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专题检测四(分值:150 分)
学生用书
P179
一、选择题:本题共8 小题,每小题5 分,共40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是
符合题目要求的.
1.(2024·湖南长沙模拟)某10 人的射击小组,在一次射击训练中射击成绩(单位:环)数据如下表所示,则
这组数据的中位数为( )
成绩
6
7
8
9
10
人数
1
2
2
4
1
A.2
B.8
C.8.2
D.8.5
答案D
解析将射击成绩由小到大排列,得到6,7,7,8,8,9,9,9,9,10,第5 个数为8,第6 个数为9,因而中位数为
8.5.
2.(2024·福建龙岩一模)(
2 x
y -1)(x+y)7的展开式中x5y2的系数为( )
A.-91
B.-21
C.14
D.49
答案D
解析(x+y)7的展开式的通项为Tr+1=C7
rx7-ryr,
则T4=C7
3x4y3=35x4y3,T3=C7
2x5y2=21x5y2,
则展开式中x5y2的系数为2×35-1×21=49.
3.(2024·甘肃酒泉三模)有甲、乙两台车床加工同一种零件,且甲、乙两台车床的产量分别占总产量的
70%,30%,甲、乙两台车床的正品率分别为94%,92%.现从一批零件中任取一件,则取到正品的概率为
( )
A.0.93
B.0.934
C.0.94
D.0.945
答案B
解析设事件A 表示“任选一件零件为甲车床生产的”,事件B 表示“任选一件零件为乙车床生产
的”,事件C 表示“任选一件零件为正品”,则P(A)=70%,P(B)=30%,P(C|A)=94%,P(C|B)=92%,
所以P(C)=P(C|A)P(A)+P(C|B)P(B)=0.934.
4.(2024·云南曲靖模拟)已知P(M)=0.4,P(N|M)=0.5,则P(MN)=( )
A.0.4
B.0.6
C.0.1
D.0.2
答案D
解析因为P(N|M)=0.5,由对立事件的概率计算公式可得P(N|M)=1-0.5=0.5,则P(MN)=P(M)P(N|
M)=0.4×0.5=0.2.
5.(2024·广东佛山二模)劳动可以树德,可以增智,可以健体,可以育美.甲、乙、丙、丁、戊共5 名同学
进行劳动实践比赛,已知冠军是甲、乙当中的一人,丁和戊都不是最差的,则这5 名同学的名次排列(无
并列名次)共有( )
A.12 种
B.24 种
C.36 种
D.48 种
答案B
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解析依题意,排第1 名,有C2
1种方法;排丁和戊,有A3
2种方法;排余下2 人,有A2
2种方法,所以这5 名同学
的名次排列(无并列名次)共有C2
1 A3
2 A2
2=24(种).
6.(2024·湖北武汉模拟)如图所示,已知一质点在外力的作用下,从原点O 出发,每次向左移动的概率为
2
3
,向右移动的概率为1
3 .若该质点每次移动一个单位长度,设经过5 次移动后,该质点位于X 的位置,则
P(X>0)=( )
A. 50
243
B. 52
243
C. 2
9
D. 17
81
答案D
解析依题意,当X>0 时,X 的可能取值为1,3,5,且X~B(5, 2
3),所以P(X>0)=P(X=5)+P(X=3)+P(X=1)=
(
1
3)
5
+C5
1×(
1
3)
4
×(
2
3)+C5
2×(
1
3)
3
×(
2
3)
2
= 17
81 .
7.(2024·广东江门一模)已知9 名女生的身高(单位:cm)平均值为162,方差为26,若增加一名身高172
cm 的女生,则这10 名女生身高的方差为( )
A.32.4
B.32.8
C.31.4
D.31.8
答案A
解析令9 名女生的身高为ai(i∈N*,i≤9),依题意,∑
i=1
9 ai=9×162,∑
i=1
9
(ai-162)
2=9×26,
因此增加一名女生后,身高的平均值为1
10 (∑
i=1
9
ai+172)= 1
10
(9×162+172)=163,
所以这10 名女生身高的方差为1
10 [∑
i=1
9
(ai-163)2+(172-163)2]= 1
10 {∑
i=1
9
[(ai-162)-1]
2+81}= 1
10 {∑
i=1
9
[(ai-162)2-2(ai-162)+9]+81}= 1
10
(9×26+9+81)=32.4.
8.(2024·广东湛江一模)在一次考试中有一道4 个选项的双选题,其中B 和C 是正确选项,A 和D 是错
误选项,甲、乙两名同学都完全不会这道题目,只能在4 个选项中随机选取两个选项.设事件M=“甲、
乙两人所选选项恰有一个相同”,事件N=“甲、乙两人所选选项完全不同”,事件X=“甲、乙两人所
选选项完全相同”,事件Y=“甲、乙两人均未选择B 选项”,则
( )
A.事件M 与事件N 相互独立
B.事件X 与事件Y 相互独立
C.事件M 与事件Y 相互独立
D.事件N 与事件Y 相互独立
答案C
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解析依题意,甲、乙两人所选选项有如下情形:①有一个选项相同,②两个选项均不相同,③两个选项
均相同,所以P(M)=C4
1C3
1C2
1
C4
2C4
2
= 2
3,P(N)=C4
2C2
2
C4
2C4
2 = 1
6 ,P(X)=C4
2C2
2
C4
2C4
2 = 1
6,P(Y)=C3
2C3
2
C4
2C4
2 = 1
4 ,因为事件M 与
事件N 互斥,所以P(MN)=0,
又P(M)P(N)=1
9 ≠P(MN),所以事件M 与事件N 不相互独立,故A 错误;P(XY)= C3
2
C4
2C4
2 = 1
12 ≠P(X)P(Y)=
1
24 ,故B 错误;由P(MY)=C3
1C2
1C1
1
C4
2C4
2 = 1
6 =P(M)P(Y),得事件M 与事件Y 相互独立,故C 正确;因为事件N
与事件Y 互斥,所以P(NY)=0,又P(N)P(Y)= 1
24 ≠P(NY),所以事件N 与事件Y 不相互独立,故D 错误.
二、选择题:本题共3 小题,每小题6 分,共18 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目
要求,全部选对的得6 分,部分选对的得部分分,有选错的得0 分.
9.(2024·辽宁抚顺一模)采购经理指数(PMI)是国际上通用的监测宏观经济走势的指标之一,具有较强
的预测、预警作用.2023 年12 月31 日,国家统计局发布了中国制造业PMI 指数(经季节调整)图,如下
图所示,则下列说法正确的是( )
A.图中前三个数据的平均值为49.9%
B.2023 年四个季度的PMI 指数中,第一季度方差最大
C.图中PMI 指数的极差为3.8%
D.2023 年PMI 指数的第75 百分位数为50.1%
答案AB
解析对于A,根据表中数据可知图中前三个数据的平均值为1
3 ×(47.0+50.1+52.6)%=49.9%,A 正确;对
于B,从表中数据可以看出2023 年四个季度的PMI 指数中,第一季度的波动性最大,稳定性最差,所以
方差最大,B 正确;对于C,易知图中PMI 指数的极差为52.6%-47.0%=5.6%,C 错误;对于D,易知
12×75%=9,可知2023 年PMI 指数的第75 百分位数为从小到大排列的第9 项数据和第10 项数据的
平均数,即49.7 %+50.1%
2
=49.9%,D 错误.故选AB.
10.(2024·云南保山模拟)若(1+2x)2 024=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024,则下列说法正确的是( )
A.a0=1
B.a0+a1+…+a2 024=32 024
C.a0-a1+a2-a3+…+a2 024=1
D.a1-2a2+3a3-…-2 024a2 024=-2 024
答案ABC
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解析令x=0,得a0=1,A 正确;令x=1,得a0+a1+…+a2 024=32 024,B 正确;令x=-1,得a0-a1+a2-a3+…+a2
024=1,C 正确;由(1+2x)2 024=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024,两边同时求导,得2 024×2×(1+2x)2
023=a1+2a2x+3a3x2+…+2 024a2 024x2 023,令x=-1,得a1-2a2+3a3-…-2 024a2 024=-4 048,D 错误.
故选ABC.
11.(2024·湖北襄阳模拟)甲袋中有20 个红球和10 个白球,乙袋中有红球、白球各10 个,两袋中的球除
颜色外完全相同.现从两袋中各摸出1 个球,下列结论正确的是( )
A.2 个球都是红球的概率为1
3
B.2 个球中恰有1 个红球的概率为1
2
C.不都是红球的概率为2
3
D.都不是红球的概率为2
3
答案ABC
解析记事件A1:从甲袋中摸出1 个球为红球,事件A2:从乙袋中摸出1 个球为红球,则P(A1)=2
3
,P(A2)=
1
2 .
对于A 选项,“2 个球都是红球”即为事件A1A2,P(A1A2)=P(A1)P(A2)=1
3
,A 正确;对于B 选项,“2 个球中
恰有1 个红球”即为事件A1A2+ A1A2,P(A1A2+ A1A2)=P(A1)·P(A2)+P(A1)P(A2)=
2
3 ×(1- 1
2)+(1- 2
3)× 1
2 = 1
2
,B 正确;对于C 选项,因为“都是红球”与“不都是红球”互为对立事
件,所以不都是红球的概率为1-P(A1A2)=1-1
3 = 2
3
,C 正确;对于D 选项,“都不是红球”即为事件A1 A2,
P(A1 A2)=(1- 2
3)×(1- 1
2)= 1
6
,D 错误.故选ABC.
三、填空题:本题共3 小题,每小题5 分,共15 分.
12.(2024·山东济南一模)已知随机变量X~N(1,22),则D(2X+1)的值为 .
答案16
解析由X~N(1,22)可得D(X)=22=4,
则D(2X+1)=4D(X)=16.
13.(2024·山东枣庄一模)盒子内装有编号为1,2,3,…,10 的10 个除编号外完全相同的玻璃球.从中抽取
三个球,其编号之和能被3 整除的概率为 .
答案7
20
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解析依题意,问题相当于求从1,2,3,…,10 的10 个数中任取3 个,这3 个数的和能被3 整除的概率,显然
试验包含的基本事件总数为C10
3 =120,且它们是等可能事件,10 个数中能被3 整除的有3,6,9;被3 除后
余数是1 的有1,4,7,10;被3 除后余数是2 的有2,5,8.取出的3 个数的和能被3 整除的事件A 含有的基
本事件数有C3
3+C4
3+C3
3+C3
1C3
1C4
1=42,所以P(A)= 42
120 = 7
20 .故抽取三个球,其编号之和能被3 整除
的概率为7
20 .
14.(2024·贵州遵义模拟)高尔顿钉板是英国生物统计学家高尔顿设计的,如图,每一个黑点表示钉在板
上的一颗钉子,上一层的每个钉子的水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间,从入口处放进一
个直径略小于两颗钉子之间距离的白色圆玻璃球,白色圆玻璃球向下降落的过程中,首先碰到最上面
的钉子,碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下,于是又碰到下一层钉子,如此继续下去,直
到滚到底板的一个格子内为止.现从入口处放进一个白色圆玻璃球,记白色圆玻璃球落入格子的编号
为X,则随机变量X 的期望与方差分别为 , .
答案3 1
解析由题意可知,白色圆玻璃球从起点到进入格子一共跳了4 次,向左或向右的概率均为1
2
,则向左的
次数ξ~B(4, 1
2),可知E(ξ)=4× 1
2
=2,D(ξ)=4× 1
2 ×(1- 1
2)=1,
又因为X=5-ξ,所以E(X)=5-E(ξ)=3,D(X)=D(ξ)=1.
四、解答题:本题共5 小题,共77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13 分)(2024·山东济宁二模)为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性,某中学需要了解性别因
素是否对本校学生体育锻炼的经常性有影响,为此对学生是否经常锻炼的情况进行了抽样调查.从全
体学生中随机抽取男女学生各100 名,经统计,抽查数据如下表所示.
性别
锻炼
合计
经常
不经常
男生
80
20
100
女生
60
40
100
合计
140
60
200
(1)依据小概率值α=0.005 的独立性检验,分析性别与体育锻炼的经常性是否有关;
(2)为提高学生体育锻炼的积极性,学校决定从上述经常参加体育锻炼的学生中,采用样本量按性别比
例分配的分层随机抽样方法,随机抽取7 名同学组成体育锻炼宣传小组,并从中选出3 人担任宣传小
组组长.记女生担任宣传小组组长的人数为X,求随机变量X 的分布列及数学期望.
附:χ2=
n(ad -bc )
2
(a+b)(c +d )(a+c )(b+d ) .
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
解(1)零假设为H0:性别与体育锻炼的经常性之间无关联,
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根据列联表中的数据,经计算得到χ2=200×(80×40-20×60)
2
100×100×60×140
≈9.524>7.879=x0.005,
根据小概率值α=0.005 的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为性别与体育锻炼的经常性有关联,此
推断犯错误的概率不大于0.005.
(2)由分层随机抽样可知,在抽取的7 名同学中,男生有7× 80
140
=4 人,女生有7× 60
140
=3 人.
随机变量X 服从超几何分布,且N=7,M=3,n=3,
P(X=0)=C3
0C4
3
C7
3
= 4
35,
P(X=1)=C3
1C4
2
C7
3
= 18
35,
P(X=2)=C3
2C4
1
C7
3
= 12
35,
P(X=3)=C3
3C4
0
C7
3
= 1
35 .
X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
4
35
18
35
12
35
1
35
E(X)=nM
N
=3× 3
7 = 9
7 .
16.(15 分)(2023·全国乙,理17)某厂为比较甲、乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应,进行10 次
配对试验,每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品,随机地选其中一个用甲工艺处理,另一个用乙
工艺处理,测量处理后的橡胶产品的伸缩率,甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为
xi,yi(i=1,2,…,10),试验结果如下:
试验序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩率xi
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率yi
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
记zi=xi-yi(i=1,2,…,10),记z1,z2,…,z10的样本平均数为z,样本方差为s2.
(1)求z,s2;
(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高(如
果z≥2√
s
2
10
,则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著
提高,否则不认为有显著提高).
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解(1)∵zi=xi-yi,∴z1=9,z2=6,z3=8,z4=-8,z5=15,z6=11,z7=19,z8=18,z9=20,z10=12,则z = 1
10 ×(9+6+8-
8+15+11+19+18+20+12)=11,s2= 1
10 ×[(9-11)2+(6-11)2+(8-11)2+(-8-11)2+(15-11)2+(11-11)2+(19-
11)2+(18-11)2+(20-11)2+(12-11)2]= 1
10 ×(4+25+9+361+16+0+64+49+81+1)=61.
(2)∵2√
s
2
10
=2√6.1<11,即2√
s
2
10 < z,
∴可判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.
17.(15 分)(2024·新疆乌鲁木齐一模)地区生产总值(地区GDP)是衡量一个地区经济发展的重要指标,
在过去五年(2019 年—2023 年)中,某地区的地区生产总值实现了“翻一番”的飞跃,从1 464 亿元增
长到了3 008 亿元.经统计,这五年的年份编号x(2019 年对应的x 值为1,2020 年对应的x 值为2,以此
类推)与地区生产总值y(单位:百亿元)的对应数据如下表所示.
年份编号x
1
2
3
4
5
地区生产总值y/百亿元
14.64
17.42
20.72
25.20
30.08
(1)如果2023 年该地区人均生产总值为9.39 万元,全国人均生产总值X(单位:万元)服从正态分布
X~N(8.94,0.452),那么在全国其他地区中随机挑选2 个,记随机变量Y 为“2023 年人均生产总值高于
该地区的地区数量”,求Y=1 的概率;
(2)该地区的人口总数t(单位:百万人)与年份编号x 的经验回归方程可以近似为
t
^=0.2x+2.2,根据上述
回归方程,估算该地区年份编号x 与人均生产总值u(单位:万元)之间的经验回归方程
u
^
=b
^x+
a
^
.
参考公式与数据:人均生产总值=地区生产总值÷人口总数;
一元线性回归方程
y
^
=b
^x+
a
^中,斜率和截距的最小二乘估计公式分别是
b
^
=
∑
i=1
n
( xi- x )( yi- y )
∑
i=1
n
( xi- x )
2
,a
^
= y -b
^
x,若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.68,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.95.
解(1)易知9.39=8.94+0.45,由正态分布区间公式,得P(X>9.39)=P(X>μ+σ)=
1- P( μ-σ ≤X ≤μ+σ )
2
≈1-0.68
2
=0.16,
即随机挑选一个地区,人均生产总值高于该地区的概率为0.16,则Y~B(2,0.16),
所以P(Y=1)=C2
1×0.16×(1-0.16)=0.268 8.
(2)因为t
^=0.2x+2.2,所以可估计该地区过去五年的人均生产总值依次为u1=
14.64
0.2×1+2.2
=6.1,u2=
17.42
0.2×2+2.2
=6.7,u3=
20.72
0.2×3+2.2
=7.4,u4=
25.20
0.2×4+2.2
=8.4,u5=
30.08
0.2×5+2.2
=9.4,
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所以x = 1
5 ×(1+2+3+4+5)=3,u= 1
5 ×(6.1+6.7+7.4+8.4+9.4)=7.6,
则∑
i=1
5 (xi-x)(ui-u)=8.3,∑
i=1
5 (xi-x)2=10,
由公式可知b
^
=
∑
i=1
5
( xi- x )(ui-u)
∑
i=1
5
( xi- x )
2
= 8.3
10
=0.83,
a
^
=u-b
^
x
=7.6-0.83×3=5.11,
即所求经验回归方程为
u
^=0.83x+5.11.
18.(17 分)(2024·四川南充二诊)已知某芯片生产商生产的某型号芯片各项指标经过全面检测后,分为
Ⅰ级和Ⅱ级,两种品级的芯片某项指标的频率分布直方图如图所示.
Ⅰ级品
Ⅱ级品
若只利用该指标制定一个标准,需要确定临界值K,按规定须将该指标大于K 的产品应用于A 型手机,
小于或等于K 的产品应用于B 型手机.若将Ⅰ级品中该指标小于或等于临界值K 的芯片错误应用于
A 型手机,会导致芯片生产商每部手机损失800 元;若将Ⅱ级品中该指标大于临界值K 的芯片错误应
用于B 型手机,会导致芯片生产商每部手机损失400 元.假设数据在组内均匀分布,以事件发生的频率
作为相应事件发生的概率.
(1)当临界值K=70 时,将2 个不作该指标检测的Ⅰ级品芯片直接应用于A 型手机,求芯片生产商的损
失费用ξ(单位:元)的分布列及期望;
(2)设K=x 且x∈[50,55],现有足够多的Ⅰ级品和Ⅱ级品芯片,分别应用于1 万部A 型手机和1 万部B
型手机的生产:
方案一:芯片不作该指标检测,Ⅰ级品直接应用于A 型手机,Ⅱ级品直接应用于B 型手机;
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方案二:重新检测各芯片的该项指标,并按规定正确应用于手机型号.该方案能避免方案一中的损失费
用,但会增加130 万元的检测费用.
请求出方案一中损失费用的估计值f(x)(单位:万元)的表达式,并从芯片生产商的成本考虑,选择合理
的方案.
解(1)当临界值K=70 时,Ⅰ级品中该指标小于或等于70 的频率为(0.002+0.005+0.023)×10=0.3,
所以将一个不作该指标检测的Ⅰ级品芯片直接应用于一部A 型手机,该手机损失800 元的概率为3
10
,
由题意知,芯片生产商的损失费用ξ 的可能取值为0,800,1 600,
P(ξ=0)=C2
0×
3
10
0×
7
10
2= 49
100,
P(ξ=800)=C2
1×
3
10
1×
7
10
1= 42
100,
P(ξ=1 600)=C2
2×
3
10
2×
7
10
0= 9
100,
所以ξ 的分布列为
ξ
0
800
1 600
P
49
100
42
100
9
100
所以E(ξ)=0× 49
100
+800× 42
100
+1 600× 9
100
=480.
(2)当临界值K=x 且x∈[50,55]时,
若采用方案一:
Ⅰ级品中该指标小于或等于临界值K 的频率为0.002×10+0.005×(x-50)=0.005x-0.23,
所以可以估计一万部A 型手机中有10 000×(0.005x-0.23)=50x-2 300 部手机的芯片应用错误;
Ⅱ级品中该指标大于或等于临界值K 的频率为0.01×10+0.03×(60-x)=-0.03x+1.9,
所以可以估计一万部B 型手机中有10 000×(-0.03x+1.9)=19 000-300x 部手机的芯片应用错误;
所以可以估计芯片生产商的损失费用f(x)=0.08×(50x-2 300)+0.04×(19 000-300x)=576-8x(万元),
即f(x)=576-8x,x∈[50,55].
因为f(x)min=f(55)=136>130,所以芯片生产商从成本考虑,应选择方案二.
19.(17 分)(2024·福建漳州模拟)甲、乙、丙三人为响应“绿色出行,低碳环保”的号召,计划每天选择
“共享单车”或“地铁”两种方式中的一种出行,三人之间的出行互不影响.其中,甲每天选择“共享
单车”出行的概率为1
2
;乙每天选择“共享单车”出行的概率为2
3
;丙在每月的第一天选择“共享单
车”出行的概率为3
4
,从第二天起,若前一天选择“共享单车”出行,则后一天继续选择“共享单车”
出行的概率为1
4
,若前一天选择“地铁”出行,则后一天继续选择“地铁”出行的概率为1
3
,如此往复.
(1)若3 月1 日有两人选择“共享单车”出行,求其中一人是丙的概率;
(2)记甲、乙、丙三人中3 月1 日选择“共享单车”出行的人数为X,求X 的分布列与数学期望;
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(3)求丙在3 月份的第n(n=1,2,…,31)天选择“共享单车”出行的概率Pn,并帮丙确定在3 月份中选择
“共享单车”出行的概率大于选择“地铁”出行的概率的天数.
解(1)记甲、乙、丙三人3 月1 日选择“共享单车”出行分别为事件A,B,C,三人中有两人选择“共享
单车”出行为事件D,
则P(D)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)= 1-1
2 × 2
3 × 3
4 + 1
2 × 1-2
3 × 3
4 + 1
2 × 2
3 × 1-3
4
=11
24 ,
又P(CD)=P(ABC)+P(ABC)= 1-1
2 × 2
3 × 3
4 + 1
2 × 1-2
3 × 3
4 = 3
8,
所以P(C|D)=P(CD )
P( D) =
3
8
11
24
= 9
11
,
即若3 月1 日有两人选择“共享单车”出行,则其中一人是丙的概率为9
11 .
(2)由题意可知,X 的所有可能取值为0,1,2,3,
则P(X=0)=P(A BC)= 1-1
2
× 1-2
3
× 1-3
4
= 1
24 ,
P(X=1)=P(ABC)+P(A BC)+P(A B C)=1
2 × 1-2
3
× 1-3
4
+ 1-1
2 × 2
3 × 1-3
4
+ 1-1
2
× 1-2
3
× 3
4 = 1
4 ,
P(X=2)=P(D)=11
24
,
P(X=3)=P(ABC)=1
2 × 2
3 × 3
4 = 1
4
,
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
24
1
4
11
24
1
4
E(X)=0× 1
24
+1× 1
4
+2× 11
24
+3× 1
4 = 23
12 .
(3)由题意得P1=3
4
,Pn=1
4
Pn-1+2
3
(1-Pn-1)=- 5
12
Pn-1+2
3
,n=2,3,…,31,
所以Pn- 8
17
=- 5
12
(Pn-1- 8
17
),n=2,3,…,31,
又P1- 8
17 = 19
68 ≠0,
所以数列{Pn- 8
17}是以19
68
为首项,- 5
12
为公比的等比数列,
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所以Pn= 8
17 + 19
68 · - 5
12
n-1,n=2,…,31,
经检验当n=1 时,上式也成立,
所以Pn= 8
17 + 19
68 · - 5
12
n-1,n=1,2,…,31.
由题意知,3 月份中选择“共享单车”出行的概率大于选择“地铁”出行的概率需满足Pn>1-Pn,即
Pn>1
2
,
则8
17 + 19
68 · - 5
12
n-1>1
2,
即(- 5
12
)n-1> 2
19
,n=1,2,…,31,
当n 为偶数时, - 5
12
n-1> 2
19显然不成立;
当n 为奇数时,不等式可变为
5
12
n-1> 2
19,
当n=1 时,1> 2
19
成立;
当n=3 时,
5
12
2= 25
144 > 24
144 = 2
12 > 2
19成立;
当n=5 时,
5
12
4<
6
12
4= 1
16 < 2
19,
又因为函数y=
5
12
n-1单调递减,
所以当n≥5 时,
5
12
n-1> 2
19不成立,
所以只有第1 天和第3 天Pn>1
2
,
即丙在3 月份中选择“共享单车”出行的概率大于选择“地铁”出行的概率的天数只有2 天.
