《高中数学北师大版 必修第一册第七章概率综合强化4.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学北师大版 必修第一册第七章概率综合强化4.docx（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、试卷第 1页，共 5页高中数学北师大版高中数学北师大版（2019）必修第一册第必修第一册第七七章章概率概率综合强化综合强化 4第第 I I 卷（选择题）卷（选择题）请点击修改第 I 卷的文字说明一、单选题一、单选题1口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列 1,:1,nnnaan当第 次取得白球当第 次取得红球，如果nS为数列 na的前n项和，那么20S 且73S 的概率为A802187B402187C562187D2421872如图为我国数学家赵爽(约 3 世纪初)在为周髀算经作注时验证勾股定理的示意图，现在提供 5 种颜色给其中 5 个小区域涂色，规定每个区
2、域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则,A C区域涂色不相同的概率为()A17B27C37D473一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F 为 6 个开关，其闭合的概率为12，且是相互独立的，则灯亮的概率是()A164B5564C18D1164袋中有 40 个小球，其中红色球 16 个、蓝色球 12 个，白色球 8 个，黄色球 4 个，从中随机抽取 10 个球作成一个样本，则这个样本恰好是按分层抽样方法得到的概率为（）A12344812161040CCCCCB2134481216240CCCCCC21144812161040CCCCCD13424121010g16d doCCCCC5高尔顿（钉）
3、板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行、水平间隔相等的铁钉试卷第 2页，共 5页（如图所示），并且每一排钉子数目都比上一排多一个，一排中各个钉子正好对准上面一排两个相邻铁钉的正中央从入口处放入一个直径路小于两颗钉子间隔的小球，当小球从两钉之间的间隙下落时，由于碰到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左或向右落下，接若小球再通过两钉的间隙，又碰到下一排铁钉.如此继续下去，小球最后落入下方条状的格子内求小球落到第 7 个格子（从左开始）的概率是（）A9128B15128C21128D1055126在体育选修课排球模块基本功(发球)测试中，计分规则如下(满分为 10 分)：每人可发球 7 次，每成功一
4、次记 1 分；若连续两次发球成功加0.5分，连续三次发球成功加 1 分，连续四次发球成功加1.5分，以此类推，连续七次发球成功加 3 分.假设某同学每次发球成功的概率为23，且各次发球之间相互独立，则该同学在测试中恰好得5 分的概率是()A6523B5523C6623D5623二、多选题二、多选题74 支足球队进行单循环比赛（任两支球队恰进行一场比赛），任两支球队之间胜率都是12 单循环比赛结束，以获胜的场次数作为该队的成绩，成绩按从大到小排名次顺序，成绩相同则名次相同下列结论中正确的是（）A恰有四支球队并列第一名为不可能事件B有可能出现恰有三支球队并列第一名C恰有两支球队并列第一名的概率为1
5、4D只有一支球队名列第一名的概率为12第第 IIII 卷（非选择题）卷（非选择题）请点击修改第 II 卷的文字说明三、填空题三、填空题8有下列说法试卷第 3页，共 5页互斥事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件演绎推理是从特殊到一般的推理，它的一般模式是“三段论”残差图的带状区域的宽度越窄，说明模型拟合精度越高，回归方程的预报精度越高若 1P ABP AP B，则事件A与B互斥且对立甲乙两艘轮船都要在某个泊位停靠 4 小时，假定它们在一昼夜的时间段中随机到达，则这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为1136其中正确的说法是_（写出全部正确说法的序号）9验证码就是将一串随机产生的
6、数字或符号，生成一幅图片，图片里加上一些干扰象素（防止OCR），由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能.很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全.在抗疫期间，某居民小区电子出入证的登录验证码由 0，1，2，9 中的五个数字随机组成.将中间数字最大，然后向两边对称递减的验证码称为“钟型验证码”（例如：如 14532，12543），已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是 7 的概率为_.10将给定的 15 个互不相同的实数，排成五行，第一行 1 个数，第二行 2 个数，第三行 3 个数，第四行 4 个数，第五行 5 个数，则每
7、一行中的最大的数都小于后一行中最大的数的概率是_.11由 1，2，3，1000 这个 1000 正整数构成集合A，先从集合A中随机取一个数a，取出后把a放回集合A，然后再从集合A中随机取出一个数b，则13ab的概率为_四、解答题四、解答题12如图，正方形AGIC是某城市的一个区域的示意图，阴影部分为街道，各相邻的两红绿灯之间的距离相等，AI处为红绿灯路口，红绿灯统一设置如下：先直行绿灯 30秒，再左转绿灯 30 秒，然后是红灯 1 分钟，右转不受红绿灯影响，这样独立的循环运行.小明上学需沿街道从I处骑行到A处（不考虑AI，处的红绿灯），出发时的两条路线（IFIH，）等可能选择，且总是走最近路线
8、.（1）请问小明上学的路线有多少种不同可能？试卷第 4页，共 5页（2）在保证通过红绿灯路口用时最短的前提下，小明优先直行，求小明骑行途中恰好经过E处，且全程不等红绿灯的概率；（3）请你根据每条可能的路线中等红绿灯的次数的均值，为小明设计一条最佳的上学路线，且应尽量避开哪条路线？13为科学合理地做好小区管理工作，结合复工复产复市的实际需要，某小区物业提供了 A，B 两种小区管理方案，为了决定选取哪种方案为小区的最终管理方案，随机选取了 4 名物业人员进行投票，物业人员投票的规则如下：单独投给 A 方案，则 A 方案得 1 分，B 方案得-1 分；单独投给 B 方案，则 B 方案得 1 分，A
9、方案得-1 分；弃权或同时投票给 A，B 方案，则两种方案均得 0 分.当前一名物业人员的投票结束，再安排下一名物业人员投票，当其中一种方案比另一种方案多4分或4名物业人员均已投票时，就停止投票，最后选取得分多的方案为小区的最终管理方案.假设 A，B 两种方案获得每一名物业人员投票的概率分别为23和12.（1）在第一名物业人员投票结束后，A 方案的得分记为，求的分布列；（2）求最终选取 A 方案为小区管理方案的概率.14某医药开发公司实验室有*n nN瓶溶液，其中()m mN瓶中有细菌R，现需要把含有细菌R的溶液检验出来，有如下两种方案：方案一：逐瓶检验，则需检验n次；方案二：混合检验，将n瓶
10、溶液分别取样，混合在一起检验，若检验结果不含有细菌R，则n瓶溶液全部不含有细菌R；若检验结果含有细菌R，就要对这n瓶溶液再逐瓶检验，此时检验次数总共为1n.(1)假设52nm，采用方案一，求恰好检验 3 次就能确定哪两瓶溶液含有细菌R的概率；(2)现对n瓶溶液进行检验，已知每瓶溶液含有细菌R的概率均为(01)Pp.若采用方案一.需检验的总次数为,若采用方案二.需检验的总次数为.(i)若与的期望相等.试求P关于n的函数解析式()Pf n;(ii)若14P1 e,且采用方案二总次数的期望小于采用方案一总次数的期望.求n的最大值.参考数据：ln20.69,ln31.10,ln51.61,ln71.9
11、515为落实关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见，完善学校体育“健康知识基本运动技能专项运动技能”教学模式，建立“校内竞赛校级联赛选拔性竞赛国际交流比赛”为一体的竞赛体系，构建校、县（区）、地（市）、省、国家五级学校试卷第 5页，共 5页体育竞赛制度某校开展“阳光体育节”活动，其中传统项目“定点踢足球”深受同学们喜爱其间甲、乙两人轮流进行足球定点踢球比赛（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，甲先踢，每人踢一次球，两人有 1 人命中，命中者得 1 分，未命中者得 1 分；两人都命中或都未命中，两人均得 0 分，设甲每次踢球命中的概率为12，乙每次踢球命中的概率为
12、23，且各次踢球互不影响（1）经过 1 轮踢球，记甲的得分为X，求X的数学期望；（2）若经过n轮踢球，用ip表示经过第i轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的概率求1p，2p，3p；规定p0=0，且有pi=Api+1+Bpi1，请根据中1p，2p，3p的值求出A、B，并求出数列 pn的通项公式答案第 1页，共 13页参考答案参考答案1A【分析】73S 说明共摸球七次，只有两次摸到红球，由于每次摸球的结果数之间没有影响，故可以用独立事件的概率乘法公式求解，再求出前两次为(1)(1)，后五次均为 1 的概率，即可得出结论【详解】由题意73S 说明共摸球七次，只有两次摸到红球，5 次白的，每次取得红球的
13、概率为23，取得白球的概率为13，则22572184()()332187PC；又20S，所以，前两次不能为(1)(1)，前两次为(1)(1)，后五次均为 1 的概率为：11522171432187C CP，所以所求概率为：1802187PP故选 A【点睛】本题考查独立事件的概率乘法公式，考查学生分析解决问题的能力，确定73S 说明共摸球七次，只有两次摸到红球是关键2D【分析】利用分步计数原理求出不同的涂色方案有 420 种，其中，,A C区域涂色不相同的情况有 120种，由此根据古典概型概率公式能求出,A C区域涂色不相同的概率【详解】提供 5 种颜色给其中 5 个小区域涂色，规定每个区域只涂
14、一种颜色，相邻区域颜色不同，根据题意，如图，设 5 个区域依次为,A B C D E,分 4 步进行分析：，对于区域A，有 5 种颜色可选；，对于区域B与A区域相邻，有 4 种颜色可选；答案第 2页，共 13页，对于区域E，与,A B区域相邻，有 3 种颜色可选；，对于区域,D C，若D与B颜色相同，C区域有 3 种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有 2 种颜色可选，C区域有 2 种颜色可选，则区域,D C有32 27 种选择，则不同的涂色方案有5 4 3 7420 种，其中，,A C区域涂色不相同的情况有：，对于区域A，有 5 种颜色可选；，区域C，有 4 种颜色可选；对于区域B，有 3
15、 种颜色可选；，若D与B颜色相同，E区域有 2 种颜色可选；若D与B颜色不相同，D区域有 2 种颜色可选，E区域有 1 种颜色可选；所以区域,D E有224种选择；不同的涂色方案有5 4 3 4240 种，,A C区域涂色不相同的概率为24044207p,故选 D【点睛】本题考查古典概型概率公式的应用，考查分步计数原理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数n，其次求出概率事件中含有多少个基本事件m，然后根据公式mPn求得概率.3B【详解】设A与B中至少有一个不闭合的事件为,T E与F至少有一个不闭合的事件为R，则 1131224P
16、 TP R，所以灯亮的概率为 1PP TP R 3311551442264P CP D，故选 B.【方法点睛】本题主要考查独立事件、对立事件的概率公式，属于难题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性与对立性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.答案第 3页，共 13页4A【分析】根据分层抽样的方法计算出每种颜色所抽取的数量，在根据分步计数原理和古典概型概率计算公式，计算出所求的概率.【详解】根
17、据分层抽样的知识可知，抽样比为4:3:2:1，即红球4个，蓝球3个，白球2个，黄球1个，根据分步计数原理和古典概型概率计算公式得所求概率为12344812161040C C C CC，故选 A.【点睛】本小题主要考查分层抽样抽样比的计算，考查分步计数原理，考查古典概型概率计算，考查组合数的计算，属于基础题.5C【分析】落入第 7 个格子需要3次左6次右，计算概率得到答案.【详解】小球从开始下落到结束共有 9 次左右下落情况，落入第 7 个格子需要3次左6次右，故概率是：699212128C.故选：C.【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力.6B【分析】明确恰好得 5 分
18、的所有情况：发球四次得分，有两个连续得分和发球四次得分，有三个连续得分，分别求解可得.【详解】该同学在测试中恰好得 5 分有两种情况：四次发球成功，有两个连续得分，此时概率5243146212()()333PC；四次发球成功，有三个连续得分，分为连续得分在首尾和不在首尾两类，此时概率6111143223326212()()()333PC CC C，所求概率56512665222333PPP；故选 B.【点睛】答案第 4页，共 13页本题主要考查相互独立事件的概率，题目稍有难度，侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.7ABD【分析】4 支足球队进行单循环比赛总的比赛共有246C 场比赛，比赛的所
19、有结果共有6264种；选项 A，这 6 场比赛中不满足 4 支球队得分相同的的情况；选项 B，举特例说明即可；选项 C，在 6 场比赛中，从中选 2 支球队并列第一名有246C 种可能，再分类计数相互获胜的可能数，最后由古典概型计算概率；选项 D，只有一支球队名列第一名，则该球队应赢了其他三支球队，由古典概型问题计算即可.【详解】4 支足球队进行单循环比赛总的比赛共有246C 场比赛，比赛的所有结果共有6264种；选项 A，这 6 场比赛中若 4 支球队优先各赢一场，则还有 2 场必然有 2 支或 1 支队伍获胜，那么所得分值不可能都一样，故是不可能事件，正确；选项 B，其中 ,a bb cc
20、 dd aa cd b6 场比赛中，依次获胜的可以是,a b c a c b，此时 3 队都获得 2 分，并列第一名，正确；选项 C，在 ,a bb cc dd aa cd b6 场比赛中，从中选 2 支球队并列第一名有246C 种可能，若选中 a，b，其中第一类 a 赢 b，有 a,b,c,d,a,b 和 a,b,d,c,a,b 两种情况，同理第二类 b 赢 a，也有两种，故恰有两支球队并列第一名的概率为6 43648，错误；选项 D，从 4 支球队中选一支为第一名有 4 种可能；这一支球队比赛的 3 场应都赢，则另外3 场的可能有328种，故只有一支球队名列第一名的概率为814642，正确
21、.答案第 5页，共 13页故选：ABD【点睛】本题考查利用计数原理解决实际问题的概率问题，还考查了事件成立与否的判定，属于较难题.8【解析】【分析】由事件的互斥和对立的概念可判断；由演绎推理的定义可判断；由残差图的形状可判断；考虑几何概型事件的概率可判断；设出甲、乙到达的时刻，列出所有基本事件的约束条件同时列出这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待约束条件，利用线性规划作出平面区域，利用几何概型概率公式求出概率，可判断【详解】对于，互斥事件不一定是对立事件，但对立事件一定是互斥事件，故正确；对于，演绎推理是从一般到特殊的推理，它的一般模式是“三段论”，故错误；对于，残差图的带状区域的宽度越窄
22、，说明模型拟合精度越高，回归方程的预报精度越高，故正确；对于，若 P（AB）=P（A）+P（B）=1，则事件 A 与 B 不一定互斥且对立，例如几何概型：在-1,1任取实数x，则事件 A；1,0,x 事件 B：0,1,x则有 P（AB）=P（A）+P（B）=1，但事件 A 与 B 不互斥，故错误；对于，设甲到达的时刻为 x，乙到达的时刻为 y 则所有的基本事件构成的区域满足024024xy，答案第 6页，共 13页这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待包含的基本事件构成的区域 A 满足0240244xyxy，作出对应的平面区域如图，这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率2020111
23、242436PA，故正确故答案为【点睛】本题考查命题的真假判断，主要是事件的互斥和对立，以及几何概率的求法，考查判断能力和推理能力，属于中档题9536【分析】首先判断出中间号码的所有可能取值，由此求得基本事件的总数以及中间数字是7的事件数，根据古典概型概率计算公式计算出所求概率.【详解】根据“钟型验证码”中间数字最大，然后向两边对称递减，所以中间的数字可能是4,5,6,7,8,9.当中间是4时，其它4个数字可以是0,1,2,3，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有22426CC种.当中间是5时，其它4个数字可以是0,1,2,3,4，选其中两个排在左边（排法
24、唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有225310 330CC种.当中间是6时，其它4个数字可以是0,1,2,3,4,5，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有226415 690CC种.答案第 7页，共 13页当中间是7时，其它4个数字可以是0,1,2,3,4,5,6，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有227521 10210CC种.当中间是8时，其它4个数字可以是0,1,2,3,4,5,6,7，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有228628 15420CC种.当中
25、间是9时，其它4个数字可以是0,1,2,3,4,5,6,7,8，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有22973621756CC种.所以该验证码的中间数字是 7 的概率为210210563090210420756151236.故答案为：536【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算，考查分类加法计数原理、分类乘法计数原理的应用，考查运算求解能力，属于中档题.10245【分析】通过分析最大数在第n行的概率，得到规律，从而可求得结果【详解】解：设kx是从上往下数第k行的最大数，设12nxxx的概率为np，最大数在第n行的概率为22(1)(1)12nnn nn nn
26、，在任意排好第n行后余下的(1)2n n 个数排在前(n)1行符合要求的排列的概率为1np，所以121nnppn，以此类推，1222213(1)!nnppnnn，所以当5n 时，55226!45p，故答案为：245【点睛】关键点点睛：此题考查古典概型的概率的求法，考查推理能力和计算能力，解题的关键是求答案第 8页，共 13页出最大数要第n行的概率为22(1)(1)12nnnpn nn nn，通过分析得到121nnppn，以此类推，1222213(1)!nnppnnn，从而可求得结果，属于较难题1116672000【分析】根据题意，11000AxNx，且,a bA，要使得13ab，即：13ab，
27、分类讨论当1,2,3a 时，对应的b的值，得出所有取法，即可求出13ab的概率.【详解】解：由题可知，11000AxNx，且,a bA，要使得13ab，即：13ab，则有：当1a 时，1b 或2，有 2 种取法；当2a 时，b的取值增加 3、4、5，有 2+3 种取法；当3a 时，b的取值增加 6、7、8，有22 3 种取法；当333a 时，b有2332 3种取法；当3341000a时，b都有 1000 种取法.故 222322 32332 3667 1000131000aPb 23332 166 3667 1000166710002000.故答案为：16672000.【点睛】本题考查古典概型
28、求概率，考查分类讨论思想和计算能力.12（1）6 种；（2）1164；（3）IFCBA.【分析】（1）从 4 条街中选择 2 条横街即可；（2）小明途中恰好经过E处，共有 4 条路线，即IHEDA，IHEBA，IFEDA，IFEBA，分别对 4 条路线进行分析计算概率；答案第 9页，共 13页（3）分别对小明上学的 6 条路线进行分析求均值，均值越大的应避免.【详解】（1）路途中可以看成必须走过 2 条横街和 2 条竖街，即从 4 条街中选择 2 条横街即可,所以路线总数为246C 条.（2）小明途中恰好经过E处，共有 4 条路线：当走IHEDA时，全程不等红绿灯的概率11313124432p
29、 ；当走IHEBA时，全程不等红绿灯的概率2131132444128p；当走IFEDA时，全程不等红绿灯的概率31111124432p ；当走IFEBA时，全程不等红绿灯的概率4113132444128p.所以途中恰好经过E处,且全程不等信号灯的概率1234331311321283212864ppppp.（3）设以下第i条的路线等信号灯的次数为变量iX，则第一条：13,1,4IHEDA XB，则134E X；第二条：23,3,4IFCBA XB，则239344E X；另外四条路线：;IHGDA IHEBA；IFEDA；3,2,(3,4,5,6)4iIFEBA XBi，则332(3,4,5,6)
30、42iE Xi综上，小明上学的最佳路线为IHEDA；应尽量避开IFCBA.【点睛】本题考查概率在实际生活中的综合应用问题，考查学生逻辑推理与运算能力，是一道有一定难度的题.13(1)分布列见解析(2)181324【分析】（1）由题意知，所有可能取值为1，0，1，然后，列出的分布列即可；(2 记1M表示事件“前 2 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方案”，记2M表示事件“前 3 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方案”，记3M表示事件“共有 4 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方案”，记选取 A 方案为答案第 10页，共 13页小区管理方
31、案的概率为 P，然后分别求出 P(1M)，P(2M)，P(3M)的值，则选取 A 方案为小区管理方案的概率为：P=P(1M)+P(2M)+P(3M)，然后计算求解即可.【详解】由题意知，所有可能取值为1，0，1，2112111121111,0,1132632322323PPP 的分布列为：(2）记1M表示事件“前 2 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方案”，由（1）知，221111 39P Mp，记2M表示事件“前 3 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方案”，212221111 02329P MC PP，记3M表示事件“共有 4 名物业人员进行了投票，且
32、最终选取 A 方案为小区管理方案”，若 A 方案比 B 方案多 4 分，有两类:第一类，A 方案前三次得了一次 1 分两次 0 分，最后一次得 1 分，其概率为122311 0 12CPP，第二类，A 方案前两次得了一次 1 分一次1分，后两次均得 1 分，其概率为13211 1 81CPP，若 A 方案比 B 方案多 2 分，有三类:第一类，A 方案四次中得了一次 1 分，其他三次全 0 分，其概率为13410 16CPP，第二类，A 方案前三次得了一次分，一次 0 分，一次1分，最后一次得了 1 分，其概率答案第 11页，共 13页为32311 0118APPP，第三类，A 方案前两次得了
33、一次 1 分一次1分，第三次得 1 分，第四次得 0 分，其概率为12211 0154CPPP，故311111109128161854324P M，最终选取 A 方案为小区管理方案的概率为1231110918199324324PP MP MP M【点睛】本题主要考查了随机分布列的问题，考查了分类讨论的思想，考查了独立事件的概率，属于难题.14（1）310（2）（）1*11nPnn N（ii）8【分析】（1）对可能的情况分类：前两次检验出一瓶含有细菌第三次也检验出一瓶含有细菌，前三次都没有检验出来，最后就剩下两瓶含有细菌；（2）(i)根据()()EE，找到P与n的函数关系；(ii)根据()()E
34、E得到关于n的不等式式，构造函数解决问题.【详解】解：（1）记所求事件为A，“第三次含有细菌R且前 2 次中有一次含有细菌R”为事件B，“前三次均不含有细菌R”为事件C，则ABC，且,B C互斥，所以111322333355113()()()51010A A AAP AP BP CAA（2）()i En，的取值为1,1n，(1)(1),(1)1(1)nnPPPnP，所以()(1)(1)1(1)1(1)nnnEPnPnnP，由()()EE得1(1)nnnnP，答案第 12页，共 13页所以1*11nPnn N；（ii）141Pe,所以4()1nEnn e ，所以4(1)nnn en，所以ln0,
35、4nn设()ln(0)4xf xxx，114()44xfxxx，当(0,4)x时，()0,()fxf x在(0,4)上单调递增；当(4,)x时，()0,()fxf x在(4,)上单调递减又9(8)ln820,(9)ln904ff，所以n的最大值为 8【点睛】本题考查离散型随机变量的均值以及随机事件的概率计算，难度较难.计算两个事件的和事件的概率，如果两个事件互斥，可将结果写成两个事件的概率之和；均值（或期望）的相关计算公式要熟记.15（1）16；（2）p1=16，p2=736，p3=43216；A=67，B=17，Pn=151 16n.【分析】（1）X的可能取值为 1，0，1，分别求出相应的概
36、率，由此能求出X的分布列与期望；（2）p1=16，经过 2 轮投球甲的累计得分高有两种情况：一是 2 轮甲各得 1 分，二是 2轮中有 1 轮甲得 0 分，有 1 轮甲得 1 分，由此能求出2p经过 3 轮投球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲 3 轮各得 1 分；甲 3 轮中有 2 轮各得 1 分，1 轮得 0 分；甲 3 轮中有 1 轮得 1 分，2 轮各得 0 分；甲 3 轮中有 2 轮各得 1 分，1 轮得 1 分由此能求出3p推导出pi=Api+1+Bpi1，将p0=0,p1=16,p2=736,p3=43216，代入得，pi=67pi+1+17pi1，推导出pn pn1是首项与公比都
37、是16的等比数列，由此能求出结果【详解】（1）记一轮踢球，甲命中为事件A，乙命中为事件B，A，B相互独立答案第 13页，共 13页由题意 P A=12，P B=23，甲的得分X的可能取值为 1，0，1P X=1=P AB=P A P B=1 1223=13，P X=0=P AB+P AB=P A P B+P A P B=1223+1 12 1 23=12P X=1=P AB=P A P B=12 1 23=16，X的分布列为：X 101P131216E X=1 13+0 12+1 16=16（2）由（1）p1=16，p2=P X=0P X=1+P X=1P X=0+P X=1=1216+161
38、2+16=736经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲 3 轮各得 1 分；甲 3 轮中有 2 轮各得 1分，1 轮得 0 分；甲 3 轮中有 1 轮得 1 分，2 轮各得 0 分；甲 3 轮中有 2 轮各得 1 分，1 轮得 1 分p3=163+C3216212+C3116122+C3216213=43216，规定p0=0，且有pi=Api+1+Bpi1，p1=Ap2+Bp0p2=Ap3+Bp1A=67B=17代入得：pi=67pi+1+17pi1，pi+1 pi=16pi pi1，数列 pn pn1是等比数列，公比为 q=16，首项为p1 p0=16，pn pn1=16nPn=pn pn1+pn1 pn2+p1 p0=16n+16n1+16=151 16n【点睛】关键点睛：利用待定系数法得到pi=67pi+1+17pi1后，紧扣等比数列定义是解决问题的关键.