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3 (2)

2022届高三各地一模试卷专题汇编——计算原理与概率统计1．有5对夫妇和，共12人参加一场婚宴，他们被安排在一张有12个座位的圆桌上就餐（旋转之后算相同坐法）．
（1）若5对夫妇都相邻而坐，，相邻而坐，共有多少种坐法？
（2）5对夫妇都相邻而坐，其中甲、乙二人的太太是闺蜜要相邻而坐，，不相邻，共有多少种坐法？
2．学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为；参加“四人赛”活动（每天两局）时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p，．李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动（每天两局），各局比赛互不影响．
(1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和数学期望；
(2)设李明在这5天的“四人赛”活动（每天两局）中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为．求p为何值时，取得最大值．
3．设为正整数，集合.对于集合中的任意元素和，定义.
(1)当时，若，直接写出所有使同时成立的的元素；
(2)当时，设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同元素.求集合中元素个数的最大值；
(3)给定不小于2的，设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同的元素，写出一个集合，使其元素个数最多，并说明理由.
4．为了备战2021年7月在东京举办的奥运会，跳水运动员甲参加国家队训练测试，已知该运动员连续跳水m次，每次测试都是独立的．若运动员甲每次选择难度系数较小的动作A与难度系数较大的动作B的概率均为．每次跳水测试时，若选择动作A，取得成功的概率为，取得成功记1分，否则记0分．若选择动作B，取得成功的概率为，取得成功记2分，否则记0分．总得分记为X分．
（1）若m＝2，求分数X的概率分布列与数学期望．（若结果不为整数，用分数表示）
（2）若测试达到n分则中止，记运动员在每一次跳水均取得成功且累计得分为n分的概率为G（n），如．
①求G（2）；
②问是否存在，使得为等比数列，其中？若有，求出；若没有，请说明理由．
5．已知.
（1）当时，求的展开式中含项的系数；
（2）证明：的展开式中含项的系数为；
（3）定义：，化简：.
6．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）．
7．（1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（2）把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（3）把6个不同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（4）把6个不同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
8．已知展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.
（1）求展开式中二项式系数的最大项；
（2）求展开式中系数最大的项.
9．2021年是中国共产党百年华诞.中国站在“两个一百年”的历史交汇点，全面建设社会主义现代化国家新征程即将开启.2021年3月23日，中宣部介绍中国共产党成立100周年庆祝活动八项主要内容，其中第一项是结合巩固深化“不忘初心 牢记使命”主题教育成果，在全体党员中开展党史学习教育.这次学习教育贯穿2021年全年，总的要求是学史明理 学史增信 学史崇德 学史力行，教育引导党员干部学党史 悟思想 办实事，开新局.为了配合这次学党史活动，某地组织全体党员干部参加党史知识竞赛，现从参加人员中随机抽取100人，并对他们的分数进行统计，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）现从这100人中随机抽取2人，记其中得分不低于80分的人数为，试求随机变量的分布列及期望；
（2）由频率分布直方图，可以认为该地参加党史知识竞赛人员的分数服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差，经计算.现从所有参加党史知识竞赛的人员中随机抽取500人，且参加党史知识竞赛的人员的分数相互独立，试问这500名参赛者的分数不低于82.3的人数最有可能是多少？
参考数据：，，，.
10．设数列是等比数列，，公比是的展开式中的第二项．
（1）用，表示通项与前项和；
（2）若，用，表示．
11．个人所得税起征点是个人所得税工薪所得减除费用标准或免征额，个税起征点与个人税负高低的关系最为直接，因此成为广大工薪阶层关注的焦点.随着我国人民收入的逐步增加，国家税务总局综合考虑人民群众消费支出水平增长等各方面因素，规定从2019年1月1日起，我国实施个税新政.实施的个税新政主要内容包括: ①个税起征点为元②每月应纳税所得额(含税)收入个税起征点专项附加扣除; ③专项附加扣除包括住房、子女教育和赡养老人等.新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下:
旧个税税率表(个税起征点元) 新个税税率表(个税起征点元)
缴税级数 每月应纳税所得额(含税) 收入个税起征点 税率/% 每月应纳税所得额(含税）收入个税起征点专项附加扣除 税率/%
1 不超过元 不超过元
2 部分超过元至元部分 部分超过元至元部分
3 超过元至元的部分 超过元至元的部分
4 超过元至元的部分 超过元至元的部分
5 超过元至元部分 超过元至元部分
··· ··· ··· ···
随机抽取某市名同一收入层级的无亲属关系的男性互联网从业者(以下互联网从业者都是指无亲属关系的男性)的相关资料，经统计分析，预估他们2022年的人均月收入为元.统计资料还表明，他们均符合住房专项扣除，同时他们每人至多只有一个符合子女教育扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育扣除又不符合赡养老人扣除、只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除、只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除、既符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人数之比是.此外，他们均不符合其他专项附加扣除.新个税政策下该市的专项附加扣除标准为:住房元/月，子女教育每孩元/月，赡养老人元/月等.假设该市该收入层级的互联网从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的互联网从业者的人均月收入视为其个人月收入.根据样本估计总体的思想，解决下列问题.
（1）按新个税方案，设该市该收入层级的互联网从业者2022年月缴个税为元，求的分布列和数学期望;
（2）根据新旧个税方案，估计从2022年1月开始，经过几个月，该市该收入层级的互联网从业者各月少缴的个税之和就能购买一台价值为元的华为智慧屏巨幕电视
12．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．
13．在①甲恰好比乙多击中目标2次，②乙击中目标的次数不超过2，③甲击中目标3次且乙击中目标2次这三个条件中任取一个，补充在下面的横线中，并解答问题．
问题：甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为．假设两人射击是否击中目标，互不影响；每次射击是否击中目标，互不影响．
（1）记甲击中目标的次数为X，求X的分布列；
（2）求______的概率．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
14．女排世界杯比赛采用局胜制，前局比赛采用分制，每个队只有赢得至少分，并同时超过对方分时，才胜局；在决胜局（第五局）采用分制，每个队只有赢得至少分，并领先对方分为胜.在每局比赛中，发球方赢得此球后可得分，并获得下一球的发球权，否则交换发球权，并且对方得分.现有甲乙两队进行排球比赛.
（1）若前三局比赛中甲已经赢两局，乙赢一局.接下来的每局比赛甲队获胜的概率为，求甲队最后赢得整场比赛的概率；
（2）若前四局比赛中甲 乙两队已经各赢两局比赛.在决胜局（第五局）中，两队当前的得分为甲 乙各分，且甲已获得下一发球权.若甲发球时甲赢分的概率为，乙发球时甲赢分的概率为，得分者获得下一个球的发球权.求甲队在个球以内（含个球）赢得整场比赛的概率.
15．设，，.
（1）求证：
①；
②（其中）；
（2）化简：.
16．一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．
17．系统中每个元件正常工作的概率都是，各个元件是否正常工作相互独立.如果系统中有多于一半的元件正常工作，系统就能正常工作，系统正常工作的概率称为系统的可靠性.已知该系统配置有个元件，为正整数.
（1）求该系统正常工作的概率的表达式；
（2）现为改善系统的性能，拟增加2个元件，试讨论增加2个元件后，系统可靠性的变化.
18．某商场拟在年末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券“的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子（形状为正方体，六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），若向上点数不超2点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为19分，则游戏结束，可得到200元礼券，若累计得分为20分，则游戏结束，可得到纪念品一份，最多进行20轮游戏．
（1）当进行完3轮游戏时，总分为X，求X的期望；
（2）若累计得分为i的概率为，（初始得分为0分，）．
①证明数列，（i＝1，2，…，19）是等比数列；
②求活动参与者得到纪念品的概率．
19．某地区质量监督部门对该地甲、乙两个饲料生产企业进行抽查，若已知在甲企业抽查了一次，抽中动物饲料A的概率为，用数字1表示抽中动物饲料A，用数字0表示没有抽中.在乙企业抽查了两次，每次抽中动物饲料A的概率均为，用数字2表示抽中动物饲料A，用数字0表示没有抽中.若该部门每次抽查的结果相互独立，且完成了以上三次抽查.
（1）求该部门恰好有一次抽中动物饲料A的概率；
（2）设X表示三次抽查所记数字之和，求随机变量X的分布列和数学期望.
20．在的展开式中，把，，，…，叫做三项式的次系数列．
（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列；
（2）列出杨辉三角形类似的表（，），用三项式的次系数表示，，；
（3）用二项式系数表示．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）7680种；（2）1152种.
【解析】
【分析】
(1)将一对夫妇视为一组，，视为一组，先将6组人圆排列，再对每一组内的两人调整位置，然后用分步乘法计数原理计算即得；
(2)先排甲、乙二人的太太及这两对夫妇，再排余下3对夫妇，最后用插空法排，，借助分步乘法计数原理计算即得.
【详解】
（1）若5对夫妇都相邻，，相邻，可将每对夫妇划分为1组，，划分为1组，再将这6组人围坐成一圈，共有种坐法，
由于每一组内两人还有顺序问题，所以共有种坐法；
（2）分成三步来完成第一步，排甲、乙二人的太太的座位，有2种坐法，甲、乙二人的座位也随之确定，
第二步，排其余3对夫妇的座位，有种坐法，
第三步，排，二人的座位，有种坐法，
根据分步乘法计数原理，共有种坐法．
2．(1)分布列见解析，（分）
(2)
【解析】
【分析】
（1）可取5，6，7，8，9，10，求出对应随机变量的概率，从而可求出分布列，再根据期望公式求出数学期望即可；
（2）先求出一天得分不低于3分的概率，再求出恰有3天每天得分不低于3分的概率为，再根据导出求出函数的单调区间，即可得出答案.
(1)
解：可取5，6，7，8，9，10，
，，
，，
，，
分布列如下：
5 6 7 8 9 10
所以（分）；
(2)
解：设一天得分不低于3分为事件，
则，
则恰有3天每天得分不低于3分的概率，
则
，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以当时，取得最大值.
3．(1)；
(2)满足条件的集合B的元素的个数的最大值为4；
(3)当n=3时，
【解析】
【分析】
(1)列出满足条件的A的元素；
(2)从A的元素中筛选出满足条件的B的元素；
(3)从（2）中获取信息，满足条件的B的元素有 .
(1)
满足条件的 有
0 1 0 1
0 0 0 0
0 0 1 1
0 1 1 0
1 0 0 1
1 1 0 0
1 1 1 1
又 ，
满足条件的 有
1 1 0 1
0 0 0 0
0 0 1 1
0 1 1 0
(2)
列出集合A的元素
0 0 0
0 0 1
0 1 0
0 1 1
1 0 0
1 0 1
1 1 0
1 1 1
B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同元素α，β，d(α，β)≥2
满足条件的集合B的元素的个数的最大值为4.
0 0 1
0 1 0
1 0 0
1 1 1
(3)
d(α，β)≥2
B中的元素应该含有奇数个1
若n=2，则含有奇数个1的元素有 个；
若n=3，则含有奇数个1的元素有 个；
若n=4，则含有奇数个1的元素有 个；
若n=5，则含有奇数个1的元素有 个；
当n=3时，
4．（1）分布列见解析，期望值；（2）①，②有，
【解析】
【分析】
（1）的可能取值为0，1，2，3，4，依次计算概率，再求分布列和期望即可；（2）①分两种情况：第一次就得两分和两次得1分②建立递推，用待定系数法即可.
【详解】
进行一次试验
获得0分的概率为
获得1分的概率为
获得2分的概率为
进行两次试验
的可能取值为0，1，2，3，4
，，，
，
所以分数X的概率分布列为
0 1 2 3 4
数学期望
（2）①
②据题意有，，其中
设
比较系数得，解得
所以是公比为的等比数列，其中，.
5．（1）84；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）当时根据二项展开式分别求出每个二项式中的含项的系数之和即可；
(2)根据二项展开式求出含项的系数，结合题意和即可得出结论；
(3)根据组合数的性质可得和
，两式左右边分别同时加并两式相加，结合二项式系数和即可得出结论.
【详解】
（1）当时，，
的展开式中含项的系数为.
（2），，
故的展开式中含项的系数为
因为，
所以项的系数为：
.
（3）①
②
在① ②添加，则得
③
④
③+④得：
【点睛】
在解决二项式开展式有关证明的问题时，要充分利用组合数的性质、，要熟练二项式系数之和、指定项的系数的求法，要清楚二项式系数和项的系数的区别，在运算过程中应提高计算能力和逻辑推理能力.
6．（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．
7．（1）2；（2）10；（3）65；（4）1560.
【解析】
【分析】
(1)根据条件每个箱子先放一个，确定余下两个小球的放法即为答案；
(2)将6个相同的小球排成一列，利用隔板法求解即得；
(3)把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，求出所有分组方法数即可；
(4)把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，再将每一种分法放入4个不同箱子即可得解.
【详解】
（1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子至少放1个小球，每个箱子先放入1个小球，还剩下2个小球，
则余下2个小球放在1个箱子中，或分开放在2个箱子中，
所以共有2种放法；
（2）6个相同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放1个小球，将6个相同的小球排成一列，在形成的中间5个空隙中插入3块隔板，
所以不同的放法种数为；
（3）6个不同的小球放入4个相同的箱子，每个箱子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，
每一种分法的4组小球分别放入4个箱子满足要求，一种分组方法即为一种放法，
所以不同的放法种数为；
（4）6个不同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，
每一种分法的4组小球全排列，得到的每一个排列的4组小球分别放入4个箱子满足要求，
所以不同的放法种数为．
8．（1）T3＝90x6，；（2）.
【解析】
【分析】
(1)求出展开式中各项的系数和，二项式系数和，再建立方程求出n，最后根据二项式系数的性质即可得解；
(2)求出二项展开式的通项，根据系数最大列出不等式组即可作答.
【详解】
（1）令，则展开式中各项系数和为，展开式中的二项式系数和为，
依题意，，即，整理得，
于是得，解得，而5为奇数，
所以展开式中二项式系数最大项为中间两项，它们是，；
（2）由(1)知展开式通项为，
令Tr＋1项的系数最大，则有，即，
整理得，解得，而，从而得，
所以展开式中系数最大项为.
9．（1）分布列答案见解析，数学期望：；（2）人数最有可能是79.
【解析】
【分析】
（1）可得得分不低于80分的有20人，可能的取值为0，1，2，即可求得取不同值的概率，即可得出分布列，求出期望；
（2）由题求出，根据题意可得，即可求解.
【详解】
解：（1）100人中得分不低于80分的人数为，
随机变量可能的取值为0，1，2.
又，，，
则的分布列为：
0 1 2
.
（2）.
，
，
每位参赛者分数不低于82.3的概率为0.15865，记500位参赛者中分数不低于82.3的人数为随机变量，则，其中，
所以恰好有个参赛者的分数不低于82.3的概率为，，1，2，…，500.
由，
得.
所以当时，，
当时，
由此可知，在这500名参赛者中分数不低于82.3的人数最有可能是79.
10．（1），；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）根据组合数的性质可求得的值，根据二项展开式的通项可求得的值，从而可求得；
（2）用倒序相加法及组合数的性质可求得．
【详解】
（1）∵，
∴，即，
∴，∴．
又由，知，
∴，
∴，．
（2）当时，，
，①
又，②
由①+②，得，
∴．
当时，，
．
∴．
11．（1）分布列见解析，3150；（2）12个月.
【解析】
【分析】
（1）先求出的可能值为，再求其对应的概率即得解；
（2）先求出该收入层级的互联网从业者每月少缴的个税为元，再解不等式即得解.
【详解】
解:既不符合子女教育扣除也不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为元，
月缴个税元;
只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为元，
月缴个税元;
只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除的人群每月应纳税所得额为元，
月缴个税元;
既符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额元，
月缴个税元.
所以的可能值为，
依题意，上述四类人群的人数之比是，
所以
，
，
，
所以的分布列为
所以
在旧政策下该收入层级的互联网从业者2022年每月应纳税所得额为元，
其月缴个税为元，
由知在新政策下该收入层级的互联网从业者2022年月缴个税为元，
所以该收入层级的互联网从业者每月少缴的个税为元.
设经过个月，该收入层级的互联网从业者少缴的个税的总和就超过
则
因为
所以
所以经过个月﹐该收入层级的互联网从业者就能购买一台价值为元的华为智慧屏巨幕电视.
12．（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.
13．（1）分布列见解析；（2）答案不唯一，见解析.
【解析】
【分析】
（1）易知X的取值范围是，利用独立重复实验求得其相应概率，列出分布列；
（2）选择①设甲恰好比乙多击中目标2次为事件A，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标0次为事件，甲恰好击中目标3次且乙恰好击中目标1次为事件，由 ，利用互斥事件和独立事件的概率求解；选择②．记乙击中目标的次数为Y，，易得，再利用对立事件的概率求解；选择③．由甲击中目标与乙击中目标为相互独立事件，利用独立事件的概率求解.
【详解】
（1）由题意知X的取值范围是，
，，
，．
故X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
（2）选择①．
设甲恰好比乙多击中目标2次为事件A，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标0次为事件，甲恰好击中目标3次且乙恰好击中目标1次为事件，
则，
∵和为互斥事件，
∴．
∴甲恰好比乙多击中目标2次的概率为．
选择②．
记乙击中目标的次数为Y，的对立事件为，，
故．
选择③．
∵甲击中目标与乙击中目标为相互独立事件，
∴甲击中目标3次且乙击中目标2次的概率为．
14．(1);(2)
【解析】
【分析】
（1）先确定甲队最后赢得整场比赛的情况，再分别根据独立事件概率乘法公式求解，最后根据互斥事件概率加法公式得结果；
（2）先根据比赛规则确定x的取值，再确定甲赢得整场比赛的情况，最后根据独立事件概率乘法公式以及互斥事件概率加法公式得结果.
【详解】
（1）甲队最后赢得整场比赛的情况为第四局赢或第四局输第五局赢，
所以甲队最后赢得整场比赛的概率为，
（2）设甲队x个球后赢得比赛，
根据比赛规则，x的取值只能为2或4,对应比分为
两队打了2个球后甲赢得整场比赛，即打第一个球甲发球甲得分，
打第二个球甲发球甲得分，此时概率为；
两队打了4个球后甲赢得整场比赛，即打第一个球甲发球甲得分，
打第二个球甲发球甲失分，打第三个球乙发球甲得分，打第四个球甲发球甲得分，
或打第一个球甲发球甲失分，打第二个球乙发球甲得分，打第三个球甲发球甲得分，
打第四个球甲发球甲得分，此时概率为.
故所求概率为：
15．（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.
16．（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.
17．（1）；（2）当时，系统可靠性不变；当，系统可靠性降低；当，系统可靠性提高.
【解析】
【分析】
（1）结合独立重复试验概率计算公式，求得的表达式.
（2）通过对“前个元件中正常工作的元件数量”进行分类讨论，求得增加个元件后系统的可靠性，利用差比较法对系统可靠性的变化进行探讨.
【详解】
（1）个元件中，恰好有个正常工作的概率为，
恰好有个元件正常工作的概率为，
恰好有个元件正常工作的概率为，故，
（2）若增加2个元件，此时共有个元件.
为使系统正常工作，前个元件中至少有个元件正常工作.
分三种情况讨论：
①前个元件中恰好有个元件正常工作的概率为，此时新增的2个元件必须同时正常工作，
所以这种情况下系统正常工作的概率为；
②前个元件中恰好有个元件正常工作的概率为，此时新增的2个元件至少有1个正常工作即可，
所以这种情况下系统正常工作的概率为；
③前个元件中至少有个元件正常工作的概率为，此时不管新增的2个元件是否正常工作，系统都会正常工作.
所以当有个元件时，系统正常工作的概率为.
所以
.
故当时，，系统可靠性不变；
当，，系统可靠性降低；
当，，系统可靠性提高.
18．（1）5；（2）①证明见解析；②．
【解析】
【分析】
（1）由题意可知每轮游戏获得1分的概率为，获得2分的概率为，而每轮游戏的结果互相独立，设进行完3轮游戏时，得1分的次数为，所以，，即可求出X的期望；
（2）①根据累计得分为i的概率为，分两种情形讨论得分情况，从而得到递推式，再根据构造法即可证出数列是等比数列；
②根据①可求出，再根据累加法即可求出，然后由从而解出．
【详解】
（1）由题意可知每轮游戏获得1分的概率为，获得2分的概率为，设进行完3轮游戏时，得1分的次数为，所以，，而，即随机变量X可能取值为3，4，5，6，
，，
，．
∴X的分布列为：
X 3 4 5 6
P
E（X）＝＝5．
（2）①证明：n＝1，即累计得分为1分，是第1次掷骰子，向上点数不超过2点，，则，累计得分为i分的情况有两种：
（Ⅰ）i＝（i﹣2）＋2，即累计得i﹣2分，又掷骰子点数超过2点，其概率为，
（Ⅱ）累计得分为i﹣1分，又掷骰子点数没超过2点，得1分，其概率为，
∴，∴，（i＝2，3， ，19），∴数列，（i＝1，2，…，19）是首项为﹣，公比为﹣的等比数列．
②∵数列，（i＝1，2，…，19）是首项为﹣，公比为﹣的等比数列，
∴，
∴，， ，，
各式相加，得：，
∴，（i＝1，2， ，19），
∴活动参与者得到纪念品的概率为：
．
【点睛】
本题第一问解题关键是明确得1分的次数为服从二项分布，从而找到所求变量与的关系，列出分布列，求得期望；第二问①主要是递推式的建立，分析判断如何得到分的情况，进而得到，利用数列知识即可证出，②借由①的结论，求出，分析可知，从而解出．
19．（1）；（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】
记“该部门恰好抽中一次动物饲料A”为事件A，“在甲企业抽中动物饲料A”为事件B，“在乙企业第一次抽查中抽中动物饲料A”为事件C，“在乙企业第二次抽查中抽中动物饲料A”为事件D.
（1）由，利用互斥事件和独立事件的概率求解；
（2）由题意得到X的取值范围为，然后利用独立事件和对立事件的概率公式，求得其相应概率，列出分布列，再求期望.
【详解】
记“该部门恰好抽中一次动物饲料A”为事件A，“在甲企业抽中动物饲料A”为事件B，“在乙企业第一次抽查中抽中动物饲料A”为事件C，“在乙企业第二次抽查中抽中动物饲料A”为事件D.
（1）由题意知，，因为，
所以，
，
，
，
.
（2）由题意，可知X的取值范围为，
且，
，
，
，
，.
故X的分布列为
X 0 1 2 3 4 5
P
所以.
20．（1），，，，，，，，，，，；（2），，；（3）.
【解析】
【分析】
（1）先求出三项式的展开式，即可求出；
（2）列出杨辉三角形类似的表，即可得出结果；
（3）根据三项式的次系数列定义展开求解即可得出.
【详解】
（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列：
∵，
∴，，，，，
∵
，
∴，，，，，，．
（2）列出杨辉三角形类似的表（，），
用三项式的次系数表示，，，
，，，
（3）用二项式系数表示，
，，，
，…，，
∵，
∴，
∵，，…，，
∴
，
∴．
答案第1页，共2页
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