高中数学概率解答题拔高题型训练（解析版）.pdf

1、概率解答题拔高题型训练解析版 试卷第 1 页，总 26 页 概率解答题拔高题型训练概率解答题拔高题型训练 1 1超级细菌是一种耐药性细菌，产生超级细菌的主要原因是用于抵抗细菌侵蚀的药物越来越多，但是由于超级细菌是一种耐药性细菌，产生超级细菌的主要原因是用于抵抗细菌侵蚀的药物越来越多，但是由于 滥用抗生素的现象不断的发生，很多致病菌也对相应的抗生素产生了耐药性，更可怕的是，抗生素药物对滥用抗生素的现象不断的发生，很多致病菌也对相应的抗生素产生了耐药性，更可怕的是，抗生素药物对 它起不到什么作用，病人会因为感染而引起可怕的炎症，高烧，痉挛，昏迷，甚至死亡它起不到什么作用，病人会因为感染而引起可怕的

2、炎症，高烧，痉挛，昏迷，甚至死亡. . 某药物研究所为筛查某种超级细菌，需要检验血液是否为阳性，现有某药物研究所为筛查某种超级细菌，需要检验血液是否为阳性，现有() * n nN份血液样本，每个样本取份血液样本，每个样本取 到的可能性相等， 有以下两种检验方式： （到的可能性相等， 有以下两种检验方式： （1 1） 逐份检验， 则需要检验） 逐份检验， 则需要检验n次次； （； （2 2） 混合检验， 将其中） 混合检验， 将其中k（kN 且且2k ）份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，则这）份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，则这k份的血液全为阴性，因而这份的

3、血液全为阴性，因而这k 份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k k份血液究竟哪几份为阳性，就要对份血液究竟哪几份为阳性，就要对 这这k k份再逐份检验，此时这份再逐份检验，此时这k k份血液的检验次数总共为份血液的检验次数总共为1k +次次. .假设在接受检验的血液样本中，每份样本假设在接受检验的血液样本中，每份样本 的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为()01pp 现取其中现取其中k（ * kN 且且2k ）份血液样本

4、，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为 1 ，采，采用混用混 合检验方式，样本需要检验的总次数为合检验方式，样本需要检验的总次数为 2 （1 1）运用概率统计的知识，若）运用概率统计的知识，若( )() 12 EE=，试求关于，试求关于k的函数关系式的函数关系式( )pf k=； （2 2）若）若p与抗生素计量与抗生素计量 n x相关，其中相关，其中() 12 ,2 n x xxn 是不同的正实数，满足是不同的正实数，满足 1 1x =，对任意的，对任意的 () * 2nNn，都有，都有 1222 1 1 3 22 1 121 n

5、nn i ii xxx e x xxx = + = （i i）证明：）证明： n x为等比数列；为等比数列； （ii ii）当）当 3 4 1 1p x = 时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数 期望值更少，求期望值更少，求k的最大值的最大值. . 参考数据：参考数据：ln20.6931，ln31.0986，ln41.3863，ln51.6094，ln61.7918， 【答案】【答案】 （1） ( ) 1 1 1 k f k k = ， （ * kN ，且2k ） ； （2） （i）

6、见解析， （ii）4 【解析】【解析】 【分析】 （1） 易知若取k份血液样本则( ) 1 Ek=； 2 的所有可能取值为 1，1k +， 根据概率公式可表示出() 2 E. 概率解答题拔高题型训练解析版 试卷第 2 页，总 26 页 结合( )() 12 EE=，化简即可关于k的函数关系式( )pf k=； （2） （i）根据当2n =时 1222 221 3 22 1221 xxx e x xxx = 成立，则由数学归纳法即可证明 n x为等比数列.（ii）根据 （i）可得 3 3 4 11 11p xe = = ，( ) () 12 EE ，化简可得 1 ln 3 kk， 构造函数( )

7、() 1 ln0 3 f xxx x=， 求得导函数( )fx，可通过( )fx的符号判断函数单调性，结合参考数据，即可求得k的最大值. 【详解】 （1）由已知得( ) 1 Ek=； 2 的所有可能取值为 1，1k +， ()() 2 11 k Pp=， ()() 2 111 k Pkp=+= . ()()()()() 2 11 1111 kkk Epkpkkp =+=+ . 若( )() 12 EE=， 则()11 k kkkp=+ ，() 1 1 k p k =， 1 1 1 k p k = ， 1 1 1 k p k = . p 关于k的函数关系式为 ( ) 1 1 1 k f k k

8、= ， （ * kN ，且2k ）. （2） （i）证明：当2n =时， 1222 221 3 22 1221 xxx e x xxx = ， 1 2 3 1 x e x =，令 1 2 3 1 0 x qe x =，则1q ， 1 1x =，下面证明对任意的正整数n， 1 3 n n xe = . 当1n =，2 时，显然成立； 假设对任意的nk=时， 1 3 k k xe = ，下面证明1nk=+时，3 1 k k xe + = ： 概率解答题拔高题型训练解析版 试卷第 3 页，总 26 页 由题意，得 1222 111 3 22 1 121 k kk i ii xxx e x xxx +

9、 = + = ， 12 2 1 3 12 122311 3 11111 1 k k kkkk x ex x xx xxxx x e + + + += ， 1 2 3 1 1 3 12 2 1 3 1211 1 333 1 11 1 k e k kk k xe ex eexe + + + += ， ()21 2 3 1 2 1 3 122 1 33 1 1 1 k k k k k xe x ex ee + + + += ， 2(1)2 2 3333 11 10 kkk kk exeex + + + = ， 2 333 11 110 kk kk exex + + += . 3 1 k k xe +

10、 = 或 2 33 1 k k xe + = （负值舍去）. 3 1 k k xe + = 成立. 由可知， n x为等比数列， 1 3 n n xe = . （ii）由（i）知， 3 3 4 11 11p xe = = ， ( )() 12 EE ， ()11 k kkkp+ ，得() 3 11 1 k k p ke = ， 1 ln 3 kk. 设( )() 1 ln0 3 f xxx x=，( ) 3 3 x fx x =， 当3x 时，( )0fx，即( )f x在)3,+上单调减. 又ln41.3863， 4 1.3333 3 ， 4 ln4 3 ；ln51.6094， 5 1.66

11、67 3 ， 5 ln5 3 . k的最大值为 4. 概率解答题拔高题型训练解析版 试卷第 4 页，总 26 页 【点睛】 本题考查了离散型随机变量概率的求法，数学归纳法在证明中的综合应用，构造函数并通过导数判断单调 性，求得最值后确定参数的取值范围，综合性较强，文字多，对分析问题、解决问题能力要求高，属于难 题. 2 220202020 年，新冠状肺炎疫情牵动每一个中国人的心，危难时刻众志成城，共克时艰，为疫区助力福建年，新冠状肺炎疫情牵动每一个中国人的心，危难时刻众志成城，共克时艰，为疫区助力福建 省漳州市东山县共省漳州市东山县共 101101 个海鲜商家及个人为缓解武汉物质压力，募捐价值

12、百万的海鲜输送武汉东山岛，个海鲜商家及个人为缓解武汉物质压力，募捐价值百万的海鲜输送武汉东山岛， 别称陵岛，形似蝴蝶亦称蝶岛，隶属于福建省漳州市东山县，是福建省第二大岛，中国第七大岛，介于厦别称陵岛，形似蝴蝶亦称蝶岛，隶属于福建省漳州市东山县，是福建省第二大岛，中国第七大岛，介于厦 门市和广东省汕头之间，东南是著名的闽南渔场和粤东渔场交汇处，因地理位置发展海产品养殖业具有得门市和广东省汕头之间，东南是著名的闽南渔场和粤东渔场交汇处，因地理位置发展海产品养殖业具有得 天独厚的优势根据养殖规模与以往的养殖经验，某海鲜商家的海产品每只质量（克）在正常环境下服从天独厚的优势根据养殖规模与以往的养殖经验

13、，某海鲜商家的海产品每只质量（克）在正常环境下服从 正态分布正态分布(280,25)N （1 1）随机购买）随机购买 1010 只该商家的海产品，求至少买到一只质量小于只该商家的海产品，求至少买到一只质量小于 265265 克该海产品的概率；克该海产品的概率； （2 2）20202020 年该商家考虑增加先进养殖技术投入，该商家欲预测先进养殖技术投入为年该商家考虑增加先进养殖技术投入，该商家欲预测先进养殖技术投入为 4949 千元时的年收益千元时的年收益 增量现用以往的先进养殖技术投入增量现用以往的先进养殖技术投入 i x（千元）与年收益增量（千元）与年收益增量 i y（千元） （千元） (1

14、,2,3,8)i =的数据绘制散点的数据绘制散点 图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线yab x=+的附近，且的附近，且46.6,x =563,y = 6.8,t =() 8 2 1 289.8, i i xx = = () 8 2 1 1.6 i i tt = = ，()() 8 1 1469, ii i xxyy = = ()() 8 1 108.8 ii i ttyy = = ， 其中其中, ii tx= 8 1 1 8 i i tt = = 根据所给的统计量，求根据所给的统计量，求y y关于关于x x的回归方程，并预测先进

15、养殖技术投入为的回归方程，并预测先进养殖技术投入为 4949 千元时的年收益增量千元时的年收益增量 附：若随机变量附：若随机变量(1,4)ZN，则，则( 57)0.9974,PZ = 10 0.99870.9871 ; ; 对于一组数据对于一组数据() 11 ,u v() 22 ,u v , (), nn u v，其回归线，其回归线vu=+的斜率和截距的最小二乘估计分别为的斜率和截距的最小二乘估计分别为 ()() () 1 2 1 , n ii i n i i uuvv uu = = = vu= 【答案】【答案】 （1）0.0129 （2）100.668yx=+，年收益增量为 576.6 千元

16、 【解析】【解析】 【分析】 概率解答题拔高题型训练解析版 试卷第 5 页，总 26 页 （1）由单只海产品质量(280,25)N，可知280,=5=，表示 1 (265)1(33 ) 2 PP=+，根据附加条件可得单次小于 265g 的概率，根据所求表示 为 10 次独立重复试验，即(10,0.0013)XB，计算(1)1(0)P XP X= =既得答案； （2）从已知条件中缕清需要的已知，其中yab x=+，, ii tx=，即所求回归方程应为y abt=+ ，所 以由 ()() () 8 1 8 2 1 ii i i i ttyy b tt = = = 求得 b，再由 a ybt=求得

17、a ，既得回归方程，代入49x =，既得所预测收 入值. 【详解】 解： （1）由已知，单只海产品质量(280,25)N，则280,=5=， 由正态分布的对称性可知， 11 (265)1(265295)1(33 ) 22 PPP=+ 1 (1 0.9974)0.0013 2 =， 设购买 10 只该商家海产品，其中质量小于 265g 的为 X 只，故(10,0.0013)XB， 故 10 (1)1(0)1 (1 0.0013)1 0.98710.0129P XP X= = =， 所以随机购买 10 只该商家的海产品，至少买到一只质量小于 265 克的概率为 0.0129 （2）由6.8,t =

18、563,y =()() 8 1 108.8, ii i ttyy = = () 8 2 1 1.6 i i tt = = ， 有 ()() () 8 1 8 2 1 108.8 68 1.6 ii i i i ttyy b tt = = = ， 且 563 68 6.8100.6aybt=， 所以 y 关于 x 的回归方程为100.668yx=+， 当49x =时，年销售量 y 的预报值100.668 49576.6y =+=千元 概率解答题拔高题型训练解析版 试卷第 6 页，总 26 页 所以预测先进养殖技术投入为 49 千元时的年收益增量为 576.6 千元 【点睛】 本题考查统计案例的综

19、合问题，涉及正态分布求概率以及由最小二乘法求回归方程，属于难题. 3 320192019 年年 7 7 曰曰 1 1 日至日至 3 3 日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级 和生态环境的持续改善和生态环境的持续改善. .某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对 100100 辆汽车辆汽车 进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）进行了单次最大续航里程（理论上

20、是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程） 的测试的测试. .现对测试数据进行分析，得到如下的频率分布直方图：现对测试数据进行分析，得到如下的频率分布直方图： （1 1）估计这）估计这 100100 辆汽车的单次最大续航里程的平均值辆汽车的单次最大续航里程的平均值x（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）. . （2 2） 根据大量的汽车测试数据， 可以认为这款汽车的单次最大续航里程） 根据大量的汽车测试数据， 可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布近似地服从正态分布() 2 ,N ， 经计算第（经计算第（1 1）问中

21、样本标准差）问中样本标准差s的近似值为的近似值为 50.50.用样本平均数用样本平均数x作为作为的近似值，用样本标准差的近似值，用样本标准差s作为作为 的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在 250250 千米到千米到 400400 千米之间的概率千米之间的概率. . 参考数据：若随机变量参考数据：若随机变量 服从正态分布服从正态分布() 2 ,N ，则，则()0.6827P+， (22 )0.9545P+，(33 )0.9973P+. . （3 3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向

22、意向客户推出，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖玩游戏，送大奖”活动，客户可根据活动，客户可根据 抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营胜利大本营”，则可获得购车优，则可获得购车优 惠券惠券. .已知硬币出现正、反面的概率都是已知硬币出现正、反面的概率都是 1 2 ，方格图上标有第，方格图上标有第 0 0 格、第格、第 1 1 格、第格、第 2 2 格、格、第、第 5050 格格. .遥控遥控 车开始在第车开始在第 0 0 格，客户每掷一次硬币，遥控车车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格

23、（从格，客户每掷一次硬币，遥控车车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格（从k到到 1k +） ，若掷出反面，遥控车向前移动两格（从） ，若掷出反面，遥控车向前移动两格（从k到到2k +） ，直到遥控车移到第） ，直到遥控车移到第 4949 格（胜利大本营）或第格（胜利大本营）或第 5050 格（失败大本营）时，游戏结束，设遥控车移到第格（失败大本营）时，游戏结束，设遥控车移到第n n格的概率为格的概率为 n P，试说明，试说明 1nn PP 是等比数列，并是等比数列，并 解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车. . 【答案】【答案】 （

24、1）300（千米） （2）0.8186（3）说明详见解析，此方案能够成功吸引顾客购买该款新能源汽 车 概率解答题拔高题型训练解析版 试卷第 7 页，总 26 页 【解析】【解析】 【分析】 （1）利用频率分布直方图的平均数的计算方法即可得出x （2）由(300XN， 2 50 )利用正态分布的对称性可得(250400)PX （3） 遥控车开始在第 0 格为必然事件， 0 1P = 第一次掷硬币出现正面， 遥控车移到第一格， 其概率为 1 2 ， 即 1 1 2 P =遥控车移到第(249)nn格的情况是下面两种，而且只有两种：遥控车先到第2n格，又 掷出反面，其概率为 2 1 2 n P 遥控

25、车先到第1n格，又掷出正面，其概率为 1 1 2 n P可得： 21 11 22 nnn PPP =+变形为 112 ( 1 ) 2 nnnn PPPP = 即可证明149n时，数列 1 nn PP是等比数 列，首项为 10 PP，公比为 1 2 的等比数列利用 112100 ()()() nnnnn PPPPPPPP =+，及其求 和公式即可得出可得获胜的概率 49 P，失败的概率 50 P进而得出结论 【详解】 解： （1） 0.002 502050.004 502550.009 50 3050.004 50 3550.001 50405300x =+=（千米） （2）由(300XN， 2

26、 50 ) 0.95450.6827 (250400)0.95450.8186 2 PX = （3） 遥控车开始在第 0 格为必然事件， 0 1P = 第一次掷硬币出现正面， 遥控车移到第一格， 其概率为 1 2 ， 即 1 1 2 P = 遥控车移到第(249)nn格的情况是下面两种，而且只有两种： 遥控车先到第2n格，又掷出反面，其概率为 2 1 2 n P 遥控车先到第1n格，又掷出正面，其概率为 1 1 2 n P 21 11 22 nnn PPP =+ 112 1 () 2 nnnn PPPP = 149n时，数列 1 nn PP是等比数列，首项为 10 1 2 PP= ，公比为 1

27、 2 的等比数列 1 1 1 2 P = ， 2 21 1 () 2 PP= ， 3 32 1 () 2 PP= ， 1 1 () 2 n nn PP= 概率解答题拔高题型训练解析版 试卷第 8 页，总 26 页 1 112100 111 ()()()()()1 222 nn nnnnn PPPPPPPP =+= + + 1 1 1 1() 21 2 1() 1 32 1() 2 n n + + = (0n =，1，49) 获胜的概率 50 49 21 1() 32 P = ， 失败的概率 4949 5048 112111 1() 1( ) 223232 PP= =+ 504948 4950

28、211111 1() 1( ) 1( ) 0 323232 PP= += 获胜的概率大 此方案能成功吸引顾客购买该款新能源汽车 【点睛】 本题考查了频率分布直方图的性质、正态分布图的性质、等比数列的定义通项公式与求和公式、累加求和 方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题 4 4学生考试中答对但得不了满分的原因多为答题不规范，具体表现为：解题结果正确，无明显推理错误，学生考试中答对但得不了满分的原因多为答题不规范，具体表现为：解题结果正确，无明显推理错误， 但语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等，记此类解答为但语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等，记

29、此类解答为“B类解答类解答”.”.为评估为评估 此类解答导致的失分情况，某市教研室做了一项试验：从某次考试的数学试卷中随机抽取若干属于此类解答导致的失分情况，某市教研室做了一项试验：从某次考试的数学试卷中随机抽取若干属于“B类类 解答解答”的题目，扫描后由近百名数学老师集体评阅，统计发现，满分的题目，扫描后由近百名数学老师集体评阅，统计发现，满分 1212 分的题，阅卷老师所评分数及各分分的题，阅卷老师所评分数及各分 数所占比例大约如下表：数所占比例大约如下表： 教师评分（满分教师评分（满分 1212 分）分） 1111 1010 9 9 各分数所占比例各分数所占比例 1 4 1 2 1 4

30、某次数学考试试卷评阅采用某次数学考试试卷评阅采用“双评双评+ +仲裁仲裁”的方式，规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两的方式，规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两 者所评分数之差的绝对值小于等于者所评分数之差的绝对值小于等于 1 1 分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于 1 1 分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得 分；当一、二评分数和仲裁分数差

31、值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题 得分得分. .（假设本次考试阅卷老师对满分为（假设本次考试阅卷老师对满分为 1212 分的题目中的分的题目中的“B类解答类解答”所评分数及比例均如上表所示，比所评分数及比例均如上表所示，比 概率解答题拔高题型训练解析版 试卷第 9 页，总 26 页 例视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响）例视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响）. . （1 1）本次数学考试中甲同学某题（满分）本次数学考试中甲同学某题（满分 1212 分

32、）的解答属于分）的解答属于“B类解答类解答”，求甲同学此题得分，求甲同学此题得分X的分布列的分布列 及数学期望及数学期望()E X； （2 2）本次数学考试有）本次数学考试有 6 6 个解答题，每题满分均为个解答题，每题满分均为 1212 分，同学乙分，同学乙 6 6 个题的解答均为个题的解答均为“B类解答类解答”，记该同，记该同 学学 6 6 个题中得分为个题中得分为() 12345i xxxxxx的题目个数为的题目个数为 i a，()1,2,3,4,5 i aN i=， 5 1 6 i i a = = ，计算，计算 事件事件“ 145 4aaa+=”的概率的概率. . 【答案】【答案】(1

33、)分布列见解析，() 321 32 E X =分； (2) 15 64 . 【解析】【解析】 【分析】 （1）根据规则，随机变量X的可能取值为 9、9.5、10、10.5、11，分析一评、二评、仲裁所打分数情 况并计算概率； （2）结合第一问 12345 ,x xx xx依次为 9、9.5、10、10.5、11，计算事件“ 145 4aaa+=”的概率等 价于计算“ 23 2aa+=”的概率，即得分为 9.5、10 共两道题的情况，分别计算概率即可. 【详解】 解： （1）随机变量X的可能取值为 9、9.5、10、10.5、11， 设一评、二评、仲裁所打分数分别为x，y，z， ()()()99

34、,99,11,9P XP xyP xyz=+=()11,9,9P xyz+= 111113 2 4444432 =+=， ()()()9.59,1010,9P XP xyP xy=+= 111 2 424 =， ()() 111 1010,10 224 P XP xy=， ()()()10.510,1111,10P XP xyP xy=+=()()9,11,1011,9,10P xyzP xyz+=+= 111115 22 2444216 = +=， ()()1111,11P XP xy=()()11,9,119,11,11P xyzP xyz+=+= 111113 2 4444432 =+=

35、. 概率解答题拔高题型训练解析版 试卷第 10 页，总 26 页 所以X分布列如下表： X可能取值 9 9.5 10 10.5 11 概率 3 32 1 4 1 4 5 16 3 32 数学期望() 31153 99.51010.511 32441632 E X+= 321 32 =（分）. （2） 5 1 6 i i a = = ，()() 14523 4“2“PaaaPaa+=+=， ()() 2323 “2“0,2“PaaPaa+=()() 2323 “2,0“1,1“PaaPaa+=+=， () 3 4 62 2 2 11 4 “,2“ 2 0PaaC = =， () 3 4 62 2

36、 2 11 4 “,0“ 2 2PaaC = =， () 4 11 2365 111 42 “ 4 1,1“PaCaC = = =， () 23 “2“Paa+= 24244 2211 6665 1111111 4242442 CCCC =+ 15153015 25625625664 =+=， () 145 15 4“ 64 Paaa+=. 【点睛】 此题考查随机变量及其分布列相关知识，题目阅读量大，关键在于读懂题意，弄清规则，对事件分析全面， 此题第二问若正面分类讨论“ 145 4aaa+=”， 则分类情况多， 容易遗漏， 转化成求其等价事件的概率， 涉及分类讨论，等价转化，转化与划归思想.

37、 5 520192019 年年 1212 月以来，湖北武汉市发现多起病毒性肺炎病例，并迅速在全国范围内开始传播，专家组认月以来，湖北武汉市发现多起病毒性肺炎病例，并迅速在全国范围内开始传播，专家组认 为，本次病毒性肺炎病例的病原体初步判定为新型冠状病毒，该病毒存在人与人之间的传染，可以通过与为，本次病毒性肺炎病例的病原体初步判定为新型冠状病毒，该病毒存在人与人之间的传染，可以通过与 患者的密切接触进行传染患者的密切接触进行传染. .我们把与患者有过密切接触的人群称我们把与患者有过密切接触的人群称为密切接触者，每位密切接触者被感染后即为密切接触者，每位密切接触者被感染后即 概率解答题拔高题型训练

38、解析版 试卷第 11 页，总 26 页 被称为患者被称为患者. .已知每位密切接触者在接触一个患者后被感染的概率为已知每位密切接触者在接触一个患者后被感染的概率为() 01pp，某位患者在隔离之前，某位患者在隔离之前， 每天有每天有a位密切接触者，其中被感染的人数为位密切接触者，其中被感染的人数为()0XXa，假设每位密切接触者不再接触其他患者，假设每位密切接触者不再接触其他患者. . （1 1）求一天内被感染人数为）求一天内被感染人数为X的概率的概率()P X与与a、p的关系式和的关系式和X的数学期望；的数学期望； （2 2）该病毒在进入人体后有）该病毒在进入人体后有 1414 天的潜伏期，

39、在这天的潜伏期，在这 1414 天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳 时间， 设每位患者在被感染后的第二天又有时间， 设每位患者在被感染后的第二天又有 2 2 位密切接触者， 从某一名患者被感染， 按第位密切接触者， 从某一名患者被感染， 按第 1 1 天算起， 第天算起， 第n天天 新增患者的数学期望记为新增患者的数学期望记为)2( n E n . . （i i）求数列）求数列 n E的通项公式，并证明数列的通项公式，并证明数列 n E为等比数列；为等比数列； （ii ii）若戴口罩能降低每位密切接触者患病概率，降低后的患病概率）若戴口罩能

40、降低每位密切接触者患病概率，降低后的患病概率()ln 1 2 3 ppp =+，当，当p取最大值取最大值 时，计算此时时，计算此时p所对应的所对应的 6 E 值和此时值和此时p对应的对应的 6 E值，根据计算结果说明戴口罩的必要性值，根据计算结果说明戴口罩的必要性. .（取（取10a =） （结果保留整数，参考数据：（结果保留整数，参考数据： 12 ln51.6,ln31.1,ln20.7,0.3,0.7 33 ） 【答案】【答案】 （1）()(1) XXa X a P XC pp =；EXap=. （2） （i） 2 (1)n n Eapap =+，证明见解析； （ii）16，6480，戴口

41、罩很有必要. 【解析】【解析】 【分析】 （1）由题意，被感染人数服从二项分布：( , )XB a p，则可求出概率及数学期望； （2） （i）根据第n天被感染人数为 1 (1)nap +，及第1n天被感染人数为 2 (1)nap +， 作差可得可得， 122 (1)(1)(1) nnn n Eapapapap =+=+， 可证，（ii） 利用导数计算此时p所对应的 6 E 值和此时p对应的 6 E值，根据计算结果说明戴口罩的必要性. 【详解】 （1）由题意，被感染人数服从二项分布：( , )XB a p， 则()(1) XXa X a P XC pp =,(0)Xa， X的数学期望EX ap

42、=. （2） （i）第n天被感染人数为 1 (1)nap +， 概率解答题拔高题型训练解析版 试卷第 12 页，总 26 页 第1n天被感染人数为 2 (1)nap +， 由题目中均值的定义可知， 122 (1)(1)(1) nnn n Eapapapap =+=+ 则 1 1 n n E ap E = + ，且 2 Eap=. n E是以ap为首项，1ap+为公比的等比数列. （ii）令 2 ( )ln(1) 3 f ppp=+， 则 1221 ( ) 133(1) p fp pp + = + . ( )f p在 1 (0, ) 2 上单调递增，在 1 ( ,1) 2 上单调递减. max

43、1311 ( )( )lnln3ln21.1 0.70.30.1 2233 f pf=. 则当10a =， 2 10 (1 10 )n n Epp =+. 4 6 10 0.1(1 10 0.1) =16E =+. 4 6 10 0.5(1 10 0.5) =6480E =+. 66 EE 戴口罩很有必要. 【点睛】 本题考查二项分布的概率及期望， 数学期望与数列综合，考查综合分析及转化能力， 考查知识的迁移能力， 属于较难题. 6 6 一款击鼓小游戏的规则如下： 每盘游戏都需击鼓三次， 每次击鼓后要么出现一次音乐， 要么不出现音乐； 一款击鼓小游戏的规则如下： 每盘游戏都需击鼓三次， 每次击

44、鼓后要么出现一次音乐， 要么不出现音乐； 每盘游戏击鼓三次后，出现三次音乐获得每盘游戏击鼓三次后，出现三次音乐获得 150150 分，出现两次音乐获得分，出现两次音乐获得 100100 分，出现一次音乐获得分，出现一次音乐获得 5050 分，分， 没有出现音乐则获得没有出现音乐则获得- -300300 分分. .设每次击鼓出现音乐的概率为设每次击鼓出现音乐的概率为 2 0 5 pp， 且各次击鼓出现音乐相互独立， 且各次击鼓出现音乐相互独立. . （1 1）若一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为）若一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为( )fp，求，求( )fp的最大值点的最大值点 0 p； （2 2

45、）以（）以（1 1）中确定的）中确定的 0 p作为作为p的值，玩的值，玩 3 3 盘游戏，出现音乐的盘数为随机变量盘游戏，出现音乐的盘数为随机变量X，求每盘游戏出现音，求每盘游戏出现音 概率解答题拔高题型训练解析版 试卷第 13 页，总 26 页 乐的概率乐的概率 1 p，及随机变量，及随机变量X的期望的期望EX； （3 3）玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了）玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了. .请运请运 用概率统计的相关知识分析分数减少的原因用概率统计的相关知识分析分数减少的原因. . 【答案

46、】【答案】 （1） 0 1 3 =p； （2） 19 27 ， 19 9 EX =； （3）见解析. 【解析】【解析】 【分析】 （1）根据独立重复试验中概率计算,可得仅出现一次音乐的概率( )fp.然后求得导函数( )fp ,并令 ( )0fp = 求得极值点.再根据( )fp的单调情况,求得( )fp的最大值. （2）由（1）可知, 0 1 3 =pp.先求得不出现音乐的概率, 由对立事件概率性质即可求得出现音乐的概率. 结合二项分布的期望求法,即可得随机变量X的期望EX; （3）求得每个得分的概率,根据公式即可求得得分的数学期望.构造函数,利用导函数即可证明数学期望为负 数,即可说明分数变少. 【详解】 （1）由题可知,一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为：