第7章 专题2 与概率及分布列有关的七类典型问题-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练测（人教A版2019）

?高中数学·选择性必修 第三册 专题 2 与概率及分布列有关的七类典型问题 题型一 决策问题 1.某人某天的工作是，驾车从 A地出发，到 B, C两地办事，最后返回 A地.A,B,C三地之 间各路段的行驶时间及当天降水概率如表： 正常行驶所 上午降 下午降 路段 需时间(小时) 水概率 水概率 AB 2 0.3 0.6 BC 2 0.2 0.7 CA 3 0.3 0.9 若在某路段遇到降水，则在该路段行驶的时 间需延长1小时. 现有如下两个方案： 方案甲：上午从 A地出发到 B地办事，然后 到达C地，下午在C地办事后返回A地； 方案乙：上午从A地出发到C地办事，下午 从C地出发到达 B地，办事后返回 A地. (1)若此人8点从A地出发，在各地办事及 午餐的累积时间为2 小时，且采用方案甲， 求他当日 18点或18点之前能返回 A地的 概率； (2)甲、乙两个方案中，哪个方案有利于办完 事后能更早返回 A地? 的赔付概率如下表所示： 工种类别 A B C 0 10 0赔付概率 职业类别分布饼图 10%c 30� A 60% 对于 A,B,C三类工种，职工每人每年保费 分别为 a元、a元、b元，出险后的赔偿金额 分别为100万元、100万元、50万元，保险公 司在开展此项业务过程中的固定支出为每 年20万元. (1)若保险公司要求每年收益的期望不低于 保费的15证明：153a+17b≥4 200; (2)现有如下两个方案供单位选择：方案一： 单位不与保险公司合作，职工不交保险，出 意外后单位自行拿出与保险公司提供的等 额赔偿金赔付给出意外的职工，单位开展这 项工作的固定支出为每年35万元；方案二： 单位与保险公司合作，a=25,b=60,单位负 责职工保费的 80职工个人负责 20出 险后赔偿金由保险公司赔付，单位无额外专 项开支.根据该单位总支出的差异给出选择 合适方案的建议. 2.某单位有员工50 000人，一保险公司针对该 单位推出一款意外险产品，每年每位职工只 需要交少量保费，发生意外后可一次性获得 若干赔偿金.保险公司把该单位的所有岗位 分为A,B,C三类工种，从事三类工种的人 数分布比例如饼图所示，且这三类工种每年 68 第七章 随机变量及其分布 题型二 概率最值问题 3.某工厂对一批零件进行质量检测，具体检测 方案是：从这批零件中任取 10件逐一进行 检测，当检测到 2 件不合格零件时，停止检 测，此批零件未通过，否则检测通过.设每件 零件为合格零件的概率为 p,且每件零件是 否合格是相互独立的. (1)已知 p=0.9,若此批零件检测未通过，求 恰好检测5次的概率； (2)已知每件零件的生产成本为 80元，合格 零件的售价为每件150 元.现对不合格零件 进行修复，修复后按正常零件进行销售，修 复后不合格零件以每件10元按废品处理. 若零件修复的费用为每件 20元，每件不合 格的零件修复为合格零件的概率为0.6.工 厂希望每件零件可获利至少60元.求每件 零件为合格零件的概率 p的最小值? 题型三 放回与不放回问题 5.在10件产品中，有3件一等品、4件二等品、 3件三等品. (1)若从这10件产品中任意抽取1件，设抽 取到一等品的件数为5,求ξ的分布列； (2)若从这10件产品中随机连续抽取3次， 每次抽取1件，每次抽取后都放回，设抽取 到一等品的件数为 η,求η的分布列； (3)若从这10件产品中随机连续抽取 3次， 每次抽取1件，每次抽取后都不放回，设抽 取到一等品的件数为X,求 ①X的分布列； ②抽取到的 3件产品中一等品件数多于二 等品件数的概率. 4.北京某高校有 20 名志愿者报名参加 2022 年北京冬奥会服务工作，其中有 2 名老师， 18名学生.若从中随机抽取 n(n∈N*,n≤ 20)名志愿者，用X表示所抽取的n名志愿 者中老师的人数. (1)若 n=2,求X的分布列与数学期望； (2)当 n为何值时，X=1 的概率取得最大 值?最大值是多少? 6.现有三个白球，十五个红球，且甲、乙、丙三 个盒子中各装有六个小球. (1)若甲、乙、丙三个盒子中各有一个白球， 且小明从三个盒子中任选两个盒子并各取 出一个球，求小明取出两个白球的概率； (2)若甲盒中有三个白球，小明先从甲盒中 取出一个球，再从乙盒中取出一个球，最后 再从丙盒中取出一个球，如此循环，直至取 出一个白球后停止取球，且每次取球均不放 回.若小明在第 X次取球时取到白球，求 X 的概率分布和数学期望. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯6 ?高中数学·选择性必修 第三册 题型四 竞技比赛问题 7.(山西临汾模拟预测)魔方，又叫鲁比可方 块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔 诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智 玩具.魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩 法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小 赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.通常意 义下的魔方，是指狭义的三阶魔方.三阶魔 方形状通常是正方体，由有弹性的硬塑料制 成.常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最 短的时间内复原.广义的魔方，指各类可以 通过转动打乱和复原的几何体.魔方与华容 道、法国的单身贵族(独立钻石棋)并称为智 力游戏界的三大不可思议.在 2018WCA世 界魔方芜湖公开赛上，杜宇生以 3.47 秒的 成绩打破了三阶魔方复原的世界纪录，勇夺 世界魔方运动的冠军，并成为世界上第一个 三阶魔方速拧进入4 秒的选手. (1)小王和小吴同学比赛三阶魔方，已知小 35王每局比赛获胜的概率均为 ,小吴每局比 25赛获胜的概率均为 ,若采用三局两胜制， 两人共进行了 X局比赛，求X的分布列和 数学期望； (2)小王和小吴同学比赛四阶魔方，首局比 赛小吴获胜的概率为0.5,若小王本局胜利， 则他赢得下一局比赛的概率为0.6,若小王 本局失败，则他赢得下一局比赛的概率为 0.5,为了赢得比赛，小王应选择“五局三胜 制”还是“三局两胜制”? 8.国际比赛赛制常见的有两种，一种是单败 制，一种是双败制.单败制即每场比赛的失 败者直接淘汰，常见的有 BO1,BO3 等等. BO1 表示双方进行一局比赛，获胜者晋级. BO3表示双方最多进行三局比赛，若连胜两 局，则直接晋级；若前两局两人各胜一局，则 需要进行第三局决胜负.现在 A,B,C,D四 人进行乒乓球比赛，比赛赛制采用单败制，A 与B一组，C与D一组，第一轮两组分别进 行 BO1,胜者晋级，败者淘汰；第二轮由上轮 的胜者进行 BO3,胜者为冠军.已知A与B, 3,2,3;B与C,D比赛，A的胜率分别为为 2,5C,D比赛，B的胜率分别 ;C与D比 2s赛，C的胜率为 .任意两局比赛之间均相互 独立. (1)在C进入第二轮的前提下，求 A最终获 得冠军的概率； (2)记 A参加比赛获胜的局数为X,求X的 分布列与数学期望. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 第七章 随机变量及其分布 题型五 概率与数列递推问题 9.(山东潍坊高三阶段练习)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 m(1≤m≤28,m∈N)号同学得到球后 23传给m+1号同学的概率为 ,传给m+2号 13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 6730号同学投篮命中的概率为 ,设传球传到 第 n(2≤n≤30,n∈N))号的概率为Pn. (1)求P?的值； (2)证明：{Pn+1—P,}(2≤n≤28)是等比 数列； (3)比较 29 号和 30 号投篮命中的概率 大小. 10.(福建漳州高三阶段练习)漳州是福建省重 点城市，它不仅有着深厚的历史积淀与丰 富的民俗文化，更有着众多旅游景点，每年 来漳州参观旅游的人数不胜数，其中八卦 楼与古城被称为两张名片.为合理配置旅 游资源，现对已游览八卦楼景点的游客进 行随机问卷调查，若不游玩古城记1分，若 继续游玩古城记 2分，每位游客选择是否 12游览古城景点的概率均为 ,游客之间选 择意愿相互独立. (1)从游客中随机抽取 3人，记总得分为随 机变量 X,求X的分布列； (2)①若从游客中随机抽取 m人，记总得分 恰为m的概率为Am,求数列{Am}的前 10 项和； ②在对所有游客进行随机问卷调查过程 中，记已调查过的累计得分恰为 n的概率 为Bn,探讨 B,与Bn-1之间的关系，并求数 列{B,}的通项公式.-------------------------------- ?高中数学·选择性必修 第三册 题型六 与导数有关的概率问题 11.某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种 疫苗产生抗体情况，现有 n(n∈N*)份血液 样本(数量足够大),有以下两种检验方式： 方式一：逐份检验，需要检验 n次； 方式二：混合检验，将其中k(k∈N*且k≥ 2)份血液样本混合检验，若混合血样无抗 体，说明这k份血液样本全无抗体，只需检 验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体 哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样 本再分别化验一次，检验总次数为(k十 1)次. 假设每份样本的检验结果相互独立，每份 样本有抗体的概率均为 p(0<p<1). (1)现有 7 份不同的血液样本，其中只有 3 份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求 恰好经过4次检验就能把有抗体的血液样 本全部检验出来的概率； (2)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ξ;采用混合检验方式，样本需要 检验的总次数为52. ①若 E(ξi)=E(ξ),求P关于k的函数关 系式p=f(k); ②已知 p=1-e-*,以检验总次数的期望 为依据，讨论采用何种检验方式更好? 参考数据：1n 2=0.693,1n 25=3.219,In 26 =3.258,In 27=3.296,1n 28=3.332. 12.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 n只白鼠，每只白鼠在接触 12病鼠后被感染的概率为 ,被感染的白鼠 数用随机变量 X表示，假设每只白鼠是否 被感染之间相互独立. (1)若P(X=5)=P(X=95),求数学期望 E(X); (2)接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率 为 p,现有两个不同的研究团队理论研究发 现概率 p与参数θ(0<0<1)的取值有关. 团队 A提出函数模型为p=1n(1+0)一 23-02,团队 B提出函数模型为p=2(1- e-).现将 100 只接种疫苗后的白鼠分成 10组，每组10只，进行实验，随机变量 X;(i =1,2,⋯,10)表示第i组被感染的白鼠数， 将随机变量 X;(i=1,2,⋯,10)的实验结果 x;(i=1,2,⋯,10)绘制成频数分布图，如图 所示. 感染只数 6 271一 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10组数 ①试写出事件“X?=x?,X?=x2,⋯,X1o= x1o”发生的概率表达式(用 p表示，组合数 不必计算); ②在统计学中，若参数θ=θ。时使得概率 P(X?=x?,X?=x2,⋯,X10=x10)最大，称 0o是0的最大似然估计.根据这一原理和 团队A,B提出的函数模型，判断哪个团队 的函数模型可以求出θ的最大似然估计， 并求出最大似然估计. 参考数据：In2≈0.4055. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2 第七章 随机变量及其分布 题型七 高尔顿板问题 13.高尔顿(钉)板是在一块竖起的木板上钉上 一排排互相平行、水平间隔相等的圆柱形 铁钉(如图),并且每一排钉子数目都比上 一排多一个，一排中各个钉子恰好对准上 面一排两相邻铁钉的正中央.从入口处放 入一个直径略小于两颗钉子间隔的小球， 当小球从两钉之间的间隙下落时，由于碰 到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左 或向右落下，接着小球再通过两铁钉的间 隙，又碰到下一排铁钉，如此继续下去，在 最底层的5个出口处各放置一个容器接住 小球. 123|4|5 (1)理论上，小球落入4 号容器的概率是 多少? (2)一数学兴趣小组取 3个小球进行试验， 设其中落入4号容器的小球个数为 X,求 X的分布列与数学期望. 14.高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计 用来研究随机现象的模型，在一块木板上 钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形 小木块，小木块之间留有适当的空隙作为 通道，前面挡有一块玻璃，让一个小球从高 尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的 过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左 或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某 一球槽内.如图所示的小木块中，上面7 层 为高尔顿板，最下面一层为改造的高尔顿 板，小球从通道口落下，第一次与第2 层中 12的概率向左或向右间的小木块碰撞，以 滚下，依次经过7次与小木块碰撞，最后掉 入编号为1,2,⋯,7 的球槽内.例如小球要 掉入3号球槽，则在前6次碰撞中有2次向 右3次向左滚到第6层的第3个空隙处，再 以的概率向左滚下，或在前6次碰撞中有 1次向右 4次向左滚到第6层的第 2个空 12隙处，再以 的概率向右滚下. (1)若进行一次高尔顿板 OO OOO试验，求小球落入第 7 层 O)(O)(O)(0) 第6个空隙处的概率； 0)(0)(0)(0)(O) OO◎O0◎O (2)小明同学在研究了高 ◎◎◎ ◎O◎◎ O◎ OO◎ ◎ 尔顿板后，利用该图中的 高尔顿板来到社团文化节 上进行盈利性“抽奖”活 1 2 3 4 5 6 7 动，8元可以玩一次高尔顿板游戏，小球掉 入 X 号球槽得到的奖金为ξ 元.其中 5=|20-5X|. ①求X的分布列； ②高尔顿板游戏火爆进行，很多同学参加 了游戏，你觉得小明同学能盈利吗? ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3 4.解析 由X~N(3,1),得μ=3,所以P(3<X<4)=2- p,即P(2<X<4)=2P(3<X<4)=1-2p. 答案1-2p 专题2与概率及分布列有关的七类 典型问题 题型一 1.解(1)由题意可知，若各路段均不会遇到降水，则返回 A地的时间为17点，因此若18点之前能返回A地的充 要条件是降水的路段数不超过1,记事件M?,M?,M?分 别表示在上午AB路段降水、上午BC路段降水、下午 CA路段降水，则所求概率P=P(M?M?M?)+ P(M?M?M?)+P(M?M?M?)+P(M?M?M?)=0.7×0.8 ×0.1+0.3×0.8×0.1+0.7×0.2×0.1+0.7×0.8× 0.9=0.598. (2)设基本路段正常行驶时间为x,降水概率为p,则该 路段行驶时间X的分布列为 行驶时间X x+1x 概率P 1-p p ∴E(X)=x(1-p)+(x+1)p=x+p. 上午 上午 下午 下午 正常行驶所需 路段 降水 行驶时间 降水 行驶时间 概率 期望值 时间(小时) 概率 期望值 AB 2 0.3 2.3 0.6 2.6 BC 2 0.2 2.2 0.7 2.7 CA 3 0.3 3.3 0.9 3.9 设采用甲、乙两种方案所花费的总行驶时间分别为Y,Z, 则E(Y)=2.3+2.2+3.9=8.4.E(Z)=2.6+2.7+3.3 =8.6.∴采用甲方案更有利于办事之后能更早返回A地. 2.解(1)设工种A,B,C对应职工的每份保单保险公司的 收益分别为随机变量X,Y,Z(单位：元),则X,Y,Z的分 布列分别为 X a-100×10?a 1-0 0P Y a a-100×10? 1-0 10P z b b—50×10? 1-0 0P E(X)=a×(1-0)+(a-100×10)×0=a-10, E(Y)=a×(1-0)+(a-100×104)×0=a-20, E(Z)=b×(1-o)+(b-50×104)×o=b-50,所以 (a-10)×50000×0.6+(a—20)×50000×0.3+(b— 50)×50000×0.1-20×10?≥(a×50000×0.6+a× 50000×0.3+b×50000×0.1)×0.15,整理，得153a十 17b≥4200. (2)方案一：单位不与保险公司合作，则单位每年赔偿金支 出的期望与固定开支共为30000×100×10?×10+ 15000×100×10?×0+5000×50×10?×0+35×104 =1.2×10?(元); 方案二：单位与保险公司合作，则单位支出金额为(30000 ×25+15000×25+5000×60)×0.8=1.14×10?(元).因 为1.2×10?>1.14×10?,所以建议单位选择方案二. 题型二 3.解(1)记事件A=“此批零件检测未通过，恰好检测5 次”,则前4次有1次未通过，第5次未通过.P(A)=C× 0.1×0.93×0.1=0.02916.即恰好检测5次未通过的概 率为0.02916. (2)由题意可得，合格产品利润为70元，不合格产品修复 合格后利润为50元，不合格产品修复后不合格的利润为 —90元，设每件零件可获利X元.X的所有可能取值为 70,50,-90.P(X=70)=p;P(X=50)=0.6(1-p); P(X=-90)=0.4(1-p),则E(X)=70p+50×0.6(1— p)-90×0.4(1-p)=76p-6,∴76p-6≥60,解得 38p≥8,,即每件零件为合格零件的概率p的最小值为 4.解(1)当n=2时，X的所有可能取值为0,1,2,则P(X =0)=C=15,P(X=1)=CC=18,P(X=2)= Cc=190,所以X的分布列为 X 0 1 2 153 90P E(X)=0×193+1×5+2×190=亏. (2)X=1的概率为P(X=1)=CC=n(290,I≤n ≤20,且n∈N*.因为n(20-n)≤[”+(20-”]=100, 当且仅当n=20—n,即n=10时等号成立，所以当n=10 时，X=1的概率P(X=1)取最大值，最大值是 题型三 5.解(1)由题意知ξ的可能取值为0,1,所以专服从两点分 布，P(e=1)=3,则P(e=0)=1-P(E=1)=10..因此 的分布列为 0 1 71 31旧P (2)若每次抽取后都放回，则每次抽到一等品的概率均为 10,,3次抽取可以看成3次独立重复试验，因此η～ B(3,吾),它的分布列为P(n=k)=c(6)^(0), k=0,1,2,3,如表： 0 1 2 37 13430 14000 1000 1000P (3)①若每次抽取后都不放回，则随机抽取3次可看成随 机抽取1次，且1次抽取了3件，因此一等品件数X服从 25 超几何分布，所以从10件产品中任意抽取3件，其中恰有 m件一等品的概率为P(X=m)=CC,m=0,1,2,3. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 2 24 11言 2P ②设事件 A=“抽取到的3件产品中一等品件数多于二等 品件数”,A?=“抽取到的3件产品中恰好有1件一等品和 2件三等品”,A?=“抽取到的3件产品中恰好有2件一等 品”,A?=“抽取到的3件产品均为一等品”,则事件 A?, P(A)=CdCA?,Ag彼此互斥，且A=A?UA?UA?,因为1 =43,P(A?)=P(X=2)=40,P(Ag)=P(X=3)=120 所以P(A)=P(A?)+P(A?)+P(As)=20..即抽取到的 3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率为120 6.解(1)因为甲、乙、丙三个盒子中各有一个白球，从一个 6,所以小明取出两个白盒中取出一个球是白球的概率为- 6×6=36球的概率为- P(X=1)=2,P(X=(2)由题可知X可取1,4,7,10,则 4)=6×5=0,P(X=7)=6×5×4=2,P(X=10)= 6×5×4×3=20,,所以X的概率分布为 X 1 4 7 10 s10 38 18P 所以E(X)=1×1+4×3+7×3+10×20=143. 题型四 7.解(1)因为采用三局两胜制，所以X的可能取值为 2, 3,X=2 表示小王或小吴连胜两局；X=3表示小王与小 吴前两局一胜一负；所以P(X=2)=5×5+5×5 =2,P(X=3)=C?×号×号=25,所以X的分布列为 X 2 3 2 12P 2×25+3×25=25.则 X的数学期望为 (2)若小王选择“三局两胜制”则小王获胜的情况为：胜 胜；胜负胜；负胜胜；则小王获胜的概率为 P?=0.5× 0.6+0.5×0.4×0.5+0.5×0.5×0.6=0.55;若小王 选择“五局三胜制”,则小王获胜的情况为：胜胜胜；胜胜 负胜；胜负胜胜；负胜胜胜；胜胜负负胜；胜负胜负胜；胜 负负胜胜；负负胜胜胜；负胜负胜胜；负胜胜负胜；则小 王获胜的概率为P?=0.5×0.6×0.6+0.5×0.6×0.4 ×0.5+0.5×0.4×0.5×0.6+0.5×0.5×0.6×0.6+ 0.5×0.6×0.4×0.5×0.5+0.5×0.4×0.5×0.4× 0.5+0.5×0.4×0.5×0.5×0.6+0.5×0.5×0.5× 0.6×0.6+0.5×0.5×0.4×0.5×0.6+0.5×0.5× 0.6×0.4×0.5=0.575.因为0.55<0.575,所以小王应 选择“五局三胜制”. 8.解(1)C进入第二轮的概率为P?=3,A与B比赛，A 获胜，C与D比赛，C获胜，且 A与C比赛，A 获胜，其 P?=3×3×(1)3+3×3×概率为 [c×(1)]×1=章,故在C进入第二轮的前提下， P=p?=3.A最终获得冠军的概率1 (2)A参加比赛获胜的局数X的取值有0,1,2,3. P(X=0)=3, P(X=1)=3[3×(2)2+?×(号)]=5, P(X=2)=3×[3×c:(1)×2+g×c2×号× (号)”]=1725, P(X=3)=3×{3×[c:(1)2×z+(1)]+3× [c×(号)×号+(号)]}=14125 X的分布列为 X 0 1 2 3 1s 175 1125P E(X)=0×g+1×+2×1735+3×4125=1725 题型五 9.解(1)依题意，篮球传到4号有以下三种途径：1号传 3×3×3=2;1号传22号传3号传4号其概率为- 3×3=9;1号传3号传4号其概号传 4号其概率为- 3×3=9.因此P?=2+9+9=20率为 (2)依题意，篮球传到第 n-2号，再传给n号其概率为 3P-2;篮球传到第 n—1号，再传给 n号其概率为 3P1,因此有P=3P-?+3Pa-2,可得P。-P-1= -3(P--P-2),且P?-P?=(3+3×3)-3= 9,9,所以{P+1一P,}(2≤n≤28)是首项为 ,公比为 -3的等比数列。 (3)P?=3,P=7,Pm-P。=g(-),P。-P1 =g(-3)(n≥2),⋯,P?-P?=g×(-3),P?- P=1,由累加法，得P.=P?+[g+1×(-g)+ ×(-3)+⋯+1×(-3)]=3+1× -()-+×()”,mB-}+ 26 ×(--),P?=Pa·g=g×[4+4×(-1)”], [4+4×(-3)“]×3,所以29号投篮命中的概率为 [4+4×(-g)”]×g×30号投篮命中的概率为 号<[3+1×(-3)”]×3.因为1×(-g)“> o>4×(-3)“,所以29号投篮命中概率大于30号 投篮命中概率. 10.解(1)X的可能取值为3,4,5,6.P(X=3)=(2) =g,P(X=4)=c:(1)=3,P(X=5)=c:(1) =3,P(X=6)=c(1)=g..所以X的分布列为 X 3 4 5 6 118 318 118P Am=(2)”,所以数列(2)①总得分恰为 m的概率 的等比数列，前10项和2,公比为{Am}是首项为 -1 ②已调查过的累计得分恰为 n的概率为B,,当 n≥2 时，得不到n分的情况只有先得(n-1)分，再得2分， B-1,所以1-B=2B-1,即B?=-2B-1概率为- B.-3=-1(B1-3).因为B=2,所+1,所以1 {B—3}是首项为一6B?-3=-6≠0,所以以 -2 B?-3=-6·公比为 的等比数列，所以 (-2)”,所以B=3-?(-2)=3+ 3(-2)". 题型六 11.解(1)设恰好经过 4 次检验就能把有抗体的血液样 本全部检验出来为事件A,事件A分为两种情况，一种 是前三次检验中，其中两次检验出抗体，第四次检验出 P(A)=GCA+A抗体，二是前四次均无抗体，所以=,,所以恰好经过4次检验就能把有抗体的血液样 35本全部检验出来的概率为 (2)①由已知得E(ξ)=k,ξ2的所有可能取值为1,k+ 1,所以P(ξ?=1)=(1-p)“,P(ξ2=k+1)=1-(1— p)°,所以E(ξ?)=(1-p)*+(k+1)[1-(1-p)*]=k +1-k(1-p)“.若E(E)=E(ξ?),则k=k+1-k(1- p)*,所以k(1-p)?=1,(1-p)*=k,所以1-p= (k),得p=1-(k)*,,所以 P关于k的函数关系 式p=f(k)=1-(k)*(k≥2且k∈N“) ②由①知 E(ξi)=k,E(ξ?)=k+1-ke-+,若E(ξ)> E(ξ2),则k>k+1-ke-*,所以1-ke-*<0,得ke-+ Ink-g>0(k≥2且k∈N*)。令f(x)=In x>1,所以 -g(z≥2,z∈R),则f(x)=1-g=8-(x≥2,x ∈R).当2≤ax<8时，f'(x)>0.当x>8时，f(x)< 0,所以f(x)在(2,8)上单调递增，在(8,十○)上单调 递减。因为f(2)=In2-g≈0.693-0.25>0,f(26) =In26-g≈3.258-3.25>0,f(27)=In27-≈ 3.296-3.375<0,所以不等式 E(g)>E(ξ?)的解是k ∈[2,26]且k∈N*,所以k∈[2,26]且k∈N*时，E(g) >E(G),采用方案二混合检验方式更好；k∈[27, 十0)且k∈N*时，E(ξ?)<E(ξ2),采用方案一逐份检 验方式更好。 12.解(1)由题知，随机变量 X服从二项分布， X~B(n,2),由 P(X=5)=P(X=95), 即C;(2)(1-2)=c=(2)(1-2) =C(1)”(1-2), 得 n=100,所以 E(X)=np=50. (2)①A=“X?=x?,X?=x?,⋯,X??=x?o”,P(A)= [Clop(1-p)?]3[Ciop2(1-p)?]3[Ciop3(1-p)]2 [Cop?(1-p)?][Ciop(1-p)?],所以P(A)=(Co) (C0)3(C?)2(C4)2p5(1-p)5. ②记g(p)=1n(C?)?(Co)?(Co)2(Co)2+25In p+ g(p)=35-175p=p5--0)751n(1-p),则 ,当0< p<4 4<p<1时，g(p)>0,g(p)单调递增；当 时， p=4g'(p)<0,g(p)单调递减；当 时，g(p)取得最大 值.即P(A)取得最大值.在团队 A提出的函数模型， p=In(1+0)-30(0<0<1)中，记函数f?(x)= In(1+x)-3x2(0<a<1),f?'(x)=1+x-4x= 31+4a+3.当0<a<号时，f'(z)>0,f(x)单调 2<a<1时，f?'(x)<0,f?(x)单调递减；当x递增；当- In2-6<4=2时，fi(x)取得最大 值 (1n3≈0.4055),,则θ不可以估计.在团队 B提出的 27 p=2(1-e-)中，记函数f?(x)=2(1-函数模型 e=),f?(x)单调递增，令f?(x)=4,,解得x=1n 2,则 团队B可以求出θ的最大似然估计，且0?=1n2是θ的 最大似然估计. 题型七 13.解(1)记“小球落入4号容器”为事件A,若要小球落 入4号容器，则在通过的四层中有三层需要向右，一层 向左，∴理论上，小球落入 4 号容器的概率P(A) =c:(1)*=4. (2)落入4号容器的小球个数X的可能取值为0,1,2, 3,∴P(X=0)=C?×(1-4)=67,P(X=1)=C1× 4×(1-4)2=647,P(X=2)=C3×(4)3× (1-4)=64,P(X=3)=C×(4)=64,∴X的分 布列为 X 0 1 2 3 26 26 66P ∴E(X)=0×34+1×64+2×64+3×64=4. 14.解(1)记小球落入第 7层第 6个空隙处的事件为M, 小球落入第 7层第 6个空隙处，需要6次碰撞中有1 次向左5次向右，∴这个小球落入第7层第 6个空隙 处的概率P(M)=C:(2)(1)=3 (2)①由已知得X的可能取值为1,2,3,4,5,6,7. P(X =1)=P(X=7)=c:(1) =64,P(X=2)=P(X= 6)=C:(2)=3,P(X=3)=P(X=5)=c:(1) =65,P(X=4)=Ca(2)=16,∴X的分布列为 X 1 2 3 4 5 6 7 16 33 16 64 1656 32P ②∵5=|20-5X|,∴ξ的可能取值为0,5,10,15.P(5 =0)=P(X=4)=6,P(G=5)=P(X=3)+P(X= 5)=35,P(ξ=10)=P(X=2)+P(X=6)=8,P(s= 15)=P(X=1)+P(X=7)=3,∴E(5)=0×56+5 ×32+10×6+15×32=76<8,∴小明同学能盈利。 章末优化提升 [考点聚集] 考点———跟踪训练 1.解 设“任选一人是男人”为事件 A,“任选一人是女人” 为事件 B,“任选一人是色盲”为事件C. (1)此人患色盲的概率P(C)=P(AC)+P(BC)=P(A) P(C|A)+P(B)·P(C|B)=200×15+200×05=80 (2)由(1)得P(AC)=200’5,又因为P(C)=800, PAlO-K--所以 考点二———跟踪训练 2.解 用 B表示事件某人开会迟到，用 A?,A?,A,,A?表示某 人乘火车、轮船、汽车或飞机去的事件，由全概率公式可得 P(B)=2P(A)P(B|A?)=0.2×1+0.1×2+0.3× 4+0.4×0=0.15. 即他开会迟到的概率是0.15. 考点三——跟踪训练 3.解(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一 阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次， ∴比赛成绩不少于5分的概率P=(1-0.6)(1-0.5?) =0.686. (2)①若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比 赛成绩为15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]q3. 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩 为15分的概率为Pz=[1-(1-q)3]p3. ∵0<p<q, ∴Pφ-Pz=q3-(q-pq)3—p3+(p— pq)3 =(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)·[(p-pq)2+(q- pq)2+(p—pq)(q-pq)] =(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2) =3pq(p-q)(pq-p-q)=3pq(p-q)[(1-p)(1-q) —1]>0, ∴Pa>P乙，应该由甲参加第一阶段比赛. ②若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能 取值为0,5,10,15, P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)?]·(1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)3]C1q·(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]·C2q2(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3, ∴E(X)=15[1-(1-p)3]q=15(p3-3p2+3p)·q. 记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值 为0,5,10,15, 同理 E(Y)=15(q3-3q2+3q)·p, ∴E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)] =15(p-q)pq(p+q-3). 因为0<p<q,则 p-q<0,p+q-3<1+1-3<0, 所以 E(X)一E(Y)>0,即 E(X)>E(Y), ∴应该由甲参加第一阶段比赛. 考点四——跟踪训练 4.解 因为X~N(1 000,302),所以μ=1 000,σ=30. 所以 P(1 000-3×30<X≤1 000+3×30)=P(910< X≤1 090)=99.73%. 所以灯泡的最低寿命应控制在910小时以上. 考点五———跟踪训练-.5.解(1)由题意可得 28