高中數(shù)學(xué)北師大版（2019）必修第一冊第七章概率綜合強化

高中數(shù)學(xué)北師大版（2019）必修第一冊第七章概率綜合強化1

第I卷（選擇題）

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一、單選題

1.連擲一枚均勻的骰子兩次，所得向上的點數(shù)分別為“，"，記，=，〃+〃，則下列說法

正確的是

A.事件）=12”的概率為：B.事件“f是奇數(shù)”與“機=〃”互為對立事

件

C.事件“7=2”與“辦3”互為互斥事件D.事件“t>8且研<32”的概率為,

4

2.已知外,外,%,%e。，2,3,4},'（a,,七,%%）為4，%,%,%中不同數(shù)字的種類，如

N（1,L2,3）=3,N（122,l）=2,求所有的256個（4,%，4，%）的排列所得的2（4,生必，4）

的平均值為

87?11177c175

AA.—B?—C.D?

3246464

3.2019年末，武漢出現(xiàn)新型冠狀病毒肺炎（COV7D-19）疫情，并快速席卷我國其他地

區(qū)，傳播速度很快.因這種病毒是以前從未在人體中發(fā)現(xiàn)的冠狀病毒新毒株，所以目前

沒有特異治療方法，防控難度很大，武漢市出現(xiàn)疫情最早，感染人員最多，防控壓力最

大，武漢市從2月7日起舉全市之力入戶上門排查確診的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺

炎患者、無法明確排除新冠肺炎的發(fā)熱患者和與確診患者的密切接觸者等“四類”人員，

強化網(wǎng)格化管理，不落一戶、不漏一人.在排查期間，一戶6口之家被確認(rèn)為“與確診患

者的密切接觸者”，這種情況下醫(yī)護人員要對其家庭成員隨機地逐一進行“核糖核酸”檢

測，若出現(xiàn)陽性，則該家庭為“感染高危戶設(shè)該家庭每個成員檢測呈陽性的概率均為

M0<〃<1）且相互獨立，該家庭至少檢測了5個人才能確定為“感染高危戶”的概率為

/（P）,當(dāng)。=為時，/（。）最大，則為=（）

A.1-且B.述C.—D.1-3

3333

4.一個正四面體的四個面上分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4.擲這個四面體四次，令第i次得到的

數(shù)為％,若存在正整數(shù)％使得之4=4的概率?="，其中見〃是互質(zhì)的正整數(shù)，則

1-1〃

logs”?-log4〃的值為（）

A.1B.-1C.2D.-2

5.新冠疫情期間，網(wǎng)上購物成為主流.因保管不善，五個快遞ABCDE上送貨地址模

糊不清，但快遞小哥記得這五個快遞應(yīng)分別送去甲乙丙丁戊五個地方，全部送錯的概率

是（）

,3?1-11c2

A.—B.—C.—D.一

103305

6.吸煙有害健康，小明為了幫助爸爸戒煙，在爸爸包里放一個小盒子，里面隨機擺放

三支香煙和三支跟香煙外形完全一樣的“戒煙口香糖”，并且和爸爸約定，每次想吸煙時,

從盒子里任取一支，若取到口香糖則吃一支口香糖，不吸煙；若取到香煙，則吸一支煙，

不吃口香糖，假設(shè)每次香煙和口香糖被取到的可能性相同，則“口香糖吃完時還剩2支

香煙'’的概率為（）

B-2

D-

二、多選題

7.4支足球隊進行單循環(huán)比賽（任兩支球隊恰進行一場比賽），任兩支球隊之間勝率都

是3.單循環(huán)比賽結(jié)束，以獲勝的場次數(shù)作為該隊的成績,成績按從大到小排名次順序，

成績相同則名次相同.下列結(jié)論中正確的是（）

A.恰有四支球隊并列第一名為不可能事件B.有可能出現(xiàn)恰有三支球隊并列第一名

C.恰有兩支球隊并列第一名的概率為:D.只有一支球隊名列第一名的概率為:

第H卷（非選擇題）

請點擊修改第II卷的文字說明

三、填空題

8.將給定的15個互不相同的實數(shù)，排成五行，第一行1個數(shù)，第二行2個數(shù)，第三行

3個數(shù)，第四行4個數(shù)，第五行5個數(shù)，則每一行中的最大的數(shù)都小于后一行中最大的

數(shù)的概率是.

9.從用個男生和〃個女生中任選2個人當(dāng)班長，假設(shè)事件A表示選出

的2個人性別相同，事件8表示選出的2個人性別不同，如果A的概率和B的概率相同，

則（??,〃）可能為.

10.某人有兩盒火柴，每盒都有"根火柴，每次用火柴時他在兩盒中任取一盒并從中抽出

一根，求他發(fā)現(xiàn)用完一盒時另一盒還有,根（14r4〃）的概率.

11.對于函數(shù)〃刈，其定義域為。,若對任意的與吃€。，當(dāng)&＜超時都有/（占）4/（々），

則稱函數(shù)為“不嚴(yán)格單調(diào)增函數(shù)”，若函數(shù)“X）定義域為。={1,2,3,4,5,6},值域為

試卷第2頁，共4頁

A={7,8,9),則函數(shù)〃x)是“不嚴(yán)格單調(diào)增函數(shù)”的概率是

四、解答題

12.某游戲公司對今年新開發(fā)的一些游戲進行評測，為了了解玩家對游戲的體驗感，研

究人員隨機調(diào)查了300名玩家，對他們的游戲體驗感進行測評，并將所得數(shù)據(jù)統(tǒng)計如圖

所示，其中。-匕=0.016.

(1)求這300名玩家測評分?jǐn)?shù)的平均數(shù)；

(2)由于該公司近年來生產(chǎn)的游戲體驗感較差，公司計劃聘請3位游戲?qū)＜覍τ螒蜻M

行初測，如果3人中有2人或3人認(rèn)為游戲需要改進,則公司將回收該款游戲進行改進；

若3人中僅1人認(rèn)為游戲需要改進，則公司將另外聘請2位專家二測，二測時，2人中

至少有1人認(rèn)為游戲需要改進的話，公司則將對該款游戲進行回收改進.已知該公司每

款游戲被每位專家認(rèn)為需要改進的概率為夕(0<P<1),且每款游戲之間改進與否相互

獨立.

(i)對該公司的任意一款游戲進行檢測，求該款游戲需要改進的概率；

(ii)每款游戲聘請專家測試的費用均為300元/人，今年所有游戲的研發(fā)總費用為50

萬元，現(xiàn)對該公司今年研發(fā)的600款游戲都進行檢測，假設(shè)公司的預(yù)算為110萬元，判

斷這600款游戲所需的最高費用是否超過預(yù)算，并通過計算說明.

13.

將連續(xù)正整數(shù)1,2,…,”(〃eN*)從小到大排列構(gòu)成一個數(shù)123…〃，F(xiàn)5)為這個數(shù)的位數(shù)

(如〃=12時，此數(shù)為123456789KHi12,共有15個數(shù)字,/(12)=15),現(xiàn)從這個數(shù)中

隨機取一個數(shù)字，P(〃)為恰好取到0的概率.

(1)求P(100)；

(2)當(dāng)〃42014時,求尸(〃)的表達式;

(3)令g(〃)為這個數(shù)中數(shù)字0的個數(shù),，⑺為這個數(shù)中數(shù)字9的個數(shù)，〃5)=/(〃)-g(〃)，

S={“|〃5)=l,〃4100,〃eN*},求當(dāng)”eS時P(〃)的最大值.

14.已知集合人={1,2,3,4}和集合B={1,2,3,…，〃},其中n>5,nwN*.從

集合4中任取三個不同的元素，其中最小的元素用S表示；從集合B中任取三個不同

的元素，其中最大的元素用T表示.記x=r-s

(1)當(dāng)〃=5時，求隨機變量X的概率分布和數(shù)學(xué)期望E(X)；

(2)求P(X=〃-3).

15.某醫(yī)藥開發(fā)公司實驗室有n(neN')瓶溶液，其中eN)瓶中有細(xì)菌R,現(xiàn)需要

把含有細(xì)菌R的溶液檢驗出來，有如下兩種方案：

方案一：逐瓶檢驗，則需檢驗〃次；

方案二：混合檢驗，將“瓶溶液分別取樣，混合在一起檢驗，若檢驗結(jié)果不含有細(xì)菌R,

則〃瓶溶液全部不含有細(xì)菌R；若檢驗結(jié)果含有細(xì)菌R，就要對這"瓶溶液再逐瓶檢驗,

此時檢驗次數(shù)總共為“+1.

(1)假設(shè)〃=5,m=2,采用方案一，求恰好檢驗3次就能確定哪兩瓶溶液含有細(xì)菌R的

概率；

(2)現(xiàn)對“瓶溶液進行檢驗，已知每瓶溶液含有細(xì)菌R的概率均為P(O</?<1).

若采用方案一?需檢驗的總次數(shù)為久若采用方案二.需檢驗的總次數(shù)為7

⑺若J與"的期望相等.試求產(chǎn)關(guān)于〃的函數(shù)解析式2=/(〃)；

(方)若P=l—eT，且采用方案二總次數(shù)的期望小于采用方案一總次數(shù)的期望?求”的最大

值.

參考數(shù)據(jù)：ln2?0.69,ln3?1.10,ln5?1.61,ln7=1.95

試卷第4頁，共4頁

參考答案

1.D

【詳解】

對于A,1=12=6+6,則概率為!xLg,選項錯誤；

6636

對于B,“是奇數(shù)”即向上的點數(shù)為奇數(shù)與偶數(shù)之和，其對立事件為都是奇數(shù)或都是偶數(shù)，選項

錯誤；

對于C,事件）=2”包含在）片3”中,不為互斥事件，選項錯誤；

對于D,事件“f>8且％<32”的點數(shù)有：

Q1

（3,6）,（4§,（4,6）,（5,4）,（5,5）,（5,6）,（6,3）,（6,4）,（6,5）洪9種，故概率為六=，選項正確；

綜上可得，選D.

點睛:事件A和B的交集為空,A與B就是互斥事件，也可以描述為:不可能同時發(fā)生的事件，

則事件A與事件B互斥，從集合的角度即4八8=0;若A交B為不可能事件,A并B為必然

事件，那么事件A與事件B互為對立事件，即事件A與事件B在一次試驗中有且僅有一個發(fā)

生，其定義為:其中必有一個發(fā)生的兩個互斥事件為對立事件.

2.D

【分析】

本題首先可以確定N（q，4，/，4）的所有可能取值分別為1、2、3、4,然后分別計算出每一種取

值所對應(yīng)的概率，最后根據(jù)每一種取值所對應(yīng)的概率即可計算出"（《,心,生,4）的平均值.

【詳解】

由題意可知:

當(dāng)?/（4，%，4，%）=1時，耳=4xq~=*;

6x（C：+C：+C：）8421

當(dāng)N（q,?2，q,a4）=2時，修=

4425664

4x3

當(dāng)N（4%,o,，4）=3時,=（6+3+3）=144=9；

422）01O

當(dāng)NR,%外,%”，時,PA=*=?^二卷,

綜上所述，所有的256個（%%,%%）的排列所得的刈4%%%）的平均值為:

,1c21r9,3175…一

1x---F2x--1~3x—+4x——---,故選D.

6464163264

答案第1頁，共13頁

【點睛】

本題考查了平均值的計算，能否通過題意得出NR,%，%，%)的所有可能情況并計算出每一

種可能情況所對應(yīng)的概率是解決本題的關(guān)鍵，考查推理能力與計算能力，是難題.

3.A

【分析】

先求出概率/(p)=p(2-p)(l-p)",再求最大值，借助于均值不等式求解.

【詳解】

解：設(shè)事件人檢測5個人確定為“感染高危戶”，

事件B：檢測6個人確定為“感染高危戶”.

即F(P)=p(l-p)4+p(l-p)s=p(2-p)(l-p)4.

設(shè)x=l_p>o,則

g(x)=/(l-/?)=(l-x)(l+x)x4=(l-x2)x4,

^(x)=(l-x2jx4=；X[(2-2X2)XX2XX2J

當(dāng)且僅當(dāng)2-2/即x=邁時取等號，

3

即2=%=1-乎?

故選：A.

【點睛】

本題考查概率，以及求函數(shù)最值，屬于中檔題.

4.B

【解析】

分析：先求k=i時的概率，再求p的值，最后求logsm-log/的值.

詳解：當(dāng)k=i時，概率為!.

4

當(dāng)k=2時，4=14-3=2+2=3+1,概率為3?d>.

答案第2頁，共13頁

當(dāng)k=3時，4=1+1+2=1+2+1=2+1+1,概率為3-（一）\

4

當(dāng)k=4時，4=1+1+1+1,概率為（3~

4

山“1133164+48+12+112553

4166425625625644

所以〃=4’,相=5，.

所以log5m-log4n=3-4=-1.

故答案為B

點睛：（1）本題主要考查概率的求法和對數(shù)的運算，意在考查學(xué)生對這些基礎(chǔ)知識的掌握能

力和分析推理能力.（2）解答本題的關(guān)鍵是讀懂已知條件，由于已知中的字母比較多，比較抽

象，難以讀懂，可以給字母取值，把問題具體化，幫助自己讀懂已知.

5.C

【分析】

5個快遞送到5個地方有父=120種方法，

全送錯的方法：第一步A送錯有4種可能，然后第二步是關(guān)鍵，考慮A送錯的地方對應(yīng)的

快遞，如A送到丙地，第二步考慮快遞C,而C送錯位置分兩類，一類是送到甲，一類是送

其他三個地方，再對剩下的3個快遞分別考慮即可完成.

【詳解】

5個快遞送到5個地方有父=120種方法，

全送錯的方法數(shù)：

先分步：第一步快遞A送錯有4種方法，第二步考慮A所送位置對應(yīng)的快遞，假設(shè)A送到丙

地，第二步考慮快遞C,對C分類，第一類C送到甲地，則剩下要均送錯有2種可

能（丁戊乙，戊乙?。?，第二類C送到乙丁戊中的一個地方，有3種可能，如送到丁地，剩

下的E只有甲乙戊三地可送，全送錯有3種可能（甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲），二總的

4411

方法數(shù)為4X（1X2+3X3）=44,所求概率為尸=希=4.

故選：C.

【點睛】

本題考查古典概型，快遞送錯位置與信裝錯信封（信封上已寫地址）是同一回事，屬于典型

的計數(shù)問題，注意其求解方法，分類還是分步要確定好.

答案第3頁，共13頁

6.D

【分析】

“口香糖吃完時還剩2支香煙”即第四次取到的是口香糖且前三次有兩次口香糖一次香煙，根

據(jù)古典概型計算出其概率即可.

【詳解】

由題：“口香糖吃完時還剩2支香煙”說明：第四次取到的是口香糖，前三次中恰有兩次口香

糖一次香煙，記香煙為A，4，4，口香糖為穌紇,尾，進行四次取物，

基本事件總數(shù)為：6x5x4x3=360種

事件“口香糖吃完時還剩2支香煙”前四次取物順序分為以下三種情況：

煙、糖、糖、糖：3x3x2x1=18種

糖、煙、糖、糖：3x3x2x1=18種

糖、糖、煙、糖：3x2x3x1=18種

包含的基本事件個數(shù)為：54,

543

所以，其概率為示=右

36()2。

故選：D

【點睛】

此題考查古典概型，解題關(guān)鍵在于弄清基本事件總數(shù)，和某一事件包含的基本事件個數(shù)，其

本質(zhì)在于計數(shù)原理的應(yīng)用.

7.ABD

【分析】

4支足球隊進行單循環(huán)比賽總的比賽共有C”6場比賽，比賽的所有結(jié)果共有26=64種；

選項A,這6場比賽中不滿足4支球隊得分相同的的情況；

選項B,舉特例說明即可；

選項C,在6場比賽中，從中選2支球隊并列第一名有=6種可能，再分類計數(shù)相互獲勝

的可能數(shù)，最后由古典概型計算概率；

選項D,只有一支球隊名列第一名，則該球隊?wèi)?yīng)贏了其他三支球隊，由古典概型問題計算即

可.

【詳解】

4支足球隊進行單循環(huán)比賽總的比賽共有C：=6場比賽，比賽的所有結(jié)果共有2$=64種；

答案第4頁，共13頁

選項A,這6場比賽中若4支球隊優(yōu)先各贏一場，則還有2場必然有2支或1支隊伍獲勝,

那么所得分值不可能都一樣，故是不可能事件，正確：

選項8,其中（4,6）,0?,（°/）,（乩4）,（4。），3,6）6場比賽中,依次獲勝的可以是。,仇。,”,仁方,

此時3隊都獲得2分，并列第一名，正確；

選項C,在3。,（叱）,&3）,（4,0）,（44），3力）6場比賽中,從中選2支球隊并列第一名有

C：=6種可能，若選中a,h,其中第一類a贏〃，有a力,c,力和“力,d,c,a為兩種情況，同理

6x43

第二類匕贏m也有兩種，故恰有兩支球隊并列第一名的概率為劈=：,錯誤；

648

選項。，從4支球隊中選一支為第一名有4種可能；這一支球隊比賽的3場應(yīng)都贏，則另外

O1

3場的可能有2、=8種，故只有一支球隊名列第一名的概率為2x4=二，正確.

642

故選：ABD

【點睛】

本題考查利用計數(shù)原理解決實際問題的概率問題，還考查了事件成立與否的判定，屬于較難

題.

8.Z

45

【分析】

通過分析最大數(shù)在第〃行的概率，得到規(guī)律，從而可求得結(jié)果

【詳解】

解：設(shè)々是從上往下數(shù)第％行的最大數(shù)，設(shè)西＜當(dāng)＜…＜x”的概率為p.，最大數(shù)在第〃行的

n_2H_2

概率為瓜”?！?〃+1)〃+1,

2

答案第5頁，共13頁

在任意排好第〃行后余下的若D個數(shù)排在前"一。行符合要求的排列的概率為P”T，

2

所以以此類推，

222T

Pn=—-_??…TPl=/,八|，

n+1n3(〃+1)!

?52

所以當(dāng)〃=5時，p=—=—,

56!45

2

故答案為：—

45

【點睛】

關(guān)鍵點點睛：此題考查古典概型的概率的求法，考查推理能力和計算能力，解題的關(guān)鍵是求

九_2〃_2

出最大數(shù)要第，行的概率為外=祈用=而下=7門，通過分析得到P“=2P.T，以

―〃+]

此類推，P,=’27上2??…22"從而可求得結(jié)果，屬于較難題

n+\n3(n+1)!

9.(10,6)

【分析】

此題基本事件總數(shù)一定，兩個事件的概率相同，則其包含的基本事件個數(shù)相同，分別求出，

列出方程，根據(jù)10與機〉〃二4分析即可得解.

【詳解】

從小個男生和〃個女生(10號機>雕，4)中任選2個人當(dāng)班長，共C"種，

假設(shè)事件A表示選出的2個人性別相同，包含基本事件個數(shù)為C；?+,

事件8表示選出的2個人性別不同，包含基本事件個數(shù)為機〃

c2+C2

如果A的概率和8的概率相同，則m丁n=十一，

M“+〃^m+n

的廠2「2n(n-i)

BPC；+C?=mn,—-----^+―-----^-=mn

229

化簡得：(加一〃)2=機+〃，〃是完全平方數(shù)，(10，團>"24)

9<m+H<19,所以加+〃=16,m-n=4f

所以(見〃)可能為(10,6).

故答案為：(10,6)

【點睛】

答案第6頁，共13頁

此題以古典概型為背景實際考查計數(shù)原理相關(guān)知識，涉及整數(shù)的相關(guān)處理辦法，綜合性強,

對解題能力要求較高.

【分析】

根據(jù)題意，記兩個火柴盒分別為A,B,一共抽了2〃-/■根，不妨令這么多次抽取動作中，

有〃次都是操作在A盒上「次操作在B盒上，則最后一次一定操作在A盒，所有的抽法

共有22i種，用完一盒時另一盒還有「根的抽法有2C；1一種，由古典概型的概率公式，即

可求出概率.

【詳解】

解:根據(jù)題意，記兩個火柴盒分別為A,B,一共抽了2〃-廠根，

不妨令這么多次抽取動作中，有〃次都是操作在A盒上，R-r次操作在B盒上，

則最后一次一定操作在A盒，

因此所有的抽法共有22i種，

用完一盒時另一盒還有廠根的抽法有2all種，

由古典概型的概率公式得，

他發(fā)現(xiàn)用完一盒時另一盒還有〃）的概率為2x爭冬.

故答案為：2x0》.

【點睛】

本題主要考查古典概型的概率問題，熟記概率的計算公式即可，屬于?？碱}型.

11.±

54

【分析】

考慮有4個函數(shù)值相同，有3個函數(shù)值相同，各有2個函數(shù)值相同三種情況，計算概率得到

答案.

【詳解】

當(dāng)有4個函數(shù)值相同時：共有滿足條件的有C；=3種；

當(dāng)有3個函數(shù)值相同，另外有2個函數(shù)值相同時，共有國=360,滿足條件的有

2+14-1+2=6^；

答案第7頁，共13頁

當(dāng)各有2個函數(shù)值相同時，共有C1C：=90,滿足條件的有1種.

..3+6+11

故。=-----------=—.

90+360+9054

故答案為：上?.

54

【點睛】

本題考查了概率的計算，分類討論是常用的數(shù)學(xué)方法，需要熟練掌握.

12.(1)76；(2)(i)-3p5+12p4-17p3+9p2；(ii)所需的最高費用將超過預(yù)算.計算見解

析

【分析】

⑴利用矩形面積和等于1列式可得a+6=0.032,結(jié)合a-6=0.016河解得的值,再用各

區(qū)間的中點值與該矩形的面積相乘后再相加,即得平均值.

(2)⑺利用互斥事件的概率的加法公式可得；

(治利用期望公式求出這600款游戲所需的最高費用的平均值后，再利用導(dǎo)數(shù)求出最大值即可.

【詳解】

(1)依題意,(0.005+a+*+0.035+0.028)x10=1,

故a+6=0.032；

而a-8=0.016,

聯(lián)立兩式解得，a=0.0241=0.008；

所求平均數(shù)為55x0.05+65x0.24+75x0.35+85x0.28+95x0.08

=2.75+15.6+26.25+23.8+7.6=76；

(2)(/)因為一款游戲初測被認(rèn)定需要改進的概率為C；/(i-p)+c；p3,

一款游戲二測被認(rèn)定需要改進的概率為C；p(l-p2[l-(1-

所以某款游戲被認(rèn)定需要改進的概率為：

C；p2(l-p)+C?3+C；p(l_p)2[1_(1_p)2]

=3p2(1-p)+p5+3p(l-p)2[1-(1-p)2]

=-3p'+l2P4-17p3+9p2；

(H)設(shè)每款游戲的評測費用為X元，則X的可能取值為900,1500；

答案第8頁，共13頁

P(X=1500)=C',p(l-/?)2,

產(chǎn)(X=900)=1

222

i%￡(X)=900x[l-C>(l-/?)]+1500xC!!/?(l-p)=900+1800p(l-p)；

令g(P)=P(1-P)2，P?(0」)，

g'(P)=(1-P)2~2/?(l-p)=(3p-1)(/?-!).

當(dāng)pe（0,￡|時，g'（p）>0,g（p）在上單調(diào)遞增，

當(dāng)peg,1）時，g<p）<0,g（p）在上單調(diào)遞減，

所以g（P）的最大值為g（￡|=￡

所以實施此方案，最高費用為50+600*b00+1800、5）*10~=50+54+16=120>110

故所需的最高費用將超過預(yù)算.

【點睛】

本題考查了頻率分布直方圖，互斥事件的概率，隨機變量的期望的應(yīng)用，考查了利用導(dǎo)數(shù)解決

最值問題的方法，屬難題.

瑞」［七笳:三爵

13.(1)。(100)=券(2),頻嘮=』題L魏1W七覆工觸1

氏-鮑蝶二獺七陵三瞬3

1|觸-矍懈?施啊?4

【詳解】

試題分析：（1）解概率應(yīng)用題，關(guān)鍵要正確理解事件.當(dāng)“=100時，這個數(shù)中有9個一位數(shù),

90個二位數(shù)，一個三位數(shù)，總共有192個數(shù)字，其中數(shù)字0的個數(shù)為9+2=11,所以恰好取

到0的概率為P（100）=工；（2）按（1）的思路，可分類寫出尸（"）的表達式:

'I雌耽三期

敘一鬻源喧聰巴博勒

,（3）同（1）的思路，分一位數(shù)，二位數(shù)，三位數(shù)進

”索—M■翻通三制三薪哪

M*?崛-：1瞬需?期舸?4

行討論即可，當(dāng)n-b（\工匕W9,/?￡N'）,g（〃）=0;當(dāng)

n=10k+b9(l<k<9,0<b<9ykeN”,beN),g(〃)=左，當(dāng)〃=1000,^(/i)=11;即

答案第9頁，共13頁

0,n=b,\<b<9,bGN”、

g(n)=[k,n=\0k+b,]<k<9,0<b<9,keN*,bGN,同理有

ll,n=100

由M”)=/(〃)—g(〃)=1,可知S={9,19,29,39,49,59,69,79,89,90},當(dāng)〃=9時，P(9)=0,當(dāng)

91

〃二90時，^(90)=^P(9—0)=—=—,當(dāng)〃=10Z+9(lKA48,AwN*)時，

F(90)1/119

P(")=誓1=/飛=痣3,由)'=g工，關(guān)于k單調(diào)遞增，故當(dāng)

r(n)2〃-920k+920氏+9

QQ1

〃=1ON+9(1W2S8,丘N*),P(〃)最大值為P(89)=—.又一＜—,所以當(dāng)〃wS時,P⑺

16916919

最大值為卷.

試題解析：(1)解：當(dāng)〃=100時，這個數(shù)中總共有192個數(shù)字，其中數(shù)字0的個數(shù)為11,

鷺口三糜三寓

1

所以恰好取到0的概率為。(100)=K；(2),頻喊:aL隗期購踴三麟

(3)當(dāng)

覬露城?士聰三輾磬

n=h(\<h<9,bQN*),g(n)=0',n=10k+h,[l<k<9,0<h<9,kGN,h&N),g(〃)=%,當(dāng)

0,n=b,]<b<9,b&N",

〃=1000,g(〃)=11;即g(”)={k,n=10k+b,l<k<9,0<b<9,kGN，,b&N,同理有

11,”=100

鳴』三踴三幽

也砥=：1〔臊*沏一工」七法三鼠的工品喧鼠取出嬤:讖魚理心

窈一幽明黜七糜三麒；

由〃(〃)=/(〃)-g(〃)=1,可知〃=9,19,29,39,49,59,69,79,89,90,所以當(dāng)〃4100時,

S={9,19,29,39,49,59,69,79,89,90},當(dāng)”=9時，尸(9)=0,當(dāng)〃=90時，

P(90)=.g(90)=2=J_,當(dāng)”=10%+9(1<么<8AeN*)時，P(〃)==―--=---,

F(90)17119,3IUK+”I_K_O,KW/VF(〃)2n-920Z+9

L2

由y=不「；，關(guān)于k單調(diào)遞增，故當(dāng)〃=I。％+9(1分<8M￡N"),P(〃)最大值為P(89)=

20%+9169

答案第10頁，共13頁

OII

又指<白，所以當(dāng)〃eS時，P(〃)最大值為1.

1691919

考點：古典概型概率

14.(1)概率分布見解析，E(X)=；(2)P(X=“_3)=：G；3),<

42”(〃-l)(w-2)

【分析】

(1)當(dāng)〃=5時，分別考慮T、S的取值情況，再分析X=T-S的概率分布；

(2)考慮X=〃-3的可能組成情況，對每一種情況進行概率計算然后概率結(jié)果相加得到

P(X=〃-3).

【詳解】

解：(1)當(dāng)〃=5時，8={1,2,3,4,5)

由題意可知，A=1或2,T=3或4或5

則X=T-