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

專題25概率統(tǒng)計(jì)(解答題壓軸題)

概率統(tǒng)計(jì)(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(xiàng)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(kāi)學(xué)考試)甲、乙兩人參加一個(gè)游戲，該游戲設(shè)有獎(jiǎng)金256元，誰(shuí)先贏

滿5局，誰(shuí)便贏得全部的獎(jiǎng)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(dú)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(jiǎng)金

應(yīng)該如何分配才為合理？有專家提出如下的獎(jiǎng)金分配方案：如果出現(xiàn)無(wú)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(jìn)行下去各自贏得全部獎(jiǎng)金的概率之比%：2分配獎(jiǎng)金.

⑴若/2=7,則乙應(yīng)該得多少獎(jiǎng)金；

4

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

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

率小于0.05,則稱隨機(jī)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(jiàn)解析.

(1)

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

339

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

4416

Q?1IQ

當(dāng)X=3時(shí)，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(shí)，乙以5:3贏，

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

所以乙贏得全部獎(jiǎng)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(jiǎng)金為256x苔252=252(元).

256

(2)

設(shè)游戲繼續(xù)進(jìn)行丫局甲獲得全部獎(jiǎng)金，則最后一局必然甲贏.

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

當(dāng)y=5時(shí)，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(jiǎng)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(hào),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(jì)南?高二期末)在某地區(qū)進(jìn)行某種疾病調(diào)查，需要對(duì)其居民血液進(jìn)行抽樣化驗(yàn)，若

結(jié)果呈陽(yáng)性，則患有該疾??；若結(jié)果為陰性，則未患有該疾病.現(xiàn)有〃("∈N-Z7≥2)個(gè)人，每

人一份血液待檢驗(yàn)，有如下兩種方案：

方案一：逐份檢驗(yàn)，需要檢驗(yàn)〃次；

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

有該疾?。蝗魴z驗(yàn)結(jié)果呈陽(yáng)性，再對(duì)"份血液逐份檢驗(yàn)，此時(shí)共需要檢驗(yàn)”+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(yàn)3次就能確定患病兩人的概率；

⑵已知每個(gè)人患該疾病的概率為p(0≤p≤l).

(i)若兩種方案檢驗(yàn)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(yàn)費(fèi)用相同，為降低總檢驗(yàn)費(fèi)用，選擇哪種方案更好？試說(shuō)明理由.

【答案】⑴(

1時(shí)，選擇方案二；當(dāng)1-2＜。＜1時(shí)，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(gè)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(yàn)3次就能確定患病兩人的概率為2含4=W1

(2)

(i)因?yàn)槊總€(gè)人都有可能患病，故方案一檢驗(yàn)次數(shù)為定值

記方案二檢驗(yàn)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(shí)，記單次檢驗(yàn)費(fèi)用為X,

則方案一：檢驗(yàn)費(fèi)用為以；

方案二：記檢驗(yàn)費(fèi)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?yàn)閣=8,所以g(p)=1-8(1-pF

因?yàn)镺<l-p<l,所以g(p)單調(diào)遞增，

由(i)知，當(dāng)。=1一時(shí)，g(p)=o,

所以當(dāng)0<。<]_上時(shí),

g(p)<O,則E(Y)C以；

當(dāng)ι^?<p<ι時(shí)，

g(p)>O,則E(>>nr.

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

3.(2022?浙江?高二階段練習(xí))學(xué)校的“智慧"書(shū)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(bào)名踴躍，報(bào)名人數(shù)達(dá)到60人.現(xiàn)有兩個(gè)方案確定志愿者：方案一：用抽簽法

隨機(jī)抽取30名志愿者；方案二：將60名報(bào)名者編號(hào)，用隨機(jī)數(shù)法先從這60個(gè)編號(hào)中隨機(jī)抽取45

個(gè)，然后再次用隨機(jī)數(shù)法從這60個(gè)編號(hào)中隨機(jī)抽取45個(gè)，兩次都被抽取到的報(bào)名者成為志愿者.

(1)采用方案一或二，分別記報(bào)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(bào)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(gè)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(jī)抽取30名志愿者含甲的概率為P(A)=穿■=；,

C"Z

9

隨機(jī)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(jī)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(shí)，f("+l)>∕(");當(dāng)〃≥34時(shí)，.f("+l)<∕(").

因此，"=34時(shí)〃〃)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(yàn)

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

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

陰性，則”份血液樣本均為陰性，若檢驗(yàn)結(jié)果為陽(yáng)性，為了確定k份血液中的陽(yáng)性血液樣本，則對(duì)女

份血液樣本再逐一檢驗(yàn)逐份檢驗(yàn)和混合檢驗(yàn)中的每一次檢驗(yàn)費(fèi)用都是α(α>0)元，且k份血液樣本混

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

性是相互獨(dú)立的，且據(jù)統(tǒng)計(jì)每份血液樣本是陽(yáng)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(yáng)性，若采用逐份檢驗(yàn)的方式，求恰好經(jīng)過(guò)3次檢驗(yàn)

就能把陽(yáng)性樣本全部檢驗(yàn)出來(lái)的概率.

(2)若&卜wN*,k≥2)份血液樣本采用混合檢驗(yàn)方案，需要檢驗(yàn)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(yàn)總費(fèi)用為決策依據(jù)，試說(shuō)明該單位選擇方案二的合理性；

②若采用方案二總費(fèi)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(jiàn)解析，k+l-k(l-p)k

(3)11

(1)

記恰好經(jīng)過(guò)3次檢驗(yàn)就能把陽(yáng)性樣本全部檢驗(yàn)出來(lái)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(jī)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(fèi)用的數(shù)學(xué)期望為E")，方案-總費(fèi)用為Z,

所以方案二總費(fèi)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(fèi)用為Z=IoQ,

Q

所以Z-E(T)=α?10(l-p),0-,

_74_

當(dāng)0<〃<1-巧0.225時(shí).^<(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(fèi)用的數(shù)學(xué)期望E(Y)=?￡(%)+∣a^a[k+?-k(l-P)1++，

又方案一的總費(fèi)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(guó)?高三專題練習(xí))我國(guó)某芯片企業(yè)使用新技術(shù)對(duì)一款芯片進(jìn)行試產(chǎn)，設(shè)試產(chǎn)該款芯片

的次品率為P(OVpVl),且各個(gè)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(duì)該款試產(chǎn)的芯片進(jìn)行自動(dòng)智能檢測(cè)，自動(dòng)智能檢測(cè)為次品(注：合格品不會(huì)被誤檢成次品)

的芯片會(huì)被自動(dòng)淘汰，然后再進(jìn)行人工抽檢已知自動(dòng)智能檢測(cè)顯示該款芯片的合格率為96%,求人

工抽檢時(shí)，抽檢的一個(gè)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(jī)抽取〃個(gè)恰含，"(〃>，")個(gè)次品的概率為了(P),求證：f(p)

在P='時(shí)取得最大值.

n

【答案】⑴①②，

⑵證明見(jiàn)解析

(1)

①因?yàn)閮傻郎a(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(wàn)；

②記該款芯片自動(dòng)智能檢測(cè)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(shí)，抽檢的一個(gè)芯片恰是合格品的概率：P(??-P(AB)-∏-?

'B1Λ'P(A)96%51

答：人工抽檢時(shí)，抽檢的一個(gè)芯片恰是合格品的概率為

(2)

因?yàn)楦鱾€(gè)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(shí)，/'(P)>OJ(P)為單調(diào)增函數(shù);

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

所以，當(dāng)P=絲時(shí)，"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(shí)，幺立-g(x)>O;

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

一個(gè)，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(jiàn)解析

⑶證明見(jiàn)解析

⑴

/㈤=備g'(x)=>2x,由題可知:/(0)=g(0)=>α=l

⑵

當(dāng)x>0時(shí)，IMx+1_.+￡>0等價(jià)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(shí)，”(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(chóng)2)=*蟲(chóng)3)=*，故匕=WI一空￡二二

nnnnnn

,一心.1,.f1?1n+111

由(2)可知，當(dāng)X=一時(shí)，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(gè)國(guó)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(guó)家級(jí)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(guò)千年的南北文化相互浸潤(rùn)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(yáng)剛之美、古樸豪放.為了弘揚(yáng)中國(guó)優(yōu)秀的傳統(tǒng)文化，某校將舉辦一次

剪紙比賽，共進(jìn)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(jiǎng)5輪比賽中，

至少獲得4次“巧手獎(jiǎng)”的同學(xué)將進(jìn)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(jī)

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(jī)抽取規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各2幅，試預(yù)測(cè)該同學(xué)在一輪比賽中獲"巧

手獎(jiǎng)”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(shí)每幅作品入選的概率.經(jīng)指導(dǎo)老師對(duì)該同學(xué)進(jìn)

行賽前強(qiáng)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(jiǎng)”的次數(shù)期望為參考,

試預(yù)測(cè)該同學(xué)能否進(jìn)入決賽？

【答案】⑴京

⑵該同學(xué)沒(méi)有希望進(jìn)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(qiáng)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(qiáng)化訓(xùn)練后該同學(xué)某一輪可獲得“巧手獎(jiǎng)”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(jiǎng)"的次數(shù)X~3(5,P),

315

E(X)=5P<5×-=-<4,故該同學(xué)沒(méi)有希望進(jìn)入決賽.

44

8.(2022?江蘇?揚(yáng)州中學(xué)高三開(kāi)學(xué)考試)公元1651年，法國(guó)學(xué)者德梅赫向數(shù)學(xué)家帕斯卡請(qǐng)教了一個(gè)

問(wèn)題：設(shè)兩名賭徒約定誰(shuí)先贏滿4局，誰(shuí)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(dú)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(fèi)爾馬討論了這個(gè)問(wèn)題，后來(lái)惠更斯也加入了討論，這三位當(dāng)時(shí)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(wú)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(jìn)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(ài)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(jìn)行下去甲贏得全部賭注的概率/(P),并判斷“賭博繼續(xù)進(jìn)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(jī)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(jìn)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(jìn)行4局，甲、乙必然有人贏得全部賭注.

當(dāng)X=2時(shí)，甲以4:1贏，所以P(X=2)=(∣)=[；

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

當(dāng)X=4時(shí)，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(jìn)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(shí)，乙以4:2贏,P(y=3)=(l-p)s

當(dāng)y=4時(shí)，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?yàn)閠≤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(guó)女足在兩球落后的情況下，以3比2逆轉(zhuǎn)擊敗韓

國(guó)女足，成功奪得亞洲杯冠軍，在之前的半決賽中，中國(guó)女足通過(guò)點(diǎn)球大戰(zhàn)6:5驚險(xiǎn)戰(zhàn)勝日本女足,

其中門(mén)將朱鉉兩度撲出日本隊(duì)員的點(diǎn)球，表現(xiàn)神勇.

⑴撲點(diǎn)球的難度一般比較大，假設(shè)罰點(diǎn)球的球員會(huì)等可能地隨機(jī)選擇球門(mén)的左、中、右三個(gè)方向射

門(mén)，門(mén)將也會(huì)等可能地隨機(jī)選擇球門(mén)的左、中、右三個(gè)方向來(lái)?yè)潼c(diǎn)球，而且門(mén)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(diǎn)球大戰(zhàn)中，求門(mén)將在前三次撲出點(diǎn)球的個(gè)數(shù)

X的分布列和期望；

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

從甲腳下開(kāi)始，等可能地隨機(jī)傳向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機(jī)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(jiàn)解析，E(X)=g

(2)①證明見(jiàn)解析;②加<名。

(1)

解析1：分布列與期望

依題意可得，門(mén)將每次可以撲出點(diǎn)球的概率為P=！X?X3X：=，，

3326

門(mén)將在前三次撲出點(diǎn)球的個(gè)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(xiàng)分布

依題意可得，門(mén)將每次可以撲出點(diǎn)球的概率為P=2x!x3x1=J,門(mén)將在前三次撲出點(diǎn)球的個(gè)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(shí)，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(xiàng).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(guó)?高二期末)2022年4月23日是第27個(gè)"世界讀書(shū)日"，某校組織“讀書(shū)使青春展翅,

知識(shí)讓生命飛翔”主題知識(shí)競(jìng)賽，規(guī)定參賽同學(xué)每答對(duì)一題得2分，答錯(cuò)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(wèn)題是相互獨(dú)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(cuò)誤，所以p(2)=；+；x]=j,

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

22222o

(2)

解：因?yàn)樾∶鞯胣+1分有兩種情況，一種是小明在得"分的情況下又答1題錯(cuò)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?yàn)閜(2)-P(I)=Z-I=WW0，

/+ι)-M"L1

。5)-MW-I)5'

因此｛p("+l)-p(")｝是以;為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，

所以p("+l)-p(")=1g),

當(dāng)”..2時(shí),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(guó)?高三專題練習(xí))某商城玩具柜臺(tái)五一期間促銷，購(gòu)買(mǎi)甲、乙系列的盲盒，并且集齊

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

4中的一個(gè)，每個(gè)乙系列盲盒可以開(kāi)出玩偶耳，層中的一個(gè).

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

乙系列盲盒后集齊用，鳥(niǎo)玩偶；求概率P(&)及P(g)；

(2)某禮品店限量出售甲、乙兩個(gè)系列的盲盒，每個(gè)消費(fèi)者每天只有一次購(gòu)買(mǎi)機(jī)會(huì)，且購(gòu)買(mǎi)時(shí)，只

能選擇其中一個(gè)系列的一個(gè)盲盒.通過(guò)統(tǒng)計(jì)發(fā)現(xiàn)：第一次購(gòu)買(mǎi)盲盒的消費(fèi)者購(gòu)買(mǎi)甲系列的概率為:，

購(gòu)買(mǎi)乙系列的概率為!；而前一次購(gòu)買(mǎi)甲系列的消費(fèi)者下一次購(gòu)買(mǎi)甲系列的概率為9，購(gòu)買(mǎi)乙系列

34

的概率為%前一次購(gòu)買(mǎi)乙系列的消費(fèi)者下一次購(gòu)買(mǎi)甲系列的概率為g購(gòu)買(mǎi)乙系列的概率為9

如此往復(fù)，記某人第〃次購(gòu)買(mǎi)甲系列的概率為2,.

①求｛2｝的通項(xiàng)公式；

②若每天購(gòu)買(mǎi)盲盒的人數(shù)約為100,且這100人都已購(gòu)買(mǎi)過(guò)很多次這兩個(gè)系列的盲盒，試估計(jì)該禮品

店每天應(yīng)準(zhǔn)備甲、乙兩個(gè)系列的盲盒各多少個(gè).

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

o?O515I4J

系列盲盒60個(gè).

【詳解】解：(1)若一次性購(gòu)買(mǎi)5個(gè)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(gè)玩偶3個(gè)，其他兩個(gè)玩偶各1個(gè)，則有GC；另種結(jié)果；

②若其中兩個(gè)玩偶各2個(gè)，另外兩個(gè)玩偶1個(gè)，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(gòu)買(mǎi)4個(gè)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(shí)，Q,=?(2,,.l+?(?-β,,,l)=?-?0?_,,M∣Jβ,,-1=-?fβ,-∣-,βl-∣=^j^,β∣4β,-∣∣

41

是以T為首項(xiàng)，以-7為公比的等比數(shù)列.

1754

所以若*閶，即R=Ho

②因?yàn)槊刻熨?gòu)買(mǎi)盲盒的100人都已購(gòu)買(mǎi)過(guò)很多次，所以對(duì)于每一個(gè)人來(lái)說(shuō)，某一天來(lái)購(gòu)買(mǎi)盲盒時(shí)，

2

可看作〃→物，所以，其購(gòu)買(mǎi)甲系列的概率近似于不，

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

2

所以琦=I(X)XW=40,即購(gòu)買(mǎi)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(gè)，乙系列盲盒60個(gè).

4.(2022?全國(guó)?高三專題練習(xí))當(dāng)前，全國(guó)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(shí)期，為深入貫徹落實(shí)習(xí)近平總書(shū)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(guó)第32個(gè)愛(ài)國(guó)衛(wèi)生月要求，學(xué)校某班組織開(kāi)展了“戰(zhàn)疫有我，愛(ài)衛(wèi)同行"防控

疫情知識(shí)競(jìng)賽活動(dòng)，抽取四位同學(xué)，分成甲、乙兩組，每組兩人，進(jìn)行對(duì)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(duì)1題）.若每次每組答對(duì)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(duì)的題數(shù)之和不是3的倍數(shù)，就由對(duì)方組接著答題.假

設(shè)每位同學(xué)每次答題之間相互獨(dú)立，無(wú)論答對(duì)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(kāi)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(duì)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(duì)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(dú)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?yàn)榈谝淮斡杉捉M開(kāi)始，則6=1,

所以皤是首項(xiàng)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(cè)）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(pán)上標(biāo)有第O站，第1站，第2站.....第IOO站.一枚棋子開(kāi)始在第O站，棋手每擲一次硬幣，

棋子向前跳動(dòng)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(yíng)）或跳到第100站（失敗集中營(yíng)）時(shí)，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(jiàn)解析；（3）%=41一卜，％=>+".

【詳解】（I）棋子開(kāi)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(mén).

?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(lì)9時(shí)，數(shù)列優(yōu)-月-J是首項(xiàng)為［-4=-；，公比為的等比數(shù)列.

6.(2022,山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬預(yù)測(cè))某游戲棋盤(pán)上標(biāo)有第0、1、2、L、100站，棋子開(kāi)始位于

第0站，選手拋擲均勻硬幣進(jìn)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(shí)，游戲結(jié)束.設(shè)游戲過(guò)程中棋子出現(xiàn)在第〃站的概率為匕.

(1)當(dāng)游戲開(kāi)始時(shí)，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(qǐng)分析這個(gè)

游戲是否公平.

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

【詳解】(1)由題意可知，隨機(jī)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(jī)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(shí)，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T(mén)P,,.i.

所以,Pn+l=^Pll+~Pn.l.

同時(shí)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(shí)，自動(dòng)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(yáng)?高一期末）甲，乙兩人進(jìn)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(méi)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(méi)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(dú)立.

⑴求第三局結(jié)束時(shí)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(shí)的概率I=：*：=；.

若第三局