2023年高考數(shù)學(xué)練習(xí)壓軸題（新高考版）25 概率統(tǒng)計（解答題壓軸題） （解析版）

專題25概率統(tǒng)計(解答題壓軸題)

概率統(tǒng)計(解答題壓軸題)

①概率與函數(shù)

②概率與數(shù)列

③概率綜合

④二項分布

⑤超幾何分布

⑥正態(tài)分布

⑦非線性回歸分析

①概率與函數(shù)

1.(2022?云南?昆明一中高三開學(xué)考試)甲、乙兩人參加一個游戲，該游戲設(shè)有獎金256元，誰先贏

滿5局，誰便贏得全部的獎金，已知每局游戲乙贏的概率為P(O<P<D,甲贏的概率為1-P，每局

游戲相互獨立，在乙贏了3局甲贏了1局的情況下，游戲設(shè)備出現(xiàn)了故障，游戲被迫終止，則獎金

應(yīng)該如何分配才為合理？有專家提出如下的獎金分配方案：如果出現(xiàn)無人先贏5局且游戲意外終止

的情況，則甲、乙按照游戲再繼續(xù)進行下去各自贏得全部獎金的概率之比%：2分配獎金.

⑴若/2=7,則乙應(yīng)該得多少獎金；

4

(2)記事件A為"游戲繼續(xù)進行下去甲獲得全部獎金”，試求當(dāng)游戲繼續(xù)進行下去，甲獲得全部獎金的

概率/(A),并判斷當(dāng)時，事件A是否為小概率事件，并說明理由.(注：若隨機事件發(fā)生的概

率小于0.05,則稱隨機事件為小概率事件)

【答案】⑴252(元)

(2)事件A是小概率事件，理由見解析.

(1)

設(shè)游戲再繼續(xù)進行下去X局乙贏得全部獎金，則最后一局必然乙贏.

339

由題知，當(dāng)X=2時，乙以5:1贏，所以P(X=2)=；x；=o，

4416

Q?1IQ

當(dāng)X=3時，乙以5:2贏,所以P(X=3)=7XGX=

44464

所以P(X=4)[XCwX夕=羨

當(dāng)X=4時，乙以5:3贏，

當(dāng)X=5時，乙以5:4贏，所以P(X=5)=[xC；x；x(；)3=白,

所以乙贏得全部獎金的概率為29+公18+2三7+總9=2怒52，

1664256256256

所以乙應(yīng)該得多少獎金為256x苔252=252(元).

256

(2)

設(shè)游戲繼續(xù)進行丫局甲獲得全部獎金，則最后一局必然甲贏.

由題知，當(dāng)y=4時，甲以5:3贏，所以尸(y=4)=(l-p)4,

當(dāng)y=5時，甲以5:4贏，所以P(y=5)=(l-p)XeX(I-P)3p=4(l-p)),

甲獲得全部獎金的概率/(A)=(I-P)"+4(1—p)4p=(4p+l)(l-p)4,

2

所以/(A)=(I-P)4+4(1-p)4p=(4p+1)(1-p)4,p∈,,1),

所以(A)=4(1-p)4-(42+1)4(1-p)1*3=4(1-p)3(l-p-4/2-1)=-20(1-p)'p,

7

perj,l),.?.∕,(A)=-20(l-p)3p<0,

??111411

.?./(A)在號,1)上單調(diào)遞減，所以〃A)maχ=飛)=彳X(-)≈0.045＜0.05,

故事件A是小概率事件.

2.(2022?山東濟南?高二期末)在某地區(qū)進行某種疾病調(diào)查，需要對其居民血液進行抽樣化驗，若

結(jié)果呈陽性，則患有該疾?。蝗艚Y(jié)果為陰性，則未患有該疾病.現(xiàn)有〃("∈N-Z7≥2)個人，每

人一份血液待檢驗，有如下兩種方案：

方案一：逐份檢驗，需要檢驗〃次；

方案二：混合檢驗，將〃份血液分別取樣，混合在一起檢驗，若檢驗結(jié)果呈陰性，則“個人都未患

有該疾??；若檢驗結(jié)果呈陽性，再對"份血液逐份檢驗，此時共需要檢驗”+1次.

⑴若〃=5,且其中兩人患有該疾病，采用方案一，求恰好檢驗3次就能確定患病兩人的概率；

⑵已知每個人患該疾病的概率為p(0≤p≤l).

(i)若兩種方案檢驗總次數(shù)的期望值相同，求P關(guān)于"的函數(shù)解析式〃=/(〃)；

(ii)若〃=8,且每單次檢驗費用相同，為降低總檢驗費用，選擇哪種方案更好？試說明理由.

【答案】⑴(

1時，選擇方案二；當(dāng)1-2＜。＜1時，選擇方案

(2)(i)p=f5)=1-丁;(ii)當(dāng)0<p<l-

(1)

將5份待檢血液排成一排有H=I20：

滿足條件的排法：第一步，將兩份選一份排在第三位有2種；

第二步，在第一、二位選一個空位排另一份患者血液有2種排法;

第三步，將剩余3份排成一排有M=6.

所以滿足條件的排法共2x2x6=24.

所以恰好檢驗3次就能確定患病兩人的概率為2含4=W1

(2)

(i)因為每個人都有可能患病，故方案一檢驗次數(shù)為定值

記方案二檢驗次數(shù)為X,則X的取值為1,

P(X=I)=(I-P)",P(X=〃+l)=l_(l_p)"

所以E(X)=(I-P)"+(〃+DU-(1-P)n}

由題可知(I-P)"+(〃+Dn-(I-P)"]=〃，即〃(I-P)”=1,

整理可得P=I-爰，即。=/(〃)=1一3

(ii)當(dāng)”=8時，記單次檢驗費用為X,

則方案一：檢驗費用為以；

方案二：記檢驗費為匕則y的分布列為

YX(π+l)x

P(I-P)"J(I-P)"

,,

則E(Y)=X(I-py+(〃+I)Ml-(I-p)']=[n+l-n(l-pY]x

E(Y)-nx=[n+?-n(?-p),l]x-nx={?-n(?-p)n]x

記g(p)=l-"(l-p)",因為w=8,所以g(p)=1-8(1-pF

因為O<l-p<l,所以g(p)單調(diào)遞增，

由(i)知，當(dāng)。=1一時，g(p)=o,

所以當(dāng)0<。<]_上時,

g(p)<O,則E(Y)C以；

當(dāng)ι^?<p<ι時，

g(p)>O,則E(>>nr.

故當(dāng)0<p<l-表時，選擇方案二；當(dāng)I-表<p<l時，選擇方案一.

3.(2022?浙江?高二階段練習(xí))學(xué)校的“智慧"書屋每學(xué)年初向高一新生招募30名左右的志愿者.2021

學(xué)年初，新高一學(xué)生報名踴躍，報名人數(shù)達(dá)到60人.現(xiàn)有兩個方案確定志愿者：方案一：用抽簽法

隨機抽取30名志愿者；方案二：將60名報名者編號，用隨機數(shù)法先從這60個編號中隨機抽取45

個，然后再次用隨機數(shù)法從這60個編號中隨機抽取45個，兩次都被抽取到的報名者成為志愿者.

(1)采用方案一或二，分別記報名者甲同學(xué)被抽中為事件A和事件B,求事件A和事件B發(fā)生的概率;

(2)若采用方案二，設(shè)報名者甲同學(xué)被抽取到的次數(shù)為X,求X的數(shù)學(xué)期望；

⑶不難發(fā)現(xiàn)采用方案二確定的志愿者人數(shù)不少于方案一的30人.若采用方案二，記兩次都被抽取到

的人數(shù)為y,則丫的可取值是哪些？其中y取到哪一個值的可能性最大？

1O

【答案】⑴P(4)=j,P(B)=?;

ZIo

(2)|；

(3)30≤r≤45(y∈N"),Y取到34的可能性最大.

(1)

抽簽法隨機抽取30名志愿者含甲的概率為P(A)=穿■=；,

C"Z

9

隨機數(shù)法抽取45名志愿者含甲的概率為P(B)

16

⑵

由(知：甲每次被抽到的概率均為懸=]

1),則

eeo4

It3

所以E(X)=2x^=5.

(3)

設(shè)兩次都被抽到的人數(shù)為隨機變量y,則30≤y≤45(y∈N*),

「45-〃「45-〃

故p(y=〃)=「45「45,3O≤∕7≤45√7∈N'

l^60v-z60

60!(60-〃)!________15!_______60!_______

令〃〃)=ɑcZ：c：”=

0(60-n)!∕j!(45-n)!15!(45-n)!(w-30)![(45-n)!]l,2n*4!(n-30)!

l,41+1)=_________60!_________χ[(45-〃川2加(“_30)!=(45-〃)？

“/(?)—[(44-n)!]2(n+l)!(n-29)!X60!-(n+l)(n-29)

令〃：+1)>1貝|](45—”)2一(〃+1)(”-29)=2054—62〃>0,即∕t≤33,

當(dāng)〃≤33時，f("+l)>∕(");當(dāng)〃≥34時，.f("+l)<∕(").

因此，"=34時〃〃)最大,即尸(丫=34)最大,

所以y取到34的可能性最大.

4.(2022?安徽?蕪湖一中高二期中)某單位為患病員工集體篩查新型流感病毒，需要去某醫(yī)院檢驗

血液是否為陽性，現(xiàn)有上(左€^,^^2)份血液樣本，有以下兩種檢驗方案，方案一：逐份檢驗，則

需要檢驗上次；方案二：混合檢驗，將無份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗一次，若檢驗結(jié)果為

陰性，則”份血液樣本均為陰性，若檢驗結(jié)果為陽性，為了確定k份血液中的陽性血液樣本，則對女

份血液樣本再逐一檢驗逐份檢驗和混合檢驗中的每一次檢驗費用都是α(α>0)元，且k份血液樣本混

合檢驗一次需要額外收元的材料費和服務(wù)費.假設(shè)在接受檢驗的血液樣本中，每份樣本是否為陽

性是相互獨立的，且據(jù)統(tǒng)計每份血液樣本是陽性的概率為MO

⑴假設(shè)有5份血液樣本，其中只有2份樣本為陽性，若采用逐份檢驗的方式，求恰好經(jīng)過3次檢驗

就能把陽性樣本全部檢驗出來的概率.

(2)若&卜wN*,k≥2)份血液樣本采用混合檢驗方案，需要檢驗的總次數(shù)為X,求X分布列及數(shù)學(xué)期

望；

⑶①若我=10,0<,<1-啊而，以檢驗總費用為決策依據(jù)，試說明該單位選擇方案二的合理性；

②若采用方案二總費用的數(shù)學(xué)期望低于方案一，求k的最大值.

參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.7,ln3el.l,ln5≈1.6,In11≈2.4

3

【答案】⑴I

⑵分布列見解析，k+l-k(l-p)k

(3)11

(1)

記恰好經(jīng)過3次檢驗就能把陽性樣本全部檢驗出來為A事件，

則P(A)=A"q∕G=a.

610

⑵

X的可能值為1和女+1，

P(X=1)=(1-",尸(X=?+l)=l-(l-p)?

所以隨機變量X的分布列為：

X1k+↑

P(ι-√1-(I-Py

所以E(X)=Ix(l-∕√+(Z+l)x[l-(l-p)[=女+I-Ml-P)*

⑶

①設(shè)方案二的總費用的數(shù)學(xué)期望為E")，方案-總費用為Z,

所以方案二總費用的數(shù)學(xué)期望為：

E(Y)=aE(X)+^a=a[k+l-k(l-p)k^?+^a,

-I549

X)t=10,所以￡(丫)=〃[1]_]0(1_.)1°]+1〃=_10〃(1_2)H)+彳4,

又方案-的總費用為Z=IoQ,

Q

所以Z-E(T)=α?10(l-p),0-,

_74_

當(dāng)0<〃<1-巧0.225時.^<(l-p)'0<l,

9

0<10(l-p)'u——,又α>0,

4

所以Z>E(Y),所以該單位選擇方案二合理.

②由①知方案二總費用的數(shù)學(xué)期望E(Y)=?￡(%)+∣a^a[k+?-k(l-P)1++，

又方案一的總費用為Z="Z,

(9工)

令E(Y)<Z得：ak+--ke7<ak,

I4)

(9—--9

所以Qk+--ke7?<ak即履7

I4J94

(，Ok9

即InZe7>1∏-,所以InZ-勺一ln3>0,

IJ474

r9

設(shè)/(?)=lnx---In—,x∈[2,+∞),

74

117—X

所以rw=一—??=f-,χ∈[2,+∞),

X7Ix

令OO得2≤x<7J")<0得χ>7,

所以/(χ)在區(qū)間⑵7)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(7,+co)上單調(diào)遞減,

∕0)maχ=/⑺=l∏7-l-2(ln3-ln2)=0.1>0,

QQQ

/(8)=31n2-y-2(ln3-ln2)=51n2-21n3--=1.3-y>0,

999

/(9)=21n3-y-2(ln3-ln2)=21n2-∣=1.4-y>0,

/(10)=lnl0-y-2(ln3-ln2)=1.5-y>0,

/(H)=lnll-y-2(ln3-ln2)=l.6-y>0,

121212

/(12)=lnl2-y-2(ln3-ln2)=4ln2-ln3-y=1.7-y<O,

所以A的最大值為11.

5.(2022?全國?高三專題練習(xí))我國某芯片企業(yè)使用新技術(shù)對一款芯片進行試產(chǎn)，設(shè)試產(chǎn)該款芯片

的次品率為P(OVpVl),且各個芯片的生產(chǎn)互不影響.

⑴試產(chǎn)該款芯片共有兩道工序，且互不影響，其次品率依次為，Pl=MP24.

①求p；

②現(xiàn)對該款試產(chǎn)的芯片進行自動智能檢測，自動智能檢測為次品(注：合格品不會被誤檢成次品)

的芯片會被自動淘汰，然后再進行人工抽檢已知自動智能檢測顯示該款芯片的合格率為96%,求人

工抽檢時，抽檢的一個芯片是合格品的概率.

⑵視P為概率，記從試產(chǎn)的芯片中隨機抽取〃個恰含，"(〃>，")個次品的概率為了(P),求證：f(p)

在P='時取得最大值.

n

【答案】⑴①②，

⑵證明見解析

(1)

①因為兩道生產(chǎn)工序互不影響，

法一：所以〃=I-(I-PJ(I-P2)=1

法二：所以〃=37√xl+X——=——

3417

答：該款芯片的次品率為萬；

②記該款芯片自動智能檢測合格為事件A,人工抽檢合格為事件B,

且P(A)=96%,P(AB)=I-P=j∣.

16

50

則人工抽檢時，抽檢的一個芯片恰是合格品的概率：P(??-P(AB)-∏-?

'B1Λ'P(A)96%51

答：人工抽檢時，抽檢的一個芯片恰是合格品的概率為

(2)

因為各個芯片的生產(chǎn)互不影響，所以/(P)=C>ra(l-P)E(O<P<1),

所T(P)=c；[mp"I(I-prm-(n-m)p'"(I-p)i[=CA"T(1-pΓ"-'(m-np).

令:(P)=0,得P=%，

所以當(dāng)0<p<竺時，/'(P)>OJ(P)為單調(diào)增函數(shù);

當(dāng)?<P<1時，f?p)<O,f(p)為單調(diào)減函數(shù),

所以，當(dāng)P=絲時，"P)取得最大值.

6.(2022?重慶巴蜀中學(xué)高二階段練習(xí))設(shè)/(x)=4ln(x+l),g(x)=x-/,函數(shù)/(x)與g(x)在X

=0處有相同的切線.

⑴求α的值；

⑵求證：當(dāng)x>0時，幺立-g(x)>O;

⑶若一個盒子里裝有〃(〃≥2且"eN*)個不同的彩色球，其中只有一個白球，每次從中隨機抽取

一個，然后放回，只要取到白球就停止抽取，記抽取2次就中止的概率為匕(2),抽取3次就中止的

Λ7-4-1

概率為￡(3),設(shè)K=2(2)-E,(3)(n≥2且"∈N*),求證：6+A+…+《〈In彳.

【答案】⑴。=1

⑵證明見解析

⑶證明見解析

⑴

/㈤=備g'(x)=>2x,由題可知:/(0)=g(0)=>α=l

⑵

當(dāng)x>0時，IMx+1_.+￡>0等價于證明:ln(x+l)-x2+x3>0

X

,23x+x

設(shè)MX)=In(X+1)一爐+%\∕z(x)=---2x+3x=^~?,

''x+?x+?

所以當(dāng)x>0時，”(x)>0恒成立，故〃(X)在(0,+∞)上遞增，

又Zz(O)=O,則MX)=In(X+1)-/+7>//(0)=0,故不等式得證.

(3)

由題：蟲2)=*蟲3)=*，故匕=WI一空￡二二

nnnnnn

,一心.1,.f1?1n+111

由(2)可知，當(dāng)X=一時，ln∣-+"=ln----->—--

n?n)nH^n

34J?4-1n4-1

故：E+A++P,<ln-+ln-++In——=In——，得證.

l23n2

7.(2022?江蘇?常州市第一中學(xué)高二階段練習(xí))非物質(zhì)文化遺產(chǎn)是一個國家和民族歷史文化成就的

重要標(biāo)志，是優(yōu)秀傳統(tǒng)文化的重要組成部分.瑞昌剪紙于2008年列入第二批國家級非物質(zhì)文化遺產(chǎn)

名錄.由于瑞昌地處南北交匯處，經(jīng)過千年的南北文化相互浸潤與滲透，瑞昌剪紙融入了南方的陰

柔之麗、精巧秀美和北方的陽剛之美、古樸豪放.為了弘揚中國優(yōu)秀的傳統(tǒng)文化，某校將舉辦一次

剪紙比賽，共進行5輪比賽，每輪比賽結(jié)果互不影響.比賽規(guī)則如下：每一輪比賽中，參賽者在30

分鐘內(nèi)完成規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各2幅，若有不少于3幅作品入選，將獲得“巧手獎5輪比賽中，

至少獲得4次“巧手獎”的同學(xué)將進入決賽.某同學(xué)經(jīng)歷多次模擬訓(xùn)練，指導(dǎo)老師從訓(xùn)練作品中隨機

抽取規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各5幅，其中有4幅規(guī)定作品和3幅創(chuàng)意作品符合入選標(biāo)準(zhǔn).

⑴從這10幅訓(xùn)練作品中，隨機抽取規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各2幅，試預(yù)測該同學(xué)在一輪比賽中獲"巧

手獎”的概率；

(2)以上述兩類作品各自入選的頻率作為該同學(xué)參賽時每幅作品入選的概率.經(jīng)指導(dǎo)老師對該同學(xué)進

行賽前強化訓(xùn)練，規(guī)定作品和創(chuàng)意作品入選的概率共提高了,以獲得"巧手獎”的次數(shù)期望為參考,

試預(yù)測該同學(xué)能否進入決賽？

【答案】⑴京

⑵該同學(xué)沒有希望進入決賽.

⑴

由題可知，所有可能的情況有：

①規(guī)定作品入選1幅，創(chuàng)意作品入選2幅的概率6=7θ=寶，

??■23

②規(guī)定作品入選2幅，創(chuàng)意作品入選1幅的概率g=???￠?=W,

c5c525

…C2,C29

③規(guī)定作品入選2幅，創(chuàng)意作品入選2幅的概率々=7?=左，

C5?C550

39933

故所求的概率P=+?+5;=蕓.

7257255050

(2)

設(shè)強化訓(xùn)練后，規(guī)定作品入選的概率為P∣,創(chuàng)意作品入選的概率為P2，

,4313

則π…=MMlTE'

由已知可得，強化訓(xùn)練后該同學(xué)某一輪可獲得“巧手獎”的概率為：

2

P=Gp∣(l-pJ?C弱+C；p：.?(l-p2)+CPi,c2p2

=2p∣Pz(p∣+pj-3(p∣pj

=3p∣P2-3(p∣pJ

343343379

+

P↑P2=r?ILPlN不，P?≥1,?HP--p2≥-,--pl≥-,ll∣Jp2≤-,pl≤-

乙JJ乙JJ??J?VJZ

4937

故可得：-≤p1≤-,-≤P2≤-,

2714

.*.pi?P)w—,—,

12L5025」

l?2a「2714一

H-1+［在—上單調(diào)遞減,

???該同學(xué)在5輪比賽中獲得”弓手獎"的次數(shù)X~3(5,P),

315

E(X)=5P<5×-=-<4,故該同學(xué)沒有希望進入決賽.

44

8.(2022?江蘇?揚州中學(xué)高三開學(xué)考試)公元1651年，法國學(xué)者德梅赫向數(shù)學(xué)家帕斯卡請教了一個

問題：設(shè)兩名賭徒約定誰先贏滿4局，誰便贏得全部賭注。元，己知每局甲贏的概率為P(O<P<D,

乙贏的概率為1-P，且每局賭博相互獨立，在甲贏了2局且乙贏了1局后，賭博意外終止，則賭注

該怎么分才合理？帕斯卡先和費爾馬討論了這個問題，后來惠更斯也加入了討論，這三位當(dāng)時歐洲

乃至全世界著名的數(shù)學(xué)家給出的分配賭注的方案是：如果出現(xiàn)無人先贏4局且賭博意外終止的情況,

則甲、乙按照賭博再繼續(xù)進行下去各自贏得全部賭注的概率之比品：2分配賭注.(友情提醒：珍

愛生命，遠(yuǎn)離賭博)

2

(1)若a=243,p=1,甲、乙賭博意外終止，則甲應(yīng)分得多少元賭注？

4

(2)若p...g,求賭博繼續(xù)進行下去甲贏得全部賭注的概率/(P),并判斷“賭博繼續(xù)進行下去乙贏

得全部賭注”是否為小概率事件(發(fā)生概率小于0.05的隨機事件稱為小概率事件).

【答案】(1)216元;(2)/(P)=I-(1+3P)(I-pH,是小概率事件.

【詳解】(1)設(shè)賭博再繼續(xù)進行X局且甲贏得全部賭注，則最后一局必然中贏

由題意知，最多再進行4局，甲、乙必然有人贏得全部賭注.

當(dāng)X=2時，甲以4:1贏，所以P(X=2)=(∣)=[；

當(dāng)X=3時，甲以4:2贏，所以P(X=3)=C；wx1-大卜可=5；

當(dāng)X=4時，甲以4:3贏，所以P(X=4)=C?2χ[l-2]×-=A.

v733I3)327

484248

所以，甲?i的概率為％+=+====%.

92727279

O

所以，甲應(yīng)分得的賭注為243xg=216元

(2)設(shè)賭注繼續(xù)進行y局乙贏得全部賭注，則最后一局必然乙贏，則丫的可能取值有3、4,

3

當(dāng)y=3時，乙以4:2贏,P(y=3)=(l-p)s

當(dāng)y=4時，乙以4:3贏，P(y=4)=Cp(l-p)3=3p(l)3；

所以，乙贏得全部賭注的概率為

P(A)=(I-p)3+3p(l_p)3=(1+3P)(I-p)3

于是甲贏得全部賭注的概率/(P)=I-(I+3P)(I-P)3.

求導(dǎo)，∕,(p)=-3(l-p)3-(l+3p)?3(l-p)2(-l)=12p(l-p)2.

因為t≤p<l,所以/'(p)>0,所以/(p)在*1)上單調(diào)遞增，

故乙贏的概率最大為I-粵=2=0.0272<0.05,故是小概率事件.

625625

②概率與數(shù)列

1.(2022?浙江?高二期中)2022年2月6日，中國女足在兩球落后的情況下，以3比2逆轉(zhuǎn)擊敗韓

國女足，成功奪得亞洲杯冠軍，在之前的半決賽中，中國女足通過點球大戰(zhàn)6:5驚險戰(zhàn)勝日本女足,

其中門將朱鉉兩度撲出日本隊員的點球，表現(xiàn)神勇.

⑴撲點球的難度一般比較大，假設(shè)罰點球的球員會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向射

門，門將也會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向來撲點球，而且門將即使方向判斷正確

也有T的可能性撲不到球.不考慮其它因素，在一次點球大戰(zhàn)中，求門將在前三次撲出點球的個數(shù)

X的分布列和期望；

(2)好成績的取得離不開平時的努力訓(xùn)練，甲、乙、丙、丁4名女足隊員在某次傳接球的訓(xùn)練中，球

從甲腳下開始，等可能地隨機傳向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機傳向另外3

人中的1人,如此不停地傳下去,假設(shè)傳出的球都能接住.記第〃次傳球之前球在甲腳下的概率為P,,,

易知Pl=1,0=0.

①試證明卜“一'為等比數(shù)列；

②設(shè)第n次傳球之前球在乙腳下的概率為戒,比較Pio與%。的大小.

【答案】⑴分布列見解析，E(X)=g

(2)①證明見解析;②加<名。

(1)

解析1：分布列與期望

依題意可得，門將每次可以撲出點球的概率為P=！X?X3X：=，，

3326

門將在前三次撲出點球的個數(shù)X可能的取值為0,1,2,3,

P(X=OYXmj=黑P(X=D=c；INIJ=I

P(X=2)=CmX圖喂P(X=3)=<x(L=親X的分布列為:

X0123

1252551

P

2167272216

12525511

期望E(X)=OXj+lx'+2x3+3χ'J

21672722162

(1)解析2：二項分布

依題意可得，門將每次可以撲出點球的概率為P=2x!x3x1=J,門將在前三次撲出點球的個數(shù)X

3326

可能的取值為0,1，2,3,易知X~OP(X=Q=c；Xo(I「，?=0,1,2,3.X的分

布列為:

X0123

1252551

P

2167272216

期望E(X)=3X1=L

O2

(2)

解析：遞推求解

①第"次傳球之前球在甲腳下的概率為P”，則當(dāng)“≥2時，第W-I次傳球之前球在甲腳下的概率為

Pz，

第〃—1次傳球之前球不在甲腳下的概率為I-P1,-,，則P(I=HT?0+(I-Λ,-∣)?∣=-∣Λ-1÷∣-

從而=又=??.[P,,-J1是以1為首項.公比為一：的等比數(shù)列.

43144[4J43

②由①可知+?'PIO=I■1—；)+；<；‘Io=§(1-PIO)>4，故P∣o<1o?

2.(2022,全國?高二期末)2022年4月23日是第27個"世界讀書日"，某校組織“讀書使青春展翅,

知識讓生命飛翔”主題知識競賽，規(guī)定參賽同學(xué)每答對一題得2分，答錯得1分，不限制答題次數(shù).

已知小明能正確回答每題的概率都為且每次回答問題是相互獨立的，記小明得〃分的概率為

p("),"∈N".

⑴求p(2),p(3)的值；

⑵求M")?

【答案】⑴p(2)=}p(3)=∣

4o

(2)P(")=∣+H

(1)

1117

解：得2分即回答1題正確或者回答2題都錯誤，所以p(2)=；+；x]=j,

得3分即回答2題1題正確，1題錯誤或者回答3題都錯誤，所以P⑶=。上葭:+葭底:=：；

22222o

(2)

解：因為小明得n+1分有兩種情況，一種是小明在得"分的情況下又答1題錯誤；

另一種是小明在得1分的情況下又答1題正確.

所以p("+l)=g"(")+gp("-l),即+=,

311

因為p(2)-P(I)=Z-I=WW0，

/+ι)-M"L1

。5)-MW-I)5'

因此｛p("+l)-p(")｝是以;為首項，為公比的等比數(shù)列，

所以p("+l)-p(")=1g),

當(dāng)”..2時,p(n)=[p(n)-p(n-l)]+[p(n-l)-p(n-2)]+???+[p(2)-p(l)]+p(l),

(1Y(IYT(1Y121(IYM

=匕J+[^2j+…+KJ+2=3~3｛~2)'

又PO)=:符合上式，

3.(2022?全國?高三專題練習(xí))某商城玩具柜臺五一期間促銷，購買甲、乙系列的盲盒，并且集齊

所有的產(chǎn)品就可以贈送節(jié)日送禮，現(xiàn)有甲、乙兩個系列盲盒，每個甲系列盲盒可以開出玩偶A,4,

4中的一個，每個乙系列盲盒可以開出玩偶耳，層中的一個.

(1)記事件E“：一次性購買“個甲系列盲盒后集齊玩偶A,Λ,&玩偶；事件工：一次性購買〃個

乙系列盲盒后集齊用，鳥玩偶；求概率P(&)及P(g)；

(2)某禮品店限量出售甲、乙兩個系列的盲盒，每個消費者每天只有一次購買機會，且購買時，只

能選擇其中一個系列的一個盲盒.通過統(tǒng)計發(fā)現(xiàn)：第一次購買盲盒的消費者購買甲系列的概率為:，

購買乙系列的概率為!；而前一次購買甲系列的消費者下一次購買甲系列的概率為9，購買乙系列

34

的概率為%前一次購買乙系列的消費者下一次購買甲系列的概率為g購買乙系列的概率為9

如此往復(fù)，記某人第〃次購買甲系列的概率為2,.

①求｛2｝的通項公式；

②若每天購買盲盒的人數(shù)約為100,且這100人都已購買過很多次這兩個系列的盲盒，試估計該禮品

店每天應(yīng)準(zhǔn)備甲、乙兩個系列的盲盒各多少個.

【答案】⑴P(U)=MP(E)=(2)①2二+巴χ,?L]'；②甲系列盲盒40個，乙

o?O515I4J

系列盲盒60個.

【詳解】解：(1)若一次性購買5個甲系列盲盒，得到玩偶的情況總數(shù)為%集齊A，4,&玩偶,

則有兩種情況：

①其中一個玩偶3個，其他兩個玩偶各1個，則有GC；另種結(jié)果；

②若其中兩個玩偶各2個，另外兩個玩偶1個，則共有C；CC；種結(jié)果，

故P(E)=G二片+C；C；C：=60+90=150=50.

’5)3524324381,

若一次性購買4個乙系列盲盒，全部為片與全部為息的概率相等，均為最，

I17

故尸(5)=1一好一/=§；

(2)①由題可知：Qi=-,

當(dāng)“≥2時，Q,=?(2,,.l+?(?-β,,,l)=?-?0?_,,M∣Jβ,,-1=-?fβ,-∣-,βl-∣=^j^,β∣4β,-∣∣

41

是以T為首項，以-7為公比的等比數(shù)列.

1754

所以若*閶，即R=Ho

②因為每天購買盲盒的100人都已購買過很多次，所以對于每一個人來說，某一天來購買盲盒時，

2

可看作〃→物，所以，其購買甲系列的概率近似于不，

假設(shè)用4表示一天中購買甲系列盲盒的人數(shù)，則SB(Ioo,I

2

所以琦=I(X)XW=40,即購買甲系列的人數(shù)的期望為40,

所以禮品店應(yīng)準(zhǔn)備甲系列盲盒40個，乙系列盲盒60個.

4.(2022?全國?高三專題練習(xí))當(dāng)前，全國上下正處在新冠肺炎疫情“外防輸入，內(nèi)防反彈”的關(guān)鍵

時期，為深入貫徹落實習(xí)近平總書記關(guān)于疫情防控的重要指示要求，始終把師生生命安全和身體健

康放在第一位.結(jié)合全國第32個愛國衛(wèi)生月要求，學(xué)校某班組織開展了“戰(zhàn)疫有我，愛衛(wèi)同行"防控

疫情知識競賽活動，抽取四位同學(xué)，分成甲、乙兩組，每組兩人，進行對戰(zhàn)答題.規(guī)則如下：每次

每位同學(xué)給出6道題目，其中有道是送分題（即每位同學(xué)至少答對1題）.若每次每組答對的題數(shù)之和

為3的倍數(shù)，原答題組的人再繼續(xù)答題；若答對的題數(shù)之和不是3的倍數(shù)，就由對方組接著答題.假

設(shè)每位同學(xué)每次答題之間相互獨立，無論答對幾道題概率都一樣，且每次答題順序不作考慮，第一

次由甲組開始答題.求：

（1）若第“次由甲組答題的概率為2,,求與；

⑵前4次答題中甲組恰好答題2次的概率為多少？

【答案】⑴勺=；?（-；）"'+；；（2）∕^?

【詳解】⑴答對的題數(shù)之和為3的倍數(shù)分別為1+2,2+4,1+5,4+5,3+3,6+6,3+6,

其概率為黑工=；,

363

則答對的題數(shù)之和不是3的倍數(shù)的概率為1,

第（〃+1）次由甲組答題，是第〃次由甲組答題，第5+1）次繼續(xù)由甲組答題的事件與第"次由乙組答

題，第5+1）次由甲組答題的事件和，它們互斥，又各次答題相互獨立，

所以第"次由甲組答題，第（"+D次繼續(xù)由甲組答題的概率為

2

第〃次由乙組答題，第（〃+i）次由甲組答題的概率為§（i-匕），

121?

因此%=刊,+§（1-4）=-弁,+§（〃€心，

則E,+∣_[=_；（《一；）

因為第一次由甲組開始，則6=1,

所以皤是首項為公比為-g的等比數(shù)列，

所以

即小?d

（2）由于第1次由甲組答題，則只要第2次、第3次、第4次這3次中再由甲組答題一次即可，由⑴可

知8=：1,A=5ιB=13m

3927

所以所求概率P=65（l-下）（1一巴）+e（l-g）8（l-&）+C（l-2）（l—下）火

1..5、“13、”1.5八13..11..15、13_IOO

=-?d--)?(i--)÷(i--)?-?(i--)÷(i--)?(i--)27~243

所以P=翳

5.（2022?河北廊坊?模擬預(yù)測）有人玩擲硬幣走跳棋的游戲，已知硬幣出現(xiàn)正反面為等可能性事件,

棋盤上標(biāo)有第O站，第1站，第2站.....第IOO站.一枚棋子開始在第O站，棋手每擲一次硬幣，

棋子向前跳動一次，若擲出正面，棋向前跳一站（從k到Z+1）,若擲出反面，棋向前跳兩站（從

k到上+2）,直到棋子跳到第99站（勝利大本營）或跳到第100站（失敗集中營）時，該游戲結(jié)束.

設(shè)棋子跳到第"站概率為2?

（1）求玲，P1,6的值；

（2）求證：Pn-P,,.l=~（P,,.l-P,,-2y其中〃€N,2領(lǐng)N99；

（3）求%及加的值.

l（X）~

/1\"|1Γ/1?99

【答案】⑴4=1.4=；.6=1⑵見解析；（3）%=41一卜，％=>+".

【詳解】（I）棋子開始在第0站為必然事件，《=1.

第一次擲硬幣出現(xiàn)正面，棋子跳到第1站，其概率為g,???4=g.

棋子跳到第2站應(yīng)從如下兩方面考慮：

①前兩次擲硬幣都出現(xiàn)正面，其概率為:；

②第一次擲硬幣出現(xiàn)反面，其概率為T.

?113

2424

（2）證明：棋子跳到第。（2效加99）站的情況是下列兩種，而且也只有兩種：

①棋子先到第〃-2站，又?jǐn)S出反面，其概率為:q_2；

②棋子先到第〃-1站，又?jǐn)S出正面，其概率為ggτ?

匕=；偌+，.

ETL初H.

（3）由（2）知，當(dāng)1勵9時，數(shù)列優(yōu)-月-J是首項為［-4=-；，公比為的等比數(shù)列.

6.(2022,山東省實驗中學(xué)模擬預(yù)測)某游戲棋盤上標(biāo)有第0、1、2、L、100站，棋子開始位于

第0站，選手拋擲均勻硬幣進行游戲，若擲出正面，棋子向前跳出一站；若擲出反面，棋子向前跳

出兩站，直到跳到第99站或第100站時，游戲結(jié)束.設(shè)游戲過程中棋子出現(xiàn)在第〃站的概率為匕.

(1)當(dāng)游戲開始時，若拋擲均勻硬幣3次后，求棋子所走站數(shù)之和X的分布列與數(shù)學(xué)期望；

(2)證明：2*L9,=-g(B-2τ)0≤“≤98);

(3)若最終棋子落在第99站，則記選手落敗，若最終棋子落在第100站，則記選手獲勝.請分析這個

游戲是否公平.

【答案】(1)分布列見解析，數(shù)學(xué)期望(2)見解析；(3)游戲不公平.

【詳解】(1)由題意可知，隨機變量X的可能取值有3、4、5、6,

P(X=3)=?$P(X=4)=C*{1∫=∣.

MX=4；0WP(X=6)C

所以，隨機變量X的分布列如下表所示：

X3456

?33?

P

8888

1331o

所以，E(X)=3×-+4×-+5×-+6×-=-;

(2)依題意，當(dāng)1≤“≤98時，棋子要到第(〃+1)站，有兩種情況:

山第”站跳1站得到，其概率為?P,,；

可以由第(?-1)站跳2站得到,其概率為TP,,.i.

所以,Pn+l=^Pll+~Pn.l.

同時減去?得以一勺=一；《+：兒|=一；儼-51)(14〃498)；

(3)依照(2)的分析，棋子落到第99站的概率為4=；&+；廊,

由于若跳到第99站時，自動停止游戲，故有耳co=g4.

所以YO<4,即最終棋子落在第99站的概率大于落在第100站的概率，游戲不公平.

③概率綜合

1.（2022?湖南衡陽?高一期末）甲，乙兩人進行圍棋比賽，采取積分制，規(guī)則如下：每勝1局得1

分，負(fù)1局或平局都不得分，積分先達(dá)到2分者獲勝；若第四局結(jié)束，沒有人積分達(dá)到2分，則積

分多的一方獲勝；若第四周結(jié)束，沒有人積分達(dá)到2分，且積分相等，則比賽最終打平.假設(shè)在每

局比賽中，甲勝的概率為負(fù)的概率為g，且每局比賽之間的勝負(fù)相互獨立.

⑴求第三局結(jié)束時乙獲勝的概率；

⑵求甲獲勝的概率.

4

【答案】⑴力

265

（z2）

432

（1）

設(shè)事件A為“第三局結(jié)束乙獲勝〃

山題意知，乙每局獲勝的概率為［1不獲勝的概率為彳?.

若第三局結(jié)束乙獲勝，則乙第三局必定獲勝，總共有2種情況：（勝，不勝，勝），（不勝，勝,

勝）.

+…八1212114

故P（A）=一X-X-+-X-X-=一

33333327

⑵

設(shè)事件B為"甲獲勝

若第二局結(jié)束甲獲勝，則甲兩局連勝，此時的概率I=：*：=；.

若第三局