2022届高三各地一模试卷解答题专题汇编——计算原理与概率统计1

2022届高三各地一模试卷专题汇编——计算原理与概率统计1．已知．
（1）若且，求n的值；
（2）若，求证：．
2．为进一步激发青少年学习中华优秀传统文化的热情，某校举办了“我爱古诗词”对抗赛，在每轮对抗赛中，高二年级胜高三年级的概率为，高一年级胜高三年级的概率为，且每轮对抗赛的成绩互不影响．
(1)若高二年级与高三年级进行4轮对抗赛，求高三年级在对抗赛中至少有3轮胜出的概率；
(2)若高一年级与高三年级进行对抗，高一年级胜2轮就停止，否则开始新一轮对抗，但对抗不超过5轮，求对抗赛轮数X的分布列与数学期望．
3．某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立．当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率；表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）．
（1）若每个元件正常工作的概率．
（i）当时，求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和期望；
（ii）计算．
（2）已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为1元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元．请用表示出设备升级后单位时间内的利润（单位：元），在确保控制系统中元件总数为奇数的前提下，分析该设备能否通过增加控制系统中元件的个数来提高利润．
4．为丰富学生课外生活，某市组织了高中生钢笔书法比赛，比赛分两个阶段进行：第一阶段由评委为所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员由组委会按规则另行确定.数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，这些分数X都在内，再以5为组距画分数的频率分布直方图（设“”）时，发现Y满足：.
（1）试确定n的所有取值，并求k；
（2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于85分的同学无缘获奖也不能参加附加赛；分数在内的同学评为一等奖；分数在内的同学评为二等奖，但通过附加赛有的概率提升为一等奖；分数在内的同学评为三等奖，但通过附加赛有的概率提升为二等奖（所有参加附加赛的获奖人员均不降低获奖等级，且附加赛获奖等级在第一阶段获奖等级基础上，最多升高一级）.已知学生A和B均参加了本次比赛，且学生A在第一阶段获得二等奖.
①求学生B最终获奖等级不低于学生A最终获奖等级的概率；
②已知学生A和B都获奖，记A，B两位同学最终获得一等奖的人数为，求的分布列和数学期望.
5．某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是不是阳性，现有份血液样本，有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，则需要检验次．
方式二：混合检验，将其中（且）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这份血液样本全为阴性，因而这份血液样本只要检验一次就够了；若检验结果为阳性，为了明确这份血液样本究竟哪几份为阳性，就要对这份血液样本再逐份检验，此时这份血液样本的检验次数总共为．
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．现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，需要检验的总次数为，采用混合检验方式，需要检验的总次数为．
（1）若，试求关于的函数关系式；
（2）若与干扰素计量相关，其中是不同的正整数，且，都有成立．
①求证：数列是等比数列；
②当时，采用混合检验方式可以使样本需要检验的总次数的期望值比采用逐份检验方式的检验总次数的期望值更少，求的最大值．
参考数据：，．
6．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．
(1)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？
7．已知二项式，（且）．若、、成等差数列．
（1）求展开式的中间项；
（2）求的最大值．
8．公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫（Demere）向另一位著名的数学家帕斯卡（B. Pascal）提出了一个问题，帕斯卡和费马（Fermat）讨论了这个问题，后来惠更斯（C. Huygens）也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答.该问题如下：设两名运动员约定谁先赢局，谁便赢得全部奖金元.每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止.奖金该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢局则比赛意外终止的情况，甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.
（1）规定如果出现无人先赢局则比赛意外终止的情况，甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.若，，，，求.
（2）记事件为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当，，时比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率，并判断当时，事件是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.05，则称该随机事件为小概率事件.
9．（1）如图1所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，一邮电员从该地东北角的邮局出发，送信到西南角的地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？
（2）如图2所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，一邮电员从该地东北角的邮局出发，送信到西南角的地，已知地（十字路口）在修路，无法通行，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？
（3）如图3所示，某地有南北街道5条，东西街道6条（注意有一段不通），一邮电员从该地东北角的邮局出发，送信到西南角的地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？
（4）如图4所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，已知地（十字路口）在修路，无法通行，且有一段路程无法通行，一邮递员该地东北角的邮局出发，送信到西南角的地，要求所走的路程最短，有多少种不同的走法？
10．国际比赛赛制常见的有两种，一种是单败制，一种是双败制．单败制即每场比赛的失败者直接淘汰，常见的有等等．表示双方进行一局比赛，获胜者晋级．表示双方最多进行三局比赛，若连胜两局，则直接晋级；若前两局两人各胜一局，则需要进行第三局决胜负．现在四人进行乒乓球比赛，比赛赛制采用单败制，A与B一组，C与D一组，第一轮两组分别进行，胜者晋级，败者淘汰；第二轮由上轮的胜者进行，胜者为冠军．已知A与比赛，A的胜率分别为；B与比赛，B的胜率分别；C与D比赛，C的胜率为．任意两局比赛之间均相互独立．
（1）在C进入第二轮的前提下，求A最终获得冠军的概率；
（2）记A参加比赛获胜的局数为X，求X的分布列与数学期望．
11．设函数，
（1）①当m=2时，求的展开式中二项式系数最大的项；
②若，且，求；
（2）利用二项式定理求的值（，）．
12．已知．
（1）计算的值；
（2）若，求中含项的系数；
（3）证明：．
13．数列：满足，称为数列的指数和.
(1)若，求所有可能的取值；
(2)求证:的充分必要条件是；
(3)若，求的所有可能取值之和.
14．设，，.
（1）求证：
①；
②（其中）；
（2）化简：.
15．设是给定的正整数（），现有个外表相同的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回）．
（1）若，假设已知选中的恰为第2个袋子，求第三次取出为白球的概率；
（2）若，求第三次取出为白球的概率；
（3）对于任意的正整数，求第三次取出为白球的概率．
16．对任意，定义+，其中为正整数.
（1）求的值；
（2）探究是否为定值，并证明你的结论；
（3）设，是否存在正整数，使得成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
17．一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，．
（1）已知，求；
（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，；
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
18．一疫苗生产单位通过验血方法检验某种疫苗产生抗体情况，需要检验血液是否有抗体现有份血液样本每份样本取到的可能性均等有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验n次；（2）混合检验将其中（且）份血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果无抗体，则这k份的血液全无抗体，因而这k份血液样本只需检验一次就够了，若检验结果有抗体，为了明确这k份血液究竟哪几份有抗体就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验总次数为k+1次假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果有无抗体都是相互独立的，且每份样本有抗体的概率均为．
（1）假设有5份血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，若采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
（2）现取其中（且）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，采用混合检验方式样本需要检验的总次数为．若，求关于k的函数关系式，并证明．
19．班级里共有名学生，其中有，，．已知，，中任意两人均为朋友，且三人中每人均与班级里中超过一半的学生为朋友．若对于某三个人，他们当中任意两人均为朋友，则称他们组成一个“朋友圈”．
（1）求班级里朋友圈个数的最大值．
（2）求班级里朋友圈个数的最小值．
20．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，已知每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，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分配赌注．（友情提醒：珍爱生命，远离赌博）
（1）若，甲 乙赌博意外终止，则甲应分得多少元赌注？
（2）若，求赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率，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（发生概率小于的随机事件称为小概率事件）．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据二项展开式的通项公式求出，建立不等式组求解，结合是正整数求解；
（2）由题意得，根据二项展开式，利用放缩法即可求证.
【详解】
（1）由二项展开式通项及题意得，
解得，，
所以.
（2）由题意得，，
．
所以当时，．
2．(1)
(2)分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】
（1）先求得高三年级胜高二年级的概率，再根据相互独立事件的概率计算公式求解即可；
（2）先确定出X的所有可能取值，分别求出相应概率，从而列出分布列，求得数学期望．
(1)
由题意，知高三年级胜高二年级的概率为．
设高三年级在4轮对抗赛中有x轮胜出，“至少有3轮胜出”的概率为P，则
．
(2)
由题意可知，3，4，5，
则，
，
，
，
故X的分布列为
X 2 3 4 5
P
．
3．（1）（i）分布列见解析，数学期望为2；（ii）；（2）；分类讨论，答案见解析．
【解析】
【分析】
（1）（i）由题意可知，利用二项分布求解即可；
（ii）根据互斥事件的和事件的概率公式求解；
（2）求出设备升级后单位时间内的利润，分类讨论求出与的关系，做差比较大小即可.
【详解】
（1）（i）因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为0，1，2，3；
因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，
所以，
所以，
，
，
所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为
0 1 2 3
控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为；
（ii）由题意知：
；
（2）升级改造后单位时间内产量的分布列为
产量 0
设备运行概率
所以升级改造后单位时间内产量的期望为；
所以
产品类型 高端产品 一般产品
产量（单位：件）
利润（单位：元） 2 1
设备升级后单位时间内的利润为
，即；
因为控制系统中元件总数为奇数，若增加2个元件，则第一类：原系统中至少有个元件正常工作，其概率为；
第二类：原系统中恰好有个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作，其概率为
；
第三类：原系统中有个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，其概率为
；
所以
，
即，
所以当时，，单调递增，
即增加元件个数设备正常工作的概率变大，
当时，，
即增加元件个数设备正常工作的概率没有变大，
又因为，
所以当时，设备可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润；
当时，设备不可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润．
【点睛】
关键点点睛：分析增加2个元件后，分三类求解，求出是解题的难点与关键，属于较难题.
4．（1）；；（2）①；②分布列见解析，.
【解析】
【分析】
（1）根据分数及组距可得的可能值，由频率和为1可求得．
（2）①视频率为概率可得分数在5个区间上的概率，用符号（或）表示学生A（或B）在第一轮获奖等级为i，通过附加赛最终获奖等级为j，其中，记“学生B最终获奖等级不低于学生A的最终获奖等级”为事件W，则，由互斥事件和独立事件概率公式计算可得；
②先分别求出获得一等奖的概率，注意此时用条件概率计算，只有第一轮获奖，都有可能最终获利一等奖．最终获一等奖概率易知为，而最终获一等奖，需要在第一轮获奖的条件下才可能实现．因此，的可能取值为，分别计算概率可得分布列，再由期望公式计算期望．
【详解】
（1）根据题意，X在内，按5为组距可分成5个小区间，
分别是，，，，，
因为，由，，所以.
每个小区间的频率值分别是
由，解得.
（2）①由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.
由（1）知，学生B的分数属于区间，，，，的概率分别是：，，，，.
我们用符号（或）表示学生A（或B）在第一轮获奖等级为i，通过附加赛最终获奖等级为j，其中
记“学生B最终获奖等级不低于学生A的最终获奖等级”为事件W，
则
.
②学生A最终获得一等奖的概率是，
学生B最终获得一等奖的概率是，
，，
.
所以的分布列为：
0 1 2
P
.
【点睛】
本题考查频率分布直方图，考查互斥事件与独立事件的概率公式，条件概率的计算，随机变量的概率分布列和数学期望．解题关键难点有两个，一是用用符号（或）表示学生A（或B）在第一轮获奖等级为i，通过附加赛最终获奖等级为j，其中，这样所求概率事件可表示若干互斥事件的和，从而求得概率；二是认识到最终获得一等奖这个事件是在第一轮获奖的条件下才能发生，因此需要用条件概率来理解计算．
5．（1）；（2）①证明见详解；②.
【解析】
【分析】
（1）先由题意，得到；的可能取值为，；由离散型随机变量的期望求出，再由，化简整理，即可得出结果；
（2）①当时，由题中条件，得到，推出，令；利用数学归纳法证明对任意的正整数，即可；
②由①的结果，得到，根据题中条件，得到，推出；设，，对其求导，根据导数的方法判定其单调性，再结合具体的函数值，即可得出结果.
【详解】
（1）由已知，，，得；
的可能取值为，，
由题意，，
所以；
又，即，则，所以，
即关于的函数关系式为；
（2）①证明：当时，，所以，令，则；
因为，所以下面证明对任意的正整数，；
（i）当时，显然成立；
（ii）假设时，成立；
当时，由，
所以，
则，
即，所以，
因此，解得或（负值舍去），
所以；
由（i）（ii）可知，，即数列是等比数列；
②由①知，，
因为采用混合检验方式可以使样本需要检验的总次数的期望值比采用逐份检验方式的检验总次数的期望值更少，即，
所以，则，
所以，即；
设，，
则，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
所以；
又，，
所以使的最大整数的取值为，
即时，的最大值为；
综上，的最大值为.
【点睛】
关键点点睛：
求解本题第二问的关键在于先由题中条件，得到，猜想数列的通项公式；再由数学归纳法的一般步骤进行证明即可.
6．(1)；
(2)该同学没有希望进入决赛.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，分类讨论所有可能的情况，再求其概率之和即可；
（2）由题可得，先计算强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率的最大值，再根据5轮比赛中获得“巧手奖”的次数服从二项分布，估算，结合题意即可判断.
(1)
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，
②规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率，
③规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率，
故所求的概率．
(2)
设强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，
则，
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：
∵，且，也即，即
故可得：，，
，
∴，
令，则在上单调递减，
∴．
∵该同学在5轮比赛中获得“巧手奖”的次数，
∴，故该同学没有希望进入决赛．
【点睛】
本题考察概率的求解以及二项分布、解决问题的关键是求得某一轮获得“巧手奖”的概率的范围，再估算5轮比赛中获得“巧手奖”的次数的数学期望，涉及函数值域问题，范围问题，属综合困难题.
7．（1）；（2）7．
【解析】
【分析】
（1）根据二项式定理写出并化简，写出，由这三项成等差中项列出等式解出n，进而写出最中间项即可；
（2）设最大，则，展开解出即可.
【详解】
（1），
则，，
，由題意知，
则，即，因为，所以.
展开式的中间项是
（2）设最大，则有
，
即，解得,又，∴或6
所以的最大值为.
8．（1）；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）设赌博再继续进行局甲赢得全部赌注，可知最后一局必然甲赢，可知的可能取值有、、，分别计算出在不同取值下的概率，可得出，进而可得出，由此可气得结果；
（2）设赌博继续进行局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，可知的可能取值有、，分别计算出在不同取值下的概率，可求得，进而可得出，再利用导数求出的最小值，进而可得出结论.
【详解】
（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则最后一局必然甲赢.
由题意知，最多再进行局，甲、乙必然有人赢得全部奖金.
当时，甲以赢，所以；
当时，甲以赢，所以；
当时，甲以赢，所以.
所以，甲赢的概率为.
所以，；
（2）设比赛继续进行局乙赢得全部奖金，则最后一局必然乙赢.
当时，乙以赢，；
当时，乙以赢，；
所以，乙赢得全部奖金的概率为.
于是甲赢得全部奖金的概率.
求导，.
因为，所以，所以在上单调递增，
于是.
故乙赢的概率为，故事件是小概率事件.
【点睛】
关键点点睛：本题在求和时，要明确最后一局是谁赢，前几局甲或乙各赢了几局，再结合独立事件的概率乘法公式计算即可.
9．（1）126；（2）66；（3）；（4）54．
【解析】
【分析】
（1）由A到B所走路程最短需要向下走5次，向左走4次，转化为组合问题，9次运动中哪4次向左即可求解；
（2）先分析由A经C到B的走法，再由间接法即可求出不经过C的走法；
（3）先分析经过ED的走法，再由间接法求解；
（4）先计算经过DE且经过C的走法，再结合（1）（2）（3）利用间接法求解.
【详解】
（1）由题意，由A到B的最短距离需要9步完成，其中向下走5步，向左走4步，
由组合知识可知，不同的走法共有种.
(2)若先经过C再到B，需向下走3步，向左走2步，有种走法，由C到B需向下运动2步，向左运动2步，有种走法，故先经过C再到B共有，
所以不经过C共有种走法.
(3) 经过ED,需要3步由A到D，再需要5步由E到B，由A到D共有种走法，由E到B共有种走法，所以经过ED的走法共有种，
故不经过ED的走法共有种.
(4)由A经过DE到C的走法共有，再由C到B需要向下、向左各2步共有种走法，
故经过DE到C再到B的走法共有种走法，
所以不经过DE也不经过C的走法共有种.
10．（1）；（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】
（1）根据独立重复事件的概率公式，结合条件概率的计算公式进行求解即可；
（2）参加比赛获胜的局数的取值有0，1，2，3，求出每种可能性的概率，列出分布列，根据数学期望公式进行运算求解即可.
【详解】
解：（1）进入第二轮的概率为，
与比赛，获胜，与比赛，获胜，且与比赛，获胜，
其概率为，
故在进入第二轮的前提下，最终获得冠军的概率．
（2）参加比赛获胜的局数的取值有0，1，2，3．
，
，
，
．
的分布列为：
0 1 2 3
．
【点睛】
关键点睛：根据条件概率的运算公式、认真阅读题干理解题意是解题的关键
11．（1）①；②0；（2）0．
【解析】
【分析】
（1）①由题意可得，从而可得二项式系数最大的项为第三项，进而可求得答案，②求出的通项公式，再由求出的值，从而可求得
，进而可求得，
（2）令，给函数求导，再给导函数两边同乘以，再求导，然后令，可求得的值
【详解】
【解】（1）①当m=2时，的展开式中共有5项，二项式系数最大的项为第三项，
∴；
②的通项公式为
，且，
∴的系数为，解得m=2；
∴的通项公式为，
∴，，1，2，……，6；
∴
；
（2）∵，
∴设①
①式两边求导得：
②
②的两边同乘x得：
③，
③式两边求导得：
④，
④中令，得，
即．
【点睛】
关键点点睛：此题考查二项式定理，考查导数的应用，解题的关键是构造函数，对函数求导后，再乘以，再求导，得 ，令可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
12．（1）；（2）196；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题知，故，进而得；
（2）结合（1）知，再结合二项式定理求解即可；
（3）设（且），进而得含项的系数为，再利用错位相减法的思想两边同乘以，得，再找出含的系数，再化简整理即可.
【详解】
（1）∵，
∴；∴；
（2）由（1）知：，，，
所以
，
中的项的系数为；
（3）设（且）①
则函数中含项的系数为，
另一方面，由得：
②，
得：，
∴，
则中含项的系数为：，
，
所以，
所以
∴得证：．
【点睛】
本题考查二项式定理的通项公式，组合数的性质，错位相减法求和等，考查运算求解能力与逻辑推理能力，是难题.本题第三问解题的关键在于构造函数（且），进而利用二项式定理和错位相减法求得含项的系数.
13．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）由题设，根据已知讨论的取值求出所有可能的取值.
（2）结合反证思想，从充分性、必要性两方面证明即可.
（3）由（2）分析知，则有中不同取值方式，进而判断不同系数情况下各项在所有可能中出现次数，即可确定可能取值之和.
(1)
由题设，，又，
所以当时，；当中有两个，一个1，则可能值为1, -3, -5；当中有一个，两个1，则可能值为-1,3,5；当时，；
综上，.
(2)
证明充分性：当时，可得；
证明必要性：当时，用反证法，
假设，则矛盾.
从而；
所以的充分必要条件是，得证.
(3)
当时，由（2）知：，反之亦然.
当时，有中不同取值方式，
其中与，与，，与在所有指数和中出现的总次数都是种，
因此这些项对指数和的总贡献为零，另一方面，在所有指数和中出现次，
从而所有指数和之和为 .
【点睛】
关键点点睛：第三问，注意第二问结论的应用，易知有中不同取值方式，而其中任一项确定，都对应种其余项的组合，又即所有可能值中该项抵消，而只有所在项出现次，即可求和.
14．（1）①证明见详解；②证明见详解；（2）
【解析】
【分析】
（1）①证明即可，根据组合数定义化简求值；②证明即可，同样根据组合数定义化简求值.
（2）根据二项式定理，可得，两边同乘以求导，再同乘以再次求导，令即可求解.
【详解】
（1）①
，所以，即.
②
，
所以，即（其中）；
（2）当时，由二项式定理，有，
两边同乘以，得，
两边对求导，得
，
两边再同乘以，得
，
两边再对求导，得
令，得，
即，
即.
15．（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）时，第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，利用相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式能求出第三次取出为白球的概率．
（2）先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率．
（3）先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率．
【详解】
解：（1）时，第二个袋中有2白2红，共4个球，从中连续取出三个球（每个取后不放回）．
第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，
∴第三次取出为白球的概率．
（2）设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为，
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白，白，白），取法数为，
（白，红，白），取法数为，
（红，白，白），取法数为，
（红，红，白），取法数为，
从而第三次取出的是白球的种数为：
，
则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，
而选到第个袋子的概率为，故所求概率为：
．
（3）设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为，
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白，白，白），取法数为，
（白，红，白），取法数为，
（红，白，白），取法数为，
（红，红，白），取法数为，
从而第三次取出的是白球的种数为：
，
则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，
而选到第个袋子的概率为，故所求概率为：
．
【点睛】
关键点睛：本题考查概率的求法，相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式，关键在于运用列举法，准确地运用公式得以解决问题．
16．(1) ,; (2)是定值，答案见解析;(3) 答案见解析.
【解析】
【分析】
(1)由题意求出的值，即可求出的值.
(2)根据，，结合平方差公式即可求出的值.
(3) 假设存在正整数，使得成等差数列，结合等差数列定义可得
，结合已知进行推导，可推出当且仅当时，等号成立，不成立，从而可证明.
【详解】
解：(1)由题意知，，
，
所以，
(2)是定值，证明:由题意知，，，
则，
所以.
(3) 假设存在正整数，使得成等差数列，则，
当时，，即，即，因为，
所以，，
整理得，，其中为正整数，，
因为，所以，
当且仅当时等号成立，又，即不成立，即假设不成立，
所以不存在存在正整数，使得成等差数列.
【点睛】
关键点睛:
本题第二问应将看作，从而代入已知条件即可求解.
17．（1）1；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用公式计算可得.
（2）利用导数讨论函数的单调性，结合及极值点的范围可得的最小正零点.
（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.
【详解】
（1）.
（2）设，
因为，故，
若，则，故.
，
因为，，
故有两个不同零点，且，
且时，；时，；
故在，上为增函数，在上为减函数，
若，因为在为增函数且，
而当时，因为在上为减函数，故，
故为的一个最小正实根，
若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根，
综上，若，则.
若，则，故.
此时，，
故有两个不同零点，且，
且时，；时，；
故在，上为增函数，在上为减函数，
而，故，
又，故在存在一个零点，且.
所以为的一个最小正实根，此时，
故当时，.
（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.
18．（1）；（2）；证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）设恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件A，由古典概型概率计算公式可得答案；
（2）由题得，，进而根据化简整理得，再令（且）得，再令，利用导数研究最值得，进而得，即，进而证明.
【详解】
解：（1）设恰好经过3次检验能把有抗体血液样本全部检验出来为事件A，
所以，
所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为．
（2）由已知得，
的所有可能取值为1，．
所以，，
所以，
若，则，
所以，，
所以，即，
所以p关于k的函数关系式为（且）
证明：令（且）
所以，
令，
，
所以得，
所以，，单调递减，
，，单调递增
所以，所以，
因为且，
所以，即，
所以，即，
所以．
【点睛】
本题考查古典概型求概率，随机变量概率分布列，数学期望，利用导数研究函数的性质等，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问题解题的关键在于根据题意求得，进而结合得，再通过换元法结合导数研究函数不等式.
19．（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用组合数可求；
（2）利用容斥原理可求.
【详解】
（1）当班级中的任意3人中，任意两个人都是朋友时，班级里朋友圈个数的最大，
此时.
（2）当时，，
当时，，，中的每个人都至少与班级的3个同学是好朋友，故4人彼此是好朋友，故，
当时，记为班级中除去且与是朋友的同学的集合，为班级中除去且与是朋友的同学的集合，为班级中除去且与是朋友的同学的集合，
若，由题设可知，、、中的元素的个数不小于，余下同学记为：，集合中元素的个数记为，
因为余下人数为，由容斥原理可得
，
所以，
即，
故此时，
考虑一种特殊情况：，
此时朋友圈个数为，故.
若，由题设可知，、、中的元素的个数不小于，余下同学记为：，集合中元素的个数记为，
因为余下人数为，由容斥原理可得
，
所以，
即，
故此时，
考虑一种特殊情况：，
此时朋友圈个数为，故.
综上，.
20．（1）216元；（2），是小概率事件．
【解析】
【分析】
（1）设赌博再继续进行X局且甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢，由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求出甲赢的概率，由此能求出甲应分得的赌注．
（2）设赌博继续进行Y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，当时，乙以贏，，当时，乙以贏，，求出甲赢得全部赌注的概率对其求导，利用导数分析单调性，求出该函数的最小值，从而判断出“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”是小概率事件.
【详解】
（1）设赌博再继续进行局且甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲贏
由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注．
当时，甲以赢，所以；
当时，甲以赢，所以；
当时，甲以赢，所以．
所以，甲赢的概率为．
所以，甲应分得的赌注为元
（2）设赌注继续进行局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，则的可能取值有3、4，
当时，乙以贏，；
当时，乙以贏，；
所以，乙赢得全部赌注的概率为
于是甲赢得全部赌注的概率
求导，．
因为所以所以在上单调递增，
于是．
故乙赢的概率最大为故是小概率事件．
答案第1页，共2页
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