新教材2025届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题12概率中的比赛问题

微专题12概率中的竞赛问题一、单项选择题1．[2024·河北沧州模拟]甲、乙两人进行乒乓球竞赛，采纳七局四胜制，先赢四局者获胜，没有平局、甲每局赢的概率为eq\f(1,2)，已知前两局甲输了，则甲最终获胜的概率为()A．eq\f(1,16)B．eq\f(1,8)C．eq\f(3,16)D．eq\f(1,4)2．[2024·江苏镇江模拟]甲、乙二人争夺一场围棋竞赛的冠军，若竞赛为“三局两胜”制，甲在每局竞赛中获胜的概率均为eq\f(2,3)，且各局竞赛结果相互独立，则甲获得冠军的概率为()A．eq\f(4,9)B．eq\f(8,27)C．eq\f(16,27)D．eq\f(20,27)3．[2024·河北石家庄模拟]2024年7月24日14时22分，搭载我国首个科学试验舱问天试验舱的长征五号B遥三运载火箭胜利放射，令世界瞩目．为弘扬航天精神，M高校举办了“逐梦星辰大海——航天杯”学问竞赛，竞赛分为初赛和复赛，初赛通过后进入复赛，复赛通过后颁发相应荣誉证书和奖品．为激励学生主动参与，学校后勤部赐予肯定的嘉奖：只参与了初赛的学生嘉奖50元的奖品，参与了复赛的学生再嘉奖100元的奖品．现有A，B，C三名学生报名参与了这次竞赛，已知A通过初赛、复赛的概率分别为eq\f(1,2)，eq\f(1,3)；B通过初赛、复赛的概率分别为eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，C通过初赛和复赛的概率与B完全相同．记这三人获得后勤部的奖品总额为X元，则X的数学期望为()A．300元B．eq\f(1000,3)元C．350元D．eq\f(2000,3)元4．[2024·河南襄城模拟]2024年卡塔尔世界杯上，32支球队分成8个小组，每个小组的前两名才能出线，晋级到1/8决赛．某参赛队在开赛前预料：本队获得小组第一的概率为0.6，获得小组其次的概率为0.3；若获得小组第一，则1/8决赛获胜的概率为0.9，若获得小组其次，则1/8决赛获胜的概率为0.3.那么在已知该队小组出线的条件下，其1/8决赛获胜的概率为()A．0.54B．0.63C．0.7D．0.95．[2024·河北保定模拟]某校在校庆期间举办羽毛球竞赛，某班派出甲、乙两名单打主力，为了提高两位主力的实力，体育老师支配了为期一周的对抗训练，竞赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关．若甲、乙两人每局获胜的概率分别为p1，p2(0≤p1，p2≤1)，且满意p1＋p2＝eq\f(3,2)，每局之间相互独立．记甲、乙在n轮训练中训练过关的轮数为X，若E(X)＝24，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为()A．26B．30C．32D．36二、多项选择题6．乒乓球，被称为中国的“国球”．某次竞赛采纳五局三胜制，当参赛甲、乙两位中有一位赢得三局竞赛时，就由该选手晋级而竞赛结束．每局竞赛皆须分出输赢，且每局竞赛的输赢不受之前竞赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为p(0≤p≤1)，实际竞赛局数的期望值记为f(p)，则下列说法中正确的是()A．三局就结束竞赛的概率为p3＋(1－p)3B．f(p)的常数项为3C．函数f(p)在(0，eq\f(1,2))上单调递减D．f(eq\f(1,2))＝eq\f(33,8)7．[2024·广东广州模拟]甲乙两人进行围棋竞赛，共竞赛2n(n∈N*)局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为eq\f(1,2).假如某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得竞赛．记甲赢得竞赛的概率为P(n)，则()A．P(2)＝eq\f(5,16)B．P(3)＝eq\f(11,16)C．P(n)＝eq\f(1,2)(1－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)),22n))D．P(n)的最小值为eq\f(1,4)[答题区]题号1234567答案三、填空题8．[2024·安徽合肥模拟]第十九届亚洲运动会将于2024年9月23日至10月8日在中国杭州实行．为了让更多的同学了解亚运会，学校团委实行了“迎亚运，猜谜语”活动．甲、乙两位同学组队代表班级参与此次谜语竞猜活动．竞赛共两轮，每人每轮各猜一个谜语．已知甲每轮猜对谜语的概率为eq\f(2,3)，乙每轮猜对谜语的概率为eq\f(1,2)，若甲、乙两人每轮猜对谜语与否互不影响，前后两轮猜对谜语结果也互不影响，则甲、乙两人在此次竞赛中共猜对3个谜语的概率为________．9．甲、乙、丙三人按下面的规则进行乒乓球竞赛：第一局由甲、乙参与而丙轮空，以后每一局由前一局的获胜者与轮空者进行竞赛，而前一局的失败者轮空．竞赛按这种规则始终进行到其中一人连胜两局或打满6局时停止．设在每局中参赛者输赢的概率均为eq\f(1,2)，且各局输赢相互独立．则竞赛停止时已打局数ξ的分布列是________．10．[2024·山东潍坊模拟]乒乓球被称为我国的“国球”．甲、乙两名运动员进行乒乓球竞赛，其中每局中甲获胜的概率为eq\f(3,4)，乙获胜的概率为eq\f(1,4)，每局竞赛都是相互独立的．①若竞赛为五局三胜制，则需竞赛五局才结束的概率为________．②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时竞赛结束，则须要进行的竞赛局数的数学期望为________．附：当0<q<1时，eq\o(lim,\s\do4(n→＋∞))qn＝0，eq\o(lim,\s\do4(n→＋∞))n·qn＝0.四、解答题11．[2024·安徽淮南模拟]2024年10月16日至10月22日，中国共产党其次十次全国代表大会在北京召开，此次大会是在全党全国各族人民迈上全面建设社会主义现代化国家新征程、向其次个百年奋斗目标进军的关键时刻召开的一次非常重要的大会．在树人中学团委的组织下，高二年级各班团支部实行了“学习二十大，做有为青年”的学问竞赛活动，经过激烈竞争，高二(1)班(以下简称一班)和高二(3)班(以下简称三班)进入了最终的年级决赛，决赛规定：共进行5轮竞赛，每轮竞赛每个班可以从A，B两个题库中任选1题作答，在前两轮竞赛中每个班的题目必需来自同一题库，后三轮竞赛中每个班的题目必需来自同一题库，A题库每题20分，B题库每题30分，一班能正确回答A，B题库每题的概率分别为eq\f(3,4)，eq\f(1,2)，三班能正确回答A，B题库每题的概率均为eq\f(2,3)，且每轮答题结果互不影响．(1)若一班前两轮选A题库，后三轮选B题库，求其总分不少于100分的概率；(2)若一班和三班在前两轮竞赛中均选了B题库，而且一班两轮得分60分，三班两轮得分30分，一班后三轮换成A题库，三班后三轮不更换题库，设一班最终的总分为X，求X的分布列，并从每班总分的均值来推断，哪个班赢下这场竞赛？解：12．[2024·湖北武汉模拟]杭州2024年第19届亚运会(The19thAsianGamesHangzhou2024)于2024年9月23日至10月8日举办．本届亚运会共设40个竞赛大项，包括31个奥运项目和9个非奥运项目．同时，在保持40个大项目不变的前提下，增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了很多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丢失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行竞赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将干脆淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最终总决赛的胜者即为冠军．双败赛制下会发觉一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场竞赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公允，是否真的如此呢？这里我们简洁探讨一下两个赛制．假设四支队伍分别为A，B，C，D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为eq\f(1,2).最初分组时AB同组，CD同组．(1)若p＝eq\f(2,3)，在淘汰赛赛制下，A，C获得冠军的概率分别为多少？(2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率(用p表示)，并据此简洁分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公允”？解：

微专题12概率中的竞赛问题1．解析：因为前两局甲都输了，所以甲须要连胜四局或第三局到第六局输1局，且第七局胜，甲才能最终获胜，所以甲最终获胜的概率为(eq\f(1,2))4＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))(1－eq\f(1,2))×(eq\f(1,2))3×eq\f(1,2)＝eq\f(3,16).故选C.答案：C2．解析：若竞赛两场甲获胜，则概率为eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9)；若竞赛三场甲获胜，则概率为eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)；甲获得冠军的概率eq\f(4,9)＋eq\f(8,27)＝eq\f(20,27).故选D.答案：D3．解析：由题知X的全部可能取值为150，250，350，450，P(X＝150)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,18)，P(X＝250)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,18)，P(X＝350)＝2×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9)，P(X＝450)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，所以数学期望E(X)＝150×eq\f(1,18)＋250×eq\f(5,18)＋350×eq\f(4,9)＋450×eq\f(2,9)＝eq\f(1000,3)(元).故选B.答案：B4．解析：设该队小组出线为事务A，该队1/8决赛获胜为事务B，则P(A)＝0.3＋0.6＝0.9，P(AB)＝0.6×0.9＋0.3×0.3＝0.63，所以P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(0.63,0.9)＝0.7.故选C.答案：C5．解析：由题意，设甲、乙在某一轮训练中训练过关的概率为p，则p＝peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))p1(1－p1)peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))p2(1－p2)peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2p1p2(p1＋p2)－3peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝3p1p2－3peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，又p1＋p2＝eq\f(3,2)，所以p1p2＝p1(eq\f(3,2)－p1)，由0≤p1，p2≤1，得eq\f(1,2)≤p1≤1，则eq\f(1,2)≤p1p2＝p1(eq\f(3,2)－p1)≤eq\f(9,16)，设t＝p1p2，eq\f(1,2)≤t≤eq\f(9,16)，则p＝3t－3t2＝3t(1－t)≤3×(eq\f(t＋1－t,2))2＝eq\f(3,4)，当且仅当t＝1－t即t＝eq\f(1,2)即p1p2＝eq\f(1,2)时等号成立，即p的最大值为eq\f(3,4).记甲、乙在n轮训练中训练过关的轮数为X，则X～B(n，eq\f(3,4))，若E(X)＝24，则np＝24，当p最大时，n最小，则n≥eq\f(24,\f(3,4))＝32，即甲、乙两人训练至少32轮．故选C.答案：C6．解析：设实际竞赛局数为X，则X的可能取值为3，4，5，所以P(X＝3)＝p3＋(1－p)3，P(X＝4)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))p3(1－p)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))p(1－p)3，P(X＝5)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))p2(1－p)2，因此三局就结束竞赛的概率为p3＋(1－p)3，则A正确；故f(p)＝3[p3＋(1－p)3]＋4[Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))p3(1－p)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))p(1－p)3]＋5×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))p2(1－p)2＝6p4－12p3＋3p2＋3p＋3，由f(0)＝3知常数项为3，故B正确；由f(eq\f(1,2))＝6×eq\f(1,16)－12×eq\f(1,8)＋3×eq\f(1,4)＋eq\f(3,2)＝eq\f(33,8)，故D正确；由f′(p)＝24p3－36p2＋6p＋3＝3(2p－1)(4p2－4p－1)，∵0≤p≤1，所以4p2－4p－1＝(2p－1)2－2<0，∴令f′(p)>0，则0≤p<eq\f(1,2)；令f′(p)<0，则eq\f(1,2)<p≤1，则函数f(p)在(0，eq\f(1,2))上单调递增，则C不正确．故选ABD.答案：ABD7．解析：由题意知：要使甲赢得竞赛，则甲至少赢n＋1局，故P(n)＝(eq\f(1,2))2n(Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n))＋Ceq\o\al(\s\up1(n＋2),\s\do1(2n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(2n),\s\do1(2n)))，而Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(2n))＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n))＋Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(2n),\s\do1(2n))＝22n，且Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2n))＝Ceq\o\al(\s\up1(2n),\s\do1(2n))，Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2n))＝Ceq\o\al(\s\up1(2n－1),\s\do1(2n))，…，Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(2n))＝Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n))，∴P(n)＝eq\f(1,2)－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)),22n＋1)，故C正确；A：P(2)＝eq\f(1,2)－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)),25)＝eq\f(5,16)，正确；B：P(3)＝eq\f(1,2)－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)),27)＝eq\f(11,32)，错误；D：因为P(n＋1)－P(n)＝eq\f(1,2)(eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)),22n)－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n＋2)),22n＋2))＝eq\f(1,2)·eq\f(4Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n))－Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n＋2)),22n＋2)，又eq\f(4Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)),Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n＋2)))＝eq\f(4·（2n）！,n！n！)÷eq\f(（2n＋2）！,（n＋1）！（n＋1）！)＝eq\f(4（n＋1）2,（2n＋2）（2n＋1）)＝eq\f(2（n＋1）,2n＋1)>1，故P(n＋1)>P(n)，故P(n)随着n的增大而增大．故P(n)的最小值为P(1)＝eq\f(1,2)－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)),23)＝eq\f(1,4)，正确．故选ACD.答案：ACD8．解析：甲乙共猜对3个谜语有如下两种状况：甲猜对一个，乙猜对两个，其概率为：2×[eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×(1－eq\f(2,3))×eq\f(1,2)]＝eq\f(1,9)；或甲猜对两个，乙猜对一个，其概率为：2×[eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×(1－eq\f(1,2))×eq\f(2,3)]＝eq\f(2,9)，故甲、乙两人在此次竞赛中共猜对3个谜语的概率为eq\f(1,9)＋eq\f(2,9)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)9．解析：分别记Ai，Bi，Ci为甲、乙、丙在第i局获胜，则P(Ai)＝P(Bi)＝P(Ci)＝eq\f(1,2).由已知，ξ可取2，3，4，5，6.ξ＝2表示事务“甲连胜两局”或“乙连胜两局”，所以P(ξ＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).ξ＝3表示事务“甲胜丙胜丙胜”或“乙胜丙胜丙胜”，所以P(ξ＝3)＝P(A1C2C3)＋P(B1C2C3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).ξ＝4表示事务“甲胜丙胜乙胜乙胜”或“乙胜丙胜甲胜甲胜”，所以P(ξ＝4)＝P(A1C2B3B4)＋P(B1C2A3A4)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).ξ＝5表示事务“甲胜丙胜乙胜甲胜甲胜”或“乙胜丙胜甲胜乙胜乙胜”，所以P(ξ＝5)＝P(A1C2B3A4A5)＋P(B1C2A3B4B5)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,16).ξ＝6表示事务“甲胜丙胜乙胜甲胜丙胜丙胜”或“乙胜丙胜甲胜乙胜丙胜丙胜”或“甲胜丙胜乙胜甲胜丙胜乙胜”或“乙胜丙胜甲胜乙胜丙胜甲胜”，所以P(ξ＝6)＝P(A1C2B3A4C5C6)＋P(B1C2A3B4C5C6)＋P(A1C2B3A4C5B6)＋P(B1C2A3B4C5A6)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,16).所以，ξ的分布列是ξ23456Peq\f(1,2)eq\f(1,4)eq\f(1,8)eq\f(1,16)eq\f(1,16)答案：ξ23456Peq\f(1,2)eq\f(1,4)eq\f(1,8)eq\f(1,16)eq\f(1,16)10.解析：①需竞赛五局才结束，则说明前四局双方为2∶2，概率为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))(eq\f(3,4))2·(eq\f(1,4))2＝eq\f(27,128).②假设竞赛局数为随机变量X，由已知，需竞赛局数为偶数，则X可取2，4，6，…，2n，…(n∈N*).则P(X＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))(eq\f(3,4))2＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))(eq\f(1,4))2＝eq\f(5,8)，当n≥2时，双方前2n－2局战为平局，且随意前2m(1≤m≤n－1，且m∈N*)局双方均战为平局，则P(X＝2n)＝(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×eq\f(3,4)×eq\f(1,4))n－1×(eq\f(3,4))2＋(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×eq\f(3,4)×eq\f(1,4))n－1×(eq\f(1,4))2＝eq\f(5,8)×(eq\f(3,8))n－1，明显n＝1，满意该式．设an＝P(X＝2n)＝eq\f(5,8)×(eq\f(3,8))n－1，则有eq\f(an＋1,an)＝eq\f(\f(5,8)×（\f(3,8)）n,\f(5,8)×（\f(3,8)）n－1)＝eq\f(3,8)，所以{an}是以a1＝eq\f(5,8)为首项，q＝eq\f(3,8)为公比的等比数列．设bn＝2nan，则bn＝eq\f(5n,4)×(eq\f(3,8))n－1.设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(5,4)[1＋2×eq\f(3,8)＋3×(eq\f(3,8))2＋…＋n·(eq\f(3,8))n－1]，eq\f(3,8)Sn＝eq\f(5,4)[eq\f(3,8)＋2×(eq\f(3,8))2＋3×(eq\f(3,8))3＋…＋n·(eq\f(3,8))n]，作差可得，Sn－eq\f(3,8)Sn＝eq\f(5,4)[1＋eq\f(3,8)＋(eq\f(3,8))2＋…＋(eq\f(3,8))n－1－n·(eq\f(3,8))n]＝eq\f(5,4)×eq\f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－（\f(3,8)）n)),1－\f(3,8))－eq\f(5n,4)·(eq\f(3,8))n＝2－2·(eq\f(3,8))n－eq\f(5n,4)·(eq\f(3,8))n，整理可得，Sn＝eq\f(16,5)－eq\f(16,5)·(eq\f(3,8))n－2n·(eq\f(3,8))n.由题意可得，eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,5)·（\f(3,8)）n))＝0，eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))[2n·(eq\f(3,8))n]＝0.则E(X)＝2·P(X＝2)＋2×2·P(X＝2×2)＋2×3·P(X＝2×3)＋…＋2n·P(X＝2n)＋…＝eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))Sn＝eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))[eq\f(16,5)－eq\f(16,5)·(eq\f(3,8))n－4n·(eq\f(3,8))n]＝eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))eq\f(16,5)－eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,5)·（\f(3,8)）n))－eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4n·（\f(3,8)）n))＝eq\f(16,5).答案：eq\f(27,128)eq\f(16,5)11．解析：(1)由条件知，若一班在前两轮得20分，后三轮得90分，总分为110分，其概率为Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×eq\f(3,4)×eq\f(1,4)×Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))×(eq\f(1,2))3＝eq\f(3,64)，若一班在前两轮得40分，后三轮得60分或90分，总分为100或130分，其概率为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))×(eq\f(3,4))2×[Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×(eq\f(1,2))2×eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))×(eq\f(1,2))3]＝eq\f(9,32)，于是一班总分不少于100分的概率为eq\f(3,64)＋eq\f(9,32)＝eq\f(21,64).(2)由条件知，随机变量X可能取值为60，80，100，120，P(X＝60)＝(eq\f(1,4))3＝eq\f(1,64)，P(X＝80)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))(eq\f(1,4))2eq\f(3,4)＝eq\f(9,64)，P(X＝100)＝Ceq\o\a