第7章 随机变量及其分布 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教A版）

综合拔高练 高考真题练 考点1　条件概率与全概率公式 1.(2024天津,13)某校组织学生参加农业实践活动,期间安排了劳动技能比赛,比赛共5个项目,分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建,规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同,则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为　　　　;已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”,则他还参加“田间灌溉”项目的概率为　　　　.  2.(2024上海,8)某校举办科学竞技比赛,有A、B、C 3种题库,A题库有5 000道题,B题库有4 000道题,C题库有3 000道题.小申已完成所有题,他A题库的正确率是0.92,B题库的正确率是0.86,C题库的正确率是0.72.现他从所有的题中随机选一题,正确率是　　　　.  考点2　离散型随机变量的分布列及数字特征 3.(2025全国一卷,14)有5个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,从中有放回地随机取3次,每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数,则X的数学期望E(X)=　　　　.  4.(2024新课标Ⅱ,18)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成.比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分;若至少投中1次,则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次,每次投篮投中得5分,未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和. 某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立. (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分①的概率; (2)假设0<p<q. (i)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,应该由谁参加第一阶段比赛②? (ii)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大③,应该由谁参加第一阶段比赛? ①关键点拨:第一阶段甲至少投中1次,第二阶段乙也要至少投中1次;利用对立事件求解概率 ②心中有“数”:作差法比较大小 ③对点突破:P193定点2 5.(2024北京,18)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得数据如下表: 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 假设:一份保单的保费为0.4万元;前三次索赔时,保险公司每次赔偿0.8万元;第四次索赔时,保险公司赔偿0.6万元. 假设不同保单的索赔次数相互独立,用频率估计概率. (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率; (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. (i)记X为一份保单的毛利润,估计X的数学期望EX; (ii)如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(i)中EX估计值的大小.(结论不要求证明) 6.(2023新课标Ⅰ,21)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率; (2)求第i次投篮的人是甲的概率; (3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y). 考点3　二项分布与超几何分布 7.(2025天津,13)某同学每周在操场跑圈2次,一次跑5圈或6圈.已知:该同学第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5.若第一次跑5圈,则第二次跑5圈的概率为0.4,跑6圈的概率为0.6;若第一次跑6圈,则第二次跑5圈的概率为0.6,跑6圈的概率为0.4. (1)该同学一周跑11圈的概率为　　　　;  (2)若该同学一周至少跑11圈为运动量达标,连续跑4周.记达标的周数为随机变量X,则X的数学期望E(X)=　　　　.  8.(2025全国二卷,19)甲、乙两人进行乒乓球练习,每个球胜者得1分,负者得0分.设每个球甲胜的概率为p,乙胜的概率为q,p+q=1,且各球的胜负相互独立①.对正整数k≥2,记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率,qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率. (1)求p3,p4(用p表示); (2)若=4,求p; (3)证明:对任意正整数m,p2m+1-q2m+1<p2m-q2m<p2m+2-q2m+2. ①关键点拨:每个球为独立重复事件,符合二项分布的特点;对点突破:P195定点 考点4　正态分布 9.(多选题)(2024新课标Ⅰ,9)随着“一带一路”国际合作的深入,某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植区抽取样本,得到推动出口后亩收入的样本均值=2.1,样本方差s2=0.01.已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8,0.12),假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(,s2)①,则(若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(Z<μ+σ)≈0.841 3)(　　) A.P(X>2)>0.2　　　　B.P(X>2)<0.5 C.P(Y>2)>0.5　　　　D.P(Y>2)<0.8 ①心中有“数”:对于正态分布问题,通常利用其对称性来解决;对点突破:P200定点1 10.(2022全国新高考Ⅱ,13)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(2<X≤2.5)=0.36,则P(X>2.5)=　　　　　.  高考模拟练 应用实践 1.(2025山东烟台学情检测)某公司人事部门收到两所高校毕业生的报名表,分装2袋,第一袋装有6名男生和4名女生的报名表,第二袋装有7名男生和5名女生的报名表.随机选择一袋,然后从中随机抽取2份,则恰好抽到男生和女生报名表各1份的概率为(　　) A. 2.(多选题)(2025河南信阳期末)甲、乙两人投篮,每人只能在下列两种方式中选一种.方式1:投篮3次,每次投中得1分,未投中不得分,累计计分.方式2:选手最多投3次,如果第一次投中可进行第二次投篮,如果第二次投中可进行第三次投篮,如果某次未投中,则投篮终止,且每投中一次得2分,未投中不得分,累计计分.已知甲、乙两人每次投中的概率均为p(0<p<1),且各次投篮相互独立.甲选择方式1投篮,乙选择方式2投篮.则下列说法正确的是(　　) A.当p=时,甲得1分的概率为 B.当p=时,甲至少得1分的概率为 C.当p=时,乙最多得2分的概率为 D.当<p<1时,乙得分的期望大于甲得分的期望 3.(多选题)(2024浙江宁波余姚中学质量检测)下列命题中,正确的是(　　) A.已知随机变量X服从二项分布B(n,p),若E(X)=30,D(X)=20,则p= B.某人在10次射击中,记击中目标的次数为X,X~B(10,0.7),当X=7时概率最大 C.设随机变量ξ服从正态分布N(0,1),若P(ξ>1)=p,则P(-1<ξ<0)=-p D.已知P(A)=,则P(B)= 4.(2025四川成都七中测试)江先生每天9点上班,通常开私家车加步行或乘坐地铁加步行去上班.若他开私家车,则开车所需时间X(单位:分钟)服从正态分布N(38,72),且从停车场步行到单位需要6分钟;若他乘坐地铁,则他从家到地铁站需要步行5分钟,乘坐地铁所需时间Y(单位:分钟)服从正态分布N(44,22),且从地铁站步行到单位需要5分钟.从统计的角度出发,下列说法中合理的是(　　) 参考数据:若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤Z≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤Z≤μ+3σ)≈0.997 3. A.若8:00出门,则开私家车不会迟到 B.若8:02出门,则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大 C.若8:06出门,则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大 D.若8:12出门,则乘坐地铁上班极大可能会迟到 5.(2025湖南衡阳第四中学期中)现有一批数量庞大的零件,假设这批零件的某项质量指标ξ(单位:毫米)服从正态分布N(5.40,0.052),从中随机抽取N个,恰有K个的质量指标位于区间[5.35,5.55]内.若K=45,以使得P(K=45)最大的N值作为N的估计值,则N=(　　) (附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3) A.45　　　　B.53　　　　C.54　　　　D.90 6.(2025广东惠州五校联考)马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型,也是机器学习和人工智能的基石,为状态空间中从一个状态到另一个状态的转换的随机过程,该过程要求具备“无记忆”的性质:下一状态的概率分布只能由当前状态决定,在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲口袋中装有1个黑球和2个白球,乙口袋中装有2个黑球和1个白球,现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋,重复进行n(n∈N*)次这样的操作,记甲口袋中黑球的个数为Xn,恰有1个黑球的概率为pn,则p1的值是　　　　;Xn的数学期望E(Xn)是　　　　.  7.(2025湖北七市州联考)已知某商店出售商品A,据统计分析,发现顾客对商品A的需求量相对稳定,每周内对商品A的不同需求量(单位:个)与概率的数据如下: 对A的需求量 0 1 2 3 概率P 若以商品A的库存作为供给量,为了改善经营,该商店决定每周末对商品A进行盘点存货:如果商品A都售出了,则在周末及时采购2个新的商品,只要商品A还有1个存货,就不采购新的商品.记Xn为该商店第n周开始时商品A的供给量,假设X1=2. (1)求X3的分布列; (2)记φn=(P(Xn=1),P(Xn=2))为第n周开始时供给量Xn的概率向量,随着n的增大,若φn+1=φn,则φn趋向一个定常态分布,记这个定常态分布为φ. (i)求商品A的定常态分布φ; (ii)从长远来看,求该商店改善经营后商品A需求大于供给的概率. 迁移创新 8.(2025山东菏泽期末)乒乓球体育俱乐部计划进行单打比赛,采用单淘汰制进行比赛,即每名选手负一次即被淘汰出局.现有8名乒乓球单打运动员随机编号到对阵位置,所有运动员在任何一场比赛中获胜的概率均为.现有甲、乙两位孪生兄弟参赛. (1)求甲、乙在第一轮比赛过程中相遇的概率; (2)求甲、乙在比赛过程中相遇的概率; (3)为使得甲、乙两人在比赛过程中相遇的概率小于0.01,俱乐部计划增加运动员人数到2n(n∈N*),对阵图和下图类似. (i)求甲、乙两人在第三轮比赛过程中相遇的概率(用含n的式子表示); (ii)求n的最小值. 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 高考真题练 1.答案　 解析　用M表示事件“甲同学参加的3个项目中有整地做畦”,则P(M)=. 用A表示事件“乙同学参加的3个项目中有整地做畦”,用B表示事件“乙同学参加的3个项目中有田间灌溉”.依题意,P(AB)=,而P(A)=,所以已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”,则他还参加“田间灌溉”项目的概率P(B|A)=. 2.答案　 解析　由题可知,A题库占比为,B题库占比为,C题库占比为, 因此P=. 3.答案　 名师点津 (1)有放回地随机取3次,每次取1个球,X的最小值为1,最大值为3. (2)X=1表示3次抽取的是同一个小球,有5种选择;X=2表示3次抽取出2个编号不同的小球; X=3表示3次抽取出的小球编号均不相同. 解析　由题意得,X的可能取值为1,2,3, P(X=1)=, P(X=3)=, 则X的分布列为 X 1 2 3 P E(X)=1×. 4.思路点拨 (1)成绩不少于5分,即第一阶段甲至少投中1次,第二阶段乙至少投中1次,用对立事件的概率公式、相互独立事件的概率乘法公式可得结果. (2)(i)成绩为15分的概率最大,可根据“由谁参加第一阶段比赛”分两类求概率,再用作差法比较大小. (ii)先得到参加第一阶段比赛时,甲的比赛成绩X和乙的比赛成绩Y的所有可能取值,再求出数学期望,最后用作差法比较大小,作出决策. 解析　(1)由于甲参加第一阶段比赛,故要使甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则第一阶段甲至少要投中1次,第二阶段乙也要至少投中1次. 故所求概率P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686. (2)(i)若甲参加第一阶段比赛,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, (易错点:注意甲、乙两人都要考虑,不要只考虑甲而忽视乙,漏乘q3) 若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙=[1-(1-q)3]p3. P甲-P乙=[q3-q3(1-p)3]-[p3-p3(1-q)3] =(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(q-pq)2+(p-pq)2+(p-pq)(q-pq)] =(p-q)(3p2q2-3pq2-3p2q) =3pq(p-q)(pq-q-p) =3pq(p-q)[(1-q)(1-p)-1]. (关键点:通过作差与0比较大小进行判断,对代数式化简时注意提取公因式) 因为0<p<q≤1,所以p-q<0,(1-p)(1-q)<1, 所以3pq(p-q)[(1-q)(1-p)-1]>0, 故P甲>P乙,因此应该由甲参加第一阶段比赛. (ii)设甲参加第一阶段比赛,该队比赛成绩为X,则X的可能取值为0,5,10,15.则 P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)3]·q(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]·q2(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3, 所以由甲参加第一阶段比赛,该队比赛成绩的数学期望为E(X)=0+5[1-(1-p)3]·q(1-q)2+10[1-(1-p)3]·q2(1-q)+15[1-(1-p)3]·q3=15q(3p-3p2+p3). 设乙参加第一阶段比赛,该队比赛成绩为Y,同理可得乙参加第一阶段比赛,该队比赛成绩的数学期望E(Y)=15p(3q-3q2+q3). E(X)-E(Y)=15q(3p-3p2+p3)-15p(3q-3q2+q3)=15pq(q-p)(3-p-q), 因为0<p<q≤1,所以q-p>0,3-p-q>0, 所以E(X)>E(Y). 则由甲参加第一阶段比赛时,该队比赛成绩的数学期望最大. 5.解析　(1)设保单索赔次数为Y. 解法一:P(Y≥2)=P(Y=2)+P(Y=3)+P(Y=4)=. 解法二:P(Y≥2)=1-P(Y<2)=1-[P(Y=0)+P(Y=1)]=1-. (2)(i)索赔0次,X=0.4,索赔1次,X=0.4-0.8=-0.4,索赔2次,X=0.4-0.8×2=-1.2,索赔3次,X=0.4-0.8×3=-2,索赔4次,X=0.4-0.8×3-0.6=-2.6. ∴X的可能取值为0.4,-0.4,-1.2,-2,-2.6. P(X=0.4)==0.1, P(X=-1.2)==0.03, P(X=-2.6)==0.01, ∴EX=0.4×0.8+(-0.4)×0.1+(-1.2)×0.06+(-2)×0.03+(-2.6)×0.01=0.122. (ii)当无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%时,一份保单毛利润的数学期望的估计值比(i)中EX的估计值大.证明如下: 设新情况下的一份保单的毛利润为Z万元,无索赔时,Z=0.4×(1-4%)=0.384,索赔1次,Z=0.4×(1+20%)-0.8=-0.32,索赔2次,Z=0.4×(1+20%)-0.8×2=-1.12,索赔3次,Z=0.4×(1+20%)-0.8×3=-1.92,索赔4次,Z=0.4×(1+20%)-0.8×3-0.6=-2.52. ∴Z的可能取值为0.384,-0.32,-1.12,-1.92,-2.52, ∴EZ=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92×0.03-2.52×0.01=0.125 2. 又0.125 2>0.122, ∴当无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%时,一份保单毛利润的数学期望的估计值比(i)中EX的估计值大. 6. 考教衔接 关键信息 信息处理 若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮 甲投中,则甲继续投;未中,则换乙投. 乙投中,则乙继续投;未中,则换甲投 第2次投篮的人是乙 有两种情况:第1次是甲投,未中,第2次乙投;第1次是乙投,中了,第2次还是乙投 第i次投篮的人是甲 有两种情况:第(i-1)次是甲投,中了,第i次还是甲投;第(i-1)次是乙投,未中,第i次甲投 记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y) 直接利用E(qi求期望即可 解析　设“第i次投篮的人是甲”为事件Ai,事件B=“甲在某次投篮时命中”,事件C=“乙在某次投篮时命中”.由题意知P(A1)=0.5,P(B)=0.6,P(C)=0.8. (1)设“第2次投篮的人是乙”为事件M,则P(M)=P(A1C)=P(A1)[1-P(B)]+[1-P(A1)]P(C)=0.5×(1-0.6)+(1-0.5)×0.8=0.6. (2)P(Ai+1)=P(AiB+)=P(Ai)P(B)+[1-P(Ai)]·[1-P(C)]=, 所以P(Ai+1)-. 所以是以P(A1)-为首项,为公比的等比数列,所以P(Ai)=. (3)E(Y)=·. 7.答案　(1)0.6　(2)3.2 解析　设该同学一周跑11圈为事件A,第一次跑5圈为事件B,第二次跑5圈为事件C. (1)P(A)=P(B)P()=0.5×0.6+0.5×0.6=0.6. (2)设至少跑11圈为事件D,则P(D)=P(A)+P()=0.6+0.5×0.4=0.8,易知X~B(4,0.8),则E(X)=4×0.8=3.2. 8. 真题降维 关键信息 信息处理 各球的胜负相互独立 每个球为独立重复事件,利用二项分布求解 pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率 p3为打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率,故只能甲胜三场; p4为打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率,故甲胜三场或四场 qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率 q3为打完3个球后乙比甲至少多得2分的概率,故只能乙胜三场; q4为打完4个球后乙比甲至少多得2分的概率,故乙胜三场或四场 解析　(1)由已知得p3表示打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率. ①若甲、乙两人打完3个球后,甲胜3局,此时甲得3分,乙得0分,甲比乙多得3分,符合题意,由于各球的胜负相互独立,故甲胜3局的概率为p3; ②若甲、乙两人打完3个球后,甲胜2局、1局或0局,均不符合题意,由此可知p3=p3. 由已知得p4表示打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率,若4局比赛甲胜4局,则甲比乙多得4分;若4局比赛甲胜3局,输1局,则甲比乙多得2分,亦符合题意,其余甲胜2局、1局、0局,均不符合. ∴p4=p4+p3(1-p)=4p3-3p4. 综上可知,p3=p3,p4=4p3-3p4. (2)p4-p3=4p3-3p4-p3=3p3(1-p)=3p3q, 同理,q4-q3=3q3p, ∴=4,即p2=4q2, 又∵p,q∈(0,1),∴p=2q且p+q=1, ∴p=. (3)证明:不妨令Xn表示打完n个球以后甲的得分,则乙的得分为n-Xn,则Xn~B(n,p). 所以pk=P(Xk-(k-Xk)≥2)=P(2Xk-k≥2)=P, 所以p2m+1=P=P(X2m+1≥m+2)=P(X2m+1≥m+2|X2m≥m+2)P(X2m≥m+2)+P(X2m+1≥m+2|X2m=m+1)P(X2m=m+1) =P(X2m≥m+2)+P(X2m=m+1)p =P(X2m≥m+2)+P(X2m=m+1)-P(X2m=m+1)q =P(X2m≥m+1)-P(X2m=m+1)q =p2m-pm+1qm, 同理,q2m+1=q2m-qm+1pm, 故p2m+1-q2m+1=p2m-q2m+(pq)m(q-p)<p2m-q2m. p2m+2=P(X2m+2≥m+2) =P(X2m≥m+2)+P(X2m=m)p2+P(X2m=m+1)[1-(1-p)2] =P(X2m≥m+2)+P(X2m=m)+P(X2m=m+1)+(p2-1)·P(X2m=m)-(1-p)2P(X2m=m+1) =P(X2m≥m)+(p2-1)pm+1qm+1 =p2m+(p2-1)pm+1qm+1, q2m+2=q2m+(q2-1)pm+1qm+1, 故p2m+2-q2m+2=p2m-q2m+(p2-q2)pmqm>p2m-q2m. 综上,原不等式得证. 9.BC　X~N(1.8,0.12),Y~N(2.1,0.12). 对于A,μ+2σ=1.8+2×0.1=2,P(X>2)=P(X>μ+2σ)<P(X>μ+σ)≈1-0.841 3=0.158 7,故A错误; 对于B,P(X>2)<P(X>1.8)=0.5,故B正确; 对于C,μ-σ=2.1-0.1=2,P(Y>2)>P(Y>2.1)=0.5,故C正确; 对于D,P(Y>2)=P(Y>μ-σ)=P(Y<μ+σ)≈0.841 3>0.8,故D错误. 10.答案　 0.14 解析　易知P(X>2)=0.5,故P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5-0.36=0.14. 高考模拟练 1.D 2.BCD 3.BCD 4.D 5.B 1.D　设A1=“抽到第一袋”,A2=“抽到第二袋”,B=“随机抽取2份,恰好抽到男生和女生报名表各1份”, 则P(A1)=P(A2)=. 所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=. 2.BCD　对于A,B,当p=时,设甲得分为X分,则X~B, 所以P(X=1)=, P(X≥1)=1-P(X=0)=1-,A错误,B正确; 设乙得分为Y分,则Y的可能取值为0,2,4,6, 对于C,当p=时,P(Y=0)=,则P(Y≤2)=,C正确; 对于D,P(Y=0)=1-p,P(Y=2)=p(1-p),P(Y=4)=p2(1-p),P(Y=6)=p3, 故Y的分布列为 Y 0 2 4 6 P 1-p p(1-p) p2(1-p) p3 E(Y)=0×(1-p)+2×p(1-p)+4×p2(1-p)+6×p3=2p3+2p2+2p, 则E(Y)-E(X)=2p3+2p2+2p-3p=p(2p2+2p-1), 令p(2p2+2p-1)>0,即2p2+2p-1>0,解得<p<1, 即当<p<1时,E(Y)>E(X),D正确. 3.BCD　因为随机变量X~B(n,p),且E(X)=30,D(X)=20, 所以解得p=,选项A错误; 由X~B(10,0.7),得P(X=k)=·0.7k·0.310-k,k=0,1,2,…,10, 设当X=k时概率最大, 则有 即 解得6.7≤k≤7.7, 又k∈N,所以k=7,故当X=7时概率最大,选项B正确; 因为ξ~N(0,1),所以P(-1<ξ<0)=P(0<ξ<1)=P(ξ>0)-P(ξ>1)=-p,选项C正确; 由P(A)=,得P(,由全概率公式得P(),即[1-P(B)],解得P(B)=,选项D正确. 4.D　对于A,当满足P(X>59)=≈=0.001 35时,江先生仍有可能迟到,只不过发生的概率较小,因此A错误. 对于B,当8:02出门时, 若江先生开私家车,则不迟到的概率为P(X≤52)=0.5+≈0.977 25; 若江先生乘坐地铁,则不迟到的概率为P(Y≤48)=0.5+≈0.977 25, 此时江先生不迟到的概率相当,因此B错误. 对于C,当8:06出门时, 若江先生开私家车,则不迟到的概率为P(X≤48)>P(X≤45)=0.5+≈0.841 35; 若江先生乘坐地铁,则不迟到的概率为P(Y≤44)=0.5, 显然江先生开私家车不迟到的可能性更大,因此C错误. 对于D,当8:12出门时, 若江先生乘坐地铁上班,则不迟到的概率为P(Y≤38)=≈0.001 35,此时不迟到的可能性极小,故江先生乘坐地铁上班极大可能会迟到,因此D正确. 5.B　易知P(5.35≤ξ≤5.55)=P(5.40-0.05≤ξ≤5.40+3×0.05)=P(μ-σ≤ξ≤μ+3σ), 又P(μ-σ≤ξ≤μ+3σ)=≈=0.84, 所以K~B(N,0.84),所以P(K=45)=·0.8445·0.16N-45. 设f(x)=·0.8445·0.16x-45, 则=0.16·=0.16·>1,所以x<≈52.6,所以f(53)>f(52). =0.16·=0.16·<1,所以x>≈53.6, 所以f(53)>f(54). 综上,N=53. 6.答案　 解析　从乙袋中拿出的球可能是黑球也可能是白球,由全概率公式可得p1=. 记Xn-1取0,1,2,3的概率分别为p0,p'1,p'2,p'3, 则P(Xn=1)=p0+p'2, 则E(Xn)=0×P(Xn=0)+1×P(Xn=1)+2×P(Xn=2)+3×P(Xn=3)=p0+E(Xn-1), 则E(Xn)-, 故E(Xn)-, 易得E(X1)=,可知E(Xn)=. 7.解析　(1)由题意得Xn∈{1,2}, 易得P(X2=1)=,则P(X2=2)=1-P(X2=1)=, 所以P(X3=1)=P(X2=1)P(X3=1|X2=1)+P(X2=2)P(X3=1|X2=2)=,则P(X3=2)=1-P(X3=1)=. 故X3的分布列为 X3 1 2 P (2)(i)记Dn为商品A第n周内的需求量,由题意知Xn与Dn有关, 当n≥1时,若Dn<Xn,则Xn+1=Xn-Dn;若Dn≥Xn,则Xn+1=2, 设φn=(x,1-x),即P(Xn=1)=x,P(Xn=2)=1-x, 由全概率公式可得P(Xn+1=1)=, 则P(Xn+1=2)=1-P(Xn+1=1)=x, 由φn=φn+1,得x=1-x,解得x=,故φ=. (ii)由(i)可知,定常态分布φ=, 所以从长远来看,P(Xn=1)=, 记商品A需求大于供给的概率为P(Dn>Xn), 由全概率公式得P(Dn>Xn)=P(Xn=1)P(Dn>Xn|Xn=1)+P(Xn=2)P(Dn>Xn|Xn=2)=. 8.解析　(1)设甲的位置固定,若甲、乙在第一轮比赛过程中相遇,则甲、乙必在同一组,所以其概率为. (2)设甲、乙在第一轮相遇的概率为P1,甲、乙在第二轮相遇的概率为P2,甲、乙在第三轮相遇的概率为P3,由(1)知P1=, 若甲、乙在第二轮相遇,则甲、乙第一轮在同一个半区,但不在同一组,其概率为, 同时甲、乙在第一轮都要获胜,则P2=. 若甲、乙在第三轮相遇,则甲、乙第一轮不在同一个半区,其概率为, 同时甲、乙在第一、二轮都要获胜,则P3=. 所以甲、乙在比赛过程中相遇的概率为P1+P2+P3=. (3)(i)当人数增加到2n时,固定甲的位置后,乙有2n-1个选择, 要使甲、乙能在第三轮相遇,由(2)可知甲、乙必须在同一个区内的不同半区,其概率为,同时甲、乙在第一、二轮都要获胜, 则甲、乙两人在第三轮比赛过程中相遇的概率P=. (ii)解法一:记比赛的轮次为事件Ak(k=1,2,3,…,n), 甲、乙在比赛过程中相遇为事件B, 要使甲、乙能在第k轮相遇,则甲、乙必须在同一个区内的不同半区,(关键点)其概率为,同时甲、乙在前(k-1)轮都要获胜, 所以P(AkB)=. 所以P(B)=·. 要使甲、乙相遇的概率小于0.01,则<0.01,即2n-1>100, 又n为整数,所以n-1≥7,所以n的最小值为8. 解法二:设2n名运动员参赛,甲、乙在比赛过程中相遇的概率为Pn, 则当n=1时,甲、乙一定相遇,此时P1=1. 当2n-1名运动员参赛时,甲、乙在比赛过程中相遇的概率为Pn-1. 考虑将2n个运动员分成上、下两个区,每区2n-1名运动员,有2种情况: ①甲、乙在同一区,此时甲、乙在比赛过程中相遇的概率为Pn-1, ②甲、乙不在同一区,两人相遇必须都进入决赛,即前(n-1)轮比赛均获胜, 所以Pn=, 则(2n-1)Pn=(2n-1-1)×Pn-1+, …… (22-1)P2=(21-1)×P1+, 累加得(2n-1)Pn=P1++…+, 所以Pn=. 令<0.01,则2n-1>100,因为n为正整数,所以n的最小值为8. 素养点评 　　本题通过乒乓球比赛中甲、乙两人相遇的概率问题,将概率和数列知识综合在一起,主要考查了逻辑推理和数学运算的核心素养,考查了学生理解、分析、解决问题的能力. 28 学科网（北京）股份有限公司 $