高中數(shù)學(xué)題庫(kù)-數(shù)系的擴(kuò)充隨機(jī)變量及概率分布

1、高中數(shù)學(xué)題庫(kù) - 數(shù)系的擴(kuò)充隨機(jī)變量及概率分布高中數(shù)學(xué)題庫(kù) - 數(shù)系的擴(kuò)充 . 隨機(jī)變量及概率分布 1. 排列、組合（一）排列、組合問(wèn)題 1. （勻稱(chēng)分組問(wèn)題）15 名新生中有3 名優(yōu)秀生,隨機(jī)將15 名新生平均安排到3 個(gè)班級(jí)中 .（2） 3 名優(yōu)秀生安排到同一班級(jí)的概率是多少？（3）甲班至少分到一名優(yōu)秀生的概率是多少？（1）每班級(jí)各安排一名優(yōu)秀生的概率是多少？ 2. （放回、不放回問(wèn)題）袋中有 5 個(gè)紅球、 6 個(gè)白球、 8 個(gè)黃球,隨機(jī)抽 3 次,每次抽 1 個(gè),顏色相同的大事記為大事 A,顏色互不相同的大事記為大事 B,在以下兩種情形下,求大事 A 和大事 B 的概率：（

2、1）抽后不放回；（2）抽后放回 . 3. 兩人進(jìn)行乒乓球競(jìng)賽,先贏三局者獲勝,決出勝敗為止,就全部可能顯現(xiàn)的情形（各人輸贏局次的不同視為不憐憫形）共有 _種. 20 4. 某小區(qū)有排成一排的 7 個(gè)車(chē)位,現(xiàn)有 3 輛不同型號(hào)的車(chē)需要停放,假如要求剩余的 4 個(gè)車(chē)位連在一起,那么不同的停放方法的種數(shù)為 _ 24 5. 學(xué)校組織高一年級(jí) 4 個(gè)班外出春游,每個(gè)班從指定的甲、乙、丙、丁四個(gè)景區(qū)中任選一個(gè)游玩,就恰有兩個(gè)班挑選了甲景區(qū)的選法共有 _種 6. 從甲、乙等 5 個(gè)人中選出 3 人排成一列,就甲不在排頭的種數(shù)為 _ 48 7. 有 10 件不同的電子產(chǎn)品,其中有 2 件產(chǎn)品運(yùn)行不穩(wěn)固,技術(shù)人

3、員對(duì)它們進(jìn)行一一測(cè)試,直到 2 件不穩(wěn)固的產(chǎn)品全部找出后測(cè)試終止,就恰好 3 次就終止測(cè)試的方法種數(shù)為_(kāi)32 8. 摸索：（轉(zhuǎn)化與化歸思想）連接正方體8 個(gè)頂點(diǎn)的直線中,成異面直線有多少對(duì)？ 解：一個(gè)三棱錐可確定 3 對(duì)異面直線,故問(wèn)題可轉(zhuǎn)化成求在正方體中可構(gòu)造多少個(gè)不同的三棱錐？ 3C8-12 ） 174 對(duì) 9. 紅藍(lán)兩色車(chē)、馬、炮棋子各一枚,將這六枚棋子排成一列,其中每對(duì)同字的棋子中,均為紅旗子在前,藍(lán)棋子在后,滿(mǎn)意這種條件的不同排列方式共有 _種 . 90 10. （斯坦福數(shù)學(xué)競(jìng)賽）（二）排列、組合的證明 1. 把全部正整數(shù)按上小下大,左小右大的原就排成如下列圖的數(shù)表,其中第i 行共有

4、 2正整數(shù),設(shè) aiji,jN*表示位于這個(gè)數(shù)表中從上往下數(shù)第i 行,從左往右第j 個(gè)數(shù) 如 aij=2022 ,求 i 和 j 的值；+annnN*, 3 求證：當(dāng) n4 時(shí), Ann2+Cn. 記 An=a11+a22+a33+解： 由于數(shù)表中前i-1行共有 1+2+2+就第 i 行的第一個(gè)數(shù)是2 +2i-2=2i-1-1個(gè)數(shù),所以 aij=2 +j-1, 2 分 令 210+j-1=2022 ,就 j=2022-210+1=990 5 分 由于 aij=2 +j-1,就 ann=2n-1+n- 1nN*, +2n-1+ .0+1+2+ =2-1+n-1 .所以 An=1+2+22+ nn

5、-12nn-1210 分 =n2+Cn 當(dāng) n4 時(shí), An=1+1-1+ nn-12 Cn+Cn+Cn+Cn-1+ -Cn2. 設(shè) Sn=Cn-1+Cn-2-*m +-1mCn-m,m,nN 且 m；當(dāng) n 為奇數(shù)時(shí), m= 22 nN*,n2 時(shí), Sn+1=Sn-Sn-1； （2）記 S=（1）證明：當(dāng) 11110123 C2022-C2022+C2022-C2022+*1,求 S的值 C1007 解：（ 1）當(dāng) n 為奇數(shù)時(shí), n+1 為偶數(shù), n-1 為偶數(shù),Sn+1=C n+12n+12,Sn=C-C0n1n-1 n-12n+12 Sn-1=C0n-1 n-12n-12Sn+1-S

6、n=C0n+1 -C-C-C+ 0n1n1n-1 n-12n+12 n+12n+12 n-12n-12 =-Sn-1同理可證,當(dāng)n 為偶數(shù)時(shí), Sn+1=Sn-Sn-1當(dāng) n 為奇數(shù)時(shí), Sn+1=Sn-Sn-1 成立也成立（2）由 S= 11110123 C2022-C2022+C2022-C2022+*1 * C2022+C2022-C2022+1*1,得 C1007 2022S=C2022- 20221007 C1007 1007 01C2022-C2022+ 12312233 C2022+C2022+C2022-C2022+C2022+1*1 1007012 -C1007-C2022-

7、C2022+C2022- -C1007+ 10071007 C1007 1007 =C2022-C2022+C2022-1006 +C1006 =S2022-S2022 又由 Sn+1=Sn-Sn-1,得 Sn+6=Sn, 所以 S2022-S2022=S4-S2=-1,S=- 2. 隨機(jī)變量及其概率分布 某地區(qū)舉辦科技創(chuàng)新大賽,有 50 件科技作品參賽,大賽組委會(huì)對(duì)這 50 件作品分 1. 別從“ 創(chuàng)新性” 和“ 有用性” 兩項(xiàng)進(jìn)行評(píng)分,每項(xiàng)評(píng)分均按等級(jí)采納 5 分制,如設(shè)“ 創(chuàng)新 性” 得分為 x,“ 有用性” 得分為 y,統(tǒng)計(jì)結(jié)果如下表： 求“ 創(chuàng)新性為 4 分且有用性為 3 分” 的概

8、率； 如“ 有用性” 得分的數(shù)學(xué) 期望為,求 a、b 的值 50解： 從表中可以看出,“ 創(chuàng)新性為4 分且有用性為3 分” 的作品數(shù)量為6 件,“ 創(chuàng)新性為 4 分且有用性為 由表可知“ 有用性” 得分3 分” 的概率為 =0.12 y 有 1 分、 2 分、 3 分、 4 分、 5 分五個(gè)等級(jí),且每個(gè)等級(jí)分別有 5 件, b 4 件, 15 件, 15 件, a8 件 “ 有用性” 得分 y 的分布列為：“ 有用性” 得分的數(shù)學(xué)期望為167, 1. +2. +3. +4. +5. = 1*050作品數(shù)量共有50 件, a+b=3,解得 a=1,b=2 2. 設(shè) 為隨機(jī)變量,從棱長(zhǎng)為 1 的正

9、方體 ABCD - A1B1C1D1的八個(gè)頂點(diǎn)中任取四個(gè)點(diǎn),當(dāng)四點(diǎn)共面時(shí), = 0,當(dāng)四點(diǎn)不共面時(shí), 的值為四點(diǎn)組成的四周體的體積（1）求概率 P（ = 0）；（2）求 的分布列,并求其數(shù)學(xué)期望 E 變式 1：如圖,從 A1（1,0,0 ）, A2（ 2,0,0 ）, B1（0,2,0）, B2（0,2,0 ）, C1（0,0,1 ）, C2（0,0,2 ）這 6 個(gè)點(diǎn)中隨機(jī)選取 3 個(gè)點(diǎn),將這 3 個(gè)點(diǎn)及原點(diǎn) O兩兩相連構(gòu)成一個(gè)“ 立體” ,記該“ 立體” 的體積為隨機(jī)變量 V（假如選取的 3 個(gè)點(diǎn)與原點(diǎn)在同一個(gè)平面內(nèi),此時(shí)“ 立體” 的體積 V=0）（1）求 V=0的概率；（2）求 V的分

10、布列及數(shù)學(xué)期望.為隨機(jī)變量 . 從棱長(zhǎng)為 1 的正方體的12 條棱中變式 2：（ 2022 年江蘇高考22 題）設(shè)任取兩條,當(dāng)兩條棱相交時(shí), =0；當(dāng)兩條棱平行時(shí), 的值為兩條棱之間的距離；當(dāng)兩條棱異面時(shí), =1.（1）求概率 P =0；（ 2）求 的分布列,并求其數(shù)學(xué)期望 E .（2） 的可能取值為 0,1,2 ,其中 P =0=；P =1=；P =2=（1）考慮到圖形的對(duì)稱(chēng)性,不妨先取定第一條,然后再考慮其他的邊,故 P =0=就 E =摸索：（轉(zhuǎn)化與化歸思想）連接正方體8 個(gè)頂點(diǎn)的直線中,成異面直線有多少對(duì)？解：一個(gè)三棱錐可確定 3 對(duì)異面直線,故問(wèn)題可轉(zhuǎn)化成求在正方體中可構(gòu)造多少個(gè)不同

11、的 4 三棱錐？ 3C8-12 ）=174 對(duì)變式 3：從棱長(zhǎng)為 1 的正方體的 8 個(gè)頂點(diǎn)中任取不同 2 點(diǎn),設(shè)隨機(jī)變量 是這兩點(diǎn)間的距離）求概率 P =；（2）求 的分布列,并求其數(shù)學(xué)期望 E 2【解】（ 1）從正方體的 8 個(gè)頂點(diǎn)中任取不同 2 點(diǎn),共有 C8=28種 由于正方體的棱長(zhǎng)為 1正方體每個(gè)面上均有兩條對(duì)角線,所以共有 2. 6=12 條因此 P =12=3 3 分 287（ 2）隨機(jī)變量 的取值共有 1正方體的棱長(zhǎng)為 1,而正方體共有 12 條棱,于是 P =1= 5 分 287 從而 P =1-P =1 - P =1-3-3=1 7 分所以隨機(jī)變量 的分布列是 8 分因此

12、E =1 . += 10 分 7773. （南京市、鹽城市 2022 屆高三期末）某射擊小組有甲、乙兩名射手 , 甲的命中率為 P1乙的命中率為 P2, 在射擊比武活動(dòng)中每人射擊兩發(fā)子彈就完成一次檢測(cè) , 在一次檢測(cè)中, 如兩人命中次數(shù)相等且都不少于一發(fā) , 就稱(chēng)該射擊小組為“ 先進(jìn)和諧組”. （ 1）如P2= , 求該小組在一次檢測(cè)中榮獲“ 先進(jìn)和諧組” 的概率； 2（2）方案在 2022 年每月進(jìn)行 1 次檢測(cè) , 設(shè)這 12 次檢測(cè)中該小組獲得“ 先進(jìn)和諧組”的次數(shù)為 , 假如 E 5, 求 P2的取值范疇 . 解: 1 可得 P=C2. 2111122111.C2 .+ . .= 33

13、2233223 2 該小組在一次檢測(cè)中榮獲“ 先進(jìn)和諧組” 的概率為 2228421211 P=C2.C2 .P2.1-P2+.P2=P2-P2, 而 B12,P, 所以E =12P,由 E 5, 知 P2-P22 .125, 解得 P21評(píng)注：關(guān)鍵是辨識(shí)概型 4. 設(shè)不等式 x+y4 確定的平面區(qū)域?yàn)?U,x+y1 確定的平面區(qū)域?yàn)?V （1）定義橫、縱坐標(biāo)為整數(shù)的點(diǎn)為“ 整點(diǎn)” ,在區(qū)域 U 內(nèi)任取三個(gè)整點(diǎn),求這些整點(diǎn)中恰有 2 個(gè)整點(diǎn)在區(qū)域 V內(nèi)的概率；（2）在區(qū)域U內(nèi)任取 3 個(gè)點(diǎn),記這3 個(gè)點(diǎn)在區(qū)域V的個(gè)數(shù)為 X,求 X 的分布列和數(shù)學(xué)期望 C8 .C5240解答：（ 1）古典概型,

14、解答為 PA= =3（2）幾何概型 X 聽(tīng)從于伯努利分布 B3, 13,求得分布列和數(shù)學(xué)期望 EX= 2 2 5.（2022 年復(fù)旦高校自主招生試題）某大樓共 5 層, 4 個(gè)人從第一層上樓梯,假設(shè)每個(gè)人等可能地在每一層下電梯,并且他們下電梯與否是相互獨(dú)立的,又知電梯只在有人下時(shí)才停止 . （1）求某乘客在第i 層下電梯的概率；（i=2,3,4,5）；（2）求電梯在第2層停下的概率；（ 3）求電梯停下的次數(shù)的數(shù)學(xué)期望； 1175.3.解析：（ 1）；（ 2）PA=1- .=； 4256.4.的可能取值為1,2,3,4（3） C424-221411P =1=4=3=；P =2=; 1*4 C4C

15、4A3A493P =3=P =4=； 44所以 E = 6.（2022 年通州區(qū)熱點(diǎn)難點(diǎn)檢測(cè)）在公園游園活動(dòng)中有這樣一個(gè)嬉戲項(xiàng)目：甲箱子里裝有 3 個(gè)白球和 2 個(gè)黑球,乙箱子里裝有1 個(gè)白球和 2 個(gè)黑球,這些球除顏色外完全相同；每次嬉戲都從這兩個(gè)箱子里各隨機(jī)地摸出 2 個(gè)球,如摸出的白球不少于 2 個(gè),就獲獎(jiǎng)（每次嬉戲終止后將球放回原箱）（1）在一次嬉戲中：求摸出 3 個(gè)白球的概率；求獲獎(jiǎng)的概率；（2）在兩次嬉戲中,記獲獎(jiǎng)次數(shù)為 X：求 X的分布列；求 X的數(shù)學(xué)期望解：（ 1）記“ 在一次嬉戲中摸出 k 個(gè)白球” 為大事 Akk=0,1,2,3 PA3=22= -2 分 C32C2+C3C

16、2C217 A3=PA2+PA3=+= -5分 510C52C32（2）PX=0=X 的分布列為 1*7 . =,PX=1=C2 . =,PX=2= . =*00X 的數(shù)學(xué)期望 EX=0 . 【或：X 921497+1 . +2. = -10 分 100501005 777,EX=2 . =】 10105 7.（分類(lèi)爭(zhēng)論思想在概率問(wèn)題中的應(yīng)用）甲,乙兩隊(duì)各有 3 名隊(duì)員,投籃競(jìng)賽時(shí),每個(gè)隊(duì),（ 1）設(shè)前 n（n=1,2,3,4,5, 6）個(gè)人的進(jìn)球總數(shù)與 n 之 211比為 an,求滿(mǎn)意條件 a6=,且 an（ n=1,2,3,4,5）的概率；員各投一次,命中率均為（2）設(shè)甲,乙兩隊(duì)進(jìn)球數(shù)分別

17、為i ,j （i ,j 0 , 1,2, 3 ）,記 =|i j| ,求隨機(jī)變量 的分布列和數(shù)學(xué)期望（ 1）a6=,即 6 個(gè)人投籃進(jìn)了 3 個(gè)球,又 an（ n=1,2,3,4,5）,就有兩種情形： 22 11111211 2222232第一,第 1 人投籃沒(méi)投進(jìn),第 2 人投籃投進(jìn)了,第 3 人投籃沒(méi)投進(jìn),第 4、5 人總共投進(jìn)了 1 個(gè)球,第 6 人投籃投進(jìn)了,其概率為 P1=其次,第 1 人投籃沒(méi)投進(jìn),第 2 人投籃沒(méi)投進(jìn),第 3、4、5 人總共投進(jìn)了 2 個(gè)球,第6 人投籃投進(jìn)了,其概率為 P2= 11213135 C3（） =. 從而,所求概率為 P=P1+P2= 22226464

18、（2） P（ =0）表示兩隊(duì)進(jìn)球數(shù)相同,即有 P（ =0） =（ *）（） +C3（） C3（）+C3（） C3（） +（） 3（） 22222222 *）C3（） +C3（） C3（） +C3（）（） = * P（ =2） =2 （） 3C3（） 3+C3（） 3（） 3= P（ =1） =2 （ 13131）（） = 22325153115E =0 +2 = 1632163216 P（ =3） =2 （ 8.（2022 安徽理科高考題）（化歸轉(zhuǎn)化突破重難點(diǎn)）工作人員需進(jìn)入核電站完成某項(xiàng)具有高輻射危急的任務(wù),每次只派一個(gè)人進(jìn)去,且每個(gè)人只派一次,工作時(shí)間不超過(guò)10 分鐘,假如有一個(gè)人10 分

19、鐘內(nèi)不能完成任務(wù)就撤出,再派下一個(gè)人；現(xiàn)在一共只有甲、乙、丙三個(gè)人可派,他們各自能完成任務(wù)的概率分別 p1,p2,p3,假設(shè) p1,p2,p3 互不相等,且假定各人能否完成任務(wù)的大事相互獨(dú)立.（）假如按甲最先,乙次之,丙最終的次序派人,求任務(wù)能被完成的概率；如轉(zhuǎn)變?nèi)齻€(gè)人被派出的先后次序,任務(wù)能被完成的概率是否發(fā)生變化？（）如按某指定次序派人,這三個(gè)人各自能完成任務(wù)的概率依次為 q1,q2,q3 ,其中 q1,q2,q3 是 p1,p2,p3 的一個(gè)排列,求所需派出人員數(shù)目 X 的分布列和均值（數(shù)學(xué)期望）（）假定 1p1p2p3,試分析以怎樣的先后次序派出人員,可使所需派出的人員數(shù)目的均值（數(shù)字

20、期望）達(dá)到最?。ū拘☆}滿(mǎn)分 13 分）此題考查相互獨(dú)立大事的概率運(yùn)算,考查離散型隨機(jī)變量及其分布列、均值等基本學(xué)問(wèn),考查在復(fù)雜情境下處理問(wèn)題的才能以及抽象概括才能、合情推理與演繹推理,分類(lèi)讀者論論思想,應(yīng)用意識(shí)與創(chuàng)新意識(shí) .解：（ I ）無(wú)論以怎樣的次序派出人員,任務(wù)不能被完成的概率都是 1-p11-p21-p3,所以任務(wù)能被完成的概率與三個(gè)被派出的先后次序無(wú)關(guān),并等于 1-1-p11-p21-p3=p1+p2+p3-p1p2-p2p3-p3p1+p1p2p3. （II ）當(dāng)依次派出的三個(gè)人各自完成任務(wù)的概率分別為 q1,q2,q3 時(shí),隨機(jī)變量 X的分布列為所需派出的人員數(shù)目的均值（數(shù)學(xué)期望

21、）EX是 EX=q1+21-q1q2+31-q11-q2=3-2q1-q2+q1q2.（III）（方法一）由（II ）的結(jié)論知,當(dāng)以甲最先、乙次之、丙最終的次序派人時(shí), EX=3-2p1-p2+p1p2.依據(jù)常理,優(yōu)先派出完成任務(wù)概率大的人,可削減所需派出的人員數(shù)目的均值 . 下面證明：對(duì)于 p1,p2,p3 的任意排列 q1,q2,q3 ,都有 3-2q1-q2+q1q23 -2p1- p2+p1p2, （* ）事實(shí)上, .=3-2q1-q2+q1q2-3-2p1-p2+p1p2 =2p1-q1+p2-q2-p1p2+q1q2 =2p1-q1+p2-q2-p1-q1p2-q1p2-q2 =2

22、-p2p1-q1+1-q1p2-q21 -q1p1+p2-q1+q2 0.即（ * ）成立 .（方法二）（ i ）可將（ II ）中所求的 EX改寫(xiě)為 3-q1+q2+q1q2-q1, 如交換前兩人的派出次序,就變?yōu)?3-q1+q2+q1q2-q1,. 由此可見(jiàn),當(dāng) q2q1 時(shí),交換前兩人的派出次序可減小均值 .（ii ）也可將（ II ）中所求的EX改寫(xiě)為 3-2q1-q2+q1q2 ,或交換后兩人的派出順序,就變?yōu)?3-2q1-q3+q1q3. 由此可見(jiàn),如保持第一個(gè)派出的人選不變,當(dāng) q3q2 時(shí),交換后兩人的派出次序也可減小均值 .綜合（ i ）（ ii ）可知,當(dāng) q1,q2,q3

23、=p1,p2,p3時(shí), EX達(dá)到最小 . 即完成任務(wù)概率大的人優(yōu)先派出,可減小所需派出人員數(shù)目的均值,這一結(jié)論是合乎常理的 . 9. 在一次電視節(jié)目的搶答中,題型為判定題,只有“ 對(duì)” 和“ 錯(cuò)” 兩種結(jié)果,其中某明星判定 正確的概率為 p,判定錯(cuò)誤的概率為 q,如判定正確就加 1 分,判定錯(cuò)誤就減1 分,現(xiàn) 記“ 該明星答完 n 題后總得分為 Sn” 時(shí),記 =|S3| ,求 的分布列及數(shù)學(xué)期望及方差； 212（2）當(dāng) p=,q= 時(shí),求 S8=2 且 Si 0i=1,2,3,4 的概率（1） =|S3| 的取值為 1,3,又 p=q=； 1311111 故 P =1=2C3 .2= ,P

24、=3=3+3= 224224所以 的分布列為：（1）當(dāng) p=q=且 E =1 +3 =；（2）當(dāng) S8=2時(shí),即答完 8 題后,回答正確的題數(shù)為 5 題,回答錯(cuò)誤的題數(shù)是 3 題,又已知 Si 0i=1,2,3,4,如第一題和其次題回答正確,就其余 6 題可任意答對(duì) 3 題；如第一題和其次題回答錯(cuò)誤,第三題回答正確,就后 5 題可任意答對(duì) 3題 1230 . 8808033此時(shí)的概率為 P=C6+C5.5 .3=8=7 或 33218733 10. （2022 年南通通州區(qū)查漏補(bǔ)缺專(zhuān)項(xiàng)）一位環(huán)保人士種植了 n 棵樹(shù),已知每棵樹(shù)是否成 活互不影響,成活率均為 p0,求 n,p 的值并寫(xiě)出 的分布

25、列 2解：（ 1）當(dāng) n=1, =0, 1,于是 的分布列為：E =0 1 - p+1 p=pD =0 -p .1-p+1-p .p=p-p=-p-+ 即當(dāng) p=時(shí),D 有最大值（2） Bn,p ,E =np,D =np1 - p np=3,np1-p=,p=,n=4 44 k1-4-k k=0,1,2,3,4 , P =k=C4即 的分布列為： 11. 甲乙兩個(gè)同學(xué)進(jìn)行定點(diǎn)投籃嬉戲,已知他們每一次投籃投中的概率均為投籃的結(jié)果互不影響甲同學(xué)打算投 5 次,乙同學(xué)打算投中 1 次就停止,否就就連續(xù)投下去,但投籃次數(shù)不超過(guò) 5 次 （1）求甲同學(xué)至少有 4 次投中的概率；（2）求乙同學(xué)投籃次數(shù) x

26、 的分布列和數(shù)學(xué)期望解：（ 1）設(shè)甲同學(xué)在 5 次投籃中,有 x 次投中,“ 至少有 4 次投中” 的概率為 P,就 P=Px=4+Px=5 222112525 =C5441-1+C5 1-0= 3333243（2）由題意 x=1,2,3,4,5 21221122 .1.22,Px=4= . . =, Px=1= ,Px=2= . =,Px=3= . . = 333933327 .3.381 Px=5= .=.3.81x 的分布表為 22221121 x 的數(shù)學(xué)期望 Ex=1. + 2 . +3. +4 . +5. = 3927818181 12. 由數(shù)字 1,2, 3,4 組成五位數(shù)a1a2

27、a3a4a5,從中任取一個(gè)（1） 求取出的五位數(shù)滿(mǎn)意“ 對(duì)任意的正整數(shù)j1 j 5 ,至少存在另一個(gè)正整數(shù)k1 k5,k j ,使得 aj=ak ” 的概率；（變式：假如四個(gè)數(shù)字分別是 0,1,2,3 呢？）（2）記 為組成五位數(shù)的相同數(shù)字的個(gè)數(shù)的最大值,求 得分布列和數(shù)學(xué)期望 13.（ 2022 年南通學(xué)科基地密卷 5）甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球競(jìng)賽,商定每局勝者得 1分,負(fù)者得 0 分,競(jìng)賽進(jìn)行到有一人比對(duì)方對(duì) 2 分或打滿(mǎn) 6 局時(shí)停止 . 設(shè)甲在每局中獲勝的概率為,乙在每局中獲勝的概率為,且每局勝敗相互獨(dú)立； 33（1）求競(jìng)賽進(jìn)行兩局恰好停止的概率；（2）設(shè) 為競(jìng)賽停止時(shí)已打的局?jǐn)?shù),求 的概

28、率分布及數(shù)學(xué)期望 E . （和南通四模的附加題方法一樣）（利用化歸思路爭(zhēng)論第 2 問(wèn)） 14. 如圖,一個(gè)小球從 M處投入,通過(guò)管道自上而下落 A或 B或 C已知小球從每個(gè)叉口 落入左右兩個(gè)管道的可能性是相等的某商家按上述投球方式進(jìn)行促銷(xiāo)活動(dòng),如投入的小球 3 等獎(jiǎng)落到 A、B、C,就分別設(shè)為1、2、為獲得（1）已知獲得1,2,3 等獎(jiǎng)的折扣率分別為50%,70%,90%記隨機(jī)變量kk=1,2,3等獎(jiǎng)的折扣率,求隨機(jī)變量的分布列及期望E ；（2）如有 3 人次 投入 l 球?yàn)?l 人次 參與促銷(xiāo)活動(dòng),記隨機(jī)變量為獲得 1 等獎(jiǎng)或2 等獎(jiǎng)的人次,求P =2P =0.7=（1）（ 2）P =2=

29、P =0.9= P =0.5= 15.（ 2022 年南通四模數(shù)學(xué)試題）甲乙兩人進(jìn)行一場(chǎng)不超過(guò)10 局的競(jìng)賽規(guī)定：每一局競(jìng)賽均分出勝敗,且勝者得1 分,負(fù)者得 0 分；每人得分按累加計(jì)分；競(jìng)賽中一人的得分比另一人高出 2 分就贏得競(jìng)賽,競(jìng)賽終止,否就 10 局后終止競(jìng)賽；各局競(jìng)賽的結(jié)果是相互獨(dú)立的已知每局競(jìng)賽甲獲勝的概率為 p0（2）求 的分布列,并求其數(shù)學(xué)期望 E （1） =4 表示 4 局后競(jìng)賽終止,即第 1,2 兩局甲乙各勝一局,第 3,4 兩局甲連勝或乙連勝所以當(dāng) p=時(shí),P =4=2p1 -p .p2+1 -p2 .=2 . . . += .3339981（2）用 P =k表示 k

30、局后競(jìng)賽終止的概率如 k 為奇數(shù),就甲乙得分之差亦為奇數(shù),所以 必為偶數(shù)考慮連續(xù)兩局競(jìng)賽結(jié)果： 記 q=1-p（i ）甲連勝或乙連勝兩局（稱(chēng)為有勝敗的兩局）,就此結(jié)果發(fā)生的概率為 p2+q2；（ii ）甲乙各勝一局（稱(chēng)為無(wú)勝敗的兩局）,有兩種情形,就此結(jié)果發(fā)生的概率為2pq 由經(jīng) k 局競(jìng)賽終止知,第1,2 兩局；第 3,4 兩局； , ；第 k 3,k2 兩局均未分勝敗如 k 10,就第 k1,k 兩局為有勝敗的兩局,從而有 P =k=2pq 如 k10,競(jìng)賽必需終止,所以 P =10 2pq4 就 的分布列為 的數(shù)學(xué)期望為E =2p2+q2+8pqp2+q2+24p2q2p2+q2+64p

31、3q3p2+q2+160p4q4 =2p2+q21+4pq+12p2q2+32p3q3+160p4q4,其中 q=1-p 16. 盒中共有 9 個(gè)球,其中有 4 個(gè)紅球, 3 個(gè)黃球和 2 個(gè)綠球,這些球除顏色外完全相同（ 1）從盒中一次隨機(jī)抽出 2 個(gè)球,求取出的 2 個(gè)球顏色相同的概率 P；（2）從盒中一次隨機(jī)抽出 4 個(gè)球,其中紅球、黃球、綠球的個(gè)數(shù)分別為 x1,x2,x3,隨機(jī)變量 X表示 x1,x2,x3 的最大數(shù),求 X 的概率分布和數(shù)學(xué)期望 EX （一）復(fù)數(shù)的四就運(yùn)算 1. 已知 i 是虛數(shù)單位,復(fù)數(shù) z 的共軛復(fù)數(shù)為 -z ,如 2z =-z+ 2 - 3i,就 z = 2. 已知 i 是虛數(shù)單位,復(fù)數(shù) z=7-i,就 z= 2+i 3. 已知 z=是純虛數(shù),就 a=_ 4. 已知 i 為虛數(shù)單位,運(yùn)算 1+2i1-i2= 5. 復(fù)數(shù) z=i （其中 i 是虛數(shù)單位）的虛部為 2（二）復(fù)數(shù)的幾何意義 1. z=-4i+3 對(duì)應(yīng)