第12章 概率初步（压轴专练）（三大题型）-2024-2025学年高二数学单元速记·巧练（沪教版2020必修第三册）

第12章 概率初步（压轴专练）（三大题型） 题型1：古典概率 1．九宫格数独游戏是一种训练推理能力的数字谜题游戏.九宫格分为九个小宫格，某小九宫格如图所示，小明需要在9个小格子中填上1至9中不重复的整数，小明通过推理已经得到了4个小格子中的准确数字，这5个数字未知，且为奇数，则的概率为 . 9 7 4 5 2．小明同时掷3个骰子，在掷完后，小明有一次重掷的机会，即可以选择三个骰子中的任意多个进行重掷（可以是0个），并保留剩下骰子的点数，若最后点数之和为7则取得胜利．为了取得胜利，则小明会选择2个骰子进行重掷的概率为 ． 3．设函数是从1，2，3三个数中任意取一个数，是从2，3，4，5四个数中任意取一个数，则的概率是 ． 4．A与B二人进行“抽鬼牌”游戏，游戏开始时，A手中有3张两两不同的牌，B手上有4张牌，其中3张牌与A手中的牌相同，另一张为“鬼牌”，与其他所有牌都不同．游戏规则为： （ⅰ）双方交替从对方手中抽取一张牌，A先从B手中抽取； （ⅱ）若某位玩家抽到对方的牌与自己手中的某张牌一致，则将两张牌丢弃； （ⅲ）最后剩一张牌（鬼牌）时，持有鬼牌的玩家为输家； 假设每一次抽牌从对方手上抽到任一张牌的概率都相同，则A获胜的概率为 ． 5．某小区为了调查本小区业主对物业服务满意度的真实情况，对本小区业主进行了调查，调查中问了两个问题1：你的手机尾号是不是奇数？问题2：你是否满意物业的服务？调查者设计了一个随机化装置，其中装有大小、形状和质量完全相同的白球和红球，每个被调查者随机从装置中摸到红球和白球的可能性相同，其中摸到白球的业主回答第一个问题，摸到红球的业主回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做，由于问题的答案只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题别人并不知道，因此被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案.已知某小区80名业主参加了问卷，且有48名业主回答了“是”，由此估计本小区对物业满意服务的百分比大约为（    ） A．10% B．20% C．35% D．70% 题型2：事件之间的关系判断 6．下列命题中，正确的是（    ） A．若事件A，B互斥，则 B．若事件A，B相互独立，则 C．若事件A，B，C两两互斥，则 D．若事件A，B，C两两独立，则 7．给定一个正整数，从集合中随机抽取一个数，记事件“这个数为偶数”，事件“这个数为3的倍数”.下列说法正确的是（    ） A．若，，则至少存在一个，使事件和事件不独立 B．若，，则存在无穷多个，使事件和事件独立 C．若为奇数，则至少存在一个，使事件和事件独立 D．若为偶数，则对任意的，事件和事件独立 8．某知识问答竞赛需要三人组队参加，比赛分为初赛、复赛、决赛三个阶段，每个阶段比赛中，如果一支队伍中至少有一人通过，则这支队伍通过此阶段.已知甲、乙、丙三人组队参加，若甲通过每个阶段比赛的概率均为，乙通过每个阶段比赛的概率均为，丙通过每个阶段比赛的概率均为，且三人每次通过与否互不影响，则这支队伍进入决赛的概率为（    ） A． B． C． D． 9．给定事件，且，则下列结论：①若，且互斥，则不可能相互独立；②若，则互为对立事件；③若，则两两独立；④若，则相互独立.其中正确的结论有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 10．在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）下列说法错误的是（    ） A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为 B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D．当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 题型3：独立事件的乘法公式、互斥事件的概率公式 11．某商场为鼓励大家消费，举行摸奖活动，规则如下：凭购物小票一张，每满58元摸奖一次，从装有除颜色外完全相同的1个红球和4个白球的箱子中一次性随机摸出两个小球，若两球中含有红球，则为中奖，否则为不中奖.每次摸奖完毕后，把小球放回箱子中.甲､乙共有购物小票一张，购物金额为m元，两人商量，先由一人摸奖，若中奖，则继续摸奖，若不中奖，就由对方接着摸奖，并通过掷一枚质地均匀的硬币决定第一次由谁摸奖. (1)若，求这两人中奖的概率； (2)若，求第一次由甲摸奖，最后一次也是甲摸奖的概率. 12．某游戏公司开发了一款游戏，共有两关，公司组织了水平相当的位玩家测试这款游戏．玩家按预先指定的顺序依次上场，每位玩家的测试都是相互独立的．他们通过第一关测试的概率都为，通过第二关测试的概率都为．若玩家通不过第一关测试，则他下场，由下一位玩家继续上场测试，若玩家通过第一关测试，则继续第二关的测试，若第二关测试通过，则游戏测试终止，若第二关测试通不过，则下一位玩家直接从第二关开始测试．当时，求第位玩家终止测试的概率（用含的式子表示）． 13．某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况（午餐，晚餐） 甲 30天 20天 40天 10天 乙 20天 25天 15天 40天 假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率. (1)分别估计一天中甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率； (2)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，一般来说在推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：. 14．某学校组织校园安全知识竞赛.在初赛中有两轮答题，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分若两轮总积分不低于60分则晋级复赛. 小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为0.5.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题；在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响. (1)求小明在第一轮得40分的概率； (2)以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易晋级复赛？ 15．在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是，每场比赛的结果相互独立. (1)求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率； (2)已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率. 16．数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且． (1)当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率； (2)用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则． （ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值． 17．为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表： 游戏一 游戏二 游戏三 箱子中球的 颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 （红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”） 取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球 获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜 (1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； (2)一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大． 18．在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）． (1)已知． ①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； ②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． (2)若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围． 19．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，本届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？    这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时AB同组，CD同组． (1)若，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？ (2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 20．在扔硬币猜正反游戏中，当硬币出现正面时，猜是正面的概率为.猜是反面的概率为；当硬币出现反面时，猜是反面的概率为，猜是正面的概率为.假设每次扔硬币相互独立. (1)若两次扔硬币分别为“正反”，设猜测全部正确与猜测全部错误的概率分别为，试比较的大小； (2)若不管扔硬币是正面还是反面猜对的概率都大于猜错的概率， （i）从下面①②③④中选出一定错误的结论： ①；②；③，④ （ii）从（i）中选出一个可能正确的结论作为条件.用表示猜测的正反文字串，将中正面的个数记为，如“正反正反”，则，若扔四次硬币分别为“正正反反”，求的取值范围. 21．将连续正整数（）从小到大排列构成一个数，为这个数的位数．例如：当时，此数为123456789101112，共有15个数字，则．现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率． (1)求； (2)当时，求的表达式； (3)令为这个数中数字9的个数，为这个数中数字0的个数，，，求当时的最大值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第12章 概率初步（压轴专练）（三大题型） 题型1：古典概率 1．九宫格数独游戏是一种训练推理能力的数字谜题游戏.九宫格分为九个小宫格，某小九宫格如图所示，小明需要在9个小格子中填上1至9中不重复的整数，小明通过推理已经得到了4个小格子中的准确数字，这5个数字未知，且为奇数，则的概率为 . 9 7 4 5 【答案】 【分析】根据题意列出这个试验的等可能结果，然后求解概率即可； 【解析】这个试验的等可能结果用下表表示： a b c d e 2 1 6 3 8 2 1 8 3 6 6 1 2 3 8 6 1 8 3 2 8 1 2 3 6 8 1 6 3 2 2 3 6 1 8 2 3 8 1 6 6 3 2 1 8 6 3 8 1 2 8 3 2 1 6 8 3 6 1 2 共有12种等可能的结果，其中的结果有8种， 所以的概率为. 故答案为：. 2．小明同时掷3个骰子，在掷完后，小明有一次重掷的机会，即可以选择三个骰子中的任意多个进行重掷（可以是0个），并保留剩下骰子的点数，若最后点数之和为7则取得胜利．为了取得胜利，则小明会选择2个骰子进行重掷的概率为 ． 【答案】 【分析】首先分析出小明选择重新投掷骰子的逻辑，投掷后，若点数和不为7，当3个骰子中，有2枚骰子的点数和小于7，则选择1个骰子进行重新投掷；当3个骰子中，任意2枚骰子的点数和大于6，则选择2枚或者3枚进行重掷，分析概率得投掷2枚骰子点数和为4，5或6的概率大于重新投掷3枚骰子使得点数和为7的概率，即可得出选择2个骰子重掷的种数，从而得出概率． 【解析】三枚骰子和为7的情况共有15种， 投掷1枚骰子得到指定点数的概率为：， 投掷3枚骰子得到点数和为7的概率为：， 抛掷2枚骰子，只需要2枚骰子的点数和为2,3,4,5,6， 则投掷2枚骰子得到的点数和与概率如下表： 表1 抛掷2枚骰子的点数和 点数和情况 出现概率 2 3 4 5 6 可知，抛掷2枚骰子得到指定点数和的概率小于抛掷1枚骰子得到指定点数的概率， 且抛掷3枚骰子得到指定点数和7的概率小于抛掷1枚骰子得到指定点数的概率， 故小明会优先选择重新投掷1枚骰子从而使得3枚骰子的点数和为7， 则小明在抛掷后，出现的点数和不为7，且有2枚骰子的点数和小于7，会选择重新抛掷1枚骰子的情况如下表： 表2 第一枚点数 第二枚点数 第三枚点数 情况种数 1 1 1,2,3,4,6 30 2 1,2,3,5,6 3 1,2,4,5,6 4 1,3,4,5,6 5 2,3,4,5,6 6 1,2,3,4,5 2 1 1,2,3,5,6 28 2 1,2,4,5,6 3 1,3,4,5,6 4 2,3,4,5,6 5 1,2,3,4 6 1,2,3,4 3 1 1,2,4,5,6 24 2 1,3,4,5,6 3 2,3,4,5,6 4 1,2,3 5 1,2,3 6 1,2,3 4 1 1，3,4,5,6 19 2 2,3,4,5,6 3 1,2,3 4 1,2 5 1,2 6 1,2 5 1 2,3,4,5,6 16 2 1,2,3,4 3 1,2,3 4 1,2 5 1 6 1 6 1 1,2,3,4,5 15 2 1,2,3,4, 3 1,2,3 4 1,2 5 1 共132种情况； 当抛掷的3枚骰子中，出现的点数和不为7，任意2枚之和都大于6时，选择重新投掷2枚或3枚骰子，所有情况如下表： 表3 第一枚点数 第二枚点数 第三枚点数 情况种数 6 6 6,5,4,3,2,1 21 5 6,5,4,3,2 4 6,5,4,3 3 6,5,4 2 6,5 1 6 5 6 6,5,4,3,2 19 5 6,5,4,3,2 4 6,5,4,3 3 6,5,4 2 6,5 4 6 6,5，4,3 15 5 6,5，4,3 4 6,5，4,3 3 6,5，4 3 6 6,5,4 9 5 6,5,4 4 6,5,4 2 6 6,5 4 5 6,5 1 6 6 1 由表1可知，选择重新投掷2枚骰子出现点数和为4，5或6的概率大于重新投掷3枚骰子使得点数和为7的概率， 故当3枚骰子中出现点数3，2或1，且任意2枚骰子的点数和大于6时，选择重新投2枚骰子， 由表3可知，共有42种情况符合条件， 所以小明会选择2个骰子进行重掷的概率为：， 故答案为：． 【点睛】方法点睛：利用古典概型求概率的方法及注意点 （1）用列举法把古典概型试验的基本事件一一列举出来，再利用公式求解，列举时必须按照某一顺序做到不重复、不遗漏． （2）事件A的概率的计算方法，关键要分清基本事件总数n与事件A包含的基本事件数m.因此必须解决以下三个方面的问题：第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的基本事件有多少个；第三，事件A是什么，它包含的基本事件有多少． 3．设函数是从1，2，3三个数中任意取一个数，是从2，3，4，5四个数中任意取一个数，则的概率是 ． 【答案】 【解析】 ,当且仅当 时，取“=” ，于是 恒成立就转化为 成立.设事件 “ 恒成立”，则基本事件总数为 个，即，  ， ；事件 包含事件： ； 共 个，由古典概型得 ,故答案为 . 【方法点睛】本题主要考查不等式恒成立问题及古典概型概率公式，属于中档题.古典概型中,基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求，注意在确定基本事件时可以看成是有序的，如与不同，有时也可以看成是无序的，如与相同；(3)排列组合法：在求一些较复杂的基本亊件的个数时，可利用排列或组合的知识.本题是利用方法（1）将基本事件一一列举后求概率的. 4．A与B二人进行“抽鬼牌”游戏，游戏开始时，A手中有3张两两不同的牌，B手上有4张牌，其中3张牌与A手中的牌相同，另一张为“鬼牌”，与其他所有牌都不同．游戏规则为： （ⅰ）双方交替从对方手中抽取一张牌，A先从B手中抽取； （ⅱ）若某位玩家抽到对方的牌与自己手中的某张牌一致，则将两张牌丢弃； （ⅲ）最后剩一张牌（鬼牌）时，持有鬼牌的玩家为输家； 假设每一次抽牌从对方手上抽到任一张牌的概率都相同，则A获胜的概率为 ． 【答案】/ 【分析】A获胜分为3种情况，利用概率的加法公式求解即可. 【解析】记初始手上张牌时， 胜的概率为， ①当手上有张牌，手上张牌，包含张“鬼牌”时，获胜的概率为 若抽中的不是“鬼牌”时，则甲获胜，其概率为， 若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的也是“鬼牌”，甲想要获胜的概率为， 若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的不是“鬼牌”， 甲不可能获胜，此情况不存在， 所以，解得, ②当手上有张牌，手上张牌，包含张“鬼牌”时，获胜的概率为 若抽中的不是“鬼牌”时，则甲获胜，其概率为， 若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的也是“鬼牌”，甲想要获胜的概率为， 若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的不是“鬼牌”， 甲不可能获胜，此情况不存在， 所以，解得, ③当手上有张牌，手上张牌，包含张“鬼牌”时，获胜的概率为 若抽中的不是“鬼牌”时，则甲获胜的概率为， 若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的也是“鬼牌”，甲想要获胜的概率为， 若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的不是“鬼牌”，此轮结束后有3张牌，包含一张“鬼牌”， 有2张牌，当再抽一次时，有2张牌，包含一张“鬼牌”， 有1张牌， 有2张牌，包含一张“鬼牌”， 有1张牌，此时胜的对立事件为当有1张牌， 有2张牌，包含一张“鬼牌”，此时胜， 则若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的不是“鬼牌”， 胜的概率为， 所以，解得, 故答案为：. 【点睛】关键点睛：当遇到某个事件的概率不好求的时候，可以考虑求其对立事件的概率，利用该事件发生的概率与其对立事件发生的概率和为来求解，例如题目中，若有2张牌，包含一张“鬼牌”， 有1张牌，此时胜的概率就可以转化为求其对立事件当有1张牌， 有2张牌，包含一张“鬼牌”， 此时胜的概率. 5．某小区为了调查本小区业主对物业服务满意度的真实情况，对本小区业主进行了调查，调查中问了两个问题1：你的手机尾号是不是奇数？问题2：你是否满意物业的服务？调查者设计了一个随机化装置，其中装有大小、形状和质量完全相同的白球和红球，每个被调查者随机从装置中摸到红球和白球的可能性相同，其中摸到白球的业主回答第一个问题，摸到红球的业主回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做，由于问题的答案只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题别人并不知道，因此被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案.已知某小区80名业主参加了问卷，且有48名业主回答了“是”，由此估计本小区对物业满意服务的百分比大约为（    ） A．10% B．20% C．35% D．70% 【答案】D 【分析】根据问卷调查的设计原则，及两个问题被抽到、手机尾号奇数、偶数的概率分别相同，结合已知估计回答第二个问题的人数及回答“是”的人数，即可得结果. 【解析】由两个问题被问的概率相等，故约有40人回答了第一个问题， 由手机尾号为奇数和偶数的概率相等，故40人中约有20人回答“是”， 根据有48名业主回答了“是”，则约有28人在第二个问题中回答“是”， 又第二个问题被问到的人数同样约为40人， 故本小区对物业满意服务的百分比大约为. 故选：D 题型2：事件之间的关系判断 6．下列命题中，正确的是（    ） A．若事件A，B互斥，则 B．若事件A，B相互独立，则 C．若事件A，B，C两两互斥，则 D．若事件A，B，C两两独立，则 【答案】ABC 【分析】利用互斥事件的概率加法公式判断选项AC；利用独立事件的乘法公式判断选项B；举反例判断选项D. 【解析】对于A，根据互斥事件的概率加法公式即可判断A正确； 对于B，若事件A，B相互独立，则，也相互独立，所以，故B正确； 对于C，根据互斥事件的概率加法公式即可判断C正确； 对于D，例如，从1，2，3，4中随机选出一个数字，记事件“取出的数字为1或2”，“取出的数字为1或3”，“取出的数字为1或4”，则“取出的数字为1”， 显然， ， 满足，，， 所以事件A，B，C两两独立，但是，故D错误. 故选：ABC. 7．给定一个正整数，从集合中随机抽取一个数，记事件“这个数为偶数”，事件“这个数为3的倍数”.下列说法正确的是（    ） A．若，，则至少存在一个，使事件和事件不独立 B．若，，则存在无穷多个，使事件和事件独立 C．若为奇数，则至少存在一个，使事件和事件独立 D．若为偶数，则对任意的，事件和事件独立 【答案】B 【分析】主要是用判断事件的相互独立性. 【解析】对于A，对于任意，， 即事件和事件独立， A不正确. 对于B，当时，满足； 当时，满足； 以此类推，当时，，，满足； 故存在无穷多个，使事件和事件独立，B正确. 对于C，当时，， 此时显然； 当时，， 此时显然； 当时，， 此时显然； 综上可知，对任意奇数，事件和事件都不独立；C不正确. 对于D，当时，D不正确. 故选：B. 8．某知识问答竞赛需要三人组队参加，比赛分为初赛、复赛、决赛三个阶段，每个阶段比赛中，如果一支队伍中至少有一人通过，则这支队伍通过此阶段.已知甲、乙、丙三人组队参加，若甲通过每个阶段比赛的概率均为，乙通过每个阶段比赛的概率均为，丙通过每个阶段比赛的概率均为，且三人每次通过与否互不影响，则这支队伍进入决赛的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可得这支队伍通过每个阶段比赛的概率为，利用相互独立事件的概率计算可得出结果. 【解析】“至少有一人通过”的对立事件为“三人全部未通过”， 则这支队伍通过每个阶段比赛的概率为， 所以他们连续通过初赛和复赛的概率为，即进入决赛的概率为. 故选：B 9．给定事件，且，则下列结论：①若，且互斥，则不可能相互独立；②若，则互为对立事件；③若，则两两独立；④若，则相互独立.其中正确的结论有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】根据独立事件概率公式可判断①正确；通过反例可说明②③错误；由，结合独立事件概率公式可知④正确. 【解析】对于①，若互斥，则，又， ，不相互独立，①正确； 对于②，，； 扔一枚骰子，记事件为“点数大于两点”；事件为“点数大于五点”；事件为“点数大于一点”， 则，，， 满足，但不是对立事件，②错误； 对于③，扔一枚骰子，记事件为“点数大于两点”；事件为“点数大于五点”；事件为“点数大于六点”， 则，，，，， 满足，此时， 事件不相互独立，③错误； 对于④，，事件与互斥，， 又，， 即，事件相互独立，④正确. 故选：B. 【点睛】思路点睛：本题考查对立事件、独立事件的判断，解题基本思路是能够结合和事件和积事件的定义，利用独立事件概率公式依次验证选项中的事件是否为独立事件. 10．在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）下列说法错误的是（    ） A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为 B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D．当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 【答案】C 【分析】根据独立时间的概率乘法以及列举法，可得答案. 【解析】对于A，由题意可知：信号的传输相互独立，输入收到的概率为，输入收到的概率为， 所以采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为，故A正确； 对于B，由题意可知：信号的传输相互独立，输入收到的概率为，输入收到的概率为， 所以采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为，故B正确； 对于C，采用三次传输方案，若发送1，译码为1的情况分别为“”、“”、“”、“”， 因为信号的传输相互独立，输入收到的概率为，输入收到的概率为， 所以采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为，故C错误； 对于D，若发送0，采用三次传输方案译码为0的情况有“”、“”、“”、“”， 所以其概率为； 若发送0，采用单次传输方案译码为0的概率为， 由，且， 则，故D正确； 故选：C. 题型3：独立事件的乘法公式、互斥事件的概率公式 11．某商场为鼓励大家消费，举行摸奖活动，规则如下：凭购物小票一张，每满58元摸奖一次，从装有除颜色外完全相同的1个红球和4个白球的箱子中一次性随机摸出两个小球，若两球中含有红球，则为中奖，否则为不中奖.每次摸奖完毕后，把小球放回箱子中.甲､乙共有购物小票一张，购物金额为m元，两人商量，先由一人摸奖，若中奖，则继续摸奖，若不中奖，就由对方接着摸奖，并通过掷一枚质地均匀的硬币决定第一次由谁摸奖. (1)若，求这两人中奖的概率； (2)若，求第一次由甲摸奖，最后一次也是甲摸奖的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先列举样本点，再应用古典概型公式计算即可. （2）应用相互独立事件的概率是概率乘积公式计算. 【解析】（1）记1个红球为个白球分别为. 则从箱子中随机摸出两球，样本点有：，共10个样本点 其中含有红球的为：，共4个样本点， 所以在一次摸奖中，中奖概率为. 当时，甲､乙两人只能摸奖一次，所以他们中奖的概率为. （2）当时，他们可以摸奖4次. 记事件第次由甲摸奖为，记第一次由甲摸奖，最后一次也是甲摸奖为事件， 则， 所以 12．某游戏公司开发了一款游戏，共有两关，公司组织了水平相当的位玩家测试这款游戏．玩家按预先指定的顺序依次上场，每位玩家的测试都是相互独立的．他们通过第一关测试的概率都为，通过第二关测试的概率都为．若玩家通不过第一关测试，则他下场，由下一位玩家继续上场测试，若玩家通过第一关测试，则继续第二关的测试，若第二关测试通过，则游戏测试终止，若第二关测试通不过，则下一位玩家直接从第二关开始测试．当时，求第位玩家终止测试的概率（用含的式子表示）． 【答案】 【分析】根据题意考虑当且第位玩家终止测试时，第位玩家必通过第二关测试，可分为前面位玩家都没有通过第一关测试，以及前面位玩家中恰有一人通过第一关测试，求得相应概率，即可求得答案. 【解析】设第位玩家终止测试的概率为． 当且第位玩家终止测试时，第位玩家必通过第二关测试． 若前面位玩家都没有通过第一关测试，其概率为， 若前面位玩家中人第位玩家才通过第一关测试， 则前面位玩家无人通过第一关测试，其概率为， 第位玩家通过第一关测试，但没有通过第二关测试，其概率为， 第位玩家到第位玩家中都没有通过第二关测试，其概率为． 所以前面位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为： ， ， 因此，第位玩家终止测试的概率为． 【点睛】方法点睛：本题综合考查了概率的计算问题，解答时要能综合应用独立事件的乘法公式以及互斥事件加法公式进行求解，关键是要明确第位玩家终止测试时前面位玩家的测试情况. 13．某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况（午餐，晚餐） 甲 30天 20天 40天 10天 乙 20天 25天 15天 40天 假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率. (1)分别估计一天中甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率； (2)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，一般来说在推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，由古典概型的概率计算公式，代入计算即可得到结果； （2）根据题意，由概率的计算公式代入计算，即可证明. 【解析】（1）设事件C为“一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐”， 事件D为“乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐”， 因为100个工作日中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的天数为30， 乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的天数为40， 所以，. （2）由题知， 即，即， 即， 即，即， 即. 14．某学校组织校园安全知识竞赛.在初赛中有两轮答题，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分若两轮总积分不低于60分则晋级复赛. 小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为0.5.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题；在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响. (1)求小明在第一轮得40分的概率； (2)以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易晋级复赛？ 【答案】(1)； (2)小明更容易晋级复赛. 【分析】（1）对A类的5个问题进行编号：，设小明只能答对4个问题的编号为：，列出所有的样本空间，即可求出小明在第一类得40分的概率； （2）依题意能够晋级复赛，则第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分；或第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答对一题得分，第二轮答对两题得分；分别求出小芳和小明晋级复赛的概率，进行比较得出结论. 【解析】（1）对A类的5个问题进行编号：，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答， 则有共种， 设小明只能答对4个问题的编号为：， 则小明在第一轮得40分，有共种， 则小明在第一轮得40分的概率为：； （2）由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为， 则小明在第一轮得0分的概率为：， 依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分 当第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分时， 小芳和小明晋级复赛的概率分别为： ； ； 当第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分时， 小芳和小明晋级复赛的概率分别为： ；； 当第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分时， 小芳和小明晋级复赛的概率分别为： ；； 当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分时， 小芳晋级复赛的概率分别为： ； 小芳晋级复赛的概率为：； 小明晋级复赛的概率为：； ， 小明更容易晋级复赛. 15．在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是，每场比赛的结果相互独立. (1)求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率； (2)已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分类讨论只积3分的可能情况，结合独立事件概率乘法公式运算求解； （2）由题意，若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解. 【解析】（1）A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况. 第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为. 第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为. 故所求概率为. （2）不妨假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜. 此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分. 在剩下的3场比赛中： 若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线； 若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线； 若B与D比赛平局，同理可得A可以出线. 故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定可以出线. 若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线. 当B，C，D中有一支队伍胜2场时， 若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为； 若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为. 其他情况A均可以出线. 综上，A球队最终小组出线的概率为. 【点睛】关键点点睛：解题的关键在于分类讨论获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解. 16．数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且． (1)当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率； (2)用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则． （ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）的最大值为 【分析】（1）利用事件独立性即可求解； （2）（ⅰ）分别把概率表示出来，理解事件表示1传输错误，且两个0传输都正确，理解包含以下两种情况，然后建立等式，将代入等式中消元，然后根据范围确定取值； （ⅱ）理解事件包含以下三种情况：①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，分别求出概率再相加，利用换元的思想，令，利用二次函数的性质研究最值即可求解，注意需要确定的范围． 【解析】（1）记事件：“收到的所有数字都正确”， 由已知且可知， 所以； （2）（ⅰ）由发送的数据为“100”可知，事件表示1传输错误，且两个0传输都正确， 所以， 事件包含以下两种情况； ①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为； ②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为， 所以； 又， 所以， 即， 整理得， 把代入上式，化简得， 解得：或， 因为，且，， 所以，， 所以； （ⅱ）当发送的数据为“1100”，事件包含以下三种情况： ①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为； ②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确， 其概率为， ③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为， 所以， 令，则，从而， 所以， 记， 由二次函数的性质可知，在单调递增， 所以得最大值为， 即的最大值为． 【点睛】本题主要考查古典概型，随件事件独立性等知识，需要充分理解事件的独立性求概率，需要理解问题中的事件是哪些事件的和事件，需要不重不漏的表示出来，把问题利用函数的思想来求解． 17．为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表： 游戏一 游戏二 游戏三 箱子中球的 颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 （红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”） 取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球 获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜 (1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； (2)一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大． 【答案】(1)游戏一获胜的概率为，游戏二获胜的概率为 (2)的所有可能取值为． 【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，进而利用表格得到编号之和为的概率，由此得解. 【解析】（1）设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为，则， 因为，所以，．所以游戏一获胜的概率为． 游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间， 则，因为， 所以，所以，所以游戏二获胜的概率为． （2）设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”， 则，且，，互斥，相互独立， 所以 又，且，，互斥， 所以 若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则， 所以，即． 进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：      第二次第一次 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 当时，，舍去 当时，，满足题意， 因此的所有可能取值为． 【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，由此得解. 18．在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）． (1)已知． ①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； ②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． (2)若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围． 【答案】(1)① ；②证明见解析 (2) 【分析】（1）①记事件为“至少收到一次0”，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；②记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”，证明即可； （2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输方案时译码为0”，根据题意可得，解不等式可解. 【解析】（1）①记事件为“至少收到一次0”，则． ②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则． 记事件为“三次收到的数字之和为2”， 则． 因为， 所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． （2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则． 记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则． 根据题意可得，即， 因为，所以， 解得，故的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算各事件的概率. 19．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，本届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？    这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时AB同组，CD同组． (1)若，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？ (2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 【答案】(1)获得冠军的概率分别为，； (2)淘汰赛赛制下获得冠军的概率为，“双败赛制”赛制下获得冠军的概率为，双败赛制下对强者更有利. 【分析】（1）利用独立事件乘法、互斥事件加法公式求获得冠军的概率； （2）分别求出不同赛制下获得冠军的概率，研究哪种赛制下获得冠军的概率更大，即可得结论. 【解析】（1）获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出， 获得冠军的概率为， 获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出， 获得冠军的概率为. （2）淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为， “双败赛制”赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况， 当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军； 若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军； 当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军； 综上，获得冠军的概率. 令， 若为强队，则，故， 所以，双败赛制下对强者更有利. 【点睛】关键点点睛：第二问，根据“双败赛制”赛制的描述讨论A进入胜者组、败者组两种情况，分别求出得冠军的概率为关键. 20．在扔硬币猜正反游戏中，当硬币出现正面时，猜是正面的概率为.猜是反面的概率为；当硬币出现反面时，猜是反面的概率为，猜是正面的概率为.假设每次扔硬币相互独立. (1)若两次扔硬币分别为“正反”，设猜测全部正确与猜测全部错误的概率分别为，试比较的大小； (2)若不管扔硬币是正面还是反面猜对的概率都大于猜错的概率， （i）从下面①②③④中选出一定错误的结论： ①；②；③，④ （ii）从（i）中选出一个可能正确的结论作为条件.用表示猜测的正反文字串，将中正面的个数记为，如“正反正反”，则，若扔四次硬币分别为“正正反反”，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析； (2)答案见解析. 【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式求，作差可得， 分别在条件下确定差的正负，由此可得的大小关系， （2）（i）由条件证明，由不等式性质可求的范围，由此确定一定错误的结论； （ii）由条件，结合互斥事件概率加法公式和独立事件概率乘法公式求， 若选①，令，求出的范围，化简，结合二次函数性质求其范围； 若选③，令，结合对勾函数性质求的范围，化简，结合二次函数性质求其范围； 【解析】（1）猜测全部正确的概率为， 猜测全部错误的概率为， 因为， 所以当时，， 当时，， 当时，， （2）（i）若不管扔硬币是正面还是反面，猜对的概率都大于猜错的概率， 则，解得， 所以， 所以， 因此，②④一定错误， （ii）若扔四次硬币分别为“正正反反”，事件包含以下三种情况： 两个正都猜对，且两个反都猜对，其概率为； 有且只有一个正猜对，且有且只有一个反猜对，其概率为； 两个正都猜错，且两个反都猜错，其概率为； 所以， 若选择①， 令，则，其中， 所以， 所以， 记，， 由二次函数的性质可知，在区间上单调递增， 所以， 即的取值范围是 若选择③， 此时，又， 所以，所以， 令，则 ，， 由对勾函数性质可得函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因为 ，，， 所以，， 记，， 由二次函数的性质可知，在区间上单调递减， 所以，即 【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于结合题意准确理解事件，利用基本事件表示，再结合概率运算公式求其概率表达式. 21．将连续正整数（）从小到大排列构成一个数，为这个数的位数．例如：当时，此数为123456789101112，共有15个数字，则．现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率． (1)求； (2)当时，求的表达式； (3)令为这个数中数字9的个数，为这个数中数字0的个数，，，求当时的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）计算，数字0的个数为12，得到概率； （2）考虑，，，四种情况，依次计算得到答案； （3）考虑当时， 时， 当时三种情况，得到和的解析式，得到，再计算概率的最值得到答案. 【解析】（1）当时，，即这个数中共有195个数字， 其中数字0的个数为12，则恰好取到0的概率为. （2）当时，这个数由n个1位数组成，； 当时，这个数有9个1位数，个两位数组成，则； 当时，这个数有9个1位数，90个两位数，个三位数组成，； 当时，这个数有9个1位数，90个两位数，900个三位数， 个四位数组成，； 综上所述：. （3）当时，， 当时，， 当时，，即， 同理有， 由，可知， 所以当时，， 当时，，当时，， 当时，， 由关于单调递增， 故当时，有最大值为， 又，所以当时的最大值为． 【点睛】关键点点睛：函数的解析式，概率的计算，最值问题，（2）要考虑，，，四种情况，依次计算；（3）考虑当时， 当时， 当时三种情况，得到和的解析式，得到，再讨论计算概率的最值，其中分类讨论的思想是解题的关键. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$