、第次這次中再由甲組答題一次即可，由(1)可知，，，
所以所求概率
.
所以．
【點(diǎn)睛】
涉及較繁瑣的概率求解問題，關(guān)鍵是把要求概率的事件分拆成一些相互獨(dú)立事件的積和彼此互斥的和，再根據(jù)概率的乘法公式和概率的加法公式求解.
40．（2021·全國·高三專題練習(xí)（理））甲、乙、丙三人參加學(xué)?！霸┘文耆A”競(jìng)答游戲，活動(dòng)的規(guī)則為：甲、乙、丙三人先分別坐在圓桌的，，三點(diǎn)，第一輪從甲開始通過擲骰子決定甲的競(jìng)答對(duì)手，如果點(diǎn)數(shù)是奇數(shù)，則按逆時(shí)針選擇乙，如果是偶數(shù)，則按順時(shí)針選丙，下一輪由上一輪擲骰子選中的對(duì)手繼續(xù)通過擲骰子決定竟答對(duì)手，如果點(diǎn)數(shù)是奇數(shù)按逆時(shí)針選對(duì)手，點(diǎn)數(shù)是偶數(shù)按順時(shí)針選對(duì)手，已知每場(chǎng)競(jìng)答甲對(duì)乙、甲對(duì)丙、乙對(duì)丙獲勝的概率分別為，，且甲、乙、丙之間競(jìng)答互不影響，各輪游戲亦互不影響，比賽中某選手累計(jì)獲勝場(chǎng)數(shù)達(dá)到場(chǎng)，游戲結(jié)束，該選手為晉級(jí)選手．

（1）求比賽進(jìn)行了場(chǎng)且甲晉級(jí)的概率；
（2）當(dāng)比賽進(jìn)行了場(chǎng)后結(jié)束，記甲獲勝的場(chǎng)數(shù)為，求的分布列與數(shù)學(xué)期望．
【答案】（1）；（2）分布列見解析；期望為．
【分析】
（1）根據(jù)題意分別求出每一類情況的概率，再利用互斥事件概率加法公式即可求解；（2）由題意可知的所有可能取值為，，，利用獨(dú)立事件與互斥事件的概率公式求出對(duì)應(yīng)的概率即可求出分布列與數(shù)學(xué)期望．
【詳解】
解：（1）甲贏兩場(chǎng)，分下面三種情況
①第一場(chǎng)甲勝，第二場(chǎng)無甲，第三場(chǎng)甲勝
概率為：；
②第一場(chǎng)甲輸，二三場(chǎng)均勝
概率為：；
③第一場(chǎng)甲勝，第二場(chǎng)輸，第三場(chǎng)勝
概率為：；
由互斥事件的概率加法公式可知：比賽進(jìn)行了場(chǎng)且甲晉級(jí)的概率為：.
（2）依題意的所有可能取值為，，
由（1）知，
當(dāng)比賽進(jìn)行了場(chǎng)后結(jié)束，甲獲勝的場(chǎng)數(shù)為時(shí)，
分兩種情況：
3場(chǎng)比賽中甲參加了1場(chǎng)，輸了,概率為：
3場(chǎng)比賽中甲參加了2場(chǎng)，都輸了，概率為：
3場(chǎng)比賽甲都參加且都輸?shù)羰遣豢赡艿?，否則兩場(chǎng)比賽打不到3場(chǎng).
所以，
故，
故的分布列為

則．
【點(diǎn)睛】
本題考查離散型隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望，考査數(shù)據(jù)處理能力、運(yùn)算求解能力，考查數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)據(jù)分析、數(shù)學(xué)抽象核心素養(yǎng)．
41．（2021·重慶南開中學(xué)高三月考）中國職業(yè)籃球聯(lián)賽（CBA聯(lián)賽）分為常規(guī)賽和季后賽.由于新冠疫情關(guān)系，今年聯(lián)賽采用賽會(huì)制：所有球隊(duì)集中在同一個(gè)地方比賽，分兩個(gè)階段進(jìn)行，每個(gè)階段采用循環(huán)賽，分主場(chǎng)比賽和客場(chǎng)比賽，積分排名前8的球隊(duì)進(jìn)入季后賽.季后賽的總決賽采用五場(chǎng)三勝制（“五場(chǎng)三勝制”是指在五場(chǎng)比賽中先勝三場(chǎng)者獲得比賽勝利，勝者成為本賽季的總冠軍）.下表是隊(duì)在常規(guī)賽60場(chǎng)比賽中的比賽結(jié)果記錄表.
階段
比賽場(chǎng)數(shù)
主場(chǎng)場(chǎng)數(shù)
獲勝場(chǎng)數(shù)
主場(chǎng)獲勝場(chǎng)數(shù)
第一階段
30
15
20
10
第二階段
30
15
25
15
（1）根據(jù)表中信息，是否有90%的把握認(rèn)為比賽的“主客場(chǎng)”與“勝負(fù)”之間有關(guān)？
（2）已知隊(duì)與隊(duì)在季后賽的總決賽中相遇，假設(shè)每場(chǎng)比賽結(jié)果相互獨(dú)立，隊(duì)除第五場(chǎng)比賽獲勝的概率為外，其他場(chǎng)次比賽獲勝的概率等于隊(duì)常規(guī)賽60場(chǎng)比賽獲勝的頻率.記為隊(duì)在總決賽中獲勝的場(chǎng)數(shù).
（?。┣蟮姆植剂校?br /> （ⅱ）求隊(duì)獲得本賽季的總冠軍的概率.
附：.
（）
0.100
0.050
0.025

2.706
3.841
5.024

【答案】（1）沒有90%的把握；（2）（?。┓植剂幸娊馕?；（ⅱ）.
【分析】
（1）利用獨(dú)立性檢驗(yàn)的知識(shí)，列出A隊(duì)在主客場(chǎng)勝負(fù)的列聯(lián)表，求出，以此進(jìn)行判斷；（2）（?。├枚?xiàng)分布，分布求得取值為0，1，2，3的概率，從而求得的分布列；（ⅱ）由（?。┲兴萌≈禐?的概率，即可求得隊(duì)獲得本賽季的總冠軍的概率.
【詳解】
解：（1）根據(jù)表格信息得到列聯(lián)表：

隊(duì)勝
隊(duì)負(fù)
合計(jì)
主場(chǎng)
25
5
30
客場(chǎng)
20
10
30
合計(jì)
45
15
60

所以沒有90%的把握認(rèn)為比賽的“主客場(chǎng)”與“勝負(fù)”之間有關(guān).
（2）（?。┑乃锌赡苋≈禐?，1，2，3，
隊(duì)前4場(chǎng)中每場(chǎng)獲勝的概率為.
；
；
；
.
所以的分布列為

0
1
2
3

（ⅱ）隊(duì)獲得本賽季的總冠軍的概率為
.
【點(diǎn)睛】
（1）計(jì)算時(shí)，一定要找到正確的分類變量，然后列出列聯(lián)表再計(jì)算；
（2）比賽五場(chǎng)三勝制，當(dāng)贏夠三場(chǎng)時(shí)一定是最后一場(chǎng)贏，所以屬于排列問題.
42．（2021·江蘇省天一中學(xué)三模）最近考試頻繁，為了減輕同學(xué)們的學(xué)習(xí)壓力，班上決定進(jìn)行一次減壓游戲.班主任把除顏色不同外其余均相同的8個(gè)小球放入一個(gè)紙箱子，其中白色球與黃色球各3個(gè)，紅色球與綠色球各1個(gè).現(xiàn)甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行摸球得分比賽，摸到白球每個(gè)記1分，黃球每個(gè)記2分，紅球每個(gè)記3分，綠球每個(gè)記4分，規(guī)定摸球人得分不低于8分獲勝.比賽規(guī)則如下：①只能一個(gè)人摸球；②摸出的球不放回；③摸球的人先從袋中摸出1球；若摸出的是綠色球，則再從袋子里摸出2個(gè)球；若摸出的不是綠色球，則再從袋子里摸出3個(gè)球，他的得分為兩次摸出的球的記分之和；④剩下的球歸對(duì)方，得分為剩下的球的記分之和.
（1）若甲第一次摸出了綠色球，求甲獲勝的概率；
（2）如果乙先摸出了紅色球，求乙得分的分布列和數(shù)學(xué)期望；
（3）第一輪比賽結(jié)束，有同學(xué)提出比賽不公平，提出你的看法，并說明理由.
【答案】（1）；（2）分布列見解析，；（3）比賽不公平，理由見解析.
【分析】
（1）甲再摸2球至少得4分，分兩種情況：一個(gè)紅球，一個(gè)其他球，或者兩個(gè)黃球，求出方法數(shù)，由此根據(jù)古典概型公式計(jì)算出概率；
（2）乙第一次摸出紅球，則可以再從袋子里摸出 3個(gè)小球，可計(jì)算出3個(gè)球的得分情況也即乙得分情況，分別計(jì)算概率得概率分布列，從而計(jì)算出期望.
（3）以第一次摸出的球的顏色分類，分別計(jì)算獲勝的概率，再計(jì)算概率的期望，與比較大小即可.
【詳解】
（1）記“甲第一次摸出了綠色球，求甲獲勝”為事件
則
（2）如果乙第一次摸出紅球，則可以再從袋子里摸出3個(gè)小球，則得分情況有：6分，7分，8分，9分，10分，11分

所以的分布列為：

6
7
8
9
10
11

所以的數(shù)學(xué)期望.
（3）由第（1）問知，若第一次摸出來綠球，則摸球人獲勝的概率為
由第（2）問知，若第一次摸出了紅球，則摸球人獲勝的概率為
若第一次摸出了黃球，則摸球人獲勝的概率為
若第一次摸出了白球，則摸球人獲勝的概率為
則摸球人獲勝的概率為
所以比賽不公平.
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第三問，判斷是否公平，即判斷任何一方獲勝的概率是不是，但是由于第一次摸出什么球?qū)竺婷蛴杏绊?，所以需要?duì)第一摸球進(jìn)行分類.
43．（2021·全國·高三專題練習(xí)）網(wǎng)絡(luò)是第五代移動(dòng)通信網(wǎng)絡(luò)的簡(jiǎn)稱，是新一輪科技革命最具代表性的技術(shù)之一.年初以來，我國網(wǎng)絡(luò)正在大面積鋪開.A市某調(diào)查機(jī)構(gòu)為了解市民對(duì)該市網(wǎng)絡(luò)服務(wù)質(zhì)量的滿意程度，從使用了手機(jī)的市民中隨機(jī)選取了人進(jìn)行了問卷調(diào)查，并將這人根據(jù)其滿意度得分分成以下組：、、、、，統(tǒng)計(jì)結(jié)果如圖所示：

（1）由直方圖可認(rèn)為市市民對(duì)網(wǎng)絡(luò)滿意度得分（單位：分）近似地服從正態(tài)分布，其中近似為樣本平均數(shù)，近似為樣本的標(biāo)準(zhǔn)差，并已求得.若市恰有萬名手機(jī)用戶，試估計(jì)這些手機(jī)用戶中滿意度得分位于區(qū)間的人數(shù)（每組數(shù)據(jù)以區(qū)間的中點(diǎn)值為代表）；
（2）該調(diào)查機(jī)構(gòu)為參與本次調(diào)查的手機(jī)用戶舉行了抽獎(jiǎng)活動(dòng)，每人最多有輪抽獎(jiǎng)活動(dòng)，每一輪抽獎(jiǎng)相互獨(dú)立，中獎(jiǎng)率均為.每一輪抽獎(jiǎng)，若中獎(jiǎng)，獎(jiǎng)金為元話費(fèi)且繼續(xù)參加下一輪抽獎(jiǎng)；若未中獎(jiǎng)，則抽獎(jiǎng)活動(dòng)結(jié)束，現(xiàn)小王參與了此次抽獎(jiǎng)活動(dòng).
（?。┣笮⊥醌@得元話費(fèi)的概率；
（ⅱ）求小王所獲話費(fèi)總額的數(shù)學(xué)期望（結(jié)果精確到）.
參考數(shù)據(jù)：若隨機(jī)變量z服從正態(tài)分布，即，則，.
【答案】（1）人；（2）（ⅰ），（ⅱ）元.
【分析】
（1）計(jì)算出樣本的平均數(shù)，可得出，結(jié)合參考數(shù)據(jù)可求得，乘以可得結(jié)果；
（2）（i）由題意可知，小王獲得元話費(fèi)表明其前輪連續(xù)中獎(jiǎng)且第輪未中獎(jiǎng)，利用獨(dú)立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（ii）由題意可知的可能取值有、、、、、、、、、、，計(jì)算出隨機(jī)變量在不同取值下的概率，結(jié)合離散型隨機(jī)變量的期望公式與錯(cuò)位相減法可求得結(jié)果.
【詳解】
解：（1）由題意知樣本平均數(shù)為，，
，所以，，
而，
故萬名手機(jī)用戶中滿意度得分位于區(qū)間的人數(shù)約為（人）；
（2）（ⅰ）小王獲得元話費(fèi)表明其前輪連續(xù)中獎(jiǎng)且第輪未中獎(jiǎng)，故所求的概率為；
（ⅱ）由題意可知的可能取值有、、、、、、、、、、，即，，，
當(dāng)，時(shí)，，說明小王前輪連續(xù)中獎(jiǎng)且第輪未中獎(jiǎng)，此時(shí)，
又滿足，，
所以，，
所以，
令，則，
上述兩個(gè)等式相減得，
化簡(jiǎn)得，所以，（元）.
【點(diǎn)睛】
方法點(diǎn)睛：求隨機(jī)變量的期望和方差的基本方法如下：
（1）已知隨機(jī)變量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解；
（2）已知隨機(jī)變量的期望、方差，求的期望與方差，利用期望和方差的性質(zhì)（，）進(jìn)行計(jì)算；
（3）若能分析出所給的隨機(jī)變量服從常用的分布（如：兩點(diǎn)分布、二項(xiàng)分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式進(jìn)行計(jì)算.
44．（2021·全國·高三月考（理））“博弈”原指下棋，出自我國《論語·陽貨》篇，現(xiàn)在多指一種決策行為，即一些個(gè)人?團(tuán)隊(duì)或組織，在一定規(guī)則約束下，同時(shí)或先后，一次或多次，在各自允許選擇的策略下進(jìn)行選擇和實(shí)施，并從中各自取得相應(yīng)結(jié)果或收益的過程.生活中有很多游戲都蘊(yùn)含著博弈，比如現(xiàn)在有兩個(gè)人玩“亮”硬幣的游戲，甲?乙約定若同時(shí)亮出正面，則甲付給乙3元，若同時(shí)亮出反面，則甲付給乙1元，若亮出結(jié)果是一正一反，則乙付給甲2元.
（1）若兩人各自隨機(jī)“亮”出正反面，求乙收益的期望.
（2）因?yàn)楦髯浴傲痢背稣疵妫皇菕伋稣疵?，所以可以控制“亮”出正面或反面的頻率(假設(shè)進(jìn)行多次游戲，頻率可以代替概率)，因此雙方就面臨競(jìng)爭(zhēng)策略的博弈.甲?乙可以根據(jù)對(duì)手出正面的概率調(diào)整自己出正面的概率，進(jìn)而增加自己贏得收益的期望，以收益的期望為決策依據(jù)，甲?乙各自應(yīng)該如何選擇“亮”出正面的概率，才能讓結(jié)果對(duì)自己最有利？并分析游戲規(guī)則是否公平.
【答案】（1）；（2）答案見解析.
【分析】
（1）根據(jù)題意可得隨機(jī)變量的可能取值為，1，3，列出分布列，求出數(shù)學(xué)期望即可.
（2）設(shè)甲以的概率“亮”出正面，乙以的概率“亮”出正面，分別求出甲的收益分布列以及乙的收益分布列，求出數(shù)學(xué)期望，討論的取值，分析甲、乙的數(shù)學(xué)期望即可得出結(jié)果.
【詳解】
解析（1）因?yàn)槭歉髯噪S機(jī)“亮”出正反面，所以甲?乙“亮”出正面的概率均可認(rèn)為是，
設(shè)乙在此游戲中的收益為隨機(jī)變量，則的可能取值為，1，3，
所以可得乙的收益的分布列為

-2
1
3

.
（2）假設(shè)甲以的概率“亮”出正面，乙以的概率“亮”出正面，
甲收益的隨機(jī)變量為，乙收益的隨機(jī)變量為，此時(shí)甲的收益分布列為

2
-1
-3

所以甲的收益期望為.
同理可得乙的收益分布列為

-2
1
3

所以乙的收益期望為.
根據(jù)甲的收益期望，可知乙的最優(yōu)策略是“亮”出正面的概率為，
否則若，有，甲的收益期望，
甲可以選擇都“亮”出反面的策略，即，達(dá)到預(yù)期收益最大，此時(shí).
若，則甲選擇都“亮”出正面的策略，即，達(dá)到預(yù)期收益最大，.
同理，可知甲的最優(yōu)策略是“亮”出正面的概率為，
所以最終兩人的決策為保持“亮”出正面的概率都為.
而當(dāng)時(shí)，，，
所以此時(shí)游戲結(jié)果對(duì)兩人都是最有利，但是規(guī)則不公平.
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了離散型隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望，解題的關(guān)鍵是求出甲、乙收益的數(shù)學(xué)期望，考查了分析能力、理解能力以及數(shù)學(xué)期望.
45．（2021·重慶·西南大學(xué)附中高三開學(xué)考試）“T2鉆石聯(lián)賽”是世界乒聯(lián)推出一種新型乒乓球賽事，其賽制如下：采用七局四勝制，比賽過程中可能出現(xiàn)兩種模式：“常規(guī)模式”和“FAST5模式”.在前24分鐘內(nèi)進(jìn)行的常規(guī)模式中，每小局比賽均為11分制，率先拿滿11分的選手贏得該局；如果兩名球員在24分鐘內(nèi)都沒有人贏得4局比賽，那么將進(jìn)入“FAST5”模式，“FAST5”模式為5分制的小局比賽，率先拿滿5分的選手贏得該局.24分鐘計(jì)時(shí)后開始的所有小局均采用“FAST5”模式.某位選手率先在7局比賽中拿下4局，比賽結(jié)束.現(xiàn)有甲、乙兩位選手進(jìn)行比賽，經(jīng)統(tǒng)計(jì)分析甲、乙之間以往比賽數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，24分鐘內(nèi)甲、乙可以完整打滿2局或3局，且在11分制比賽中，每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為；在“FAST5”模式，每局比賽雙方獲勝的概率都為，每局比賽結(jié)果相互獨(dú)立.
（Ⅰ）求4局比賽決出勝負(fù)的概率；
（Ⅱ）設(shè)在24分鐘內(nèi)，甲、乙比賽了3局，比賽結(jié)束時(shí)，甲乙總共進(jìn)行的局?jǐn)?shù)記為，求的分布列及數(shù)學(xué)期望.
【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）分布列見解析，.
【分析】
（Ⅰ）設(shè)前24分鐘比賽甲勝出分別為，乙勝出分別為，在“FAST5”模式每局比賽甲獲勝為，4局比賽決出勝負(fù)記為事件，分類即可求解；
（Ⅱ）的可能取值為4、5、6、7，分別求得其相應(yīng)概率，列出分布列，再求期望.
【詳解】
（Ⅰ）設(shè)前24分鐘比賽甲勝出分別為，乙勝出分別為，在“FAST5”模式每局比賽甲獲勝為，4局比賽決出勝負(fù)記為事件.
若24分鐘內(nèi)甲、乙打滿2局，則；
若24分鐘內(nèi)甲、乙打滿3局，則
；
（Ⅱ）的可能取值為4、5、6、7
；
；

；

；
所以，隨機(jī)變量的概率分別列為：

4
5
6
7

的數(shù)學(xué)期望為.
【點(diǎn)睛】
方法點(diǎn)睛：(1)正確分析所求事件的構(gòu)成，將其轉(zhuǎn)化為幾個(gè)彼此互斥事件的和或相互獨(dú)立事件的積，然后利用相關(guān)公式進(jìn)行計(jì)算．(2)注意根據(jù)問題情境正確判斷事件的獨(dú)立性．(3)在應(yīng)用相互獨(dú)立事件的概率公式時(shí)，對(duì)含有“至多有一個(gè)發(fā)生”“至少有一個(gè)發(fā)生”的情況，可結(jié)合對(duì)立事件的概率求解．
46．（2021·江西南昌·三模（理））高爾頓板是英國生物統(tǒng)計(jì)學(xué)家高爾頓設(shè)計(jì)用來研究隨機(jī)現(xiàn)象的模型，在一塊木板上釘著若干排相互平行但相互錯(cuò)開的圓柱形小木塊，小木塊之間留有適當(dāng)?shù)目障蹲鳛橥ǖ溃懊鎿跤幸粔K玻璃，讓一個(gè)小球從高爾頓板上方的通道口落下，小球在下落的過程中與層層小木塊碰撞，且等可能向左或向右滾下，最后掉入高爾頓板下方的某一球槽內(nèi).如圖1所示的高爾頓板有7層小木塊，小球從通道口落下，第一次與第2層中間的小木塊碰撞，以的概率向左或向右滾下，依次經(jīng)過6次與小木塊碰撞，最后掉入編號(hào)為1，2，…，7的球槽內(nèi).例如小球要掉入3號(hào)球槽，則在6次碰撞中有2次向右4次向左滾下.

（1）如圖1，進(jìn)行一次高爾頓板試驗(yàn)，求小球落入5號(hào)球槽的概率；
（2）小紅?小明同學(xué)在研究了高爾頓板后，利用高爾頓板來到社團(tuán)文化節(jié)上進(jìn)行盈利性“抽獎(jiǎng)”活動(dòng).小紅使用圖1所示的高爾頓板，付費(fèi)6元可以玩一次游戲，小球掉入m號(hào)球槽得到的獎(jiǎng)金為元，其中.小明改進(jìn)了高爾頓板(如圖2)，首先將小木塊減少成5層，然后使小球在下落的過程中與小木塊碰撞時(shí)，有的概率向左，的概率向右滾下，最后掉入編號(hào)為1，2，……，5的球槽內(nèi)，改進(jìn)高爾頓板后只需付費(fèi)4元就可以玩一次游戲，小球掉入n號(hào)球槽得到的獎(jiǎng)金為元，其中.兩位同學(xué)的高爾頓板游戲火爆進(jìn)行，很多同學(xué)參加了游戲，你覺得小紅和小明同學(xué)誰的盈利多？請(qǐng)說明理由.
【答案】（1）；（2）小明的盈利多，理由見解析.
【分析】
（1）設(shè)這個(gè)小球掉入5號(hào)球槽為事件，掉入5號(hào)球槽，需要向右4次向左2次，利用獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率計(jì)算可得；
（2）的可能取值為0，4，8，12，分別求出對(duì)應(yīng)的概率，列出分布列求出；的可能取值為0，1，4，9，求出對(duì)應(yīng)的概率，列出分布列求出，比較與的大小，確定小明的盈利多.
【詳解】
（1）設(shè)這個(gè)小球掉入5號(hào)球槽為事件，掉入5號(hào)球槽，需要向右4次向左2次，所以，
所以這個(gè)小球掉入5號(hào)球槽的概率為.
（2）小紅的收益計(jì)算如下：每一次游戲中，的可能取值為0，4，8，12.
，
，
，
.

0
4
8
12

一次游戲付出的獎(jiǎng)金，則小紅的收益為.
小明的收益計(jì)算如下：每一次游戲中，的可能取值為0，1，4，9.
，
，
，
.

0
1
4
9

一次游戲付出的獎(jiǎng)金，則小明的收益為.
顯然，，所以小明的盈利多.
【點(diǎn)睛】
方法點(diǎn)睛：本題考查獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率問題以及離散型隨機(jī)變量的分布列和數(shù)學(xué)期望，求離散型隨機(jī)變量的分布列，首先要根據(jù)具體情況確定的取值情況，然后利用排列，組合，概率知識(shí)求出取各個(gè)值時(shí)對(duì)應(yīng)的概率，對(duì)應(yīng)服從某種特殊分布的隨機(jī)變量，其分布列可以直接應(yīng)用公式給出，考查學(xué)生邏輯推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.
47．（2021·湖南·長(zhǎng)郡中學(xué)高三月考）一支擔(dān)負(fù)勘探任務(wù)的隊(duì)伍有若干個(gè)勘探小組和兩類勘探人員，甲類人員應(yīng)用某種新型勘探技術(shù)的精準(zhǔn)率為0.6，乙類人員應(yīng)用這種勘探技術(shù)的精準(zhǔn)率為.每個(gè)勘探小組配備1名甲類人員與2名乙類人員，假設(shè)在執(zhí)行任務(wù)中每位人員均有一次應(yīng)用這種技術(shù)的機(jī)會(huì)且互不影響，記在執(zhí)行任務(wù)中每個(gè)勘探小組能精準(zhǔn)應(yīng)用這種新型技術(shù)的人員數(shù)量為.
（1）證明：在各個(gè)取值對(duì)應(yīng)的概率中，概率的值最大；
（2）在特殊的勘探任務(wù)中，每次只能派一個(gè)勘探小組出發(fā)，工作時(shí)間不超過半小時(shí)，如果半小時(shí)內(nèi)無法完成任務(wù)，則重新派另一組出發(fā).現(xiàn)在有三個(gè)勘探小組可派出，若小組能完成特殊任務(wù)的概率t；，且各個(gè)小組能否完成任務(wù)相互獨(dú)立.試分析以怎樣的先后順序派出勘探小組，可使在特殊勘探時(shí)所需派出的小組個(gè)數(shù)的均值達(dá)到最小.
【答案】（1）證明見解析；（2）按照完成任務(wù)概率從大到小的的先后順序派出勘探小組.
【分析】
（1）由已知，的所有可能取值為0，1，2，3，再根據(jù)獨(dú)立事件的概率計(jì)算出取不同值對(duì)應(yīng)的概率，再做差比較即可判斷；
（2）先根據(jù)（1）中的結(jié)論比較和的大小，可得，故而可猜想出結(jié)論，再進(jìn)行證明即可.
【詳解】
（1）由已知，的所有可能取值為0，1，2，3，
，
，
，
.
∵，
∴，
，
，
∴概率）的值最大.
（2）由（1）可知，當(dāng)時(shí)，有的值最大，
且，
∴.
∴應(yīng)當(dāng)以的順序派出勘探小組，可使在特殊勘探時(shí)所需派出的小組個(gè)數(shù)的均值達(dá)到最小，即優(yōu)先派出完成任務(wù)概率大的小組可減少所需派出的小組個(gè)數(shù)的均值.
證明如下：
假定為的任意一個(gè)排列，即若三個(gè)小組按照某順序派出，該順序下三個(gè)小組能完成特殊任務(wù)的概率依次為，記在特殊勘探時(shí)所需派出的小組個(gè)數(shù)為，則，且的分布列為

1
2
3
P

∴數(shù)學(xué)期望.
下面證明成立，
∵

.
∴按照完成任務(wù)概率從大到小的的先后順序派出勘探小組，可使在特殊勘探時(shí)所需派出的小組個(gè)數(shù)的均值達(dá)到最小.
【點(diǎn)睛】
本題考查相互獨(dú)立事件的概率、離散型隨機(jī)變量的分布列和數(shù)學(xué)期望，以及期望的實(shí)際應(yīng)用，考查學(xué)生對(duì)數(shù)據(jù)的分析能力和運(yùn)算能力.
48．（2021·重慶·西南大學(xué)附中高三月考）在“十三五”期間，我國的扶貧工作進(jìn)入了“精準(zhǔn)扶貧”階段．到2020年底，全國830個(gè)貧困縣全部脫貧摘帽，最后4335萬貧困人口全部脫貧，這是我國脫貧攻堅(jiān)史上的一大壯舉．重慶市奉節(jié)縣作為國家貧困縣之一，于2019年4月順利脫貧摘帽．因地制宜發(fā)展特色產(chǎn)業(yè)，是奉節(jié)脫貧攻堅(jiān)的重要抓手．奉節(jié)縣規(guī)劃發(fā)展了以高山煙葉、藥材、反季節(jié)蔬菜；中山油橄欖、養(yǎng)殖；低山臍橙等為主的產(chǎn)業(yè)格局，各類特色農(nóng)產(chǎn)品已經(jīng)成為了當(dāng)?shù)卮迕竦膿u錢樹．尤其是奉節(jié)臍橙，因“果皮中厚、脆而易剝，肉質(zhì)細(xì)嫩化渣、無核少絡(luò)，酸甜適度，汁多爽口，余味清香”而聞名．為了防止返貧，鞏固脫貧攻堅(jiān)成果，各職能部門對(duì)臍橙種植、銷售、運(yùn)輸、改良等各方面給予大力支持．已知臍橙分類標(biāo)準(zhǔn)：果徑為一級(jí)果，果徑為二級(jí)果，果徑或以上為三級(jí)果．某農(nóng)產(chǎn)品研究所從種植園采摘的大量奉節(jié)臍橙中隨機(jī)抽取1000個(gè)，測(cè)量這些臍橙的果徑（單位：），得到如圖所示的頻率分布直方圖．

（1）試估計(jì)這1000個(gè)奉節(jié)臍橙的果徑的中位數(shù)；
（2）在這1000個(gè)臍橙中，按分層抽樣的方法在果徑中抽出9個(gè)臍橙，為進(jìn)一步測(cè)量其他指標(biāo)，在抽取的9個(gè)臍橙中再抽出3個(gè)，求抽到的一級(jí)果個(gè)數(shù)的分布列與數(shù)學(xué)期望；
（3）以樣本估計(jì)總體，用頻率代替概率，某顧客從種植園的這批臍橙中隨機(jī)購買100個(gè)，其中一級(jí)果的個(gè)數(shù)為，記一級(jí)果的個(gè)數(shù)為的概率為，寫出的表達(dá)式，并求出當(dāng)為何值時(shí)，最大？
【答案】（1）81；（2）分布列見解析，；（3），30.
【分析】
（1）中位數(shù)為一組數(shù)從小到大后中間的那個(gè)數(shù)，利用頻率分布直方圖來求解時(shí)，中位數(shù)的左側(cè)長(zhǎng)方形面積之和為0.5，即可找出中位數(shù)；
（2）分層抽樣過程中，一級(jí)果、二級(jí)果、三級(jí)果個(gè)數(shù)分別為4，3，2個(gè)，故隨機(jī)變量，
逐個(gè)寫出概率即可得到分布列；
（3）利用，判斷出當(dāng)時(shí)，最大.
【詳解】
解：（1）果徑的頻率為，
果徑的頻率為，
故果徑的中位數(shù)在，不妨設(shè)為，則，
解得中位數(shù)．
（2）果徑，，的頻率之比為，
所以分層抽樣過程中，一級(jí)果、二級(jí)果、三級(jí)果個(gè)數(shù)分別為4，3，2個(gè)，
故隨機(jī)變量，
，
，
，
，
所以的分布列為

0
1
2
3

期望．
（3）這批果實(shí)中一級(jí)果的概率，每個(gè)果實(shí)相互獨(dú)立，則，
則，題目即求為何值時(shí)，最大，
令，解得，
故當(dāng)時(shí)，，即…，當(dāng)時(shí)，，即…，所以，
即一級(jí)果的個(gè)數(shù)最有可能為30個(gè)．
49．（2021·江蘇南通·模擬預(yù)測(cè)）某電子公司新開發(fā)一電子產(chǎn)品，該電子產(chǎn)品的一個(gè)系統(tǒng)G有2n﹣1個(gè)電子元件組成，各個(gè)電子元件能正常工作的概率均為p，且每個(gè)電子元件能否正常工作相互獨(dú)立．若系統(tǒng)中有超過一半的電子元件正常工作，則系統(tǒng)G可以正常工作，否則就需維修．
（1）當(dāng)時(shí)，若該電子產(chǎn)品由3個(gè)系統(tǒng)G組成，每個(gè)系統(tǒng)的維修所需費(fèi)用為500元，設(shè)為該電子產(chǎn)品需要維修的系統(tǒng)所需的總費(fèi)用，求的分布列與數(shù)學(xué)期望；
（2）為提高系統(tǒng)G正常工作的概率，在系統(tǒng)內(nèi)增加兩個(gè)功能完全一樣的電子元件，每個(gè)新元件正常工作的概率均為p，且新增元件后有超過一半的電子元件正常工作，則系統(tǒng)C可以正常工作，問p滿足什么條件時(shí)，可以提高整個(gè)系統(tǒng)G的正常工作概率？
【答案】（1）分布列見解析，數(shù)學(xué)期望為750；（2）．
【分析】
（1）由題知當(dāng)時(shí)個(gè)系統(tǒng)需要維修的概率為，進(jìn)而得電子產(chǎn)品需要維修的系統(tǒng)個(gè)數(shù)滿足，，再根據(jù)二項(xiàng)分布求解即可；
（2）設(shè)個(gè)元件組成的系統(tǒng)正常工作的概率為，進(jìn)而得，再分三種情況（見解析）討論，進(jìn)而求解時(shí)的情況即可得答案.
【詳解】
（1）當(dāng)時(shí)，一個(gè)系統(tǒng)有3個(gè)電子元件，則一個(gè)系統(tǒng)需要維修的概率為，設(shè)為該電子產(chǎn)品需要維修的系統(tǒng)個(gè)數(shù)，則，，
∴，
∴的分布列為：

0
500
1000
1500
P

∴．
（2）記個(gè)元件組成的系統(tǒng)正常工作的概率為．
個(gè)元件中有個(gè)正常工作的概率為，
因此系統(tǒng)工常工作的概率．
在個(gè)元件組成的系統(tǒng)中增加兩個(gè)元件得到個(gè)元件組成的系統(tǒng)，則新系統(tǒng)正常工作可分為下列情形：
（a）原系統(tǒng)中至少個(gè)元件正常工作，概率為；
（b）原系統(tǒng)中恰有個(gè)元件正常工作，且新增的兩個(gè)元件至少有1個(gè)正常工作，
概率為；
（c）原系統(tǒng)中恰有個(gè)元件正常工作，且新增的兩個(gè)元件均正常工作，
概率為．
所以,
因此，

，
故當(dāng)時(shí)，單調(diào)增加，增加兩個(gè)元件后，能提高系統(tǒng)的可靠性．
【點(diǎn)睛】
該題考查的是有關(guān)概率的問題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，二項(xiàng)分布，分布列與期望，概率加法公式，考查運(yùn)算求解能力，分析數(shù)據(jù)處理數(shù)據(jù)的能力，是中檔題.本題第二問解題的關(guān)鍵在于求出個(gè)元件組成的系統(tǒng)正常工作的概率為，進(jìn)而分三類情況討論增加兩個(gè)元件后的系統(tǒng)正常工作的概率，并討論使得的情況.
50．（2021·全國·高三專題練習(xí)（理））已知正三角形，某同學(xué)從點(diǎn)開始，用擦骰子的方法移動(dòng)棋子，規(guī)定：①每擲一次骰子，把一枚棋子從三角形的一個(gè)頂點(diǎn)移動(dòng)到另一個(gè)頂點(diǎn)；②棋子移動(dòng)的方向由擲骰子決定，若擲出骰子的點(diǎn)數(shù)大于3，則按逆時(shí)針方向移動(dòng)：若擲出骰子的點(diǎn)數(shù)不大于3，則按順時(shí)針方向移動(dòng).設(shè)擲骰子次時(shí)，棋子移動(dòng)到，，處的概率分別為：，，，例如：擲骰子一次時(shí)，棋子移動(dòng)到，，處的概率分別為，，
（1）擲骰子三次時(shí)，求棋子分別移動(dòng)到，，處的概率，，；
（2）記，，，其中，，求.
【答案】（1），，；（2）.
【分析】
（1）由題意分別列出到A，B，C的情況，進(jìn)而可得結(jié)果.
（2）由題意可得，進(jìn)而可得，構(gòu)造等比數(shù)列，即可得出結(jié)果.
【詳解】
（1），
所以

所以

所以
（2）∵，即，，
又，
∴時(shí)
又∵，可得
由
可得數(shù)列是首項(xiàng)為公比為的等比數(shù)列
，即
又
故
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：由遞推公式，構(gòu)造等比數(shù)列，進(jìn)而可得通項(xiàng)公式.本題考查了運(yùn)算求解能力和邏輯推理能力，屬于難題.
51．（2021·江西·模擬預(yù)測(cè)（理））某種疾病可分為、兩種類型.為了解該疾病類型與性別的關(guān)系，在某地區(qū)隨機(jī)抽取了患該疾病的病人進(jìn)行調(diào)查，其中女性是男性的倍，男性患型病的人數(shù)占男性病人的，女性患型病的人數(shù)占女性病人的.
（1）若在犯錯(cuò)誤的概率不超過的前提下認(rèn)為“所患疾病類型”與“性別”有關(guān)，求男性患者至少有多少人？
（2）某藥品研發(fā)公司欲安排甲乙兩個(gè)研發(fā)團(tuán)隊(duì)來研發(fā)此疾病的治療藥物.兩個(gè)團(tuán)隊(duì)各至多安排個(gè)接種周期進(jìn)行試驗(yàn).甲團(tuán)隊(duì)研發(fā)的藥物每次接種后產(chǎn)生抗體的概率為，每人每次接種花費(fèi)元，每個(gè)周期至多接種3次，第一個(gè)周期連續(xù)次出現(xiàn)抗體則終止本接種周期進(jìn)入第二個(gè)接種周期，否則需依次接種至第一周期結(jié)束，再進(jìn)入第二周期：第二接種周期連續(xù)2次出現(xiàn)抗體則終止試驗(yàn)，否則需依次接種至至試驗(yàn)結(jié)束：乙團(tuán)隊(duì)研發(fā)的藥物每次接種后產(chǎn)生抗體的概率為，每人每次花費(fèi)元，每個(gè)周期接種次，每個(gè)周期必須完成次接種，若一個(gè)周期內(nèi)至少出現(xiàn)次抗體，則該周期結(jié)束后終止試驗(yàn)，否則進(jìn)入第二個(gè)接種周期，假設(shè)兩個(gè)研發(fā)團(tuán)隊(duì)每次接種后產(chǎn)生抗體與否均相互獨(dú)立.當(dāng)，時(shí)，從兩個(gè)團(tuán)隊(duì)試驗(yàn)的平均花費(fèi)考慮，試證明該公司選擇乙團(tuán)隊(duì)進(jìn)行藥品研發(fā)的決策是正確的.
附：，

0.10
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）；（2）該公司選擇乙團(tuán)隊(duì)進(jìn)行藥品研發(fā)的決策是正確的.
【分析】
（1）設(shè)男性患者有人，則女性患者有人，列出列聯(lián)表，計(jì)算出的觀測(cè)值，根據(jù)題意可得出關(guān)于的不等式，結(jié)合、可求得整數(shù)的最小值；
（2）設(shè)甲研發(fā)團(tuán)隊(duì)試驗(yàn)總花費(fèi)為元，設(shè)乙研發(fā)團(tuán)隊(duì)試驗(yàn)總花費(fèi)為元，計(jì)算出、，利用函數(shù)的單調(diào)性可得出，由此可得出結(jié)論.
【詳解】
（1）設(shè)男性患者有人，則女性患者有人，列聯(lián)表如下：

Ⅰ型病
Ⅱ型病
合計(jì)
男

z
女

合計(jì)

要使在犯錯(cuò)誤的概率不超過的前提下認(rèn)為“所患疾病類型”與“性別”有關(guān)，
則，解得，
∵，，的最小整數(shù)值為，因此，男性患者至少有人；
（2）設(shè)甲研發(fā)團(tuán)隊(duì)試驗(yàn)總花費(fèi)為元，則的可能取值為、、，
，，
，
，
在遞減，，
設(shè)乙研發(fā)團(tuán)隊(duì)試驗(yàn)總花費(fèi)為元，則的可能取值為、，
，，
，
設(shè)，，
函數(shù)在遞減，，恒成立，
所以，該公司選擇乙團(tuán)隊(duì)進(jìn)行藥品研發(fā)的決策是正確的.
【點(diǎn)睛】
方法點(diǎn)睛：求離散型隨機(jī)變量均值與方差的基本方法：
（1）已知隨機(jī)變量的分布列求它的均值、方差，按定義求解．
（2）已知隨機(jī)變量的均值、方差，求的線性函數(shù)的均值、方差，可直接用的均值、方差的性質(zhì)求解；
（3）如果所給隨機(jī)變量是服從常用的分布（如兩點(diǎn)分布、二項(xiàng)分布等），利用它們的均值、方差公式求解．

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