2023年高考数学练习压轴题（新高考版）25 概率统计（解答题压轴题） （解析版）

专题25概率统计(解答题压轴题)

概率统计(解答题压轴题)

①概率与函数

②概率与数列

③概率综合

④二项分布

⑤超几何分布

⑥正态分布

⑦非线性回归分析

①概率与函数

1.(2022•云南•昆明一中高三开学考试)甲、乙两人参加一个游戏，该游戏设有奖金256元，谁先赢

满5局，谁便赢得全部的奖金，已知每局游戏乙赢的概率为P(O<P<D,甲赢的概率为1-P，每局

游戏相互独立，在乙赢了3局甲赢了1局的情况下，游戏设备出现了故障，游戏被迫终止，则奖金

应该如何分配才为合理？有专家提出如下的奖金分配方案：如果出现无人先赢5局且游戏意外终止

的情况，则甲、乙按照游戏再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比%：2分配奖金.

⑴若/2=7,则乙应该得多少奖金；

4

(2)记事件A为"游戏继续进行下去甲获得全部奖金”，试求当游戏继续进行下去，甲获得全部奖金的

概率/(A),并判断当时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.(注：若随机事件发生的概

率小于0.05,则称随机事件为小概率事件)

【答案】⑴252(元)

(2)事件A是小概率事件，理由见解析.

(1)

设游戏再继续进行下去X局乙赢得全部奖金，则最后一局必然乙赢.

339

由题知，当X=2时，乙以5:1赢，所以P(X=2)=；x；=o，

4416

Qɜ1IQ

当X=3时，乙以5:2赢,所以P(X=3)=7XGX=

44464

所以P(X=4)[XCwX夕=羡

当X=4时，乙以5:3赢，

当X=5时，乙以5:4赢，所以P(X=5)=[xC；x；x(；)3=白,

所以乙赢得全部奖金的概率为29+公18+2三7+总9=2怒52，

1664256256256

所以乙应该得多少奖金为256x苔252=252(元).

256

(2)

设游戏继续进行丫局甲获得全部奖金，则最后一局必然甲赢.

由题知，当y=4时，甲以5:3赢，所以尸(y=4)=(l-p)4,

当y=5时，甲以5:4赢，所以P(y=5)=(l-p)XeX(I-P)3p=4(l-p)),

甲获得全部奖金的概率/(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,

ɔɔ111411

.∙./(A)在号,1)上单调递减，所以〃A)maχ=飞)=彳X(-)≈0.045＜0.05,

故事件A是小概率事件.

2.(2022・山东济南•高二期末)在某地区进行某种疾病调查，需要对其居民血液进行抽样化验，若

结果呈阳性，则患有该疾病；若结果为阴性，则未患有该疾病.现有〃("∈N-Z7≥2)个人，每

人一份血液待检验，有如下两种方案：

方案一：逐份检验，需要检验〃次；

方案二：混合检验，将〃份血液分别取样，混合在一起检验，若检验结果呈阴性，则“个人都未患

有该疾病；若检验结果呈阳性，再对"份血液逐份检验，此时共需要检验”+1次.

⑴若〃=5,且其中两人患有该疾病，采用方案一，求恰好检验3次就能确定患病两人的概率；

⑵已知每个人患该疾病的概率为p(0≤p≤l).

(i)若两种方案检验总次数的期望值相同，求P关于"的函数解析式〃=/(〃)；

(ii)若〃=8,且每单次检验费用相同，为降低总检验费用，选择哪种方案更好？试说明理由.

【答案】⑴(

1时，选择方案二；当1-2＜。＜1时，选择方案

(2)(i)p=f5)=1-丁;(ii)当0<p<l-

(1)

将5份待检血液排成一排有H=I20：

满足条件的排法：第一步，将两份选一份排在第三位有2种；

第二步，在第一、二位选一个空位排另一份患者血液有2种排法;

第三步，将剩余3份排成一排有M=6.

所以满足条件的排法共2x2x6=24.

所以恰好检验3次就能确定患病两人的概率为2含4=W1

(2)

(i)因为每个人都有可能患病，故方案一检验次数为定值

记方案二检验次数为X,则X的取值为1,

P(X=I)=(I-P)",P(X=〃+l)=l_(l_p)"

所以E(X)=(I-P)"+(〃+DU-(1-P)n}

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

整理可得P=I-爰，即。=/(〃)=1一3

(ii)当”=8时，记单次检验费用为X,

则方案一：检验费用为以；

方案二：记检验费为匕则y的分布列为

YX(π+l)x

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

,,

则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

记g(p)=l-"(l-p)",因为w=8,所以g(p)=1-8(1-pF

因为O<l-p<l,所以g(p)单调递增，

由(i)知，当。=1一时，g(p)=o,

所以当0<。<]_上时,

g(p)<O,则E(Y)C以；

当ι^⅛<p<ι时，

g(p)>O,则E(>>nr.

故当0<p<l-表时，选择方案二；当I-表<p<l时，选择方案一.

3.(2022•浙江•高二阶段练习)学校的“智慧"书屋每学年初向高一新生招募30名左右的志愿者.2021

学年初，新高一学生报名踊跃，报名人数达到60人.现有两个方案确定志愿者：方案一：用抽签法

随机抽取30名志愿者；方案二：将60名报名者编号，用随机数法先从这60个编号中随机抽取45

个，然后再次用随机数法从这60个编号中随机抽取45个，两次都被抽取到的报名者成为志愿者.

(1)采用方案一或二，分别记报名者甲同学被抽中为事件A和事件B,求事件A和事件B发生的概率;

(2)若采用方案二，设报名者甲同学被抽取到的次数为X,求X的数学期望；

⑶不难发现采用方案二确定的志愿者人数不少于方案一的30人.若采用方案二，记两次都被抽取到

的人数为y,则丫的可取值是哪些？其中y取到哪一个值的可能性最大？

1O

【答案】⑴P(4)=j,P(B)=⅛;

ZIo

(2)|；

(3)30≤r≤45(y∈N"),Y取到34的可能性最大.

(1)

抽签法随机抽取30名志愿者含甲的概率为P(A)=穿■=；,

C"Z

9

随机数法抽取45名志愿者含甲的概率为P(B)

16

⑵

由(知：甲每次被抽到的概率均为悬=]

1),则

eðo4

It3

所以E(X)=2x^=5.

(3)

设两次都被抽到的人数为随机变量y,则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贝|](45—”)2一(〃+1)(”-29)=2054—62〃>0,即∕t≤33,

当〃≤33时，f("+l)>∕(");当〃≥34时，.f("+l)<∕(").

因此，"=34时〃〃)最大,即尸(丫=34)最大,

所以y取到34的可能性最大.

4.(2022•安徽・芜湖一中高二期中)某单位为患病员工集体筛查新型流感病毒，需要去某医院检验

血液是否为阳性，现有上(左€^,^^2)份血液样本，有以下两种检验方案，方案一：逐份检验，则

需要检验上次；方案二：混合检验，将无份血液样本分别取样混合在一起检验一次，若检验结果为

阴性，则”份血液样本均为阴性，若检验结果为阳性，为了确定k份血液中的阳性血液样本，则对女

份血液样本再逐一检验逐份检验和混合检验中的每一次检验费用都是α(α>0)元，且k份血液样本混

合检验一次需要额外收元的材料费和服务费.假设在接受检验的血液样本中，每份样本是否为阳

性是相互独立的，且据统计每份血液样本是阳性的概率为MO

⑴假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经过3次检验

就能把阳性样本全部检验出来的概率.

(2)若&卜wN*,k≥2)份血液样本采用混合检验方案，需要检验的总次数为X,求X分布列及数学期

望；

⑶①若我=10,0<,<1-啊而，以检验总费用为决策依据，试说明该单位选择方案二的合理性；

②若采用方案二总费用的数学期望低于方案一，求k的最大值.

参考数据：ln2≈0.7,ln3el.l,ln5≈1.6,In11≈2.4

3

【答案】⑴I

⑵分布列见解析，k+l-k(l-p)k

(3)11

(1)

记恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为A事件，

则P(A)=A"q∕G=a.

610

⑵

X的可能值为1和女+1，

P(X=1)=(1-",尸(X=⅛+l)=l-(l-p)∖

所以随机变量X的分布列为：

X1k+↑

P(ι-√1-(I-Py

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

⑶

①设方案二的总费用的数学期望为E")，方案-总费用为Z,

所以方案二总费用的数学期望为：

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-的总费用为Z=IoQ,

Q

所以Z-E(T)=α∙10(l-p),0-,

_74_

当0<〃<1-巧0.225时.^<(l-p)'0<l,

9

0<10(l-p)'u——,又α>0,

4

所以Z>E(Y),所以该单位选择方案二合理.

②由①知方案二总费用的数学期望E(Y)=«£(%)+∣a^a[k+∖-k(l-P)1++，

又方案一的总费用为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

设/(ɪ)=lnx---In—,x∈[2,+∞),

74

117—X

所以rw=一—ς∙=f-,χ∈[2,+∞),

X7Ix

令OO得2≤x<7J")<0得χ>7,

所以/(χ)在区间⑵7)上单调递增，在区间(7,+co)上单调递减,

∕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的最大值为11.

5.(2022・全国•高三专题练习)我国某芯片企业使用新技术对一款芯片进行试产，设试产该款芯片

的次品率为P(OVpVl),且各个芯片的生产互不影响.

⑴试产该款芯片共有两道工序，且互不影响，其次品率依次为，Pl=MP24.

①求p；

②现对该款试产的芯片进行自动智能检测，自动智能检测为次品(注：合格品不会被误检成次品)

的芯片会被自动淘汰，然后再进行人工抽检已知自动智能检测显示该款芯片的合格率为96%,求人

工抽检时，抽检的一个芯片是合格品的概率.

⑵视P为概率，记从试产的芯片中随机抽取〃个恰含，"(〃>，")个次品的概率为了(P),求证：f(p)

在P='时取得最大值.

n

【答案】⑴①②，

⑵证明见解析

(1)

①因为两道生产工序互不影响，

法一：所以〃=I-(I-PJ(I-P2)=1

法二：所以〃=37√xl+X——=——

3417

答：该款芯片的次品率为万；

②记该款芯片自动智能检测合格为事件A,人工抽检合格为事件B,

且P(A)=96%,P(AB)=I-P=j∣.

16

50

则人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率：P(∖∖-P(AB)-∏-∙

'B1Λ'P(A)96%51

答：人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率为

(2)

因为各个芯片的生产互不影响，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=%，

所以当0<p<竺时，/'(P)>OJ(P)为单调增函数;

当?<P<1时，f∖p)<O,f(p)为单调减函数,

所以，当P=丝时，"P)取得最大值.

6.(2022•重庆巴蜀中学高二阶段练习)设/(x)=4ln(x+l),g(x)=x-/,函数/(x)与g(x)在X

=0处有相同的切线.

⑴求α的值；

⑵求证：当x>0时，幺立-g(x)>O;

⑶若一个盒子里装有〃(〃≥2且"eN*)个不同的彩色球，其中只有一个白球，每次从中随机抽取

一个，然后放回，只要取到白球就停止抽取，记抽取2次就中止的概率为匕(2),抽取3次就中止的

Λ7-4-1

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

【答案】⑴。=1

⑵证明见解析

⑶证明见解析

⑴

/㈤=备g'(x)=>2x,由题可知:/(0)=g(0)=>α=l

⑵

当x>0时，IMx+1_.+£>0等价于证明:ln(x+l)-x2+x3>0

X

,23x+x

设MX)=In(X+1)一炉+%\∕z(x)=---2x+3x=^~ŋ,

''x+∖x+∖

所以当x>0时，”(x)>0恒成立，故〃(X)在(0,+∞)上递增，

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

(3)

由题：虫2)=*虫3)=*，故匕=WI一空£二二

nnnnnn

,一心.1,.f1ɔ1n+111

由(2)可知，当X=一时，ln∣-+"=ln----->—--

n∖n)nH^n

34J?4-1n4-1

故：E+A++P,<ln-+ln-++In——=In——，得证.

l23n2

7.(2022•江苏•常州市第一中学高二阶段练习)非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的

重要标志，是优秀传统文化的重要组成部分.瑞昌剪纸于2008年列入第二批国家级非物质文化遗产

名录.由于瑞昌地处南北交汇处，经过千年的南北文化相互浸润与渗透，瑞昌剪纸融入了南方的阴

柔之丽、精巧秀美和北方的阳刚之美、古朴豪放.为了弘扬中国优秀的传统文化，某校将举办一次

剪纸比赛，共进行5轮比赛，每轮比赛结果互不影响.比赛规则如下：每一轮比赛中，参赛者在30

分钟内完成规定作品和创意作品各2幅，若有不少于3幅作品入选，将获得“巧手奖5轮比赛中，

至少获得4次“巧手奖”的同学将进入决赛.某同学经历多次模拟训练，指导老师从训练作品中随机

抽取规定作品和创意作品各5幅，其中有4幅规定作品和3幅创意作品符合入选标准.

⑴从这10幅训练作品中，随机抽取规定作品和创意作品各2幅，试预测该同学在一轮比赛中获"巧

手奖”的概率；

(2)以上述两类作品各自入选的频率作为该同学参赛时每幅作品入选的概率.经指导老师对该同学进

行赛前强化训练，规定作品和创意作品入选的概率共提高了,以获得"巧手奖”的次数期望为参考,

试预测该同学能否进入决赛？

【答案】⑴京

⑵该同学没有希望进入决赛.

⑴

由题可知，所有可能的情况有：

①规定作品入选1幅，创意作品入选2幅的概率6=7θ=宝，

ɛʒ■23

②规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率g=∙¾⅜¢∙=W,

c5c525

…C2,C29

③规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率々=7⅛=左，

C5∙C550

39933

故所求的概率P=+?+5;=芸.

7257255050

(2)

设强化训练后，规定作品入选的概率为P∣,创意作品入选的概率为P2，

,4313

则π…=MMlTE'

由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：

2

P=Gp∣(l-pJ∙C弱+C；p：.⅛(l-p2)+CPi,c2p2

=2p∣Pz(p∣+pj-3(p∣pj

=3p∣P2-3(p∣pJ

343343379

+

P↑P2=r∙ILPlN不，P?≥1,⅛HP--p2≥-,--pl≥-,ll∣Jp2≤-,pl≤-

乙JJ乙JJɪ∖JɪVJZ

4937

故可得：-≤p1≤-,-≤P2≤-,

2714

.*.pi∙P)w—,—,

12L5025」

lʌ2a「2714一

H-1+［在—上单调递减,

•••该同学在5轮比赛中获得”弓手奖"的次数X~3(5,P),

315

E(X)=5P<5×-=-<4,故该同学没有希望进入决赛.

44

8.(2022•江苏•扬州中学高三开学考试)公元1651年，法国学者德梅赫向数学家帕斯卡请教了一个

问题：设两名赌徒约定谁先赢满4局，谁便赢得全部赌注。元，己知每局甲赢的概率为P(O<P<D,

乙赢的概率为1-P，且每局赌博相互独立，在甲赢了2局且乙赢了1局后，赌博意外终止，则赌注

该怎么分才合理？帕斯卡先和费尔马讨论了这个问题，后来惠更斯也加入了讨论，这三位当时欧洲

乃至全世界著名的数学家给出的分配赌注的方案是：如果出现无人先赢4局且赌博意外终止的情况,

则甲、乙按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比品：2分配赌注.(友情提醒：珍

爱生命，远离赌博)

2

(1)若a=243,p=1,甲、乙赌博意外终止，则甲应分得多少元赌注？

4

(2)若p...g,求赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率/(P),并判断“赌博继续进行下去乙赢

得全部赌注”是否为小概率事件(发生概率小于0.05的随机事件称为小概率事件).

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

【详解】(1)设赌博再继续进行X局且甲赢得全部赌注，则最后一局必然中赢

由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注.

当X=2时，甲以4:1赢，所以P(X=2)=(∣)=[；

当X=3时，甲以4:2赢，所以P(X=3)=C；wx1-大卜可=5；

当X=4时，甲以4:3赢，所以P(X=4)=C∙2χ[l-2]×-=A.

v733I3)327

484248

所以，甲⅛i的概率为％+=+====%.

92727279

O

所以，甲应分得的赌注为243xg=216元

(2)设赌注继续进行y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，则丫的可能取值有3、4,

3

当y=3时，乙以4:2赢,P(y=3)=(l-p)s

当y=4时，乙以4:3赢，P(y=4)=Cp(l-p)3=3p(l)3；

所以，乙赢得全部赌注的概率为

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

于是甲赢得全部赌注的概率/(P)=I-(I+3P)(I-P)3.

求导，∕,(p)=-3(l-p)3-(l+3p)∙3(l-p)2(-l)=12p(l-p)2.

因为t≤p<l,所以/'(p)>0,所以/(p)在*1)上单调递增，

故乙赢的概率最大为I-粤=2=0.0272<0.05,故是小概率事件.

625625

②概率与数列

1.(2022•浙江•高二期中)2022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3比2逆转击败韩

国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战6:5惊险战胜日本女足,

其中门将朱铉两度扑出日本队员的点球，表现神勇.

⑴扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射

门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确

也有T的可能性扑不到球.不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数

X的分布列和期望；

(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球

从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3

人中的1人,如此不停地传下去,假设传出的球都能接住.记第〃次传球之前球在甲脚下的概率为P,,,

易知Pl=1,0=0.

①试证明卜“一'为等比数列；

②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为戒,比较Pio与%。的大小.

【答案】⑴分布列见解析，E(X)=g

(2)①证明见解析;②加<名。

(1)

解析1：分布列与期望

依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为P=！X?X3X：=，，

3326

门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0,1,2,3,

P(X=OYXmj=黑P(X=D=c；INIJ=I

P(X=2)=CmX图喂P(X=3)=<x(L=亲X的分布列为:

X0123

1252551

P

2167272216

12525511

期望E(X)=OXj+lx'+2x3+3χ'J

21672722162

(1)解析2：二项分布

依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为P=2x!x3x1=J,门将在前三次扑出点球的个数X

3326

可能的取值为0,1，2,3,易知X~OP(X=Q=c；Xo(I「，⅛=0,1,2,3.X的分

布列为:

X0123

1252551

P

2167272216

期望E(X)=3X1=L

O2

(2)

解析：递推求解

①第"次传球之前球在甲脚下的概率为P”，则当“≥2时，第W-I次传球之前球在甲脚下的概率为

Pz，

第〃—1次传球之前球不在甲脚下的概率为I-P1,-,，则P(I=HT•0+(I-Λ,-∣)∙∣=-∣Λ-1÷∣-

从而=又=∙∙.[P,,-J1是以1为首项.公比为一：的等比数列.

43144[4J43

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

2.(2022,全国•高二期末)2022年4月23日是第27个"世界读书日"，某校组织“读书使青春展翅,

知识让生命飞翔”主题知识竞赛，规定参赛同学每答对一题得2分，答错得1分，不限制答题次数.

已知小明能正确回答每题的概率都为且每次回答问题是相互独立的，记小明得〃分的概率为

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题正确或者回答2题都错误，所以p(2)=；+；x]=j,

得3分即回答2题1题正确，1题错误或者回答3题都错误，所以P⑶=。上葭:+葭底:=：；

22222o

(2)

解：因为小明得n+1分有两种情况，一种是小明在得"分的情况下又答1题错误；

另一种是小明在得1分的情况下又答1题正确.

所以p("+l)=g"(")+gp("-l),即+=,

311

因为p(2)-P(I)=Z-I=WW0，

/+ι)-M"L1

。5)-MW-I)5'

因此｛p("+l)-p(")｝是以;为首项，为公比的等比数列，

所以p("+l)-p(")=1g),

当”..2时,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•全国•高三专题练习)某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐

所有的产品就可以赠送节日送礼，现有甲、乙两个系列盲盒，每个甲系列盲盒可以开出玩偶A,4,

4中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶耳，层中的一个.

(1)记事件E“：一次性购买“个甲系列盲盒后集齐玩偶A,Λ,&玩偶；事件工：一次性购买〃个

乙系列盲盒后集齐用，鸟玩偶；求概率P(&)及P(g)；

(2)某礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只

能选择其中一个系列的一个盲盒.通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为:，

购买乙系列的概率为!；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为9，购买乙系列

34

的概率为%前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为g购买乙系列的概率为9

如此往复，记某人第〃次购买甲系列的概率为2,.

①求｛2｝的通项公式；

②若每天购买盲盒的人数约为100,且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品

店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个.

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

oɪO515I4J

系列盲盒60个.

【详解】解：(1)若一次性购买5个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为%集齐A，4,&玩偶,

则有两种情况：

①其中一个玩偶3个，其他两个玩偶各1个，则有GC；另种结果；

②若其中两个玩偶各2个，另外两个玩偶1个，则共有C；CC；种结果，

故P(E)=G二片+C；C；C：=60+90=150=50.

’5)3524324381,

若一次性购买4个乙系列盲盒，全部为片与全部为息的概率相等，均为最，

I17

故尸(5)=1一好一/=§；

(2)①由题可知：Qi=-,

当“≥2时，Q,=ɪ(2,,.l+ɪ(ɪ-β,,,l)=ɪ-ɪ0„_,,M∣Jβ,,-1=-ɪfβ,-∣-,βl-∣=^j^,β∣4β,-∣∣

41

是以T为首项，以-7为公比的等比数列.

1754

所以若*阊，即R=Ho

②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，所以对于每一个人来说，某一天来购买盲盒时，

2

可看作〃→物，所以，其购买甲系列的概率近似于不，

假设用4表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则SB(Ioo,I

2

所以琦=I(X)XW=40,即购买甲系列的人数的期望为40,

所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个.

4.(2022•全国•高三专题练习)当前，全国上下正处在新冠肺炎疫情“外防输入，内防反弹”的关键

时期，为深入贯彻落实习近平总书记关于疫情防控的重要指示要求，始终把师生生命安全和身体健

康放在第一位.结合全国第32个爱国卫生月要求，学校某班组织开展了“战疫有我，爱卫同行"防控

疫情知识竞赛活动，抽取四位同学，分成甲、乙两组，每组两人，进行对战答题.规则如下：每次

每位同学给出6道题目，其中有道是送分题（即每位同学至少答对1题）.若每次每组答对的题数之和

为3的倍数，原答题组的人再继续答题；若答对的题数之和不是3的倍数，就由对方组接着答题.假

设每位同学每次答题之间相互独立，无论答对几道题概率都一样，且每次答题顺序不作考虑，第一

次由甲组开始答题.求：

（1）若第“次由甲组答题的概率为2,,求与；

⑵前4次答题中甲组恰好答题2次的概率为多少？

【答案】⑴勺=；•（-；）"'+；；（2）∕^∙

【详解】⑴答对的题数之和为3的倍数分别为1+2,2+4,1+5,4+5,3+3,6+6,3+6,

其概率为黑工=；,

363

则答对的题数之和不是3的倍数的概率为1,

第（〃+1）次由甲组答题，是第〃次由甲组答题，第5+1）次继续由甲组答题的事件与第"次由乙组答

题，第5+1）次由甲组答题的事件和，它们互斥，又各次答题相互独立，

所以第"次由甲组答题，第（"+D次继续由甲组答题的概率为

2

第〃次由乙组答题，第（〃+i）次由甲组答题的概率为§（i-匕），

121?

因此%=刊,+§（1-4）=-弁,+§（〃€心，

则E,+∣_[=_；（《一；）

因为第一次由甲组开始，则6=1,

所以皤是首项为公比为-g的等比数列，

所以

即小∙d

（2）由于第1次由甲组答题，则只要第2次、第3次、第4次这3次中再由甲组答题一次即可，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•模拟预测）有人玩掷硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正反面为等可能性事件,

棋盘上标有第O站，第1站，第2站.....第IOO站.一枚棋子开始在第O站，棋手每掷一次硬币，

棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋向前跳一站（从k到Z+1）,若掷出反面，棋向前跳两站（从

k到上+2）,直到棋子跳到第99站（胜利大本营）或跳到第100站（失败集中营）时，该游戏结束.

设棋子跳到第"站概率为2∙

（1）求玲，P1,6的值；

（2）求证：Pn-P,,.l=~（P,,.l-P,,-2y其中〃€N,2领N99；

（3）求%及加的值.

l（X）~

/1\"|1Γ/1∖99

【答案】⑴4=1.4=；.6=1⑵见解析；（3）%=41一卜，％=>+".

【详解】（I）棋子开始在第0站为必然事件，《=1.

第一次掷硬币出现正面，棋子跳到第1站，其概率为g,∙∙∙4=g.

棋子跳到第2站应从如下两方面考虑：

①前两次掷硬币都出现正面，其概率为:；

②第一次掷硬币出现反面，其概率为T.

„113

2424

（2）证明：棋子跳到第。（2效加99）站的情况是下列两种，而且也只有两种：

①棋子先到第〃-2站，又掷出反面，其概率为:q_2；

②棋子先到第〃-1站，又掷出正面，其概率为ggτ∙

匕=；偌+，.

ETL初H.

（3）由（2）知，当1励9时，数列优-月-J是首项为［-4=-；，公比为的等比数列.

6.(2022,山东省实验中学模拟预测)某游戏棋盘上标有第0、1、2、L、100站，棋子开始位于

第0站，选手抛掷均匀硬币进行游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳

出两站，直到跳到第99站或第100站时，游戏结束.设游戏过程中棋子出现在第〃站的概率为匕.

(1)当游戏开始时，若抛掷均匀硬币3次后，求棋子所走站数之和X的分布列与数学期望；

(2)证明：2*L9,=-g(B-2τ)0≤“≤98);

(3)若最终棋子落在第99站，则记选手落败，若最终棋子落在第100站，则记选手获胜.请分析这个

游戏是否公平.

【答案】(1)分布列见解析，数学期望(2)见解析；(3)游戏不公平.

【详解】(1)由题意可知，随机变量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，随机变量X的分布列如下表所示：

X3456

ɪ33ɪ

P

8888

1331o

所以，E(X)=3×-+4×-+5×-+6×-=-;

(2)依题意，当1≤“≤98时，棋子要到第(〃+1)站，有两种情况:

山第”站跳1站得到，其概率为ɪP,,；

可以由第(«-1)站跳2站得到,其概率为TP,,.i.

所以,Pn+l=^Pll+~Pn.l.

同时减去?得以一勺=一；《+：儿|=一；俨-51)(14〃498)；

(3)依照(2)的分析，棋子落到第99站的概率为4=；&+；廊,

由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有耳co=g4.

所以YO<4,即最终棋子落在第99站的概率大于落在第100站的概率，游戏不公平.

③概率综合

1.（2022•湖南衡阳•高一期末）甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1

分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积

分多的一方获胜；若第四周结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平.假设在每

局比赛中，甲胜的概率为负的概率为g，且每局比赛之间的胜负相互独立.

⑴求第三局结束时乙获胜的概率；

⑵求甲获胜的概率.

4

【答案】⑴力

265

（z2）

432

（1）

设事件A为“第三局结束乙获胜〃

山题意知，乙每局获胜的概率为［1不获胜的概率为彳?.

若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜,

胜）.

+…八1212114

故P（A）=一X-X-+-X-X-=一

33333327

⑵

设事件B为"甲获胜

若第二局结束甲获胜，则甲两局连胜，此时的概率I=：*：=；.

若第三局