?專題21 隨機(jī)變量及其分布列
一．選擇題(在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）
1．2019年末，武漢出現(xiàn)新型冠狀病毒肺炎（COVID-19）疫情，并快速席卷我國(guó)其他地區(qū)，傳播速度很快.因這種病毒是以前從未在人體中發(fā)現(xiàn)的冠狀病毒新毒株，所以目前沒(méi)有特異治療方法，防控難度很大，武漢市出現(xiàn)疫情最早，感染人員最多，防控壓力最大，武漢市從2月7日起舉全市之力入戶上門(mén)排查確診的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、無(wú)法明確排除新冠肺炎的發(fā)熱患者和與確診患者的密切接觸者等“四類”人員，強(qiáng)化網(wǎng)格化管理，不落一戶、不漏一人.在排查期間，一戶6口之家被確認(rèn)為“與確診患者的密切接觸者”，這種情況下醫(yī)護(hù)人員要對(duì)其家庭成員隨機(jī)地逐一進(jìn)行“核糖核酸”檢測(cè)，若出現(xiàn)陽(yáng)性，則該家庭為“感染高危戶”.設(shè)該家庭每個(gè)成員檢測(cè)呈陽(yáng)性的概率均為且相互獨(dú)立，該家庭至少檢測(cè)了5個(gè)人才能確定為“感染高危戶”的概率為，當(dāng)時(shí)，最大，則（）
A． B． C． D．
【解析】設(shè)事件A：檢測(cè)5個(gè)人確定為“感染高危戶”，
事件B：檢測(cè)6個(gè)人確定為“感染高危戶”.∴，.
即.設(shè)，則
，
∴，
當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號(hào)，即.故選：A.
2．已知集合，，從集合中任取3個(gè)不同的元素，其中最小的元素用表示，從集合中任取3個(gè)不同的元素，其中最大的元素用表示，記，則隨機(jī)變量的期望為（ ）
A． B． C．3 D．4
【解析】根據(jù)題意，從集合中任取3個(gè)不同的元素，則有，其中最小的元素取值分別為，
從集合中任取3個(gè)不同的元素，其中最大的元素的取值分別為，
因?yàn)?，可得隨機(jī)變量的取值為，
則，
，
所以隨機(jī)變量的期望為：.故選：A.
3．（1）將個(gè)小球隨機(jī)地投入編號(hào)為1，2…，的個(gè)盒子中（每個(gè)盒子容納的小球個(gè)數(shù)沒(méi)有限制），記1號(hào)盒子中小球的個(gè)數(shù)為；（2）將個(gè)小球隨機(jī)地投入編號(hào)為1，2…，的個(gè)盒子中（每個(gè)盒子容納的小球個(gè)數(shù)沒(méi)有限制），記號(hào)盒子中小球的個(gè)數(shù)為，則（ ）
A． B．
C． D．
【解析】問(wèn)題轉(zhuǎn)化為將一個(gè)小球投入到個(gè)盒子中，投次，
投入1號(hào)盒子中小球的次數(shù)為，故，
，
同理可得：，
，
，
即，故選：A
4．我們知道，在次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)（即伯努利試驗(yàn)）中，每次試驗(yàn)中事件發(fā)生的概率為，則事件發(fā)生的次數(shù)服從二項(xiàng)分布，事實(shí)上，在無(wú)限次伯努利試驗(yàn)中，另一個(gè)隨機(jī)變量的實(shí)際應(yīng)用也很廣泛，即事件首次發(fā)生時(shí)試驗(yàn)進(jìn)行的次數(shù)，顯然，我們稱服從“幾何分布”，經(jīng)計(jì)算得．由此推廣，在無(wú)限次伯努利試驗(yàn)中，試驗(yàn)進(jìn)行到事件和都發(fā)生后停止，此時(shí)所進(jìn)行的試驗(yàn)次數(shù)記為，則，那么（ ）
A． B．
C． D．
【解析】因?yàn)椋?br /> ∴若，則．
那么
．
設(shè)．
．
∴．
∴時(shí)，．
∴．故選：A．
5．若隨機(jī)變量，且.已知為拋物線的焦點(diǎn)，為原點(diǎn)，點(diǎn)是拋物線準(zhǔn)線上一動(dòng)點(diǎn)，若點(diǎn)在拋物線上，且，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【解析】隨機(jī)變量，且，
1和關(guān)于對(duì)稱，即，
設(shè)為第一象限中的點(diǎn)，，拋物線方程為：，，
解得即，關(guān)于準(zhǔn)線的對(duì)稱點(diǎn)為，
根據(jù)對(duì)稱性可得：

當(dāng)且僅當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)等號(hào)成立.如圖

故選：D
6．已知隨機(jī)變量的分布服從，記，記在上的最大值為，若正整數(shù)，滿足，則和的大小關(guān)系是（ ）
A． B．
C． D．無(wú)法確定
【解析】，
，
設(shè)，，，
當(dāng)時(shí)，，故，
當(dāng)時(shí)，，，，故，
所以在上遞增，所以.
故，所以，故選：B.
7．下列說(shuō)法中正確的是（ ）
①設(shè)隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布，則
②已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布且，則
③小趙、小錢、小孫、小李到4個(gè)景點(diǎn)旅游，每人只去一個(gè)景點(diǎn)，設(shè)事件“4個(gè)人去的景點(diǎn)互不相同”，事件“小趙獨(dú)自去一個(gè)景點(diǎn)”，則；
④；.
A．①②③ B．②③④ C．②③ D．①③
【解析】命題①：設(shè)隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布，
則，正確；
命題②：∵服從正態(tài)分布，∴正態(tài)曲線的對(duì)稱軸是，
，
，正確；
命題③：設(shè)事件“4個(gè)人去的景點(diǎn)不相同”，事件“小趙獨(dú)自去一個(gè)景點(diǎn)”，
則，所以，正確；
命題④：正確，錯(cuò)誤，應(yīng)該為，故不正確.故選：A
8．某批零件的尺寸X服從正態(tài)分布，且滿足，零件的尺寸與10的誤差不超過(guò)1即合格，從這批產(chǎn)品中抽取n件，若要保證抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，則n的最小值為（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【解析】因?yàn)?，且，所以?br /> 即每個(gè)零件合格的概率為.
合格零件不少于2件的對(duì)立事件是合格零件個(gè)數(shù)為零個(gè)或一個(gè).
合格零件個(gè)數(shù)為零個(gè)或一個(gè)的概率為，
由，得 ①，
令.因?yàn)椋?br /> 所以單調(diào)遞減，又因?yàn)?，?br /> 所以不等式①的解集為.
9．如果不是等差數(shù)列，但若，使得，那么稱為“局部等差”數(shù)列.已知數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為4，記事件：集合，事件：為“局部等差”數(shù)列，則條件概率（ ）
A． B． C． D．
【解析】由題意知，事件共有=120個(gè)基本事件，事件“局部等差”數(shù)列共有以下24個(gè)基本事件，
（1）其中含1，2，3的局部等差的分別為1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3個(gè)， 含3，2，1的局部等差數(shù)列的同理也有3個(gè)，共6個(gè).
含3，4，5的和含5，4，3的與上述（1）相同，也有6個(gè).
含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共 2個(gè)，
含4，3，2的同理也有2個(gè).
含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4個(gè)，
含5，3，1的也有上述4個(gè)，共24個(gè)，
=.故選C.
10．將三顆骰子各擲一次，記事件A＝“三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不同”，B＝“至少出現(xiàn)一個(gè)６點(diǎn)”，則條件概率，分別是（ ）
A．， B．， C．， D．，
【解析】根據(jù)條件概率的含義，其含義為在發(fā)生的情況下，發(fā)生的概率，即在“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”的情況下，“三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不相同”的概率，
“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”的情況數(shù)目為，“三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不相同”則只有一個(gè)6點(diǎn)，共種，；
其含義為在發(fā)生的情況下，發(fā)生的概率，即在“三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不相同”的情況下，“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”的概率，．故選：．
11．甲盒子裝有3個(gè)紅球，1個(gè)黃球，乙盒中裝有1個(gè)紅球，3個(gè)黃球，同時(shí)從甲乙兩盒中取出個(gè)球交換，分別記甲乙兩個(gè)盒子中紅球個(gè)數(shù)的數(shù)學(xué)期望為，則以下結(jié)論錯(cuò)誤的是（ ）
A． B． C． D．
【解析】用表示交換后甲盒子中的紅球數(shù)， 表示交換后乙盒子中的紅球數(shù)，
當(dāng)時(shí)，則， ， ．故A正確，C正確，
當(dāng) 時(shí)，
故B正確．
當(dāng) 時(shí)，

，
故D錯(cuò)誤．故選D．
12．廣雅高一年級(jí)和高二年級(jí)進(jìn)行籃球比賽，賽制為3局2勝制，若比賽沒(méi)有平局，且高二隊(duì)每局獲勝的概率都是，記比賽的最終局?jǐn)?shù)為隨機(jī)變量，則（）
A． B． C． D．
【解析】的可能取值為2，3，
解法一：，，
令，因?yàn)?，所以?br /> 則；，所以，

，
因?yàn)?，所以?br /> 法二：，，
，
因?yàn)橐詾閷?duì)稱軸，開(kāi)口向下，所以在時(shí)，單調(diào)遞增，
所以，排除A，B．
法1：


，令，
法2：

，
所以在上單調(diào)遞減，又，
所以當(dāng)時(shí)，，所以時(shí)單調(diào)遞增，
所以．故選：C
二．填空題
13．對(duì)一個(gè)物理量做次測(cè)量，并以測(cè)量結(jié)果的平均值作為該物理量的最后結(jié)果．已知最后結(jié)果的誤差，為使誤差在的概率不小于0.9545，至少要測(cè)量_____次（若，則）．
【解析】根據(jù)正態(tài)曲線的對(duì)稱性知：要使誤差在的概率不小于0.9545，
則且，，所以.
14．2019年暑假期間，河南有一新開(kāi)發(fā)的景區(qū)在各大媒體循環(huán)播放廣告，觀眾甲首次看到該景區(qū)的廣告后，不來(lái)此景區(qū)的概率為，從第二次看到廣告起，若前一次不來(lái)此景區(qū)，則這次來(lái)此景區(qū)的概率是，若前一次來(lái)此景區(qū)，則這次來(lái)此景區(qū)的概率是.記觀眾甲第n次看到廣告后不來(lái)此景區(qū)的概率為，若當(dāng)時(shí)，恒成立，則M的最小值為_(kāi)_________.
【解析】根據(jù)題意，為觀眾甲第次看到廣告后不來(lái)此景區(qū)的概率，
則，所以，
所以是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，
所以， 即，
顯然數(shù)列單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，，
所以，所以的最小值為.
15．設(shè)為隨機(jī)變量，從邊長(zhǎng)為1的正方體12條棱中任取兩條，當(dāng)兩條棱相交時(shí)，；當(dāng)兩條棱異面時(shí)，；當(dāng)兩條棱平行時(shí)，的值為兩條棱之間的距離，則數(shù)學(xué)期望=________.
【解析】由題意正方體中兩條平行的棱間的距離為1或．
正方體共12條棱中任取兩條，共有種取法，
其中相交的有，平行且距離為的有種，
其余的是異面或距離為1的平行線，共有36種，
∴，，，
分布列為：

0
1





．
16．賭博有陷阱，某種賭博游戲每局的規(guī)則是：參與者現(xiàn)在從標(biāo)有5,6,7,8,9的相同小球中隨機(jī)摸取一個(gè)，將小球上的數(shù)字作為其賭金（單位：元）；隨后放回該小球，再隨機(jī)摸取兩個(gè)小球，將兩個(gè)小球上數(shù)字之差的絕對(duì)值的2倍作為其獎(jiǎng)金（單位：元），若隨機(jī)變量和分別表示參與者在每一局賭博游戲中的賭金與獎(jiǎng)金，則__________（元）．
【解析】賭金的分布列為













，獎(jiǎng)金的情況是兩卡片數(shù)字之差絕對(duì)值為，共有種，獎(jiǎng)金為元，兩卡片數(shù)字之差絕對(duì)值為 ，共有 種，獎(jiǎng)金為元，兩卡片數(shù)字之差絕對(duì)值為 ，共有 種，獎(jiǎng)金為元，兩卡片數(shù)字之差絕對(duì)值為 ，共有 種，獎(jiǎng)金為元. 則，，
獎(jiǎng)金的分布列為










，，故答案為.
三．解答題(解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)
17．2020年1月15日教育部制定出臺(tái)了《關(guān)于在部分高校開(kāi)展基礎(chǔ)學(xué)科招生改革試點(diǎn)工作的意見(jiàn)》（ 也稱“強(qiáng)基計(jì)劃”），《意見(jiàn)》宣布：2020年起不再組織開(kāi)展高校自主招生工作，改為實(shí)行強(qiáng)基計(jì)劃.強(qiáng)基計(jì)劃上要選拔培養(yǎng)有志于服務(wù)國(guó)家重大戰(zhàn)略需求且綜合素質(zhì)優(yōu)秀或基礎(chǔ)學(xué)科拔尖的學(xué)生.據(jù)悉強(qiáng)基計(jì)劃的校考由試點(diǎn)高校自主命題，校考過(guò)程中通過(guò)筆試后才能進(jìn)入面試環(huán)節(jié).已知甲、乙兩所大學(xué)的筆試環(huán)節(jié)都設(shè)有三門(mén)考試科目且每門(mén)科目是否通過(guò)相互獨(dú)立.若某考生報(bào)考甲大學(xué)，每門(mén)科目通過(guò)的概率均為，該考生報(bào)考乙大學(xué)，每門(mén)科目通過(guò)的概率依次為，其中.
（1）若，分別求出該考生報(bào)考甲、乙兩所大學(xué)在筆試環(huán)節(jié)恰好通過(guò)一門(mén)科目的概率；
（2）強(qiáng)基計(jì)劃規(guī)定每名考生只能報(bào)考一所試點(diǎn)高校，若以筆試過(guò)程中通過(guò)科目數(shù)的數(shù)學(xué)期望為依據(jù)作出決策，當(dāng)該考生更希望通過(guò)乙大學(xué)的筆試時(shí)，求的范圍.
【解析】（1）設(shè)該考生報(bào)考甲大學(xué)恰好通過(guò)一門(mén)筆試科目為事件，則，
該考生報(bào)考乙大學(xué)恰好通過(guò)一門(mén)筆試科目為事件，則；
（2）設(shè)該考生報(bào)考甲大學(xué)通過(guò)的科目數(shù)為，根據(jù)題意可知，，則，
報(bào)將乙大學(xué)通過(guò)的科目數(shù)為，隨機(jī)變量滿足概率為：
，
，
，
，
隨機(jī)變量的分布列：










，
因?yàn)樵摽忌Ｍㄟ^(guò)乙大學(xué)的筆試，，則，
所以的范圍為：.
18．一支擔(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(guò)半小時(shí)，如果半小時(shí)內(nèi)無(wú)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.
【解析】（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.
19．某電子公司新開(kāi)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(guò)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(guò)一半的電子元件正常工作，則系統(tǒng)C可以正常工作，問(wèn)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？
【解析】（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．
20．公元年，法國(guó)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)提請(qǐng)了一個(gè)問(wèn)題，帕斯卡和費(fèi)馬(Fermat)討論了這個(gè)問(wèn)題，后來(lái)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(wèn)題如下：設(shè)兩名賭徒約定誰(shuí)先贏局，誰(shuí)便贏得全部賭注元.每局甲贏的概率為，乙贏的概率為，且每局賭博相互獨(dú)立.在甲贏了局，乙贏了局時(shí)，賭博意外終止.賭注該怎么分才合理？這三位數(shù)學(xué)家給出的答案是：如果出現(xiàn)無(wú)人先贏局則賭博意外終止的情況，甲、乙便按照賭博再繼續(xù)進(jìn)行下去各自贏得全部賭注的概率之比分配賭注.
（1）規(guī)定如果出現(xiàn)無(wú)人先贏局則賭博意外終止的情況，甲、乙便按照賭博再繼續(xù)進(jìn)行下去各自贏得全部賭注的概率之比分配賭注.若，，，，，則甲應(yīng)分得多少賭注？
（2）記事件為“賭博繼續(xù)進(jìn)行下去乙贏得全部賭注”，試求當(dāng)，，時(shí)賭博繼續(xù)進(jìn)行下去甲贏得全部賭注的概率，并判斷當(dāng)時(shí)，事件是否為小概率事件，并說(shuō)明理由.規(guī)定：若隨機(jī)事件發(fā)生的概率小于，則稱該隨機(jī)事件為小概率事件.
【解析】（1）設(shè)賭博再繼續(xù)進(jìn)行局甲贏得全部賭注，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)賭博繼續(xù)進(jìn)行局乙贏得全部賭注，則最后一局必然乙贏.
當(dāng)時(shí)，乙以贏，；
當(dāng)時(shí)，乙以贏，；
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)?，所以，所以在上單調(diào)遞增，
于是.
故乙贏的最大概率為，故事件不一定是小概率事件.
21．射擊是使用某種特定型號(hào)的槍支對(duì)各種預(yù)先設(shè)置的目標(biāo)進(jìn)行射擊，以命中精確度計(jì)算成績(jī)的一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng).射擊運(yùn)動(dòng)不僅能鍛煉身體，而且可以培養(yǎng)細(xì)致、沉著、堅(jiān)毅等優(yōu)良品質(zhì)，有益于身心健康.為了度過(guò)愉快的假期，感受體育運(yùn)動(dòng)的美好，法外狂徒張三來(lái)到私人靶場(chǎng)體驗(yàn)射擊運(yùn)動(dòng).
（1）已知用于射擊打靶的某型號(hào)步槍的彈夾中一共有發(fā)子彈，假設(shè)張三每次打靶的命中率均為，靶場(chǎng)主規(guī)定：一旦出現(xiàn)子彈脫靶或者子彈打光耗盡的現(xiàn)象便立刻停止射擊.記標(biāo)靶上的子彈數(shù)量為隨機(jī)變量，求的分布列和數(shù)學(xué)期望.
（2）張三在休息之余用手機(jī)逛站刷到了著名電視劇《津門(mén)飛鷹》中的經(jīng)典橋段：中國(guó)隊(duì)長(zhǎng)燕雙鷹和三合會(huì)何五姑玩起了俄羅斯輪盤(pán).這讓張三不由得想起了半人半鬼，神槍第一的那句家喻戶曉的神話“我賭你的槍里沒(méi)有子彈”.由此，在接下來(lái)的射擊體驗(yàn)中，張三利用自己的人脈關(guān)系想辦法找人更換了一把型號(hào)為M1917，彈容為6發(fā)的左輪手槍，彈巢中有發(fā)實(shí)彈，其余均為空包彈.現(xiàn)規(guī)定：每次射擊后，都需要在下一次射擊之前填充一發(fā)空包彈.假設(shè)每次射擊相互獨(dú)立且均隨機(jī).在進(jìn)行次射擊后，記彈巢中空包彈的發(fā)數(shù).
（?。┊?dāng)時(shí)，探究數(shù)學(xué)期望和之間的關(guān)系；
（ⅱ）若無(wú)論取何值，當(dāng)射擊次數(shù)達(dá)到一定程度后都可近似認(rèn)為槍中沒(méi)有實(shí)彈（以彈巢中實(shí)彈的發(fā)數(shù)的數(shù)學(xué)期望為決策依據(jù)，當(dāng)彈巢中實(shí)彈的發(fā)數(shù)的數(shù)學(xué)期望時(shí)可近似認(rèn)為槍中沒(méi)有實(shí)彈），求該種情況下最小的射擊次數(shù).（參考數(shù)據(jù)：、）
【解析】（1）由題意，的所有可能取值為：，，，…，，，
因?yàn)閺埲看未虬械拿新示鶠椋?br /> 則，，
所以的分布列為














所以的數(shù)學(xué)期望為，
令①，
則②，
所以①②可得，，
則；
（2）（ⅰ）第次射擊后，可能包含兩種情況：第次射出空包彈或第次射出實(shí)彈；
因?yàn)榈诖紊鋼羟?，剩余空包彈的期望為?br /> 若第次射出空包彈，則此時(shí)對(duì)應(yīng)的概率為，因?yàn)樯鋼艉笠畛湟话l(fā)空包彈，所以此時(shí)空包彈的數(shù)量為；
若第次射出實(shí)彈，則此時(shí)對(duì)應(yīng)的概率為，所以此時(shí)空包彈的數(shù)量為；
綜上，；
（ⅱ）因?yàn)楫?dāng)時(shí)，彈夾中有發(fā)空包彈，則；
由（i）可知：，則，所以是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，
則，即，
因此彈巢中實(shí)彈的發(fā)數(shù)的期望為，
為使彈巢中實(shí)彈的發(fā)數(shù)的數(shù)學(xué)期望小于，只需，則，所以，
為使恒成立，只需，
而，又，所以最小的射擊次數(shù).
22．為科學(xué)合理地做好小區(qū)管理工作，結(jié)合復(fù)工復(fù)產(chǎn)復(fù)市的實(shí)際需要，某小區(qū)物業(yè)提供了A，B兩種小區(qū)管理方案，為了決定選取哪種方案為小區(qū)的最終管理方案，隨機(jī)選取了4名物業(yè)人員進(jìn)行投票，物業(yè)人員投票的規(guī)則如下：①單獨(dú)投給A方案，則A方案得1分，B方案得-1分；②單獨(dú)投給B方案，則B方案得1分，A方案得-1分；③棄權(quán)或同時(shí)投票給A，B方案，則兩種方案均得0分.當(dāng)前一名物業(yè)人員的投票結(jié)束，再安排下一名物業(yè)人員投票，當(dāng)其中一種方案比另一種方案多4分或4名物業(yè)人員均已投票時(shí)，就停止投票，最后選取得分多的方案為小區(qū)的最終管理方案.假設(shè)A，B兩種方案獲得每一名物業(yè)人員投票的概率分別為和.
（1）在第一名物業(yè)人員投票結(jié)束后，A方案的得分記為，求的分布列；
（2）求最終選取A方案為小區(qū)管理方案的概率.
【解析】由題意知，所有可能取值為，0，1，

的分布列為：

(2）記表示事件“前2名物業(yè)人員進(jìn)行了投票，且最終選取A方案為小區(qū)管理方案”，由（1）知，，
記表示事件“前3名物業(yè)人員進(jìn)行了投票，且最終選取A方案為小區(qū)管理方案”，
，
記表示事件“共有4名物業(yè)人員進(jìn)行了投票，且最終選取A方案為小區(qū)管理方案”，
①若A方案比B方案多4分，有兩類:
第一類，A方案前三次得了一次1分兩次0分，最后一次得1分，其概率為
，
第二類，A方案前兩次得了一次1分一次分，后兩次均得1分，其概率為
，
②若A方案比B方案多2分，有三類:
第一類，A方案四次中得了一次1分，其他三次全0分，其概率為
，
第二類，A方案前三次得了一次Ⅰ分，一次0分，一次分，最后一次得了1分，其概率為 ，
第三類，A方案前兩次得了一次1分一次分，第三次得1分，第四次得0分，其概率為
，
故，
最終選取A方案為小區(qū)管理方案的概率為

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