微練(二十一)概率、變量分布與其他知識(shí)的綜合問題班級：姓名：1．(2025·廣東湛江一模)甲參加了一場智力問答游戲，每輪游戲均有兩類問題(難度系數(shù)較低的A類問題以及難度系數(shù)較高的B類問題)供選擇，且每輪游戲只回答兩類問題中的其中一個(gè)問題．甲遇到每類問題的概率均為eq\f(1,2)，甲遇到A類問題時(shí)回答正確的概率為eq\f(1,2)，回答正確記1分，否則記0分；甲遇到B類問題時(shí)回答正確的概率為eq\f(1,4)，回答正確記2分，否則記0分，總得分記為X分，甲回答每個(gè)問題相互獨(dú)立．(1)當(dāng)進(jìn)行完2輪游戲時(shí)，求甲的總分X的分布列與數(shù)學(xué)期望；(2)設(shè)甲在每輪游戲中均回答正確且累計(jì)得分為n分的概率為G(n).(ⅰ)證明：{G(n＋1)－eq\f(1,2)G(n)}為等比數(shù)列；(ⅱ)求G(n)的最大值以及對應(yīng)n的值．2．某景區(qū)的索道共有三種購票類型，分別為單程上山票、單程下山票、雙程上下山票．為提高服務(wù)水平，現(xiàn)對當(dāng)日購票的120人征集意見，當(dāng)日購買單程上山票、單程下山票和雙程上下山票的人數(shù)分別為36，60和24.(1)若按購票類型采用比例分配的分層隨機(jī)抽樣的方法從這120人中隨機(jī)抽取10人，再從這10人中隨機(jī)抽取4人，求隨機(jī)抽取的4人中恰有2人購買單程上山票的概率；(2)記單程下山票和雙程上下山票為回程票，若在征集意見時(shí)要求把購買單程上山票的2人和購買回程票的m(m>2且m∈N*)人組成一組，負(fù)責(zé)人從某組中任選2人進(jìn)行詢問，若選出的2人的購票類型相同，則該組標(biāo)為A，否則該組標(biāo)為B，記詢問的某組被標(biāo)為B的概率為p.(ⅰ)試用含m的代數(shù)式表示p；(ⅱ)若一共詢問了5組，用g(p)表示恰有3組被標(biāo)為B的概率，試求g(p)的最大值及此時(shí)m的值．3.(2025·安陽一模)在某場乒乓球比賽中甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員進(jìn)入了比賽決勝局，且在該局中的比分為10∶10，接下來比賽規(guī)則如下：兩人輪流各發(fā)一個(gè)球，誰贏此球誰就獲得1分，直到有一方得分超過對方2分時(shí)即可獲得該局的勝利．已知甲先發(fā)球，且甲此球取勝的概率為0.6.比賽既是實(shí)力的較量，也是心志的比拼，以后每球比賽，若上一球甲獲勝則甲在下一球比賽中獲勝的概率為0.8，若上一球乙獲勝則甲在下一球比賽中獲勝的概率為p(0<p<1).(1)求甲以12∶10的比分贏得比賽的概率；(2)若要使甲運(yùn)動(dòng)員以后每球比賽獲勝的概率都大于0.6，求p的范圍；(3)若p＝0.55，設(shè)甲運(yùn)動(dòng)員在第n球比賽中獲勝的概率為Pn，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(32,|15Pn－11|)－4，求證：eq\f(n,4)－eq\f(1,4)<eq\f(b1,b2)＋eq\f(b2,b3)＋eq\f(b3,b4)＋…＋eq\f(bn,bn＋1)<eq\f(n,4).(參考知識(shí)：當(dāng)c∈(0，1)時(shí)，若n→＋∞，則cn→0.)微練(二十一)概率、變量分布與其他知識(shí)的綜合問題1.解(1)X可以取0，1，2，3，4，每次回答A類問題且回答正確的概率為eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，回答A類問題且回答不正確的概率為eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，每次回答B(yǎng)類問題且回答正確的概率為eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,8)，回答B(yǎng)類問題且回答不正確的概率為eq\f(1,2)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,8)，P(X＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(3,8)×eq\f(3,8)＋2×eq\f(1,4)×eq\f(3,8)＝eq\f(25,64)，P(X＝1)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,4)×2＋eq\f(1,4)×eq\f(3,8)×2＝eq\f(5,16)，P(X＝2)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)×eq\f(3,8)×2＋eq\f(1,4)×eq\f(1,8)×2＝eq\f(7,32)，P(X＝3)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,8)×2＝eq\f(1,16)，P(X＝4)＝eq\f(1,8)×eq\f(1,8)＝eq\f(1,64)，所以X的分布列為X01234Peq\f(25,64)eq\f(5,16)eq\f(7,32)eq\f(1,16)eq\f(1,64)E(X)＝0×eq\f(25,64)＋1×eq\f(5,16)＋2×eq\f(7,32)＋3×eq\f(1,16)＋4×eq\f(1,64)＝1.(2)(ⅰ)G(1)＝eq\f(1,4)，G(2)＝eq\f(1,8)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(3,16)，由題意得甲累計(jì)得分為n分的前一輪得分只能為(n－1)分或(n－2)分，故當(dāng)n≥3時(shí)，G(n)＝eq\f(1,4)G(n－1)＋eq\f(1,8)G(n－2)，所以G(n)－eq\f(1,2)G(n－1)＝－eq\f(1,4)G(n－1)＋eq\f(1,8)G(n－2)＝－eq\f(1,4)[G(n－1)－eq\f(1,2)G(n－2)]，所以{G(n＋1)－eq\f(1,2)G(n)}是以eq\f(1,16)為首項(xiàng)，－eq\f(1,4)為公比的等比數(shù)列．(ⅱ)根據(jù)(ⅰ)可知，G(n＋1)－eq\f(1,2)G(n)＝eq\f(1,16)×(－eq\f(1,4))n-1①，易得G(n)＋eq\f(1,4)G(n－1)＝eq\f(1,2)G(n－1)＋eq\f(1,8)G(n－2)＝eq\f(1,2)[G(n－1)＋eq\f(1,4)G(n－2)]，所以{G(n＋1)＋eq\f(1,4)G(n)}是以eq\f(1,4)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，所以G(n＋1)＋eq\f(1,4)G(n)＝eq\f(1,4)×(eq\f(1,2))n-1②，令②－①可得eq\f(3,4)G(n)＝eq\f(1,4)×(eq\f(1,2))n-1－eq\f(1,16)×(－eq\f(1,4))n-1，所以G(n)＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2))n-1＋eq\f(1,3)×(－eq\f(1,4))n，經(jīng)檢驗(yàn)n＝1，n＝2時(shí)均滿足上式，故G(n)＝eq\f(1,3)×[(－eq\f(1,4))n＋(eq\f(1,2))n-1]，所以G(n)＝eq\f(1,3)×[(－eq\f(1,4))n＋(eq\f(1,2))n-1]≤eq\f(1,3)×[(eq\f(1,4))n＋(eq\f(1,2))n-1]，而eq\f(1,3)×[(eq\f(1,4))n＋(eq\f(1,2))n-1]顯然隨著n的增大而減小，故G(n)≤eq\f(1,3)×[(eq\f(1,4))2＋eq\f(1,2)]＝eq\f(3,16)＝G(2)(n≥2)，又因?yàn)镚(1)>G(2)，所以當(dāng)n＝1時(shí)，G(n)取到最大值為eq\f(1,4).2．解(1)因?yàn)橘徺I單程上山票、單程下山票和雙程上下山票的人數(shù)之比為3∶5∶2，所以這10人中，購買單程上山票、單程下山票和雙程上下山票的人數(shù)分別為10×eq\f(3,10)＝3，10×eq\f(5,10)＝5，10×eq\f(2,10)＝2，故隨機(jī)抽取的4人中恰有2人購買單程上山票的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(2,7)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(4,10))＝eq\f(3,10).(2)(ⅰ)從(m＋2)人中任選2人，有Ceq\o\al(2,m＋2)種選法，其中購票類型相同的有(Ceq\o\al(2,m)＋Ceq\o\al(2,2))種選法，則詢問的某組被標(biāo)為B的概率p＝1－eq\f(Ceq\o\al(2,m)＋Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,m＋2))＝1－eq\f(m2－m＋2,m2＋3m＋2)＝eq\f(4m,m2＋3m＋2).(ⅱ)由題意，5組中恰有3組被標(biāo)為B的概率g(p)＝Ceq\o\al(3,5)p3(1－p)2＝10p3·(1－2p＋p2)＝10(p3－2p4＋p5)，所以g′(p)＝10(3p2－8p3＋5p4)＝10p2(p－1)(5p－3)，0<p<1，所以當(dāng)p∈(0，eq\f(3,5))時(shí)，g′(p)>0，函數(shù)g(p)單調(diào)遞增，當(dāng)p∈(eq\f(3,5)，1)時(shí)，g′(p)<0，函數(shù)g(p)單調(diào)遞減，所以當(dāng)p＝eq\f(3,5)時(shí)，g(p)取得最大值，且最大值為g(eq\f(3,5))＝Ceq\o\al(3,5)×(eq\f(3,5))3×(1－eq\f(3,5))2＝eq\f(216,625).由p＝eq\f(4m,m2＋3m＋2)＝eq\f(3,5)，m>2且m∈N*，得m＝3.所以當(dāng)m＝3時(shí)，5組中恰有3組被標(biāo)為B的概率最大，且g(p)的最大值為eq\f(216,625).3．解(1)記“第一球比賽甲運(yùn)動(dòng)員獲勝為事件A1，第二球比賽甲運(yùn)動(dòng)員獲勝為事件A2，則P(A1)＝0.6，P(A2|A1)＝0.8，所以P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.48，所以甲以12∶10的比分贏得比賽的概率為0.48.(2)記甲運(yùn)動(dòng)員在第n球比賽中獲勝的概率為Pn，則Pn＋1＝0.8Pn＋p(1－Pn)＝(0.8－p)Pn＋p，所以Pn＋1－eq\f(p,p＋0.2)＝(0.8－p)(Pn－eq\f(p,p＋0.2))，所以數(shù)列{Pn－eq\f(p,p＋0.2)}是首項(xiàng)為0.6－eq\f(p,p＋0.2)，公比為0.8－p的等比數(shù)列，所以Pn＝(0.8－p)n-1(0.6－eq\f(p,p＋0.2))＋eq\f(p,p＋0.2)，n∈N*.①當(dāng)0<p<0.3時(shí)，0<0.8－p<1.0<0.6－eq\f(p,p＋0.2)<0.6，所以數(shù)列{Pn}是遞減數(shù)列，所以當(dāng)n→＋∞時(shí)，Pn→eq\f(p,p＋0.2)，依題意需使eq\f(p,p＋0.2)≥0.6，解得p≥0.3，與題設(shè)矛盾，舍去；②當(dāng)p＝0.3時(shí)，Pn＝0.6，不合題意；③當(dāng)0.3<p<0.8時(shí)，0<0.8－p<0.5，－0.2<0.6－eq\f(p,p＋0.2)<0，所以數(shù)列{Pn}是遞增數(shù)列，依題意，只需P2>0.6，即(0.8－p)×0.6＋p>0.6，解得p>0.3，此時(shí)0.3<p<0.8；④當(dāng)p＝0.8時(shí)，Pn＝0.8>0.6，符合題意；⑤當(dāng)0.8<p<1時(shí)，－0.2<0.8－p<0，0.6－eq\f(p,p＋0.2)<0，所以數(shù)列{Pn}是擺動(dòng)數(shù)列，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，(0.8－p)n-1(0.6－eq\f(p,p＋0.2))>0，所以Pn>eq\f(p,p＋0.2)>0.6；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，數(shù)列{Pn}是遞增數(shù)列，依題意只需P3>0.6，又P3＝(0.8－p)P2＋p，P2＝(0.8－p)×0.6＋p＝0.48＋0.4p，所以(0.8－p)(0.48＋0.4p)＋p>0.6，即p2－2.1p＋0.54<0，解得0.3<p<1.8，此時(shí)0.8<p<1.綜上所述，當(dāng)0.3<p<1時(shí)，甲運(yùn)動(dòng)員以后每球比賽獲勝的概率都大于0.6.(3)當(dāng)p＝0.55時(shí)，由(2)可得Pn＝－eq\f(2,15)(eq\f(1,4))n-1＋eq\f(11,15)，所以bn＝eq\f(32,|15Pn－11|)－4＝4n+1－4，所以eq\f(bn,bn＋1)＝eq\f(4n+1－4,4n+2－4)＝eq\f(1,4)·eq\f(4n+1－4,4n+1－1)<eq\f(1,4)，所以eq\f(b1,b2)＋eq\f(b2,b3)＋eq\f(b3,b4)＋…＋eq\f(bn,bn＋1)<eq\f(n,4)，又eq\f(bn,bn＋1)＝eq\f(4n+1－4,4n+2－4)＝eq\f(1,4)·eq\f(4n+1－4,4n+1－1)＝eq\f(1,4)(1－eq\f(3,4n+1－1))>eq\f(1,4)(1－eq\f(4,4n+1))＝eq\f(1,4)－eq\f(1,4n+1)，所以eq\f(b1,b2)＋eq\f(b2,b3)＋eq\f(b3,b4)＋…＋eq\f(bn,bn＋1)>eq\f(n,4)－(eq\f(1,42)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,4n+1))＝eq\f