精品解析：浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题(全年级+外高班使用)

北仑中学2024学年第二学期高二年级期中考试数学试卷 （全年级+外高班使用） 命题：高二备课组 审题：高二备课组 一、单项选择题：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. 已知集合则集合的子集的个数为（ ） A. 4个 B. 8个 C. 16个 D. 32个 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. 若，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的常数项为（ ） A 17 B. 16 C. D. 5. 不等式成立的一个必要不充分条件是（ ） A. 或 B. C. 或 D. 6. 玻璃杯成箱出售，每箱20只，假设各箱含0，1，2只残次品的概率分别为0.7，0.2，0.1，一顾客欲购一箱玻璃杯，售货员随意取一箱，顾客开箱随意地察看4只，若无残次品，则买下该箱，否则退回，则顾客买下该箱的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 互不相等的正实数是的任意顺序排列，设随机变量满足：，则（ ） A. B. C. D. 8. 将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3且一端固定的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（ ）种不同的放置与上色方式 A. 11232 B. 10483 C. 10368 D. 5616 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，选对但选不全对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为且，去除其中两个点和后，得到新的回归直线的则下列说法正确的是（附：样本点的残差）（ ） A. 相关变量具有正相关关系 B. 去除点后的回归直线方程为 C. 去除点后，随值增加相关变量值增加速度变小 D. 去除点后，样本点的残差为 10. 下列说法正确的有（ ） A. 的最小值为 B. 已知，则的取值范围是 C. 已知，则的最小值为4 D. 已知，则最小值为2 11. 某区四所高中各自组建了排球队分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”进行单循环比赛即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得分，平一场得分，负一场得分若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为且每场比赛结果相互独立，则在比赛结束时（ ） A. 甲队积分为分的概率为 B. 不可能出现恰有三支球队积分相同情况 C. 甲队胜2场且乙队胜2场的概率为 D. 甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分.共15分. 12. 已知随机变量，，且，，则_________. 13. 甲、乙、丙、丁、戊、戌6名同学相约到电影院观看电影《哪吒2》，恰好买到了六张连号且在同一排的电影票，若甲不坐在6个人的两端，乙和丙相邻，则不同的排列方式种数为______.用数字作答. 14. 已知，若存在实数，使得成立，则的取值范围是________. 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. 在下列三个条件中任选一个合适的条件，补充在问题中的横线上，并解答. 条件①：展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于50； 条件②：展开式中第3项的二项式系数是21； 条件③：展开式中第2项与第7项的二项式系数相等. 【选择多个条件解答，则按第一个条件计分】 问题：已知二项式若________，求： （1）求和展开式中二项式系数最大的项； （2）从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项，求共有多少种不同的取法.（有理项指所有字母的指数恰好都是整数的项） 16. 已知函数. （1）当时，解关于的不等式； （2）若不等式对于任意恒成立，求的取值范围. 17. 某共享单车经营企业欲向甲市投放单车，为制定适宜的经营策略，该企业首先在已投放单车的乙市进行单车使用情况调查.调查过程分随机问卷、整理分析及开座谈会三个阶段.在随机问卷阶段两个调查小组分赴全市不同区域发放问卷并及时收回；在整理分析阶段，两个调查小组从所获取的有效问卷中，针对至岁的人群，按比例随机抽取了份，进行了数据统计，具体情况如下表： 年龄组别 组统计结果 组统计结果 经常使用单车 偶尔使用单车 经常使用单车 偶尔使用单车 人 人 人 人 人 人 人 人 人 人 人 人 （1）先用分层抽样的方法从上述人中按“年龄是否达到岁”抽出一个容量为人的样本，再用分层抽样的方法将“年龄达到岁”的被抽个体数分配到“经常使用单车”和“偶尔使用单车”中去. 求这人中“年龄达到岁且偶尔使用单车”的人数； 为听取对发展共享单车的建议，调查组专门组织所抽取的“年龄达到岁且偶尔使用单车”的人员召开座谈会.会后共有份礼品赠送给其中人，每人份其余人员仅赠送骑行优惠券已知参加座谈会的人员中有且只有人来自组，求组这人中得到礼品的人数的分布列和数学期望； （2）根据已有数据，完成下列2×2列联表(单位：人)，并判断是否在犯错误的概率不超过1%的前提下有把握认为“经常使用共享单车与年龄（35岁）有关”？ 经常使用单车 偶尔使用单车 合计 未达到35岁 达到35岁 合计 参考公式：其中. 参考数据： 0.050 0010 0001 3.841 6.635 10.828 18. 对于含有有限个元素的非空数集，定义其“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后从最大的数开始交替地减，加后继的数，例如的“交替和”是的“交替和”是5. （1）求集合的所有非空子集的交替和的总和； （2）已知集合，求集合所有非空子集的元素和的总和； （3）已知集合，其中求集合所有非空子集的交替和的总和. 19. “踩高跷，猜灯谜”是我国元宵节传统的文化活动某地为了弘扬文化传统，发展“地摊经济”，在元宵节举办形式多样的猜灯谜活动. （1）某商户借“灯谜”活动促销，将灯谜按难易度分为、两类，抽到较易的类并答对购物打八折优惠，抽到稍难的类并答对购物打七折优惠抽取灯谜规则如下：在一不透明的纸箱中有张完全相同的卡片，其中张写有字母，张写有字母，张写有字母，顾客每次不放回从箱中随机取出张卡片，若抽到写有的卡片，则再抽次，直至取到写有或卡片为止，问：已知该顾客最后一次取到的是写有的卡片的条件下，求他共抽了3次的概率. （2）小明尝试去找全街最适合他的灯谜，规定只能取一次，并且只可以向前走，不能回头，他在街道上一共会遇到条灯谜不妨设每条灯谜的适合度各不相同最适合的灯谜出现在各个位置上的概率相等，小明准备采用如下策略：不摘前条灯谜，自第条开始，只要发现比他前面见过的灯谜适合的，就摘这条灯谜，否则就摘最后一条设，记小明摘到那条最适合的灯谜的概率为. （i）若，求； （ii）当趋向于无穷大时，从理论角度，求的最大值及取最大值时的值. （取） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北仑中学2024学年第二学期高二年级期中考试数学试卷 （全年级+外高班使用） 命题：高二备课组 审题：高二备课组 一、单项选择题：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. 已知集合则集合的子集的个数为（ ） A. 4个 B. 8个 C. 16个 D. 32个 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合的元素数即可求解. 【详解】因为 所以，共有个元素， 所以集合的子集的个数为. 故选：C. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由特称命题的否定，将存在改为任意，并否定原结论，即可得. 【详解】由特称命题的否定是全称命题， 则“”的否定为. 故选：D 3. 若，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】举出反例可得A、B、D错误；借助作差法计算可得C. 【详解】对A：若，，则有，， 此时，故A错误； 对B：若，，则有，， 此时，故B错误； 对C：， 由，故，，，故， 即，故C正确； 对D：若，，则，， 此时，故D错误. 故选：C. 4. 的展开式中的常数项为（ ） A. 17 B. 16 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式分别求出的指数为的项，再和中相应的系数相乘，即可得到所求的常数项. 【详解】二项式展开式的通项公式为， 令，得，该项为， 令，得，该项为. 所以的展开式中的常数项为. 故选：A. 5. 不等式成立的一个必要不充分条件是（ ） A. 或 B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用分类讨论解绝对值不等式，结合充分、必要性的定义判断即可. 【详解】当时，，则，可得； 当时，，则，可得； 当时，，则，可得； 综上，不等式的解为或， 所以A为必要不充分条件，B、D为充分不必要条件，C为充要条件. 故选：A. 6. 玻璃杯成箱出售，每箱20只，假设各箱含0，1，2只残次品的概率分别为0.7，0.2，0.1，一顾客欲购一箱玻璃杯，售货员随意取一箱，顾客开箱随意地察看4只，若无残次品，则买下该箱，否则退回，则顾客买下该箱的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设箱中有只残次品，顾客买下该箱玻璃杯，分别求得，以及，结合全概率公式，即可求解. 【详解】设箱中有只残次品，其中，顾客买下该箱玻璃杯， 则， 则， 由全概率公式，可得 故选：D. 7. 互不相等的正实数是的任意顺序排列，设随机变量满足：，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知列举出所有的可能值并得到，，进而求出它们的期望和方差，即可得. 【详解】由题设，（无序）可能情况有、、、、、， 分别依次对应（无序）有、、、、、， 所以，上述情况对应依次为、、、、、， 所以，， 故，， ，， 所以. 故选：B 8. 将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3且一端固定的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（ ）种不同的放置与上色方式 A. 11232 B. 10483 C. 10368 D. 5616 【答案】C 【解析】 【分析】进行颜色分配，然后利用分类原理的相加和分步相乘的原理进行分析即可. 【详解】①3个1，3个2，0个3如表： 1 2 1 2 1 2 只用两种颜色，并选取两个位置放AB,此时有：种， ②1个1，2个2，3个3如表： 1 3 2 3 2 3 选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在拐角），并选取两个位置放AB,此时有：种， 或 3 1 3 2 3 2 选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在中间），并选取两个位置放AB,此时有：种， ③2个1，2个2，2个3如表： 3 2 2 3 选用三种颜色（2+2+2），并选取两个位置放AB，此时有：种， 或 2 3 2 3 选用三种颜色（2+2+2）,并选取两个位置放AB，此时有：种， 所以不同的放置与上色方式有： . 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，选对但选不全对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为且，去除其中两个点和后，得到新的回归直线的则下列说法正确的是（附：样本点的残差）（ ） A. 相关变量具有正相关关系 B. 去除点后回归直线方程为 C. 去除点后，随值增加相关变量值增加速度变小 D. 去除点后，样本点的残差为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据回归方程一次项系数的符号判断A；根据已知得到新的均值为，，代入方程求得回归方程为，进而依次判断B、C、D. 【详解】由回归方程知，相关变量具有正相关关系，A对； 去除点后，新的均值分别为，， 代入，有，则，故回归方程为，B对； 显然去除点后，随值增加相关变量值增加速度变大，C错； 将代入，得，故残差为，D对. 故选：ABD 10. 下列说法正确的有（ ） A. 的最小值为 B. 已知，则的取值范围是 C. 已知，则的最小值为4 D. 已知，则最小值为2 【答案】BD 【解析】 【分析】A考虑的情况即可判断；B由题设，解不等式求得，注意等号成立条件即可判断；C由，应用“1”的代换及基本不等式求其最小值判断；D令，则，应用“1”的代换及基本不等式求其最小值判断. 【详解】A：显然当时，，最小值不可能为2，错； B：由，当且仅当时取等号， 所以，故， 当且仅当时取等号，故的取值范围是，对； C：由， 当且仅当时取等号，所以的最小值为5，错； D：令，则， 所以， 当且仅当，即时取等号，故最小值为2，对. 故选：BD 11. 某区四所高中各自组建了排球队分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”进行单循环比赛即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得分，平一场得分，负一场得分若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为且每场比赛结果相互独立，则在比赛结束时（ ） A. 甲队积分为分的概率为 B. 不可能出现恰有三支球队积分相同的情况 C. 甲队胜2场且乙队胜2场的概率为 D. 甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】若甲队积分为9分，则甲胜乙、丙、丁，结合独立事件的概率公式运算判断A；举例比赛的各种得分情况判断B；分甲胜乙、甲败乙、甲平乙，三种情况由互斥事件与独立事件的概率公式计算概率判断C；分甲得4分和6分两种情况可得D. 【详解】对于选项A：若甲队积分为9分，则甲胜乙、丙、丁， 所以甲队积分为9分的概率为，故A正确； 对于选项B：四支球队共6场比赛，例如甲胜乙、丙、丁，而乙、丙、丁之间平， 则甲得9分，乙、丙、丁各得2分，故B错误； 对于选项C：每场比赛中两队胜、平、负的概率都为， 甲队胜2场且甲胜乙队2场，甲队胜2场且甲败给乙队或甲队胜2场且甲与乙队平， 则甲队胜2场且乙队胜2场的概率为，故C正确； 对于选项D：甲队在输了一场且其积分仍超过其余三支球队的积分， 三队中选一队与甲比赛，甲输，，例如是丙甲， 若甲与乙、丁的两场比赛一赢一平，则甲只得4分， 这时，丙乙、丙丁两场比赛中丙只能输，否则丙的分数不小于4分，不合题意， 在丙输的情况下，乙、丁已有3分， 那个它们之间的比赛无论什么情况， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意； 若甲全赢（概率是）时，甲得6分，其他3人分数最高为5分， 这时丙乙，丙丁两场比赛中丙不能赢否则丙的分数不小于6分，只有全平或全输， ①若丙一平一输，概率，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率； ②若丙两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意； ③若两场丙都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是； 综上概率为，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分.共15分. 12. 已知随机变量，，且，，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得出，，由，可求出的值. 【详解】因为随机变量，所以， ，且，所以， 所以，解得：. 故答案为： 13. 甲、乙、丙、丁、戊、戌6名同学相约到电影院观看电影《哪吒2》，恰好买到了六张连号且在同一排的电影票，若甲不坐在6个人的两端，乙和丙相邻，则不同的排列方式种数为______.用数字作答. 【答案】144 【解析】 【分析】应用分步计数，先将丁、戊、戌排成一排，有4个空，再把乙和丙全排看作一个人插入，最后将甲插入中间3个空，即可得. 【详解】先将丁、戊、戌排成一排有种，队列中有4个空， 再把乙和丙全排看作一个人插到其中一个空中有种， 最后把甲插入中间3个空中有种， 所以共有种. 故答案为：144 14. 已知，若存在实数，使得成立，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】 不等式两边同除以b，先将题意转化为在上有解，即在上有解，设，，，即且，再求出函数对应最值即得结果. 【详解】解：因，故不等式两边同除以b，得，令，即不等式在上有解. 去绝对值即得，即 即在上有解，设，，，即且即可， 由在上，，，即，故； 由，利用基本不等式，当且仅当即时等号成立，故，即，故， 综上：t的取值范围是，即的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛： 由不等式恒成立（或能成立）求参数（或范围）时的常用方法： （1）对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，求出函数的最值，进而可求出结果； （2）根据不等式，直接构成函数，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果. 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. 在下列三个条件中任选一个合适的条件，补充在问题中的横线上，并解答. 条件①：展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于50； 条件②：展开式中第3项的二项式系数是21； 条件③：展开式中第2项与第7项的二项式系数相等. 【选择多个条件解答，则按第一个条件计分】 问题：已知二项式若________，求： （1）求和展开式中二项式系数最大的项； （2）从展开式中所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项，求共有多少种不同的取法.（有理项指所有字母的指数恰好都是整数的项） 【答案】（1）和 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，分别选①②③，求得，得到二项式，得到展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项，结合展开式的通项，即可求解. （2）求得展开式的通项为，得到展开式中有理项和无理项的个数分别为4项，结合组合数的公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由二项式展开式的通项为， 若选条件①：展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于，可得， 因为，次数不存这样的，不符合题意； 若选条件②：展开式中第3项的二项式系数是，即，可得， 若选条件③：展开式中第2项与第7项的二项式系数相等，可得，此时， 所以二项式，可得展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项， 即和. 【小问2详解】 解：由二项式的展开式的通项为， 当时，可得展开式为有理项；当时，可得展开式为无理项， 从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项， 可分为两类：一项为有理项，两项为无理项或两项为有理项，一项为无理项， 当一项为有理项，两项为无理项时，有； 当两项为有理项，一项为无理项时，有， 综上可得，共有不同取法. 16. 已知函数. （1）当时，解关于的不等式； （2）若不等式对于任意恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用分类讨论解一元二次不等式求解集即可； （2）问题化为上恒成立，应用换元法及基本不等式求右侧函数的最大值，即可得参数范围. 【小问1详解】 由，则， 当，即时，解集为； 当，即时，解集为或； 当，即时，，解集为； 【小问2详解】 由题设，时恒成立， 所以，又， 所以上恒成立， 令，则， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以. 17. 某共享单车经营企业欲向甲市投放单车，为制定适宜的经营策略，该企业首先在已投放单车的乙市进行单车使用情况调查.调查过程分随机问卷、整理分析及开座谈会三个阶段.在随机问卷阶段两个调查小组分赴全市不同区域发放问卷并及时收回；在整理分析阶段，两个调查小组从所获取的有效问卷中，针对至岁的人群，按比例随机抽取了份，进行了数据统计，具体情况如下表： 年龄组别 组统计结果 组统计结果 经常使用单车 偶尔使用单车 经常使用单车 偶尔使用单车 人 人 人 人 人 人 人 人 人 人 人 人 （1）先用分层抽样的方法从上述人中按“年龄是否达到岁”抽出一个容量为人的样本，再用分层抽样的方法将“年龄达到岁”的被抽个体数分配到“经常使用单车”和“偶尔使用单车”中去. 求这人中“年龄达到岁且偶尔使用单车”的人数； 为听取对发展共享单车的建议，调查组专门组织所抽取的“年龄达到岁且偶尔使用单车”的人员召开座谈会.会后共有份礼品赠送给其中人，每人份其余人员仅赠送骑行优惠券已知参加座谈会的人员中有且只有人来自组，求组这人中得到礼品的人数的分布列和数学期望； （2）根据已有数据，完成下列2×2列联表(单位：人)，并判断是否在犯错误的概率不超过1%的前提下有把握认为“经常使用共享单车与年龄（35岁）有关”？ 经常使用单车 偶尔使用单车 合计 未达到35岁 达到35岁 合计 参考公式：其中. 参考数据： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）①人；②分布列见解析，数学期望为 （2）列联表见解析；在犯错误的概率不超过1%的前提下没有把握认为“经常使用共享单车与年龄（35岁）有关” 【解析】 【分析】（1）利用分层抽样，按比例计算这60人中“年龄达到35岁且偶尔使用单车”的人数﹔直接分析服从超几何分布，求概率，写出分布列，求出数学期望； （2）完善列联表，根据公式计算，比较大小即可. 【小问1详解】 由题意有：①从300人中抽取60人，其中“年龄达到35岁”的有人， 再将这20人用分层抽样法按"是否经常使用单车"进行名额划分，其中“年龄达到35岁且偶尔使用单车”的人数为人. ②组这4人中得到礼品的人数的可能取值为0，1，2，3， 所以，所以的分布列为 所以， 【小问2详解】 经常使用单车 偶尔使用单车 合计 未达到35岁 125 75 200 达到35岁 55 45 100 合计 180 120 300 所以， 所以在犯错误的概率不超过1%的前提下没有把握认为“经常使用共享单车与年龄（35岁）有关”. 18. 对于含有有限个元素的非空数集，定义其“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后从最大的数开始交替地减，加后继的数，例如的“交替和”是的“交替和”是5. （1）求集合的所有非空子集的交替和的总和； （2）已知集合，求集合所有非空子集的元素和的总和； （3）已知集合，其中求集合所有非空子集的交替和的总和. 【答案】（1）12； （2）672； （3）. 【解析】 【分析】（1）先求出集合的所有非空子集，根据“交替和”的定义分别求和后可得所有的“交替和”的和； （2）根据题意计算每个元素出现的次数求所有非空子集的元素和的总和； （3）将集合的所有非空子集分类，并将含有3的多元素子集与不含有3的非空子集配对求出每对集合的“交替和”的和，再加上单元素集的“交替和”即可. 【小问1详解】 集合的非空子集有， 根据题意，集合的交替和分别为， 集合的交替和为， 集合的交替和为， 集合的交替和为， 集合的交替和为， 所以，集合的所有非空子集的交替和的总和为. 【小问2详解】 集合的所有非空子集中，考虑数字1在子集中出现的情况， 相当于从剩下的5个元素中选取若干个元素与1组成子集，那么1出现的次数为次. 同理，每个元素出现的次数为次， 所以，集合所有非空子集的元素和的总和为. 【小问3详解】 集合，其非空子集有个， 将这些非空子集分为3类：第一类，含元素3的单元素集，有1个，其“交替和”为3； 第二类，含元素3的多元素集合（至少两个元素），有个； 第三类，不含元素3的非空集合，有个， 将第二类中的集合与第三类中的集合（集合中的元素去掉元素3构成的新集合）配对， 则集合与集合的“交替和”的和始终为3， 如取，则，集合与集合的“交替和”的和为， 这样的配对共有组，因此集合的所有非空子集的“交替和”的总和为. 19. “踩高跷，猜灯谜”是我国元宵节传统的文化活动某地为了弘扬文化传统，发展“地摊经济”，在元宵节举办形式多样的猜灯谜活动. （1）某商户借“灯谜”活动促销，将灯谜按难易度分为、两类，抽到较易的类并答对购物打八折优惠，抽到稍难的类并答对购物打七折优惠抽取灯谜规则如下：在一不透明的纸箱中有张完全相同的卡片，其中张写有字母，张写有字母，张写有字母，顾客每次不放回从箱中随机取出张卡片，若抽到写有的卡片，则再抽次，直至取到写有或卡片为止，问：已知该顾客最后一次取到的是写有的卡片的条件下，求他共抽了3次的概率. （2）小明尝试去找全街最适合他的灯谜，规定只能取一次，并且只可以向前走，不能回头，他在街道上一共会遇到条灯谜不妨设每条灯谜的适合度各不相同最适合的灯谜出现在各个位置上的概率相等，小明准备采用如下策略：不摘前条灯谜，自第条开始，只要发现比他前面见过的灯谜适合的，就摘这条灯谜，否则就摘最后一条设，记小明摘到那条最适合的灯谜的概率为. （i）若，求； （ii）当趋向于无穷大时，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值. （取） 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）的最大值为，此时. 【解析】 【分析】（1）应用独立乘法公式求共抽了3次的概率，再由独立乘法公式、互斥事件的加法求最后一次抽到的概率，最后求条件概率即可； （2）（i）首先对灯谜的位置排序，再求最适合灯谜的位置对应情况数，最后应用古典概型的概率求法求概率；（ii）记事件表示最适合灯谜被摘到，事件表示最适合灯谜排在第个，则，应用全概率公式有，讨论、，进而得到，最后应用导数求最值，即可得. 【小问1详解】 设表示共抽了3次，对应事件为{第一、二次都抽到，第三次抽到}， 由题意，第一、二次抽到的概率依次为、，第三次抽到的概率为， 所以， 而最后一次抽到的情况有{抽了1次}、{抽了2次}、{抽了3次}、{抽了4次}， 除了最后一次，其它抽到，故对应概率依次为、、、， 所以该顾客最后一次取到的是写有的卡片的条件下，求他共抽了3次的概率为. 【小问2详解】 （i）这条灯谜的位置从第个到第个排序，有种情况， 要摘到那条最适合灯谜，有以下两种情况： ①最适合灯谜是第个，其它的随意在哪个位置，有种情况； ②最适合灯谜是最后一个，第二适合灯谜是第个或第个，其它的随意在哪个位置，有种情况， 综上，所求概率为； （ii）记事件表示最适合灯谜被摘到，事件表示最适合灯谜排在第个，则， 由全概率公式知：， 当时，最适合灯谜在前条中，不会被摘到，此时； 当时，最适合灯谜被摘到，当且仅当前条灯谜中的最适合那条在前个之中时，此时， 所以， 令，则，由，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，故， 当时，取得最大值，从而的最大值为，此时的值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$