专题四 概率与统计
微专题2 概率统计与函数、数列综合
一、考点透析
考点1 与函数问题的交汇
1．（25-26 高三上·上海浦东新·期末）小明和小李要进行一系列的比赛，假设每局比赛的结
果互不影响.
(1)若比赛没有平局，且小明每局获胜的概率为0.4.
①如果共有三局比赛，求小明的比赛结果依次为赢、输、赢的概率；
②小明作为实力较弱的一方，他可以优先选择“一局定胜负”或“三局两胜”的赛制
（“三局两胜”指先赢两局者为胜，最多三局结束）.请帮助小明分析，选择哪种赛制对他
更有利，并说明理由.
(2)如果小明每局获胜的概率为
，他和小李要进行一场“五局三胜”的比赛
（“五局三胜”指先赢三局者为胜，最多五局结束）.记小明最终获胜的概率为
，请
给出
的表达式，判断并说明函数
在
上的单调性，并指出现实意义.
【答案】(1)①
；②一局定胜负对小明更有利，理由见解析
(2)
，函数
在
上的单调递增；意义见解析
【详解】（1）①根据题意，比赛没有平局，且小明每局获胜的概率为0.4，所以三局比赛
相互独立，且小明每局输的概率为0.6，
所以小明的比赛结果依次为赢、输、赢的概率为
；
②根据题意，一局定胜负时，小明赢得比赛的概率为
，
三局两胜时，小明赢得比赛有两种情况：
情况一：前两局获胜，概率为
，
情况二：前两局胜一局，输一局，第三局获胜，其概率为
，
根据互斥事件的加法公式，所以在“三局两胜”的赛制下，
小明获胜的概率为
，
因为
，所以从小明的角度考虑，一局定胜负对小明更有利；
（2）“五局三胜”的赛制下，小明获胜有以下几种情况：
情况一：前三局获胜，概率为
，
情况二：前三局胜两局输一局，第四局获胜，则
，
情况三：前四局胜两局输两局，第五局获胜，则
，
所以小明赢的概率为：
，
所以
，
所以
，
因为
，所以
，
所以函数
在
上的单调递增；
现实意义：在“五局三胜”的比赛中，小明每局获胜的概率
越大，他最终获胜的概率
就越大，即小明实力越强，他获胜的可能性就越大.
2．（2025·广东广州·模拟预测）某检测中心在化验血液时有两种化验方法：
①逐份化验法：将血液样本逐份进行化验，则
份血液样本共需要化验
次.
②混合化验法：将
份血液样本分别取样混合在一起化验.若化验结果呈阴性，
则这
份血液均为阴性，此时共化验1 次；若化验结果呈阳性，为了确定阳性血液，就需
要再采取逐份化验，故此时共需要化验
次.
(1)现有5 份血液样本，其中有2 份为阳性血液，现采取逐份化验法进行化验，求恰好化验
2 次就把全部阳性样本检测出来的概率；
(2)现有10 份血液样本，每份呈阳性的概率为
，采用5 份为一组的混合化验法进行化验，
记这10 份血液样本需要化验的总次数为
，求随机变量
的分布列；.
(3)现有
份血液样本，每份呈阳性的概率为
，记采用逐份化验法时需要化验的次
数为
，采用
份为一组的混合化验法时需要化验的总次数为
，当
时，求
的最大值.
（参考数据：
）
【答案】(1)
(2)分布列见解析
(3)
【详解】（1）记事件
“恰好化验两次就把全部阳性样本检查出来”，
则
，
故恰好化验两次就把全部阳性样本检查出来的概率为
.
（2）每组化验的次数可能是1 或6，
记事件
“每组化验次数为1”，则事件
“每组化验次数为6”，
则
，
可知
，
，
，
所以
的分布列为：
7
12
（3）
，
，
所以
，
令
，则
，即
，
当
时，
，两边取以为底的对数，得到
，
设函数
，则
，
当时
；当时
，
所以函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
又因为
，所以
的最大值为
.
考点2 与数列问题的交汇二项分布
1.(2025·河北省石家庄市·期中)一质点在平面内每次只能向左或向右跳动1个单位，且第1次
向左跳动.若前一次向左跳动，则后一次向左跳动的概率为1
3 ;若前一次向右跳动，则后一
次向左跳动的概率为1
2 .记第n次向左跳动的概率为pn
，则p3= ;∑
i=1
n
pi= ．
【答案】4
9 ；24
49 + 3
7 n−24
49 (−1
6 )
n
【解析】解：由题意，得p1=1，p2= 1
3
，p3= 1
3 p2+ 1
2 (1−p2)= 1
3 × 1
3 + 2
3 × 1
2 = 4
9
，
由pn+1= 1
3 pn+ 1
2 (1−pn)=−1
6 pn+ 1
2
，
设pn+1+t =−1
6 ( pn+t )，则−t −1
6 t = 1
2
，t =−3
7
，
所以数列{pn−3
7 }是首项为4
7
，公比为−1
6
的等比数列，
所以pn−3
7 = 4
7 ×(−1
6 )
n−1，即pn= 3
7 + 4
7 (−1
6 )
n−1，
所以∑
i=1
n
pi= 3
7 n+
4
7 [1−(−1
6 )
n]
1−(−1
6 )
= 24
49 + 3
7 n−24
49 (−1
6 )
n．
故答案为：4
9 ; 24
49 + 3
7 n−24
49 (−1
6 )
n．
2.(2025·广东省惠州市·模拟)已知某盒子里装有除颜色外完全相同的5个小球，其中2个白球，
3个黑球，每轮从盒子中随机取出1个小球，放回盒子中．
(1)若有放回地连续抽取5轮，求5轮取出的白球总数的数学期望;
(2)若规定：取出的是白球，则直接丢弃，若取出的是黑球，则放入盒中．
(Ⅰ)求在第1轮取出黑球的条件下，第5轮恰好取出所有白球的概率;
(Ⅱ)求第n(n≥2)轮恰好取出所有白球的概率．
【答案】(1)2；
(2)(Ⅰ) 549
4000
；(Ⅱ) 8
9 ( 3
4 )
n−10
9 ( 3
5 )
n．
【解析】解：(1)由题意，每轮取出的白球概率为2
5
，
5轮取出的白球总数X∽B(5, 2
5 )，
则E( X )=5× 2
5 =2；
(2)记Ai=“第i轮取出白球，Bi=“第i轮取出黑球”(i∈N
∗)，
(Ⅰ)记C =“在第1轮取出黑球的条件下，第5轮恰好取出所有白球”，
则P(C )= P( A2B3 B4 A5∪B2 A3 B4 A5∪B2B3 A4 A5|B1)
= 2
5 × 3
4 × 3
4 × 1
4 + 3
5 × 2
5 × 3
4 × 1
4 + 3
5 × 3
5 × 2
5 × 1
4 = 549
4000
；
(Ⅱ)解法一：由题意，前n−1轮中恰有一轮取出白球，
P( Ak An)=( 3
5 )
k −1× 2
5 ×( 3
4 )
n−1−k× 1
4 = 1
10 ×( 3
4 )
n−2( 4
5 )
k −1，(1≤k ≤n−1)，
则第n轮恰好取出所有白球的概率qn=∑
k =1
n−1
P( Ak An)= 1
10 ×( 3
4 )
n−2∑
k =1
n−1
( 4
5 )
k −1
= 1
10 ×( 3
4 )
n−2 1−( 4
5 )
n−1
1−4
5
= 8
9 ( 3
4 )
n−10
9 ( 3
5 )
n；
解法二：1.考虑前n−2次和第n−1次的情况，
如果白球在第n−1次，则概率为( 3
5 )
n−2× 2
5 × 1
4
；
如果恰有一个白球在前n−2次的概率为P0，则1
4 P0= Pn−1，
所以Pn=( 3
5 )
n−2× 2
5 × 1
4 + 3
4 Pn−1；
2.考虑第1次和后面n−1次的情况，
同理可得Pn=( 3
4 )
n−2× 2
5 × 1
4 + 3
5 Pn−1，
所以化简可得5 Pn−4 Pn= Pn=( 3
4 )
n−2× 1
2 −( 3
5 )
n−2× 2
5 = 8
9 ( 3
4 )
n−10
9 ( 3
5 )
n．
3.(2025·安徽省安庆市·模拟)深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏
天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问
卷调查，据统计，其中2
5
的人选择只游览海滨栈道，另外3
5
的人选择既游览海滨栈道又到
海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海
滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率．
(1)从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望；
(2)从游客中随机抽取n个人(n∈N
∗)，记这n个人的合计得分恰为n+1分的概率为pn
，求
∑
i=1
n
pi
；
(3)从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为n分(n∈N
∗)的概率为an
，随着抽
取人数的无限增加，an是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由．
【答案】(1) 16
5
；
(2) 5
3 −5+3n
3
⋅( 2
5 )
n
；
(3)an趋近于常数5
8
．
【解析】解：(1)依题意，随机变量X的可能取值为2,3,4，
则P( X =2)=( 2
5 )
2
= 4
25
，P( X =3)=C2
1× 2
5 × 3
5 = 12
25，P( X = 4)=( 3
5 )
2
= 9
25
所以X的分布列如下表所示：
X
2
3
4
P
4
25
12
25
9
25
数学期望为E( X )=2× 4
25 +3× 12
25 + 4× 9
25 = 16
5
；
(2)由这n人的合计得分为n+1分，得其中只有1人既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，
于是pn=Cn
1⋅3
5 ⋅( 2
5 )
n−1
= 3n⋅2
n−1
5
n
= 3
2 ⋅n⋅( 2
5 )
n，令数列{n⋅( 2
5 )
n
}的前n项和为Sn
，
则Sn=1× 2
5 +2×( 2
5 )
2
+3×( 2
5 )
3
+⋯+n×( 2
5 )
n
，
于是2
5 Sn=1×( 2
5 )
2
+2×( 2
5 )
3
+⋯+(n−1)×( 2
5 )
n
+n×( 2
5 )
n+1
，
两式相减得3
5 Sn= 2
5 +( 2
5 )
2
+( 2
5 )
3
+⋯+( 2
5 )
n
−n×( 2
5 )
n+1
=
2
5 [1−( 2
5 )
n
]
1−2
5
−n×( 2
5 )
n+1
= 2
3 −10+6n
15
×( 2
5 )
n
，因此Sn= 10
9 −10+6n
9
⋅( 2
5 )
n
，
所以∑
i=1
n
pi= p1+ p2+ p3+⋯+ pn= 3
2 Sn= 5
3 −5+3n
3
⋅( 2
5 )
n；
(3)在随机抽取的若干人的合计得分为n−1分的基础上再抽取1人，
则这些人的合计得分可能为n分或n+1分，
记“合计得n分”为事件A，“合计得n+1分”为事件B，A与B是对立事件，
则P( A )=an，P(B)= 3
5 an−1，an+ 3
5 an−1=1(n≥2)，即an−5
8 =−3
5 (an−1−5
8 )(n≥2)，
由a1= 2
5
，得a1−5
8 =−9
40
，则数列{an−5
8 }是首项为−9
40
，公比为−3
5
的等比数列，
an−5
8 =−9
40 (−3
5 )
n−1
(n⩾1)，因此an= 5
8 −9
40 (−3
5 )
n−1
(n≥1)，
随着n的无限增大，(−3
5 )
n−1
无限趋近于0，an无限趋近于5
8，
所以随着抽取人数的无限增加，an趋近于常数5
8
．
考点3 风险与决策问题
1.(2025·江西省景德镇市·模拟)某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水
稻，得到各块稻田的亩产量(单位：kg)并整理如下表．
亩产量[900,950)[950,1000)[1000,1050) [1050,1100) [1100,1150) [1150,1200)
频数
10
11
22
30
20
7
记这100块稻田亩产量的平均值的估计值为x，标准差的估计值为s.(同一组中的数据用该
组区间的中点值为代表)
(1)求x，s
2;
(2)判断该新型水稻能否推广种植(在这100块稻田中，若超过90块稻田的亩产量在
( x−3 s
2 , x + 3 s
2 )内，则认为该新型水稻能推广种植)．
【答案】(1)x =1055(kg)；s
2= 4700；
(2)该新型水稻不能推广种植．
【解析】解：(1)由频数分布表可得：
x = 1
100 ×(10×925+11×975+22×1025+30×1075+20×1125+7×1175)=1055(kg)
s
2= 1
100 ×[10×(925−1055)
2+11×(975−1055)
2+22×(1025−1055)
2+30×(1075−1055)
2+20×(1125
(2)因为s=
√4700=10
√47<70，
所以x−3 s
2 >1055−3
2 ×70=950，
x + 3 s
2 <1055+ 3
2 ×70=1160，
则( x−3 s
2 , x + 3 s
2 )⊆(950,1160)，
因为亩产量在[900,950)内的稻田有10块，
所以亩产量在(950,1160)内的稻田不超过90块，
即亩产量在( x−3 s
2 , x + 3 s
2 )内的稻田不超过90块，
故该新型水稻不能推广种植．
2.(2025·浙江省绍兴市·模拟)某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖
一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次
抽取中奖的概率为1
3
，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为1
2
，中奖与否互不影响．
(1)已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择：
方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得
价值30元的学习用品，其他情况没有奖励．
方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的
学习用品，其他情况没有奖励；
通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？
(2)若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知
该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率．
【答案】(1)选择方案一比较合适
(2)概率为3
8
．
【解析】解：(1)若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为X元，则X =50,30,0；
则P(X =50)= 1
3 × 1
2 × 1
2 = 1
12
，
P(X =30)= 1
3 × 1
2 ×(1−1
2)+ 1
3 ×(1−1
2)× 1
2 +(1−1
3)× 1
2 × 1
2 = 1
3
，
P(X =0)=1−1
12 −1
3 = 7
12
，
所以E (X )=50× 1
12 +30× 1
3 +0× 7
12 = 85
6
，
若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为Y 元，则y =70,40,0；
则P(Y =70)=C3
3(
1
3)
3
= 1
27
，P(Y = 40)=C3
2(
1
3)
2
×(1−1
3)= 2
9
，
P(Y =0)=1−1
27 −2
9 = 20
27
，
所以E (Y )=70× 1
27 + 40× 2
9 +0× 20
27 = 310
27
因为E (X )> E (Y )，故选择方案一比较合适
(2)设“该同学抽取中奖”为事件A，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为B1，B2，
B3，
则P(B1)= P(B2)= P(B3)= 1
3
，P( A |B1)= 1
3
，P( A |B2)= P( A |B3)= 1
2
，
所
以
P( A )= P(B1)P( A |B1)+ P(B2)P( A |B2)+ P(B3)P( A |B3)= 1
3 × 1
3 + 1
3 × 1
2 + 1
3 × 1
2 = 4
9
故P(B2| A)= P(B2 A)
P( A) = P(B2)P( A |B2)
P( A)
=
1
3 × 1
2
4
9
= 3
8
，
所以所求概率为3
8
．
二、跟踪练习
1.(2025·河北省秦皇岛市·模拟)2024年7月26日至8月11日将在法国巴黎举行夏季奥运会.为
了普及奥运知识，M大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才
能参加决赛
(1)初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4
道题，记小王在初赛中答对的题目个数为X，求X的数学期望以及小王在已经答对一题的
前提下，仍未进入决赛的概率；
(2)M大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.
奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次
奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概
率均为p(0< p< 3
4 )，且每次是否中奖相互独立．
(i)记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为f ( p)，求f ( p)的极大值；
(ii)M大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小
于1120元，试求此时p的取值范围．
【答案】(1) 4
7
；(2)(i)f ( p)的极大值为f ( 1
3 )= 4
9
；(ii) p的取值范围为[
1
3 , 3
4)
．
【解析】解：(1)由题意知，X的可能取值为0,1,2，
则P( X =0)= C4
0C2
2
C6
2
= 1
15
，
P( X =1)= C4
1C2
1
C6
2
= 8
15
，
P( X =2)= C4
2C2
0
C6
2
= 2
5
，
故X的分布列为
X
0
1
2
P
1
15
8
15
2
5
则E( X )=0× 1
15 +1× 8
15 +2× 2
5 = 4
3
，
记事件A：小王已经答对一题，事件B：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率：
P( B|A)= n( AB)
n( A) =
C4
1C2
1
C4
1C2
1+C4
2 = 4×2
14 = 4
7
；
(2)(i)由题意知，f ( p)=C3
1 p(1−p)
2=3 p
3−6 p
2+3 p(0< p< 3
4 )，
则f
′( p)=3(3 p−1)( p−1)，
令f
′( p)=0，解得p= 1
3
或p=1(舍)，
当p∈(0, 1
3 )时，f ❑
′( p)>0，
当p∈( 1
3 , 3
4 )时，f
′( p)<0，
所以f ( p)在(0, 1
3)
上单调递增，在(
1
3 , 3
4)
上单调递减，
所以当p= 1
3
时，f ( p)有极大值，
且f ( p)的极大值为f ( 1
3 )= 4
9
；
(ii)由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y ，
则Y 的可能取值为60,120,180,360，
P(Y =60)=(1−p)
3，
P(Y =120)=C3
1 p(1−p)
2，
P(Y =180)=C3
2 p
2(1−p)，
P(Y =360)= p
3，
所以E(Y )=60(1−p)
3+120C3
1 p(1−p)
2
+180C3
2 p
2(1−p)+360 p
3=60(2 p
3+3 p+1)，
所以9 E(Y )⩾1120，
即540(2 p
3+3 p+1)⩾1120，
整理得2 p
3+3 p−29
27 ⩾0，
经观察可知p= 1
3
是方程2 p
3+3 p−29
27 =0的根，
故2 p
3+3 p−29
27 =( p−1
3 )(2 p
2+ 2
3 p+ 29
9 )，
因为2 p
2+ 2
3 p+ 29
9 >0恒成立，
所以由2 p
3+3 p−29
27 ⩾0可得p−1
3 ⩾0，
解得p⩾1
3
，
又0< p< 3
4
，所以p的取值范围为[
1
3 , 3
4)
．
2.(2025·安徽省安庆市·模拟)若数列{an}(1≤n≤k ,n∈N
∗,k ∈N
∗)满足an∈{0,1}，则
称数列{an}为k项0−1数列，由所有k项0−1数列组成集合M k
．
(1)若{an}是15项0−1数列，当且仅当n=3 p( p∈N
∗, p≤5)时，an=0，求数列
{(−1)
nan}的所有项的和；
(2)已知{an}∈M k
，{bn}∈M k
，记X =∑
i=1
k
|ai−bi|,i=1,2,⋅⋅⋅,k，其中k ∈N
∗且k ≥2．
(ⅰ)求P( X =2)取到最大值时k的值；
(ⅱ)若{an}，{bn}是两个不同的数列，求随机变量X的分布列，并证明：E( X )> k
2
．
【答案】(1)和为0；
(2)(ⅰ)当k =t +1=3时，P( X =2)取得最大值；(ⅱ)见解析
【解析】解：(1)因为{an}是15项0−1数列，当且仅当n=3 p( p∈N
∗, p≤5)时，an=0，
所以当n=3 p−2和n=3 p−1( p∈N
∗, p≤5)时，an=1，
设数列{(−1)
nan}的所有项的和为S，
则S =(−1)a1+(−1)
2a2+(−1)
4a4+(−1)
5a5+(−1)
7a7+(−1)
8a8
+(−1)
10a10+(−1)
11a11+(−1)
12a12+(−1)
13a13+(−1)
14a14+5×0
=(−1)+(−1)
2+(−1)
4+(−1)
5+(−1)
7+(−1)
8+(−1)
10+(−1)
11+(−1)
13+(−1)
14
=(−1)+1+1+(−1)+(−1)+1+1+(−1)+(−1)+1=0，
所以数列{(−1)
nan}的所有项的和为0；
(2)(i)因为数列{an},{bn}是从集合M k
中任意取出的两个数列，
所以数列{an},{bn}为k项0−1数列，所以X的可能取值为：1,2,3,⋯,k，
根据数列中0的个数可得，集合M k
中元素的个数共有Ck
0+Ck
1+Ck
2+⋯+Ck
k =2
k个，
当X =2时，则数列{an},{bn}中有2项取值不同，有k −2项取值相同，
从k项中选择2项，{an}和{bn}在2项的某一项数字相同，
其余k −2项，两者均在同一位置数字相反，
由于X =∑
i−1
k
|ai−bi|，此问题为组合问题，
故所有的情况会重复1次，故共有Ck
2⋅2
k
A2
2
种情况，
所以
P( X =2)=
Ck
2⋅2
k
A2
2
C2
k
2
= Ck
2
2
k−1
= k
2−k
2
k +1−2
，
令{
t(t −1)
2
t +1−2
< (t +1)t
2
t +2−2
(t +1)t
2
t +2−2
> (t +2)(t +1)
2
t +3−2
，化简可得{
2
t(t −3)+2<0
2
t(3k −2)+2>0
，解得t =2，
则当k =t +1=3时，P( X =2)取得最大值；
(ii)证明：因为数列{an},{bn}是从集合M k
中任意取出的两个数列，
所以数列{an},{bn}为k项0−1数列，所以X的可能取值为：1,2,3,⋯,k，
根据数列中0的个数可得，集合M k
中元素的个数共有Ck
0+Ck
1+Ck
2+⋯+Ck
k =2
k个，
当X =m(m=1,2,⋯,k )时，则数列{an},{bn}中有m项取值不同，有k −m项取值相同，
从k项中选择m项，{an}和{bn}在m项的某一项数字相同，
其余k −m项，两者均在同一位置数字相反，
由于X =∑
i−1
k
|ai−bi|，此问题为组合问题，
故所有的情况会重复1次，故共有Ck
m⋅2
k
A2
2
种情况，
所以
P( X =m)=
Ck
m⋅2
k
A2
2
C2
k
2
= Ck
m
2
k−1
(m=1,2,⋯,k )
，
因为mCk
m=
m⋅k !
m!(k −m)! =k ⋅
(k −1)!
(m−1)![(k −1)−(m−1)]! =k Ck −1
m−1(m∈N
∗,1≤m≤k)，
所以E( X )=1× Ck
1
2
k−1
+2× Ck
2
2
k−1
+⋯+k × Ck
k
2
k−1
=
1
2
k−1 (1Ck
1+2Ck
2+3Ck
3+⋯+ k Ck
k)
=
k
2
k−1
(Ck −1
0
+Ck −1
1
+Ck −1
2
+⋯+Ck −1
k −1)= k ⋅2
k −1
2
k−1
> k ⋅2
k −1
2
k
= k
2
，
即E( X )> k
2
．
3．（2025 高三·全国·专题练习）某校为了更好地践行“共创体育梦想，团结可达天下”的
体育理念，特举办了相关知识竞赛活动．已知有
两类问题可供选择，其中
类问题答
对得5 分，答错得0 分，
类问题答对得10 分，但答错扣2 分．每位参赛的选手需从这两
类题中共抽出3 个问题并作答（每个题抽取后不放回，且每次答题互不影响），且要求从
类题中至少抽1 道．设选手甲答对
类每个问题的概率分别为
．
(1)求选手甲共答对3 道题的概率；
(2)若选手甲第1 道题是从
类题中抽出并回答正确，记选手甲的累计得分为
，则要使
最大，选手甲应该如何选择剩余的2 道题？
【答案】(1)
；(2)选手甲剩余2 道题均应该选择
类问题，才能使得
最大
【详解】（1）选手甲共答对3 道题有三种情况：
①
类题答对2 道，
类题答对1 道的概率为
，
②
类题答对1 道，
类题答对2 道的概率为
，
③
类题答对3 道的概率为
，
所以这次竞赛中，选手甲共答对3 道题的概率为
；
（2）设选手甲答对其余2 道题的累计得分为
，则他的累计得分
．
若剩余2 道题均为
类，即
的可能取值为10，15，20，
所以
，
，
，所以
．
若剩余2 道题为
类各1 道，即
的可能取值为8，13，20，25，
所以
，
，
，
，
所以
．
若剩余2 道题均为
类，即
的可能取值为6，18，30，
所以
，
，
，所以
．
因为
，
所以选手甲剩余2 道题均应该选择
类问题，才能使得
最大．
