专题9-1概率与统计及分布列归类（理）（讲+练）-2023年高考数学二轮复习讲练测（全国通用）（解析版）_2.2025数学总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_二轮复习

专题 9-1 概率与统计及分布列归类（理） 目录 讲高考................................................................................................................................................................................1 题型全归纳.......................................................................................................................................................................6 【题型一】摸球与放球型...........................................................................................................................................6 【题型二】超几何分布................................................................................................................................................8 【题型三】两点分布..................................................................................................................................................12 【题型四】二项分布..................................................................................................................................................14 【题型五】正态分布..................................................................................................................................................18 【题型六】多线程分类讨论型...............................................................................................................................23 【题型七】数列计算型分布列...............................................................................................................................26 【题型八】机器人跳棋型.........................................................................................................................................30 【题型九】求导计算最值型....................................................................................................................................34 【题型十】多人比赛（传球）型...........................................................................................................................37 【题型十一】实验方案型.........................................................................................................................................40 专题训练.........................................................................................................................................................................44 讲高考 1.（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个 项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的 学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛 结果相互独立． (1)求甲学校获得冠军的概率； (2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望． 【答案】(1) ；(2)分布列见解析， . 【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 ，再根据甲获得冠军则至少 获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出； （2）依题可知， 的可能取值为 ，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即 可求出期望． 【详解】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 ，所以甲学校获得冠军的概 率为 ． （2）依题可知， 的可能取值为 ，所以， , ， ， . 即 的分布列为 0 10 20 30 0.16 0.44 0.34 0.06 期望 . 2．（2022年新高考北京数学高考真题）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅 球比赛，比赛成绩达到 以上（含 ）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位： m）： 甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25； 乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23； 丙：9.85，9.65，9.20，9.16． 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立． (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率； (2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E （X）； (3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证 明） 【答案】(1)0.4(2) (3)丙 【分析】(1) 由频率估计概率即可 (2) 求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望. (3) 计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计 值最大. 【详解】（1）由频率估计概率可得 甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5， 故答案为0.4 （2）设甲获得优秀为事件A,乙获得优秀为事件A，丙获得优秀为事件A 1 2 3 ， ， ， . ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 P ∴ （3）丙夺冠概率估计值最大. 因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为 ，甲获得9.80 的概率为 ，乙获得9.78的概率为 .并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数 越多，对丙越有利. 3．（2022年新高考全国I卷数学真题）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居 民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机 调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照 组），得到如下数据：不够良 良好 好 病例组 40 60 对照组 10 90 (1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？ (2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件 “选到的人患有该疾病”． 与 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风 险程度的一项度量指标，记该指标为R． （ⅰ）证明： ； （ⅱ）利用该调查数据，给出 的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估 计值． 附 ， 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】(1)答案见解析(2)（i）证明见解析；(ii) ； 【分析】(1)由所给数据结合公式求出 的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有 99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i) 根据定义结合条 件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求 . 【详解】（1）由已知 ， 又 ， ， 所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异. （2）(i)因为 ， 所以 所以 ，(ii) 由已知 ， ， 又 ， ，所以 4．（2021年全国新高考II卷数学试题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来， 设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……， 该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖 下一代的个数， ． （1）已知 ，求 ； （2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当 时， ，当 时， ； （3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义． 【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析. 【分析】（1）利用公式计算可得 . （2）利用导数讨论函数的单调性，结合 及极值点的范围可得 的最小正零点. （3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明. 【详解】（1） . （2）设 ， 因为 ，故 ， 若 ，则 ，故 . ， 因为 ， ， 故 有两个不同零点 ，且 ， 且 时， ； 时， ； 故 在 ， 上为增函数，在 上为减函数， 若 ，因为 在 为增函数且 ， 而当 时，因为 在 上为减函数，故 ， 故 为 的一个最小正实根， 若 ，因为 且在 上为减函数，故1为 的一个最 小正实根， 综上，若 ，则 . 若 ，则 ，故 . 此时 ， ， 故 有两个不同零点 ，且 ， 且 时， ； 时， ； 故 在 ， 上为增函数，在 上为减函数， 而 ，故 ， 又 ，故 在 存在一个零点 ，且 . 所以 为 的一个最小正实根，此时 ， 故当 时， . （3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后 代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1. 5．（2021年北京市高考数学试题）在核酸检测中, “k合1” 混采核酸检测是指：先将k个 人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性， 得到每人的检测结果都为阴性，检测结束:如果这k个人中有人感染新冠病毒，则检测结果 为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果，检测结束. 现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确. （I）将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测. (i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数;(ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为 .设X是检测的总次数，求X的 分布列与数学期望E(X). (II）将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测.设Y是 检测的总次数，试判断数学期望E(Y)与(I)中E(X)的大小.(结论不要求证明) 【答案】（1）① 次；②分布列见解析；期望为 ；（2） ． 【分析】（1）①由题设条件还原情境，即可得解； ②求出X的取值情况，求出各情况下的概率，进而可得分布列，再由期望的公式即可得解； （2）求出两名感染者在一组的概率，进而求出 ，即可得解. 【详解】（1）①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需 要10次； 所以总检测次数为20次； ②由题意， 可以取20，30， ， ， 则 的分布列: 所以 ； （2）由题意， 可以取25，30， 两名感染者在同一组的概率为 ，不在同一组的概率为 ， 则 . 6．（2021年全国新高考I卷数学试题）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类 问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回 答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论 回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B 类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率 为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关. （1）若小明先回答A类问题，记 为小明的累计得分，求 的分布列； （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由. 【答案】（1）见解析；（2） 类． 【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分 的所有可能取值，逐一求概率列分布列即 可．（2）与（1）类似，找出先回答 类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可． 【详解】（1）由题可知， 的所有可能取值为 ， ， ． ； ； ． 所以 的分布列为（2）由（1）知， ． 若小明先回答 问题，记 为小明的累计得分，则 的所有可能取值为 ， ， ． ； ； ． 所以 ． 因为 ，所以小明应选择先回答 类问题． 题型全归纳 【题型一】摸球与放球型 【讲题型】 例题1.在数学探究实验课上,小明设计了如下实验:在一个盒子中装有蓝球、红球、黑球等多 种不同颜色的小球,一共有偶数个小球,现在从盒子中一次摸一个球,不放回． (1)若盒子中有6个球,从中任意摸两次,摸出的两个球中恰好有一个红球的概率为 ． ①求红球的个数; ②从盒子中任意摸两次球,记摸出的红球个数为 ,求随机变量 的分布列和数学期望． (2)已知盒子中有一半是红球,若“从盒子中任意摸两次球,至少有一个红球”的概率不大于 ,求盒子中球的总个数的最小值． 【答案】(1)①红球的个数为3;②分布列见解析;数学期望为 (2)最小值为8 【分析】(1)设出红球的个数,根据古典概型的概率公式列出等式,即可解出红球的个数;根据 红球的个数写出 的所有可能取值,分别求出概率,列出分布列即可; (2)设出球的个数,求出从盒子中任意摸两次球,都不是红球的概率,进而求得至少有一个红球 的概率,使其小于等于 ,即可求得球的总个数范围,进而求出结果. 【详解】（1）①设红球的个数为 ,则摸出的两个球中恰好有一个红球的概率 , 解得 ,所以红球的个数为3; ② 的所有可能取值为0,1,2, 则 , , , 故随机变量 的分布列为 0 1 2 所以 ; （2）设球的总个数为 ,则红球的个数为 , 则从盒子中任意摸两次球,都不是红球的概率: ,所以至少有一个红球的概率 , 解得 ,所以盒子中球的总个数的最小值为8． 例题2.为喜迎马年新春佳节，怀化某商场在正月初六进行抽奖促销活动，当日在该店消费 满500元的顾客可参加抽奖．抽奖箱中有大小完全相同的4个小球，分别标有字“马” “上”“有”“钱”．顾客从中任意取出1个球，记下上面的字后放回箱中，再从中任取 1个球，重复以上操作，最多取4次，并规定若取出“钱”字球，则停止取球．获奖规则 如下：依次取到标有“马”“上”“有”“钱”字的球为一等奖；不分顺序取到标有 “马”“上”“有”“钱”字的球，为二等奖；取到的4个球中有标有“马”“上” “有”三个字的球为三等奖． (1)求分别获得一、二、三等奖的概率； (2)设摸球次数为 ，求 的分布列和数学期望 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）设“摸到一等奖、二等奖、三等奖”分别为事件 ， ， ，每次摸球相互 独立，每个球被摸到的概率为 ，由事件的相互独立性性质求 ，先由排列方式计算 事件 的基本事件个数，再由古典概型求概率方式求 ，最后三等奖的情况有: “马，马， 上，有”；“ 马，上，上，有”；“ 马，上，有，有”三种情况，由相互独立性求概率 即可； （2）由相互独立性计算 的取值为1、2、3、4时的概率，并列出对应的分布列，进而由 均值计算公式求得均值. 【详解】（1）解：设“摸到一等奖、二等奖、三等奖”分别为事件 ， ， ． 则 ， 三等奖的情况有：“马，马，上，有”；“ 马，上，上，有”；“ 马，上，有，有”三 种情况， 所以 . （2）解：设摸球的次数为 ，则 的可能取值为 、 、 、 ， 所以 ， ， ， ， 故取球次数 的分布列为 1 2 3 4 【讲技巧】 摸球与放球模型。要注意几点： 1.是否放回。还是有条件的替换摸球 2.一次一个摸球，还是一次摸多个球【练题型】 袋中有 个白球和 个黑球，从中任取一球，若取出白球，则把它放回袋中；若取出黑球， 则该黑球不再放回，另补一个白球放到袋中.在重复 次这样的操作后，记袋中白球的个数 为 . (1)求 的数学期望 ； (2)设 ，求 ， . 【答案】(1) (2) 【分析】（1）当 时，袋中白球的个数可能为 或 ，得概率为 或 ，求期 望即可； （2）当 时，求出 ，再分别计算第 次操作后袋中 有 个白球和第 次操作后袋中有 个白球，求解计算即可. 【详解】（1）当 时，袋中白球的个数可能为 （即取出的是白球），概率为 ； 也可能为 （即取出的是黑球），概率为 . 故 （2）当 时， 当 时，第 次操作后袋中有 个白球的可能性有两种： ①第 次操作后袋中有 个白球，显然每次取球后，球的总数保持不变， 即 个（此时黑球有 个），第 次取出来的也是白球， 这种情况发生的概率为 ； ②第 次操作后袋中有 个白球，第 次取出来的是黑球， 由于球的总数保持不变，为 个，故此时黑球的个数为 ， 这种情况发生的概率为 ， 故 ， 综上所述， 【题型二】超几何分布 【讲题型】 例题1.某石化集团获得了某地深海油田区块的开采权，集团在该地区随机初步勘察了部分 几口井，取得了地质资料，进入全面勘探时期后，集团按网络点来布置井位进行全面勘探． 由于勘探一口井的费用很高，如果新设计井位与原有井位重合或接近，便利用旧井的地质 资料，不必打这口新井，以节约勘探费用．勘探初期数据资料见如表： 井号Ⅰ坐标 钻探深度 出油量 (1) 号旧井位置线性分布，借助前 组数据求得回归直线方程为 ，求 的值， 并估计 的预报值； (2)现准备勘探新井 ，若通过 ， ， ， 号井计算出 ， 的值（ ， 精确到 ）相比与（ ）中的 ， 值之差不超过 ，则使用位置最接近的已有旧井 ， 否则在新位置打井，请判断可否使用旧井？ (3)设出油量与勘探深度的比值 不低于 的勘探井为优质井，那么在原有 口井中任意勘 探 口井，求勘探优质井数 的分布列与数学期望． （参考公式和计算结果 ， ， ， ） 案】(1) ； 的预报值为 ；(2)使用位置最接近的已有旧井 ；(3)分布列见解 析； . 【分析】（1）计算 、 ，求出回归系数 ，写出回归直线方程，进而求得 的预报值； （2）计算 、 ，利用参考公式与计算结果求出回归系数 ， 的值，由此求得相比于 （ ）中的 ， 值之差不超过 ，从而得出结论； （3）根据题意判断得 服从超几何分布，从而求得对应的概率值，由此得到 的分布列 与数学期望． 【详解】（1）依题意，由前 组数据得到 ， ， 因为 ，所以 ，故回归直线方程为 ， 当 时， ，所以 的预报值为 ． （2）因为 ， ，因为 ， ， 所以 ，故 ， 则 ， ， ， ，所以 ， ，均不 超过 ， 所以使用位置最接近的已有旧井 ． （3）由题意得， ， ， ， 这 口井是优质井， ， 这两口井是非优质井， 所以勘察优质井数 的可能取值为 ， ， ，且 服从超几何分布，即， 所以 ， ， ， 所以 的分布列为： 故 ． 例题2.2020年我国科技成果斐然，其中北斗三号全球卫星导航系统7月31日正式开通． 北斗三号全球卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止轨道卫星和3颗倾斜 地球同步轨道卫星，共30颗卫星组成．北斗三号全球卫星导航系统全球范围定位优于10 米，实测的导航定位精度都是2~3米，全球服务可用性99%，亚太地区性能更优． （Ⅰ）南美地区某城市通过对1000辆家用汽车进行定位测试，发现定位精确度 近似满 足 ，预估该地区某辆家用汽车导航精确度在 的概率； （Ⅱ）（ⅰ）某地基站工作人员30颗卫星中随机选取4颗卫星进行信号分析，选取的4颗 卫星中含3颗倾斜地球同步轨道卫星数记为 ，求 的分布列和数学期望； （ⅱ）某日北京、上海、拉萨、巴黎、里约5个基地同时独立随机选取1颗卫星进行信号 分析，选取的5颗卫星中含中圆地球轨道卫星的数目记为 ，求 的数学期望． 附：若 ，则 ， ， ． 【答案】（Ⅰ）0.84；（Ⅱ）（ⅰ）分布列见解析， ；（ⅱ）4. 【分析】（Ⅰ）根据“ ”原则及图形的对称性即可求解； （Ⅱ）（ⅰ）由题可知 服从超几何分布，利用公式即可求解；（ⅱ）由题可知 服从二 项分布，利用公式即可求解． 【详解】（Ⅰ）由 ，易知 ， 则预估该地区某辆家用汽车导航精确度在 的概率为0.84． （Ⅱ）（ⅰ）由题意知 ， ，∴ 的分布列为 ∴ ． （ⅱ）5个基地相互独立，每个基地随机选取1颗卫星是中圆地球轨道卫星的概率为 ，所以5个基地选取的5颗卫星中含中圆地球轨道卫星的数目 ，∴． 【讲技巧】 超几何分布： 若在一次实验中事件发生的概率为 ，则在 次独立重复实验中，在第 次首次发生的概率为 ， ， 。 （4）超几何分布：总数为 的两类物品，其中一类为 件，从 中取 件恰含 中的 件， ，其中 为 与 的较小者， ， 称 服从参数为 的超几何分布，记作 ，此时有公式 。 【练题型】 某省 年开始将全面实施新高考方案．在 门选择性考试科目中，物理、历史这两门科 目采用原始分计分；思想政治、地理、化学、生物这4门科目采用等级转换赋分，将每科 考生的原始分从高到低划分为 ， ， ， ， 共 个等级，各等级人数所占比例分别 为 、 、 、 和 ，并按给定的公式进行转换赋分．该省组织了一次高一 年级统一考试，并对思想政治、地理、化学、生物这4门科目的原始分进行了等级转换赋 分． （1）某校生物学科获得 等级的共有10名学生，其原始分及转换分如下表： 8 原始分 91 90 89 88 85 83 82 7 9 转换分 100 99 97 95 91 88 86 4 人数 1 1 2 1 2 1 1 1 现从这10名学生中随机抽取3人，设这3人中生物转换分不低于 分的人数为 ，求 的分布列和数学期望； （2）假设该省此次高一学生生物学科原始分 服从正态分布 ．若 ， 令 ，则 ，请解决下列问题： ①若以此次高一学生生物学科原始分 等级的最低分为实施分层教学的划线分，试估计该 划线分大约为多少分？（结果保留为整数） ②现随机抽取了该省 名高一学生的此次生物学科的原始分，若这些学生的原始分相互 独立，记 为被抽到的原始分不低于 分的学生人数，求 取得最大值时 的值． 附：若 ，则 ， ． 【答案】（1）分布列详见解析，数学期望为 ；（2）①69分；② ． 【分析】（1）写出随机变量 的所有可能的取值，根据超几何分布求出 的每个值对应 的概率，列出分布列，求出数学期望； （2）①设该划线分为 ，由 求出 .由 ，得 .由题意，又 ，故 ，故 ，即 可求出 ；②由题意 ，根据独立重复实验的概率计算公式，求出 ，代入不等式组，即求 的值. 【详解】（1）随机变量 的所有可能的取值为 . 由题意可得： ， ， ， ， 随机变量 的分布列为 数学期望 ． （2）①设该划线分为 ，由 得 ， 令 ，则 ， 由题意， ，即 ， ， ， ， ， ，取 ． ②由①讨论及参考数据得 ，即每个学生生物统考成绩不低 于 分的事件概率约为 ， ， ． 由 即 解得 ， ， ， 当 时， 取得最大值． 【题型三】两点分布 【讲题型】 例题1.武汉市掀起了轰轰烈烈的“十日大会战”，要在10天之内，对武汉市民做一次全员 检测，彻底摸清武汉市的详细情况.某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现 有 份血液样本，有以下两种检验方式： 方案①：将每个人的血分别化验，这时需要验1000次. 方案②：按 个人一组进行随机分组，把从每组 个人抽来的血混合在一起进行检验，如 果每个人的血均为阴性，则验出的结果呈阴性，这 个人的血就只需检验一次(这时认为每 个人的血化验 次)；否则，若呈阳性，则需对这 个人的血样再分别进行一次化验这样， 该组 个人的血总共需要化验 次. 假设此次检验中每个人的血样化验呈阳性的概率为 ，且这些人之间的试验反应相互独立. （1）设方案②中，某组 个人中每个人的血化验次数为 ，求 的分布列； （2）设 . 试比较方案②中， 分别取2,3,4时，各需化验的平均总次数；并指出在这三种分组情况下，相比方案①，化验次数最多可以减少多少次？(最后结果四舍五入保留 整数) 【答案】（1）分布列见解析；（2） ，总次数为690次； ，总次数为604次； ，次数总为594次；减少406次 【分析】（1）设每个人的血呈阴性反应的概率为 ，可得 ，再由相互独立事件的 概率求法可得 个人呈阴性反应的概率为 ，呈阳性反应的概率为 ，随机变量 即可得出分布列. （2）由（1）的分布列可求出数学期望，然后令 求出期望即可求解. 【详解】（1）设每个人的血呈阴性反应的概率为 ，则 . 所以 个人的血混合后呈阴性反应的概率为 ，呈阳性反应的概率为 ， 依题意可知 ，所以 的分布列为： （2）方案②中，结合（1）知每个人的平均化验次数为: 所以当 时, ， 此时1000人需要化验的总次数为690次， ，此时1000人需要化验的总次数为604次， 时, ，此时1000人需要化验的次数总为594次， 即 时化验次数最多， 时次数居中， 时化验次数最少. 而采用方案①则需化验1000次，故在这三种分组情况下，相比方案①, 当 时化验次数最多可以平均减少1000-594=406次. 例题2（1）抛掷一颗骰子两次定义随机变量。 试写出随机变量 的分布列(用表格格式); (2)抛掷一颗骰子两次,在第一次掷得向上一面点数是偶数的条件下,求第二次掷得向上一面 点数也是偶数的概率． 【答案】（1） （2） 【详解】试题分析：（1）抛掷一颗骰子两次,共有 种不同结果，当第一次向上的面的点 数等于第二次向上的面点数时，有 种情况，所以 ，由对立事件概率公式 得 ，即可写出随机变量 的分布列；（2）利用条件概率公式，即可得出结论. 试题解析：(1)当第一次向上的面的点数等于第二次向上的面点数时,有6种情况,所以 ,由互斥事件概率公式得, ) 所以所求分布列是 0 1(2)设第一次掷得向上一面点数是偶数的事件为A,第二次掷得向上一面点数是偶数的事件为 B,在第一次掷得向上一面点数是偶数的条件下,第二次掷得向上一面点数也是偶数的概率为 或 【讲技巧】 两点分布，又称0,1分布： 0 1 1- = ， = . 注意两点分布的变形分布 【练题型】 某工厂生产某种电子产品，每件产品不合格的概率均为 ，现工厂为提高产品声誉，要求 在交付用户前每件产品都通过合格检验，已知该工厂的检验仪器一次最多可检验 件该产 品，且每 件产品检验合格与否相互独立．若每件产品均检验一次，所需检验费用较多，该 工厂提出以下检 验方案：将产品每 个 一组进行分组检验，如果某一组产品检验合 格，则说明该组内产品均合格，若检验不合格，则说明该组内有不合格产品，再对该组内 每一件产品单独进行检验，如此，每一组产品只需检验 次或 次．设该工厂生产 件该产品，记每件产品的平均检验次 数为 ． （1）求 的分布列及其期望； （2）（i）试说明，当 越小时，该方案越合理，即所需平均检验次数越少； （ii）当 时，求使该方案最合理时 的值及 件该产品的平均检验次数． 【答案】（1）见解析， （2）（i）见解析（ii） 时平均检验次数最少， 约为594次． 【解析】（1）由题意可得 ， 的可能取值为 和 ，分别求出其概 率即可求出分布列，进而可求出期望. （2）（i）由 记 ，根据函数的单调性即可证出； 记 ，当 且取最小值时，该方案最合理，对 进行赋 值即可求解. 【详解】（1） 由题， 的可能取值为 和 ，故 的分布列为由 记 ，因为 ， 所以 在 上单调递增 ， 故 越小， 越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理 记 当 且取最小值时，该方案最合理， 因为 ， ， 所以 时平均检验次数最少，约为 次． 【题型四】二项分布 【讲题型】 例题1.现有一种射击训练，每次训练都是由高射炮向目标飞行物连续发射三发炮弹，每发 炮弹击中目标飞行物与否相互独立．已知射击训练有A，B两种型号的炮弹，对于A型号 炮弹，每发炮弹击中目标飞行物的概率均为p（ ），且击中一弹目标飞行物坠毁 的概率为0.6，击中两弹目标飞行物必坠段；对子B型号炮弹，每发炮弹击中目标飞行物的 概率均为q（ ），且击中一弹目标飞行物坠毁的概率为0.4，击中两弹目标飞行物 坠毁的概率为0.8，击中三弹目标飞行物必坠毁． (1)在一次训练中，使用B型号炮弹，求q满足什么条件时，才能使得至少有一发炮弹命中 目标飞行物的概率不低于 ； (2)若 ，试判断在一次训练中选用A型号炮弹还是B型号炮弹使得目标飞行物坠毁 的概率更大？并说明理由． 【答案】(1) (2)使用B型号炮弹，理由见解析 【分析】（1）根据题意，利用间接法与二项分布的概率公式得到关于 的不等式，解之即 可； （2）先利用二项分布的概率公式求得两种类型的炮弹击毁目标飞行物的概率，再利用作差 法与构造函数法，结合导数比较得两概率的大小，从而得到结论. 【详解】（1）因为每次训练都是由高射炮向目标飞行物连续发射三发炮弹，每发炮弹击中 目标飞行物与否相互独立， 所以在一次训练中，连发三发B型号炮弹，用 表示命中目标飞行物的炮弹数，则 （ 服从二项分布）， 则 ， 即 ，则 ，即 ，则 ， 又 ，故 ， 所以当 时，才能使得至少有一发炮弹命中目标飞行物的概率不低于 . （2）在一次训练中，连发三发A型号炮弹，用 表示命中目标飞行物的炮弹数，则 （ 服从二项分布），， 记事件 为“使用A型号炮弹使得目标飞行物坠毁”，事件 为“使用B型号炮弹使得目 标飞行物坠毁”， 则 ，， 因为 ，所以 ， 则 ， 令 ，则 ， 令 ，即 ，则 ，得 ， 又 ，所以 恒成立， 所以 在 上单调递增， 又 ，则 ， 故 ，即 ， 所以使用B型号炮弹使得目标飞行物坠毁的概率更大. 例题2.某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠之间的接 触传染，现有 只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为 ，被感染的白鼠数用随 机变量 表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立． （1）若 ，求数学期望 ； （2）接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为 ，现有两个不同的研究团队理论研究发现概 率 与参数 的取值有关．团队 提出函数模型为 ，团队 提出 函数模型为 ．现将白鼠分成10组，每组10只，进行实验，随机变量 表示第 组被感染的白鼠数，现将随机变量 的实验结果 绘制成频数分布图，如图所示．假设每组白鼠是否被感染之间相互独立． ①试写出事件“ ”发生的概率表达式（用 表示，组合数不必 计算）； ②在统计学中，若参数 时使得概率 最大，称 是 的最 大似然估计．根据这一原理和团队 ， 提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以 求出 的最大似然估计，并求出估计值． 参考数据： ． 【答案】（1） ；（2）① ；②答案见解析， . 【分析】（1）易知随机变量 服从二项分布，由 ，得 ，数学期望 即可求解； （2）①设 ，依题意得 化简即可； ②记 ，求导分析单调性可得最大值，分 别在团体A，B中提出函数模型即可得答案． 【详解】解：（1）由题知，随机变量 服从二项分布， ， 由 ，得 ， ． （2）① ， ， ． ②记 ， 则 ， 当 时， ， 单增； 当 时， ， 单减； 当 时， 取得最大值，即 取得最大值． 在团体 提出的函数模型 中， 记函数 ， ， 当 时， ， 单增； 当 时， ， 单减． 当 时， 取得最大值 ，则 不可以估计． 在团体 提出的函数模型 中， 记函数 ， 单调递增， 令 ，解得 ， 则 是 的最大似然估计． 【讲技巧】 二项分布 若在一次实验中事件发生的概率为 ，则在 次独立重复实验中恰好发生 次概率 ，称 服从参数为 的二项 分布，记作 ， = ， .【练题型】 某地计划在水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的水文资料显示，水库年入 流量 （年入流量：一年内上游来水与库区降水之和.单位：亿立方米）都在40以上，其 中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5 年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立. （1）求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率； （2）水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量 限制，并有如下关系： 年入流量 发电机最多可运行台数 1 2 3 若某台发电机运行，则该台发电机年净利润为5000万元；若某台发电机未运行，则该台发 电机年维护费与年入流量 有如下关系： 年入流量 一台未运行发电机年维护 500 800 费 欲使水电站年净利润最大，应安装发电机多少台？ 【答案】（1） ；（2）应安装发电机2台. 【分析】（1）由题意求出年入流量 在3个范围： ， ， 的概率 .由二项分布可得在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率； （2）记水电站年净利润为 （单位：万元）.分别求安装1台发电机、安装2台发电机、安 装3台发电机的数学期望 ，选择 最大的方案. 【详解】（1）依题意， ， ， 由二项分布，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为： . （2）记水电站年净利润为 （单位：万元） ①当安装1台发电机时. 由于水库年入流量总大于40，所以1台发电机运行的概率为1. 此时的年净利润 ， ； ②当安装2台发电机时.此时， 若 ，则只有1台发电机运行，此时 ，因此 若 ，则2台发电机都能运行，此时 ，因此 由此得 的概率分布列如下： 4500 10000 0.2 0.8 所以， . ③当安装3台发电机时.此时， 若 ，则只有1台发电机运行，此时 ，因此 若 ，则有2台发电机运行，此时 ，因此若 ，则3台发电机同时运行，此时 ，因此 由此得 的概率分布列如下： 4000 9200 15000 0.2 0.7 0.1 所以， 综上，欲使水电站年净利润最大，应安装发电机2台. 【题型五】正态分布 【讲题型】 例题1.某网络 在平台开展了一项有奖闯关活动，并对每一关根据难度进行赋分，竞猜 活动共五关，规定：上一关不通过则不进入下一关，本关第一次未通过有再挑战一次的机 会，两次均未通过，则闯关失败，且各关能否通过相互独立，已知甲、乙、丙三人都参加 了该项活动． (1)若甲第一关通过的概率为 ，第二关通过的概率为 ，求甲可以进入第三关的概率； (2)已知该闯关活动累计得分服从正态分布，且满分为 分，现要根据得分给共 名参 加者中得分前 名发放奖励， ①假设该闯关活动平均分数为 分， 分以上共有 人，已知甲的得分为 分，问甲 能否获得奖励，请说明理由； ②丙得知他的分数为 分，而乙告诉丙：“这次闯关活动平均分数为 分， 分以上 共有 人”，请结合统计学知识帮助丙辨别乙所说信息的真伪． 附：若随机变量 ，则 ； ； ． 【答案】(1) (2)①能，理由见解析；②乙所说为假 【分析】（1）利用独立事件的概率公式，结合甲闯关的可能情况求解即可； （2）①利用正态分布的对称性及 法则，求得前 名参赛者的最低得分即可判断； ②假设乙所说为真，利用正态分布的对称性及 法则，证得丙的分数为 分是小概率事 件，从而得以判断. 【详解】（1）设 ：第 次通过第一关， ：第 次通过第二关，甲可以进入第三关的概 率为 ， 由题意知 . （2）设此次闯关活动的分数记为 ． ①由题意可知 ， 因为 ，且 ， 所以 ，则 ； 而 ，且 ，所以前 名参赛者的最低得分高于 ， 而甲的得分为 分，所以甲能够获得奖励； ②假设乙所说为真，则 ， ， 而 ，所以 ， 从而 ， 而 ， 所以 为小概率事件，即丙的分数为 分是小概率事件，可认为其不可能发生， 但却又发生了，所以可认为乙所说为假． 例题2.近年来，学生职业生涯规划课程逐渐进入课堂，考生选择大学就读专业时不再盲目 扎堆热门专业，报考专业分布更加广泛，之前较冷门的数学、物理、化学等专业报考的人 数也逐年上升.下表是某高校数学专业近五年的录取平均分与当年该学校的最低提档线对照 表： 年份 2017 2018 2019 2020 2021 年份代码 1 2 3 4 5 该校最低提档分数线 510 511 520 512 526 数学专业录取平均分 522 527 540 536 554 提档线与数学专业录取 12 16 20 24 28 平均分之差 (1)根据上表数据可知，y与t之间存在线性相关关系，请用最小二乘法求y关于t的线性回 归方程； (2)据以往数据可知，该大学每年数学专业的录取分数X服从正态分布 ，其中 为 当年该大学的数学录取平均分，假设2022年该校最低提档分数线为540分. ①若该大学2022年数学专业录取的学生成绩在584分以上的有3人，本专业2022年录取 学生共多少人？进入本专业高考成绩前46名的学生可以获得一等奖学金，则一等奖学金分 数线应该设定为多少分？ ②在①的条件下，若从该专业获得一等奖学金的学生中随机抽取3人，用 表示其中高考 成绩在584分以上的人数，求随机变量 的分布列与数学期望. 参考公式： ， . 参考数据： ， ， 【答案】(1) (2)① ；580分；②详见解析. 【分析】（1）根据表中数据，分别求得 ， ， ，写出线性回归方程. （2）①由（1）中的线性回归方程求得 时的 ，进而得到该大学2022年的数学专业录 取平均分，然后利用 原则求解，再由584分以上的有3人可计算出本专业2022年录取 学生共多少人；再由前46名占比计算出一等奖学金分数线应该设定为多少分； ②若从该专业获得一等奖学金的学生中随机抽取3人，用 表示其中高考成绩在584分以上的人数，其中该专业获得一等奖学金的学生为46人，其中高考成绩在584分以上的有3 人，则 的可能取值为0，1，2，3，再由超几何分布的概率求解计算出概率并列出分布列 进而求得数学期望. 【详解】（1）由题意知 ， ， ， ，所以 ， ，故所求线性回归方程为 ． （2）①由（1）知，当 时， ， 故该大学2022年的数学专业录取平均分约为 ．即 因为 ，又 ， 若该大学2022年数学专业录取的学生成绩在584分以上的有3人， 则本专业2022年录取学生共 ； 进入本专业高考成绩前46名的学生占录取人数的 ， 设一等奖学金分数线应该设定为 分，则 ， ，故一等奖学金分数线应该设定为580分； ②若从该专业获得一等奖学金的学生中随机抽取3人，用 表示其中高考成绩在584分以 上的人数，其中该专业获得一等奖学金的学生为46人，其中高考成绩在584分以上的有3 人，则 的可能取值为0，1，2，3； ； ； ； 0 1 2 3 . 【讲技巧】 正态分布 （1）若 是正态随机变量，其概率密度曲线的函数表达式为 ， （其中 是参数，且 ， ）。 其图像如图13-7所示，有以下性质：** 错误的表达式 **曲线在 轴上方，并且关于直线 对称； ** 错误的表达式 **曲线在 处处于最高点，并且此处向左右两边延伸时，逐渐降 低，呈现“中间高，两边低”的形状； ** 错误的表达式 **曲线的形状由 确定， 越大，曲线越“矮胖”， 越小，曲线越 “高瘦”； ** 错误的表达式 ** 图像与 轴之间的面积为1. （2） = ， = ，记作 . 当 时， 服从标准正态分布，记作 . （ 3 ） ， 则 在 ， ， 上取值的概率分别为68.3%，95.4%，99.7%，这叫做正态分布的 原 则。 【练题型】 某校为了解该校学生“停课不停学”的网络学习效率，随机抽查了高一年级100位学生的 某次数学成绩（单位：分），得到如下所示的频率分布直方图： (1)估计这100位学生的数学成绩的平均值 ；（同一组中的数据用该组区间的中点值代 表） (2)根据整个年级的数学成绩可以认为学生的数学成绩 近似地服从正态分布 ， 经计算，（1）中样本的标准差s的近似值为10，用样本平均数 作为 的近似值，用样本 标准差s作为 的估计值，现任抽取一位学生，求他的数学成绩恰在64分到94分之间的 概率；（若随机变量 ，则 ， ， ) (3)该年级1班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习，提高学生每天的作业质量及学 习数学的积极性，特意在微信上设计了一个每日作业小程序，每当学生提交的作业获得优 秀时，就有机会参与一次小程序中”玩游戏，得奖励积分”的活动，开学后可根据获得积 分的多少向老师领取相应的小奖品.小程序页面上有一列方格，共15格，刚开始有只小兔子在第1格，每点一下游戏的开始按钮，小兔子就沿着方格跳一下，每次跳1格或跳2格， 概率均为 ，依次点击游戏的开始按钮，直到小兔子跳到第14格（奖励0分）或第15格 （奖励5分）时，游戏结束，每天的积分自动累加，设小兔子跳到第 格的概率 为 ，试证明 是等比数列，并求 （获胜的概率）的值. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析， 【分析】（1）根据频率分布直方图直接结算即可； （2）由 可知 ，根据参考数据，即可得出 的概率； （3）根据分类加法计数原理可知 ，构造等比数列可得 ， 利用累加法求出 ，即可求解. （1） （2）由 ，所以 ， . （3）小兔子开始在第1格，为必然事件， ， 点一下开始按钮，小兔子跳1格即移到第2格的概率为 ，即 ， 小兔子移到第 格的情况是下列两种，而且也只有两种情况. ①小兔子先跳到第 格，又点一下开始按钮跳了2格，其概率为 ； ②小兔了先跳到第 格，乂点一下开始按钮跳了1格，其概率为 ； 因为 ，所以 . 所以当 时， 数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列， 所以 ， .所以获胜的概率 . 【题型六】多线程分类讨论型 【讲题型】 例题1.若某项赛事有16个队伍参加，分成4个小组，记为1，2，3，4组，每个小组有1个 一档球队，记为A，1个二档球队，记为B，2个三档球队，分别记为C，D．一档队伍胜 三档队伍的概率为 ，二档队伍胜三档队伍的概率为 ，一档队伍胜二档队伍的概率为 ，同档队伍之间比赛胜对方的概率为 ．比赛采取单场淘汰制，胜者进入下一轮，直至进入 决赛决出冠军，对阵关系图如下所示，第一轮一、二档球队都是对阵三档球队． (1)分别求一、二、三档球队从小组胜出的概率； (2)已知A1进决赛的概率约为 ，B1进决赛的概率约为 ，求一档球队夺冠的概率． 【答案】(1) ， ， (2) 【分析】（1）首先根据题意，理解每档球队获胜的事件，再根据互斥事件和独立事件概率 公式求解； （2）分别求每档球队进决赛的概率，再求A1夺冠的概率，最后表示一档球队夺冠的概率. 【详解】（1）由对阵关系图可得，在一个小组中，一档球队A从小组胜出先要赢三档球队 C，概率为 ，再赢B和D比赛的胜者， 若B胜，A胜出的概率为 ， 若D胜，A胜出的概率为 ， 所以一档球队从小组胜出的概率为 ． 二档球队B从小组胜出先要赢三档球队D，概率为 ，再赢A和C比赛的胜者， 若A胜，B胜出的概率为 ， 若C胜，B胜出的概率为 ， 所以二档球队从小组胜出的概率为 ． 三档球队C从小组胜出先要赢一档球队A，概率为 ，再赢B和D比赛的胜者， 若B胜，C胜出的概率为 ， 若D胜，C胜出的概率为 ，所以三档球队C从小组胜出的概率为 ； 三档球队D从小组胜出先要赢二档球队B，概率为 ，再赢A和C比赛的胜者， 若A胜，D胜出的概率为 ， 若C胜，D胜出的概率为 ， 所以三档球队D从小组胜出的概率为 ． 所以三档球队从小组胜出的概率为 ． （2）由题可得A1进决赛的概率为 ，所以A2进决赛的概率也为 ，（关键：由对阵关系 图可知每个小组内的比赛安排都是一样的，所以同档球队进入决赛的概率也相同） 所以对阵关系图左边是一档球队进决赛的概率为 ， 同理对阵关系图左边是二档球队进决赛的概率为 ， 所以对阵关系图左边是三档球队进决赛的概率为 ， 对阵关系图右边的情况一样． 现仅考虑A1夺冠的情况，A1要先进决赛，概率为 ，再赢右边进决赛的球队， 若右边是一档球队进决赛，A1胜出的概率为 ， 若右边是二档球队进决赛，A1胜出的概率为 ， 若右边是三档球队进决赛，A1胜出的概率为 ， 所以A1夺冠的概率为 ． 易知A2，A3，A4夺冠的概率和A1一样，所以一档球队夺冠的概率为 ． 例题2.甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为 的方 框表示第 场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第 场比赛的胜者称为“胜者 ”， 负者称为“负者 ”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为 ， 而乙､丙､丁相互之间胜负的可能性相同. (1)求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率； (2)求甲获得冠军的概率；(3)求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）乙仅参加两场比赛且连负两场，所以1、4均负，由独立事件概率公式，即 可得出答案； （2）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜，1负4胜5胜6胜，1 胜3负5胜6胜，由此求出甲获得冠军的概率； （3）分成三类进行讨论，若乙的决赛对手是甲，若乙的决赛对手是丙，若乙的决赛对手是 丁，从而能求出乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率. 【详解】（1）根据题意，乙获连负两场，所以1、4均负， 所以乙获连负两场的概率为 . （2）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况： 1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜， 所以甲获得冠军的概率为 . （3）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况： 甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜， 所以甲与乙在决赛相遇的概率为： ， 若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两 种： 乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜， 同时考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为： ， 若乙的决赛对手是丁，则其概率与乙的决赛对手是丙相同， 所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为 . 【讲技巧】 多线程，多图分类，多重条件分流型，采用分类讨论。注意讨论时要按照统一的标准， 不多讨论，也不遗漏讨论 【练题型】 北京时间2021年11月7日凌晨1点，来自中国赛区的EDG战队，捧起了英雄联盟S11全 球总决赛的冠军奖杯．据统计，仅在bilibili平台，S11总决赛的直播就有3.5亿人观看．电 子竞技作为正式体育竞赛项目已经引起越来越多的年轻人关注．已知该项赛事的季后赛后 半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下： 第一轮：四支队伍分别两两对阵（即比赛1和2），两支获胜队伍进入胜者组，两支失败 队伍落入败者组． 第二轮：胜者组两支队伍对阵（即比赛3），获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入 败者组；第一轮落入败者组两支队伍对阵（即比赛4），失败队伍（已两败）被淘汰（获 得殿军），获胜队伍留在败者组． 第三轮：败者组两支队伍对阵（即比赛5），失败队伍被淘汰（获得季军);获胜队伍成为败 者组第一名． 第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛（即比赛6），争夺冠军．假设每场比赛双方 获胜的概率均为0.5，每场比赛之间相互独立．问：(1)若第一轮队伍A和队伍D对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？ (2)已知队伍B在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍B 获得亚军的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据分析得到获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和 比赛5的胜利，从而求出相应的概率；（2）合理设出事件，利用条件概率公式进行求解. 【详解】（1）由题意可知，第一轮队伍A和队伍D对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜 利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵， 所以所求的概率为 （2）设 表示队伍B在比赛i中胜利， 表示队伍B在比赛i中失败， 设事件E：队伍B获得亚军，事件F：队伍B所参加的所有比赛中败了两场， 则事件F包括 ， ， ， ， ，且这五种情况彼此互斥，进 而 事件 包括 ， 且这两种情况互斥， 进而 所以所求事件 的概率为 【题型七】数列计算型分布列 【讲题型】 例题1.学校篮球队30名同学按照1，2，…，30号站成一列做传球投篮练习，篮球首先由1 号传出，训练规则要求：第 号同学得到球后传给 号同学的概率为 ，传给 号同学的概率为 ，直到传到第29号（投篮练习）或第30号（投篮练习） 时，认定一轮训练结束，已知29号同学投篮命中的概率为 ，30号同学投篮命中的概率为 ，设传球传到第 号的概率为 ． (1)求 的值； (2)证明： 是等比数列； (3)比较29号和30号投篮命中的概率大小．【答案】(1) (2)证明见解析(3)29号投篮命中概率大于30号投篮命中概率． 【分析】（1）依题意篮球传到4号有以下三种途径：1号传2号传3号传4号，1号传2号 传4号，1号传3号传4号按照相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得； （2）依题意可得 ，即可得到 ，从而得证； （3）由（2）利用累加法求出 ，即可求出 、 ，从而求出 号、 号命题的概率， 即可比较大小. 【详解】（1）解：依题意，篮球传到4号有以下三种途径：1号传2号传3号传4号其概 率为 ； 1号传2号传4号其概率为 ；1号传3号传4号其概率为 ， 因此 ． （2）解：依题意篮球传到第 号，再传给 号其概率为 ； 篮球传到第 号，再传给 号其概率为 ，因此有 ， 可得 ，且 ， 所以 是首先为 ，公比为 的等比数列． （3）解： ， ， ， ， ， ， 由累加法，可得 ， 所以 ， ， 所以 号投篮命中的概率为 号投篮命中的概率为 ， 因为 ，所以29号投篮命中概率大于30号投篮命中概率． 例题2.小明进行射击练习，他第一次射击中靶的概率为0.7，从第二次射击开始，若前一次 中靶，则该次射击中靶的概率为0.9，否则中靶概率为0.7. (1)求小明射击3次恰有2次中靶的概率；(2)①分别求小明第2次，第3次中靶的概率. ②求小明第n次中靶的概率. 【答案】(1) (2)①第2次中靶的概率为 ，第3次中靶的概率为 ；②小明第n 次中靶的概率为 【分析】（1）根据题意，将3次射击恰有2次中靶分成三种情况分别计算概率，然后将概 率相加即可； （2）①将第2次中靶分成第一次中靶和第一次未中靶两种情况分别计算即可，同理可得第 3次中靶的概率；②小明第n次中靶的概率是由第 次中靶和未中靶两种情况组成，可 通过构造数列求得结果. 【详解】（1）小明射击3次恰有2次中靶包括以下三种情况： 第一种：第一、二次中靶，第三次未中靶，其概率为 ； 第二种：第一、三次中靶，第二次未中靶，其概率为 ； 第三种：第二、三次中靶，第一次未中靶，其概率为 ; 所以，小明射击3次恰有2次中靶的概率为 （2）小明第2次中靶的概率由以下两种情况组成： 第一种：第一次中靶、第二次也中靶，其概率为 ； 第二种：第一次未中靶、第二次中靶，其概率为 ； 所以，小明第2次中靶的概率为 . 因此，小明第2次未中靶的概率为 同理，第3次中靶的概率包括以下两种情况： 第一种：第二次中靶、第三次也中靶，其概率为 ； 第二种：第二次未中靶、第三次中靶，其概率为 ； 则小明第3次中靶的概率为 ②设小明第n次中靶的概率为 ，则第 次中靶的概率为 ， 第n次中靶的概率由以下两种情况组成： 第一种：第 次中靶，第n次也中靶，其概率为 ； 第二种：第 次未中靶，第n次中靶，其概率为 ； 第n次中靶的概率 即 ，即数列 是以 为首项， 为公比的等 比数列； 所以 ，即 当 时， 符合该式； 所以，小明第n次中靶的概率为 【讲技巧】 数列型分布列，是关于自然数n的概率论题型属于较难的题型，涉及比较多的是等比数 列模型，等差相对较少。按照数列递推公式归类求通项公式 【练题型】 足球是一项大众喜爱的运动.2022卡塔尔世界杯揭幕战将在2022年11月21日打响，决赛 定于12月18日晚进行，全程为期28天. (1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到2 2列联表如下： 喜爱足球运 不喜爱足球运动 合计 动 男性 60 40 100 女性 20 80 100 合计 80 120 200 依据小概率值a=0.001的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关? (2)校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传 球时，传球者都等可能的将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定 每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第 次触球者是甲的概率记为 ， 即 ． （i）求 （直接写出结果即可）； （ii）证明：数列 为等比数列，并判断第19次与第20次触球者是甲的概率的大小． 【答案】(1)喜爱足球运动与性别有关(2)（i） ；（ii）证明见解析，甲的概率大 【分析】（1）计算出卡方，与10.828比较得到结论； （2）（i）根据传球的等可能性推出 ，（ii）推导出 ，构造出等比数列， 求出 ，得到 ，比较出大小. 【详解】（1）假设 ：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关． 根据列联表数据，经计算得 根据小概率值 的独立性检验，我们推断 不成立， 即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001． （2）（i）由题意得：第二次触球者为乙，丙，丁中的一个，第二次触球者传给包括甲的 三人中的一人，故传给甲的概率为 ，故 ． （ii）第 次触球者是甲的概率记为 ，则当 时，第 次触球者是甲的概率为 ， 第 次触球者不是甲的概率为 ，则 ，从而 ， 又 ， 是以 为首项，公比为 的等比数列． 则 ， ∴ ， ， ，故第19次触球者是甲的概率大 【题型八】机器人跳棋型 【讲题型】例题1.某校为了解该校学生“停课不停学”的网络学习效率，随机抽查了高一年级100位 学生的某次数学成绩，得到如图所示的频率分布直方图： （1）估计这100位学生的数学成绩的平均值 .（同一组中的数据用该组区间的中点值代 表）； （2）根据整个年级的数学成绩，可以认为学生的数学成绩 近似地服从正态分布 经计算，（1）问中样本标准差 的近似值为10．用样本平均数 作为 的近似 值，用样本标准差 作为 的估计值，现任抽取一位学生，求他的数学成绩恰在64分到94 分之间的概率. 参考数据:若随机变量 ，则 ， ， （3）该年级1班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习，提高学生每天的作业质量及 学习数学的积极性，特意在微信上设计了一个每日作业小程序，每当学生提交的作业获得 优秀时，就有机会参与一次小程序中“玩游戏，得奖励积分”的活动，开学后可根据获得 积分的多少领取老师相应的小奖品.小程序页面上有一列方格，共15格，刚开始有只小兔 子在第1格，每点一下游戏的开始按钮，小兔子就沿着方格跳一下，每次跳1格或跳2格， 概率均为 ，依次点击游戏的开始按钮，直到小兔子跳到第14格（奖励0分）或第15格 （奖励5分）时，游戏结束，每天的积分自动累加，设小兔子跳到第 格的概 率为 ，试证明 是等比数列，并求 的值.（获胜的概率） 【答案】（1）74（2）0.8186（3）见解析， 【分析】（1）根据频率分布直方图直接结算即可； （2）由 可知 ，根据参考数据，即可得出 的概率； （3）根据分类加法计数原理可知 ，构造等比数列可得 ， 利用累加法求出 ，即可求解. 【详解】（1） （2）由 ，所以 ， . （3）小兔子开始在第1格，为必然事件， ， 点一下开始按钮，小兔子跳1格即移到第2格的概率为 ，即 ，小兔子移到第 格的情况是下列两种，而且也只有两种情况. ①小兔子先跳到第 格，又点一下开始按钮跳了2格，其概率为 ； ②小兔了先跳到第 格，又点一下开始按钮跳了1格，其概率为 ； 因为 ，所以 . 所以当 时， 数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列， 所以 ， . 所以获胜的概率 . 例题2．某校为了解该校学生“停课不停学”的网络学习效率，随机抽查了高一年级100位学 生的某次数学成绩（单位：分），得到如下所示的频率分布直方图： (1)估计这100位学生的数学成绩的平均值 ；（同一组中的数据用该组区间的中点值代 表） (2)根据整个年级的数学成绩可以认为学生的数学成绩 近似地服从正态分布 ， 经计算，（1）中样本的标准差s的近似值为10，用样本平均数 作为 的近似值，用样本 标准差s作为 的估计值，现任抽取一位学生，求他的数学成绩恰在64分到94分之间的 概率；（若随机变量 ，则 ， ， ) (3)该年级1班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习，提高学生每天的作业质量及学 习数学的积极性，特意在微信上设计了一个每日作业小程序，每当学生提交的作业获得优 秀时，就有机会参与一次小程序中”玩游戏，得奖励积分”的活动，开学后可根据获得积分 的多少向老师领取相应的小奖品.小程序页面上有一列方格，共15格，刚开始有只小兔子 在第1格，每点一下游戏的开始按钮，小兔子就沿着方格跳一下，每次跳1格或跳2格， 概率均为 ，依次点击游戏的开始按钮，直到小兔子跳到第14格（奖励0分）或第15格 （奖励5分）时，游戏结束，每天的积分自动累加，设小兔子跳到第 格的概率 为 ，试证明 是等比数列，并求 （获胜的概率）的值.【答案】(1) (2) (3)证明见解析， 【分析】（1）根据频率分布直方图直接结算即可； （2）由 可知 ，根据参考数据，即可得出 的概率； （3）根据分类加法计数原理可知 ，构造等比数列可得 ， 利用累加法求出 ，即可求解. （1） （2）由 ，所以 ， . （3）小兔子开始在第1格，为必然事件， ， 点一下开始按钮，小兔子跳1格即移到第2格的概率为 ，即 ， 小兔子移到第 格的情况是下列两种，而且也只有两种情况. ①小兔子先跳到第 格，又点一下开始按钮跳了2格，其概率为 ； ②小兔了先跳到第 格，乂点一下开始按钮跳了1格，其概率为 ； 因为 ，所以 . 所以当 时， 数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列， 所以 ， .所以获胜的概率 . 【讲技巧】 机器人（跳棋）分布列，又称为游走型，分左右游走或者上下游走，也有左右上下都游 走。依然是属于数列型的归纳型 【练题型】 ．设数轴上有一只兔子，从坐标 开始，每秒以 的概率向正方向跳一个单位， 以 的概率向反方向跳一个单位，记兔子第n秒时的位置为 ． (1)证明： ；(2)记 是表达式 的最大值，证明： ． 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】(1)若n次跳动中一共向右跳了k次，则 ．得到 ，若n次跳动中一共向左跳了k次，则 ．得到 ，再利用 ，讨论 或 即 可得证； (2)先计算 ，再利用 ， ， 进行放缩可以得证. 【详解】（1）若n次跳动中一共向右跳了k次，则 ． 因此 ， ，1，2，…，n． 若n次跳动中一共向左跳了k次，则 ． 故 ， ，1，2，…，n． 于是 ， 当 时， ； 当 时， ． 故 ， 即 ． （2）因此 ． 【点睛】关键点点睛： n 第一问中借助2Ex 2knCkpnk1 pnk p2kn1 p2kn ， n n   k0 从而讨论2kn≤0或2kn≥0即可得证； 第二问中借助 1 Ck  f n，   p      n 2    1 1   p   n 2 1 ， p p2 n 2    1  n 2多次放缩才得证. 2n n 1 p 1 p 4 【题型九】求导计算最值型 【讲题型】 例题1.汽车尾气排放超标是全球变暖、海平面上升的重要因素．我国近几年着重强调可持 续发展，加大在新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业发展，某汽车制造企业 对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到下面的统计表： 年份t 2017 2018 2019 2020 2021 xxt2016 1 2 3 4 5 年份代码 销量 y/ 万辆 10 12 17 20 26 (1)统计表明销量 y 与年份代码x有较强的线性相关关系，求 y 关于x的线性回归方程，并 预测该地区新能源汽车的销量最早在哪一年能突破50万辆； (2)为了解购车车主的性别与购车种类（分为新能源汽车与传统燃油汽车）的情况，该企业 心随机调查了该地区200位购车车主的购车情况作为样本其中男性车主中购置传统燃油汽 车的有w名，购置新能源汽车的有45名，女性车主中有20名购置传统燃油汽车． ①若w95，将样本中购置新能源汽车的性别占比作为概率，以样本估计总体，试用（1） 中的线性回归方程预测该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数（假设每位车主只 购买一辆汽车，结果精确到千人）； ②设男性车主中购置新能源汽车的概率为p，将样本中的频率视为概率，从被调查的所有 男性车主中随机抽取5人，记恰有3人购置新能源汽车的概率为 f p ，求当w为何值时， f p 最大． n x y nxy i i 附： 为回归方程，b ˆ  i1 ， ． n x2nx2 yb ˆ xaˆ i aˆ yb ˆ x i1 【答案】(1)y4x5，2028年(2)①15.5万人；②w30 【分析】（1）根据所给数据，结合线性回归的公式求解方程，再令y50求解即可； （2）①计算该地区购置新能源汽车的车主中女性车主的频数与总人数求解即可； ②根据二项分布的概率公式可得 f(p)C3p3(1 p)2 10  p52p4 p3 ，再求导分析 f(p) 5 的最大值即可. 12345 【详解】（1）解：由题意得x  3 ， 5 n x y 110212317420526295， i i i1 1012172026 n y  17， x2 1222324252 55． i 5 i1n x y nxy i i 2955317 所以b ˆ  i1  4， ． n 5545 x2nx2 i aˆ  yb ˆ x 17435 i1 所以y关于x的线性回归方程为y4x5，令y4x550，得x11.25， 所以最小的整数为12，2016122028， 所以该地区新能源汽车的销量最早在2028年能突破50万辆． （2）解：①由题意知，该地区200名购车者中女性有200954560名， 故其中购置新能源汽车的女性车主的有602040名． 40 8 所购置新能源汽车的车主中，女性车主所占的比例为  ． 4045 17 8 所以该地区购置新能源汽车的车主中女性车主的概率为 ． 17 预测该地区2023年购置新能源汽车的销量为33万辆， 8 因此预测该地区2020年购置新能源汽车的女性车主的人数为 3315.5万人 17 45 ②由题意知，p ,0w135，则 f(p)C3p3(1 p)2 10  p52p4 p3 w45 5 f(p)10  5p48p33p2 10p2 5p28p3  10p2(p1)(5p3)  3 当p  0, 5   时，知 fp0 所以函数 f(p) 单调递增 3  当p 5 ,1  时，知 fp0 所以函数 f(p) 单调递减 3 3 3 3  3 2 216 所以当p , f p取得最大值 f  C3   1   ． 5 5 5 5  5 625 45 3 216 此时  ，解得 ，所以当 时 取得最大值 ． w45 5 w30 w30 f(p) 625 例题2.公元1651年，法国学者德梅赫向数学家帕斯卡请教了一个问题：设两名赌徒约定谁 先赢满4局，谁便赢得全部赌注a元，已知每局甲赢的概率为p(0 p1)，乙赢的概率为 1 p，且每局赌博相互独立，在甲赢了2局且乙赢了1局后，赌博意外终止，则赌注该怎 么分才合理？帕斯卡先和费尔马讨论了这个问题，后来惠更斯也加入了讨论，这三位当时 欧洲乃至全世界著名的数学家给出的分配赌注的方案是：如果出现无人先赢4局且赌博意 外终止的情况，则甲、乙按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比P :P 分 甲 乙 配赌注．（友情提醒：珍爱生命，远离赌博） 2 （1）若a243,p ，甲､乙赌博意外终止，则甲应分得多少元赌注？ 3 4 （2）若p� ，求赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率 ，并判断“赌博继续进行 5 f(p) 下去乙赢得全部赌注”是否为小概率事件（发生概率小于0.05的随机事件称为小概率事 件）． 【答案】（1）216元；（2） f p113p(1 p)3 ，是小概率事件． 【分析】（1）设赌博再继续进行X局且甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢，由题意 知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注，利用相互独立事件概率乘法公式和 互斥事件概率加法公式求出甲赢的概率，由此能求出甲应分得的赌注． （2）设赌博继续进行Y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，当Y 3时，乙以4:2 赢，PY 3(1 p)3 ，当Y 4时，乙以4:3赢，PY 4C 3 1p(1 p)3 3p(1 p)3 ，求出甲赢得全部赌注的概率 f p113p(1 p)3.对其求导，利用导数分析单调性，求出 该函数的最小值，从而判断出“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”是小概率事件. 【详解】（1）设赌博再继续进行X 局且甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢 由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注． 2 2 4 当 时，甲以 赢，所以PX 2   ； X 2 4:1 3 9 2  2 2 8 当 时，甲以 赢，所以PX 3C1 1   ； X 3 4:2 2 3  3 3 27 2  2 2 2 4 当 时，甲以 赢，所以PX 4C1 1    ． X 4 4:3 3 3  3 3 27 4 8 4 24 8 所以，甲赢的概率为     ． 9 27 27 27 9 8 所以，甲应分得的赌注为243 216元 9 （2）设赌注继续进行Y 局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，则Y 的可能取值有3、 4， 当Y 3时，乙以4:2赢，PY 3(1 p)3 ； 当Y 4时，乙以4:3赢，PY 4C 3 1p(1 p)3 3p(1 p)3 ； 所以，乙赢得全部赌注的概率为 PA(1 p)33p(1 p)3 13p(1 p)3 于是甲赢得全部赌注的概率 f p113p(1 p)3. 求导， fp3(1 p)313p3(1 p)2112p(1 p)2 ． 4 4  因为 5  p1,所以 fp0, 所以 f p在 5 ,1  上单调递增， 4 608 于是 f(p)  f   ． min 5 625 608 17 故乙赢的概率最大为1  0.02720.05,故是小概率事件． 625 625 【讲技巧】 在分布列求最值或者范围时，一般情况下，用函数的最值方法求，比较复杂的形式，则 可以用导数求解 【练题型】 学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则 如下：一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分； 一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2 1 分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为 ；参加 2 1 “四人赛”活动（每天两局）时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p， ．李明周 3 一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动（每天两局），各局比赛互不 影响． (1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和数学期望； (2)设李明在这5天的“四人赛”活动（每天两局）中，恰有3天每天得分不低于3分的概 率为 f p ．求p为何值时， f p 取得最大值．2 【答案】(1)分布列见解析，EX7.5（分）(2)p 5 【分析】（1）X 可取5，6，7，8，9，10，求出对应随机变量的概率，从而可求出分布列， 再根据期望公式求出数学期望即可； （2）先求出一天得分不低于3分的概率，再求出恰有3天每天得分不低于3分的概率为 f p ，再根据导出求出函数 f p 的单调区间，即可得出答案. 【详解】（1）解：X 可取5，6，7，8，9，10， 1 5 1 1 1 4 5 PX 5C0·   ，PX 6C1    ， 5 2 32 5 2 2 32 1 2 1 3 5 1 3 1 2 5 PX 7C2·     ，PX 8C3·     ， 5 2 2 16 5 2 2 16 1 4 1 5 1 5 1 PX 9C4·    ，PX 10C5·   ， 5 2 2 32 5 2 32 分布列如下： X 5 6 7 8 9 10 1 5 5 5 5 1 P 32 32 16 16 32 32 1 5 5 5 5 1 所以EX5 6 7 8 9 10 7.5（分）； 32 32 16 16 32 32 （2）解：设一天得分不低于3分为事件A，   1 2 2p1 则PA  11 p 1  1 1 p ，   3 3 3 则恰有3天每天得分不低于3分的概率 f pC3   2p1  3   1 2p1  2  40 2p131 p2 ， 5  3   3  243 0 p1 40 40 40 则 fp 62p121 p2 22p131 p  2p121 p410p ， 243 243 243 2 2 当0 p 时， fp0，当  p1时， fp0， 5 5  2 2  2 所以函数 f p在  0, 5   上递增，在 5 ,1  上递减，所以当p 5 时， f p取得最大值. 【题型十】多人比赛（传球）型 【讲题型】 例题1.甲､乙､丙三人进行台球比赛，比赛规则如下：先由两人上场比赛，第三人旁观，败 者下场作为旁观者，原旁观者上场与胜者比赛，按此规则循环下去，三人经过抽签决定由 2 甲､乙先上场比赛，丙作为旁观者.根据以往经验每局比赛中：甲乙比赛甲胜概率为 ，乙 3 1 1 丙比赛乙胜概率为 ，丙甲比赛丙胜概率为 ，每场比赛相互独立且每场比赛没有平局. 2 3 (1)比赛完3局时，求甲､乙､丙各胜1局的概率； (2)比赛完4局时，设丙作为旁观者的局数为随机变量X，求的X分布列和期望. 11 2 【答案】(1) (2)分布列见解析，期望为 ． 9 6 【分析】（1）用表格列举出4局比赛的可能对手情况，可分析出甲､乙､丙各胜1局的两种 情形，由此可计算出概率；（2）由比赛规则分析丙至少比赛2局，因此可得X 的可能值为1或2，计算出概率后得分 布列，由期望公式计算期望． (1) 用表格列出4局比赛可能的对手． 1 2 3 4 甲丙 甲乙 乙丙 甲丙 丙甲 丙乙 乙甲 甲乙 乙丙 乙甲 甲丙 乙丙 丙乙 丙甲 甲乙 考虑前3局，甲､乙､丙各胜1局，有两种情形： 第一局若甲胜，则第2局甲丙比赛，丙胜，第3局丙乙比赛，乙胜， 第一局若乙胜，则第2局乙丙比赛，丙胜，第3局丙甲比赛，甲胜， 2 1 1 1 1 2 2 所求概率为P       ． 3 3 2 3 2 3 9 (2) 根据比赛规则，丙第一局作为旁观者，第二局必须参赛，第三局如果是旁观者，则第四局 必定参与比赛，而第三局比赛时，第四局可能参与比赛了可能作为旁观， X 的可能值是1或2． 由（1）中表格知， 2 1 1 1 1 1 1 P(X 1)       ， 3 3 2 3 2 3 6 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 5 P(X 2)           ， 3 3 3 3 2 3 2 3 2 3 6 所以X 的分布列为 X 1 2 1 5 P 6 6 1 5 11 E(X)1 2  ． 6 6 6 例题2.三人玩传球游戏，每人等概率传给另外两人．第一次球从甲手中传出． （1）第四次传球结束，球恰好传回甲手中的概率； （2）若第n次传球结束后，球在甲手中的概率为a ． n （i）用a 表示a （nN）； n n＋1 （ii）求{a }的通项公式． n1  1 n1 【答案】（1） 8 3；（2）（i）a n1  a 2 n  1 2 ；（ii）a n  3   1   2     . 【解析】【分析】 1 依次分析第一次传球给甲、乙、丙的概率，第二次传球到甲、乙、丙 的概率，第三次、第四次传球到甲、乙、丙的概率，可得答案； 1a 2i根据第 n 次传球到乙丙手中的概率为 2 n ，可得 a 与 a 的关系； n1 n  1 ii由 a 与 a 的关系得出  a n  3   为等比数列，求得其首项和公比，根据等比数列的通项 n1 n 公式可求得答案. 【详解】 1 1 1第一次传球给甲、乙、丙的概率分别为0, , ，第二次传球到甲、乙、丙的概率分别是 2 2 1 1 1 , , ， 2 4 4 1 3 3 3 5 5 同理，第三次、第四次传球到甲、乙、丙的概率分别为 , , , , , ··· 4 8 8 8 16 16 3 故 第四次传球结束，球恰好传回甲手中的概率为 ； 8 1a 1 1a 1 1a a 1 2i第 n 次传球到乙丙手中的概率为 2 n ，故a n1  2  2 n  2  2 n  2 n  2 ， a 1 所以a  n  ； n1 2 2 a 1 1 1 1 iia  n  a   a  ， n1 2 2 n1 3 2 n 3  1 1 1 1 a  为等比数列，首项为a   ，公比为 ，  n 3 1 3 3 2 1 1  1 n1 1  1 n1 a     a  1  . n 3 3  2 n 3  2  1  1 n1 所以a  1  . n 3  2  【讲技巧】 多人比赛或者传球模型，一般情况下涉及到独立事件与互斥事件的识别，及概率运算， 离散型随机变量的分布列和期望，如果符合常见的二项分布，超几何分布等等分布，直 接用概率公式进行运算。如果限制条件较多，可以进行罗列方式进行分类讨论计算 【练题型】 甲、乙、丙、丁四名选手进行羽毛球单打比赛．比赛采用单循环赛制，即任意两位参赛选 手之间均进行一场比赛．每场比赛实行三局两胜制，即最先获取两局的选手获得胜利，本 场比赛随即结束．假定每场比赛、每局比赛结果互不影响． 2 (1)若甲、乙比赛时，甲每局获胜的概率为 ，求甲获得本场比赛胜利的概率； 3 3 (2)若甲与乙、丙、丁每场比赛获胜的概率分别为1 ， 2 ， ，试确定甲第二场比赛的对手， 2 3 4 使得甲在三场比赛中恰好连胜两场的概率最大．20 【答案】(1) (2)丁 27 【分析】（1）分第一局第二局，第一局第三局，第二局第三局获胜求解； （2）分甲在第二场甲胜乙，甲胜丙，甲胜丁求解. (1) 解：设甲在第i局获胜为事件A i i1,2,3 ，事件B“甲获得本场比赛胜利”，     则B AA  AA A  AA A ， 1 2 1 2 3 1 2 3 2 2 2  2 2  2 2 2 20 所以PB   1  1    ． 3 3 3  3 3  3 3 3 27 (2) 若甲在第二场与乙比赛，则甲胜乙，且在甲丙、甲与丁的比赛中，甲只胜一场． 1 2  3  2 3 5 此时，甲恰好连胜两场的概率P 1  2   3   1 4     1 3    4   2 12 ； 若甲在第二场与丙比赛，则甲胜丙，且在甲与乙、甲与丁的比赛中，甲只胜一场． 2 3  1  3 1 2 此时，甲恰好连胜两场的概率P 2  3   4   1 2     1 4    2   2 3 ； 若甲在第二场与丁比赛，则甲胜丁，且在甲与乙、甲与丙的比赛中，甲只胜一场． 3 1  2  1 2 3 此时，甲恰好连胜两场的概率P 3  4   2   1 3     1 2    3   2 4 ． 因为P P P，所以，甲在第二场与丁比赛时，甲恰好连胜两场的概率最大． 1 2 3 【题型十一】实验方案型 【讲题型】 例题1.冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征(MERS)和严重 急性呼吸综合征(SARS)等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒(nCoV)是以前 从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状､发 热､咳嗽､气促和呼吸困难等.在较严重病例中，感染可导致肺炎､严重急性呼吸综合征､肾衰 n  nN* 竭，甚至死亡.某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有 份血液 样本，有以下两种检验方式： 方式一：逐份检验，则需要检验n次. 方式二：混合检验，将其中k(kN* 且k≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验 结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检 验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时 这k份血液的检验次数总共为k+1. 假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份 样本是阳性结果的概率为p(00得2x7， fx0得x7， 所以 f x 在区间 2,7 上单调递增，在区间 7, 上单调递减， f x  f 7ln712ln3ln20.10， max 8 8 8 f 83ln2 2ln3ln25ln22ln3 1.3 0， 7 7 7 9 9 9 f 92ln3 2ln3ln22ln2 1.4 0， 7 7 7 10 10 f 10ln10 2ln3ln21.5 0， 7 7 11 11 f 11ln11 2ln3ln21.6 0， 7 7 12 12 12 f 12ln12 2ln3ln24ln2ln3 1.7 0， 7 7 7 所以k的最大值为11. 【点睛】本题考查概率与导数的综合，本题考查阅读理解能力以及计算能力，同时概率与 数列，概率与导数算是近几年热点内容，属难题. 4．（湖北省襄阳市第四中学2020届高三下学期第四次模拟考试数学（理）试题）在孟德 尔遗传理论中，称遗传性状依赖的特定携带者为遗传因子，遗传因子总是成对出现，例如， 豌豆携带这样一对遗传因子：A使之开红花，a使之开白花，两个因子的相互组合可以构 成三种不同的遗传性状：AA为开红花，Aa和aA一样不加区分为开粉色花，aa为开白色 花，生物在繁衍后代的过程中，后代的每一对遗传因子都包含一个父本的遗传因子和一个 1 母本的遗传因子，而因为生殖细胞是由分裂过程产生的，每一个上一代的遗传因子以 的 2 概率传给下一代，而且各代的遗传过程都是相互独立的，可以把第n代的遗传设想为第n 次试验的结果，每一次试验就如同抛一枚均匀的硬币，比如对具有性状Aa的父本来说，如 1 果抛出正面就选择因子 ，如果抛出反面就选择因子 ，概率都是 ，对母本也一样，父 A a 2 本、母本各自随机选择得到的遗传因子再配对形成子代的遗传性状，假设三种遗传性状 AA，Aa（或aA），aa在父本和母本中以同样的比例u:v:wuvw1 出现，则在随 v 机杂交试验中，遗传因子 被选中的概率是pu ，遗传因子 被选中的概率是 A 2 a v qw ，称 、q分别为父本和母本中遗传因子 和 的频率， 实际上是父本和母 2 p A a p:q 本中两个遗传因子的个数之比，基于以上常识回答以下问题： （1）如果植物的上代父本、母本的遗传性状都是Aa，后代遗传性状为AA，Aa（或aA ），aa的概率分别是多少？ （2）对某一植物，经过实验观察发现遗传性状aa具有重大缺陷，可人工剔除，从而使得 父本和母本中仅有遗传性状为AA，Aa（或aA）的个体，在进行第一代杂交实验时，假 q q 设遗传因子A被选中的概率为p，a被选中的概率为 ，其中p、 为定值且pq1，求 杂交所得子代的三种遗传性状AA，Aa（或aA），aa所占的比例u 1 ，v 1 ，w 1 ； （3）继续对（2）中的植物进行杂交实验，每次杂交前都需要剔除aa的个体.假设得到的 第n代总体中3种遗传性状AA，Aa（或aA），aa所占的比例分别为：u n ，v n ， w n u n v n w n 1 n A a p n q n u  v n n 2 p  n 1w nw n u n v n w n 1 ，设第n代遗传因子 A 和a的频率分别为p n 和q n ，已知有以下公式 v v u  n n n 2 ， 2 ， p  q  n 1w n 1w n1,2 n n  1  （ⅰ）证明 是等差数列； q  n （ⅱ）求u ，v ，w 的通项公式，如果这种剔除某种遗传性状的随机杂交实验长期进 n1 n1 n1 行下去，会有什么现象发生？ 1 1 【答案】（1） AA ， Aa （或 aA ）， aa 的概率分别是 4 ，1 2 ， 4 ；（2） u 1  p2， 2  pnq ， ；（3）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）u  p2   ； v 2pq w q2 n1 n 1nq  1 1 ppnq 2  q  v 2 n1 1nq2 ；w n1   1nq   ； w 越来越小，而 w 是子代中 aa 所占的比例，也即 n n 性状aa会渐渐消失. 【分析】（1）根据上代父本、母本的遗传性状都是Aa可得基本事件的总数，由古典概型 的概率公式可得所求的概率. （2）根据独立事件的概率计算方法可求u ，v ，w . 1 1 1 v u  n （3）根据 ， ， 的定义可得三者与 的关系，结合给定的p  n 2 ， u v w p ,q n 1w n n n n n n v n q  2 可得 q  q n ，两边取倒数后利用等差数列的定义可判断   1   是等差数列由 n 1w n1 1q q  n n n 此求出q 的通项，从而可求u ，v ，w 的通项公式. n n1 n1 n1 【详解】解析：（1）因为上代父本、母本的遗传性状都是Aa，故子代的遗传性状有： 1 1 ， ， ， ，共4种，故 ， （或 ）， 的概率分别是 ，1 ， . AA Aa aA aa AA Aa aA aa 4 2 4 （2）由题可得，u  p2 ，v 2pq，w q2 ； 1 1 1 （3）由（2）知，u  p2 ，v 2p q ，w q2 ， n1 n n1 n n n1 n v /2 p q p q q q  n1  n n  n n  n ∴ ， n1 1w 1q2 1q 1q  1q n1 n n n n 1 1  1  则 1 ，∴ 是公差为1的等差数列： q q q  n1 n n v 1 1  1 n1，其中 q  2  pq  q ， q q 1 1w 1q2 1q n 1 1 2 1 1 q  q  ∴  n，q  ，于是w q2   ， q q n 1nq n1 n 1nq n pnq  pnq 2 ppnq p n 1q n  1nq ，u n1  p n 2  1nq   ，v n1 2p n q n 2 1nq2 ，2  q  对于w n1   1nq   ， n 越大， w 越小，所以这种实验长期进行下去， w 越来越小，而 n1 n w 是子代中aa所占的比例，也即性状aa会渐渐消失. n 【点睛】本题考查古典概型、独立性事件在遗传学中的应用，其中在概率计算的过程中还 涉及到递推数列通项的求法、等差数列的证明等，本题的关键是根据所给材料弄清各概率 之间的数列关系. 5．（湖南省长沙市雅礼中学2022届高三高考数学（理科）模拟试题（一）（a卷））某校 数学兴趣小组由水平相当的n位同学组成，他们的学号依次为1，2，3，…，n.辅导老师安 排一个挑战数学填空题的活动，活动中有两个固定的题，同学们对这两个题轮流作答，每 1 位同学在四分钟内答对第一题及四分钟内答对第二题的概率都为 ，每个同学的答题过程 2 都是相互独立的挑战的具体规则如下： ①挑战的同学先做第一题，第一题做对才有机会做第二题； ②挑战按学号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮挑战； ③若第ii1,2,3,  ,n1 号同学在四分钟内未答对第一题，则认为第i轮挑战失败，由第 i+1号同学继续挑战； ④若第ii1,2,3,  ,n1 号同学在四分钟内答对了第一题，满四分钟后，辅导老师安排该 生答第二题，若该生在四分钟内又答对第二题，则认为挑战成功挑战在第i轮结束；若该 生在四分钟内未答对第二题，则也认为第i轮挑战失败，由第i+1号同学继续挑战； ⑤若挑战进行到了第n轮，则不管第n号同学答对多少题，下轮不再安排同学挑战. 令随机变量X 表示n名挑战者在第X X 1,2,3,,n 轮结束. n n n （1）求随机变量X 的分布列； 4 （2）若把挑战规则①去掉，换成规则⑥：挑战的同学先做第一题，若有同学在四分钟内答 对了第一题，以后挑战的同学不做第一题，直接从第二题开始作答. 令随机变量Y 表示n名挑战者在第Y Y 1,2,3,,n 轮结束. n n n （ⅰ）求随机变量Y  nN*,n2  的分布列； n （ⅱ）证明EY 2 EY 3 EY 4 EY 5   EY n   3. 【答案】（1）分布列见解析；（2）（ⅰ）分布列见解析；（ⅱ）证明见解析. 1 3 【分析】（1）由题知，两道题都答对的概率为 ，至少有一道不能答对的概率为 ，故有 4 4 3 k1 1 3 3 PX k   k 1,2,3，PX 4  ，即可求出概率分布列； 4 4 4 4 4 （2）（i）根据题意先考虑Y k  1k n1,kN* 时，第k人必答对第二题，故有故 n 1 k1 1 n PY k p  p k  ，再考虑当 时，故PY n p  p n1   ，于 n k k 2 Y n n n n 2 n 是得到其概率分布列； （ii）由（i）求得期望EY n  k n  1 1 k2    1 2    k1 nn1    1 2    n  nN*,n2  ，在考虑 EY n 的单 调性，即可证明EY 2 EY 3 EY 4 EY 5   EY n  成立，再用错位相减法和不 1 等式放缩得EY n  7 4 1    1 2    3     1 2    4       1 2    n1  7 4 1 8 1 3即可证明. 1 2  1 1 k1 1 3 3 【详解】（1）PX k1    k 1,2,3，PX 4  ， 4  2 2 4 4 4因此X 的分布列为 4 X 1 2 3 4 4 1 3 9 27 P 4 16 64 64 （2）（ⅰ）Y k  1k n1,kN* 时，第k人必答对第二题， n 1 k1 若前面 人都没有一人答对第一题，其概率为p   ， k1 k 2 1 k1 1 k1 若前面 人有一人答对第一题，其概率为p C1   k1   ， k1 k k1 2 2 1 k1 故PY k p  p k  . n k k 2 当Y n时， n 1 n1 若前面 人都没有一人答对第一题，其概率为p   ， n1 n 2 1 n 若前面 人有一人答对第一题，其概率为p n1   ， n1 n 2 1 n 故PY n p  p n1   . n n n 2 Y 的分布列为： n Y 1 2 3 … n1 n n 1 2 1 3 1 4 1 n 1 n P   2  3  … n1   n1   2 2 2 2 2 （ⅱ）EY  n1 k2   1  k1 nn1   1  n  nN*,n2  . n 2 2 k1 1 n1 1 n1 1 n 1 n1 法1：EY EY n2   n1n2   nn1   n2   0， n1 n 2 2 2 2 故EY 2 EY 3 EY 4 EY 5   EY n  ， 7 求得EY  ， 2 4 故EY n EY 2   EY 3 EY 2     EY 4 EY 3       EY n EY n1  ， 7 1 3 1 4 1 n1 1 n ∴EY n  4 4 2   5 2     n 2   n1  2   ，① 7 1 2 1 3 1 4 1 n1 2EY n  2 4 2   5 2   6 2     n1  2   ，② 1 ② ①，EY n  7 4 1    1 2    3     1 2    4       1 2    n1  7 4 1 8 1 3. 1  2故EY 2 EY 3 EY 4 EY 5   EY n   3. 法2：令k2    1 2    k1   ak2bkc    1 2    k   ak12bk1c     1 2    k1 ， 则k2 2  ak2bkc    ak22abkabc  ak2b2akcab ， n1 1 k1 1 n 因此：EY k2   n(n1)  n 2 2 k1 6 1   n22n3   1  n nn1   1  n 3n3   1  n 3. 2 2 2 2 1 n 1 n1 1 n1 又EY EY n3   n4   n2   0， n1 n 2 2 2 故EY 2 EY 3 EY 4 EY 5   EY n   3. 【点睛】本题考查离散型随机变量的概率分布列，考查数学运算能力与分析解决问题能力， 是难题. 6．（江苏省如东中学、姜堰中学、沭阳中学三校2022届高三下学期4月阶段性测试数学 试题 新型冠状病毒是一种人传人，而且隐藏至深、不易被人们直觉发现危及人们生命的严重病 毒．我们把与这种身带新型冠状病毒（称之为患者）有过密切接触的人群称为密切关联者． 已知每位密切关联者通过核酸检测被确诊为阳性后的概率为p0 p1 ．一旦被确诊为阳 性后即将其隔离．某位患者在隔离之前，每天有 k位密切关联者与之接触（而这k个人不 与其他患者接触），其中被感染的人数为X0 X k ． （1）求一天内被感染人数X 的概率pX 的表达式和X 的数学期望； （2）该病毒在进入人体后有14天的潜伏期，在这14天内患者无任何症状，则为病毒传播 的最佳时间．设每位患者在不知自己患病的情况下的第二天又与k位密切关联者接触．从 某一名患者被带新型冠状病毒的第1天开始算起，第n天新增患者的数学期望记为 E n2 ． n 1 ①当 ，p ，求 的值； k 10 2 E 8 ②试分析每位密切关联者佩戴口罩后与患者接触能否降低患病的概率，经大量临床数据验 2p 证佩戴口罩后被感染患病的概率 满足关系式pln1 p ．当 取得最大值时， p 3 p 计算p所对应的E和p所对应的 E 值，然后根据计算结果说明佩戴口罩的必要性（取 6 6 k 10）． 1 2 （参考数据： ， ， ， 0.3， 0.7， 计算结果保 ln20.7 ln31.1 ln51.6 3 3 66 46656 留整数） 【答案】（1）pXCXpX 1 pKX 0 X K ，EXKp；（2）①233280；② K E 6480（人）；E 16（人）；必要性见解析． 6 6 【分析】（1）设事件A：被病毒感染的人群，随机变量X 的取值为：0，1，2，…，k． 得到事件 A 服从二项分布X  Bk,p ，即可求解． （2）①根据题意，第n天新增加人数的数学期望E n 1kpn11kpn2 ，即可求解E 8 的值． 2 ②求得p f pln1 p p，利用导数求得函数 f p的单调性和最值，进而得到 3 1 p 2 p0.1 E E 6 61 p 2 ， p0.1 ，分别求得 E 和 E的人数，即可得到结论． 6 6 【详解】（1）根据题意，因为任何一个与患者密切接触的关联者，被感染（患病）的概率 均为p， 又每天有k位密切关联者与一患者接触，设事件A：被病毒感染的人群， 随机变量X 的取值为：0，1，2，…，k．显然事件A服从二项分布X  Bk,p ， 即pXCXpX 1 pKX 0 X K，显然EXKp． K （2）①根据题意，最初患者自己被感染，即第1天人数为1， 第2天被感染人数增至为：11kp1kp； 第3天被感染人数增至为： 1kp1kpkp1kp2 ，…， 显然第 n1 天被感染人数增至为：1kpn2 ，第n天被感染人数增至为：1kpn1 ， 于是根据题意中均值定义，第n天新增加人数的数学期望E n 1kpn11kpn2 ， 1 1 6 即 E n kp1kpn2，于是E 8 10 2   110 2   566 233280． ②根据题意函数p f pln1 p 2 p，求导得： fp 1  2  12p ， 1 p 3 31 p 3  1 1  当且仅当p  0, 2   时， fp0 ，此时 p f p 单调递增；当p  2 ,1  时， fp0 ， 1 1 即 p f p单调递减，于是p f p max  p 2   ln3ln2 3 0.1． 1 此时p ， ， 2 p0.1 1 1 62 于是E 10 110  564 6480（人）， 6 2 2 1  1  62 E 10 110  24 16（人）． 6 10 10 经过计算得知，戴口罩情况下患者与密切接触的关联者接触被感染的人数为16人， 而不戴口罩的情况下患者与密切接触的关联者接触被感染的人数为6480人， 即E 远大于E，于是戴口罩是非常必要的． 6 6 【点睛】本题以新冠疫情重大突发事件为背景命题，以病毒人传人大事件的预防建立数学 模型来考查概率的相关概念、事件的划分、离散型随机变量的期望等概念的应用，同时考 查了理性思维、抽象思维及逻辑推理、运算求解能力、读题理解能力、计算能力． 7．（湖南省益阳市2020届高三下学期5月高考模拟理科数学试题）某校班主任利用周末 时间对该班级2019年最后一次月考的语文作文分数进行了一次统计，发现分数都位于20 ﹣55之间，现将所有分数情况分为[20，25），[25，30），[30，35），[35，40），[40， 45），[45，50），[50，55）七组，其频率分布直方图如图所示，已知m＝2n，[30，35） 这组的参加者是12人．（1）根据此频率分布直方图求图中m，n的值，并求该班级这次月考作文分数的中位数； （2）组织者从[35，40）这组的参加者（其中共有5名女学生，其余为男学生）中随机选 出1人（为公平起见，把每个人编号，通过号码确定），如果选到男学生，则该学生留在 本组，如果选到女生，则该女生交换一个男生到该组中去（已知本班男生人数多于女生人 数），重复上述过程n次后，该组中的男生人数为Xn． ①求随机变量X 的概率分布及数学期望E（X）； 1 1 ②求随机变量Xn的数学期望E（Xn）关于n的表达式． 29 【答案】（1） ， ，中位数为 ；（2）①分布列见详解，EX  ； m0.04 n0.02 35 1 8 7 n ②EX 85  . n 8 m,n 【分析】（1）根据各组频率之和为1以及m＝2n，简单计算可得 ，然后计算前三组的 频率和可得中位数. X （2）①列出 的所有可能结果并求得相应概率，然后列出分布列根据期望公式可得结果. 1 ②设PX 3k p ,k 0,1,2,3,4,5且p  p  p  p  p  p 1，可得 n k 0 1 2 3 4 5 EX 3p 4p 5p 6p 7p 8p ，然后计算X 的分布列，得到 n 0 1 2 3 4 5 n1 7 EX  EX 1，最后根据拼凑法计算以及等比数列的定义通项公式可得结果. n1 8 n 【详解】（1）由题可知：  0.0120.0320.06mn51 m0.04   m2n n0.02 由 0.010.030.0650.5，所以可知中位数为 35 （2）由题可知： 120.04 35,40这组人数有： 8，其中女生5名，男生3名 0.06 ①随机变量X 的所有可能结果为3，4 1 3 5 所以PX 3 ,PX 4 1 8 1 8 所以X 的分布列为 1 X 3 4 1 3 5 P 8 83 5 29 数学期望EX 3 4  1 8 8 8 ②设PX 3k p ,k 0,1,2,3,4,5，则p  p  p  p  p  p 1 n k 0 1 2 3 4 5 EX 3p 4p 5p 6p 7p 8p n 0 1 2 3 4 5 3 5 4 EX 3 p ，EX 4 p  p ， n1 8 0 n1 8 0 8 1 4 5 3 6 EX 5 p  p ，EX 6 p  p ， n1 8 1 8 2 n1 8 2 8 3 2 7 1 8 EX 7 p  p ，EX 8 p  p n1 8 3 8 4 n1 8 4 8 5 所以X 的分布列为 n1 X 3 4 5 6 7 8 n1 3 5 4 4 5 3 6 2 7 1 8 P p p  p p  p p  p p  p p  p 8 0 8 0 8 1 8 1 8 2 8 2 8 3 8 3 8 4 8 4 8 5 3  5 4  4 5  3 6  所以EX 3 p 4 p  p 5 p  p 6 p  p  n1 8 0  8 0 8 1  8 1 8 2  8 2 8 3  2 7  1 8  7 p  p 8 p  p  8 3 8 4  8 4 8 5  29 36 43 50 57 64 所以EX  p  p  p  p  p  p n1 8 0 8 1 8 2 8 3 8 4 8 5 7 即EX  3p 4p 5p 6p 7p 8p  p  p  p  p  p  p n1 8 0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4 5 7 则EX  EX 1 n1 8 n 7 35 所以EX 8 EX 8 ，又EX 8 n1 8 n 1 8 35 7 n1 7 n 所以EX 8   85  n 8 8 8 【点睛】本题考查概率与等比数列的综合应用，本题第（2）问的第②小问，难点在于找到 7 EX  EX 1，考查分析问题能力以及逻辑推理能力，属难题. n1 8 n 8．（江西省宜春市2019-2020学年高三5月模拟考试数学（理）试题）超级细菌是一种耐 药性细菌，产生超级细菌的主要原因是用于抵抗细菌侵蚀的药物越来越多，但是由于滥用 抗生素的现象不断的发生，很多致病菌也对相应的抗生素产生了耐药性，更可怕的是，抗 生素药物对它起不到什么作用，病人会因为感染而引起可怕的炎症，高烧，痉挛，昏迷甚 至死亡.某药物研究所为筛查某种超级细菌，需要检验血液是否为阳性，现有n（nN*） 份血液样本，每个样本取到的可能性相等，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要 检验n次；（2）混合检验，将其中k（kN*且k 2）份血液样本分别取样混合在一起检 验，若检验结果为阴性，则这份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够 了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份血液再 逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k1次.假设在接受检验的血液样本中，每份 样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0 p1 ）.现取其中k（kN*且k 2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次 数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为. 1 2（1）运用概率统计的知识，若EE ，试求P关于k的函数关系式p f k ； 1 2 （2）若P与抗生素计量x 相关，其中x，x ，…，x （n2）是不同的正实数，满足 n 1 2 n ，对任意的 （ ），都有e  1 3 n1 x n 2  x n 2x 1 2 . x 1 1 nN* n2 i1 x i x i1 x 2 2x 1 2 （i）证明： x  为等比数列； n 1 p1 （ii）当 时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数期望值比逐份检 8 x 7 验的总次数期望值更少，求k的最大值. 参考数据：ln20.6931，ln31.0986，ln41.3863，ln51.6094，ln61.7918， ln71.9459，ln82.0794，ln92.1972，ln102.3026 1 1k 【答案】（1）p1  （ 且 ）；（2）（i）证明见解析；（ii）8. k (kN k 2 【分析】（1）根据检验方式可知， 1 的取值只为k，易求得E 1 k，而 2 的可能取值 为1,k1，再分别求出对应概率即可得到E ，列出等式即可解出p； 2 n1 （2）（i）先根据关系式赋值， n2 ，归纳猜出x e 3 ，再根据数学归纳法证明即可； n （ii）依题可知，p1e  1 4 ，解不等式EEk1 pk 1ke  k 4 10， 1 2 k k  k lnk 0，构造函数 f klnk （ ），由其单调性即可求出 的最 ke 4 10 4 4 k 2 k 大值． 【详解】（1）当进行逐份检验时，Ek； 1 当进行混合检验时，P 11 pk ，P k111 pk 2 2 则E1 pk k111 pkk1k1 pk 2   ∵EE，∴k k1k1 pk 1 2 1 1 1k 则1 pk  ，即p1  （ 且 ）. k k (kN k 2  1 x2 x2x2 1 （2）（i）当 时，有e 3 2  2 1 1x e3 n2 xx x2x2 2 1 2 2 1 n1 则猜想：x e 3 n 下面用数学归纳法进行证明： ①当n1时，x 1 1满足 k1 ②假设当nk  k 1,kN* 时，x e 3 k  1 k x2  1  1 1 1  则当 时，e 3 k1 e 3x2   ....  nk1 i1xx k1 xx x x x x  i i1 1 2 2 3 k k1 1 a x  2 设a  （ 且 ），则 m  m1 e 3 m x x 1mk1 mN a x m m1 m1 m1 1 1 1 1 1 ∴  ....  a a ...a  xx x x x x x x 1 2 k1 x x 1 2 2 3 k1 k k k1 k k11 2(k1) k1   e3[1e 3 ] e 3   2 x e3 1 k1  1 k x2  1  1 1 1  ∴e 3 k1 e 3x2   ....  i1xx k1 xx x x x x  i i1 1 2 2 3 k k1  1   2(k1)  e  1 3x2    e3  1e 3    e  k 3 1  k1  2 x   e3 1 k1      2(k1)   k  k2 1e 3 x2 e 3 e 3 x ∴  k1   k1 x2 1  k1 2 2 e3 1 e3 1  k  k2 整理可得：x e3x e 3 0 k1 k1    k k2 ∴x e3或x e 3 （舍去） k1 k1 n1 由①②可得：x n e 3 对一切 nN 都成立. 即 x  为等比数列. n 1  1 （ii）依题可知： p1 1e 4 8 x 7 k 由（1）可知：EEk1 pk 1ke  4 10 1 2 k 1 k ∴ ln lnk 0 4 k 4 k 1 1 4k 令 f klnk （ ），则 fk   4 k 2 k 4 4k 所以 f k 在 2,4 上单调递增，在4,上单调递减 9 8 ∵ f 9ln9 0， f 8ln8 0 4 4 则k的最大值为8. 【点睛】本题主要考查离散型随机变量的数学期望的求法，数学归纳法的应用，以及利用 导数解不等式，意在考查学生的数学抽象能力，数学运算能力，逻辑推理能力，属于难题．