2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题--第8章　概率拔高练

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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
综合拔高练
五年高考练　　　　　 　　　　 　　　　
考点1　条件概率
1.(2023全国甲理,6)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为(　　)
A.0.8 B.0.6
C.0.5 D.0.4
2.(2024天津,13)A,B,C,D,E五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为　　　　;已知乙选了A活动,他再选择B活动的概率为　　　　.
3.(2022全国新高考Ⅱ,19)在某地区进行流行病学调查,随机调查了100位某种疾病患者的年龄,得到如下的样本数据的频率分布直方图:
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率;
(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人,若此人的年龄位于区间[40,50),求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率,精确到0.000 1).
考点2　离散型随机变量的分布列及数字特征
4.(2020全国Ⅲ理,3)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是(　　)　　　　　 　　　　　　　　　　
A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4
B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1
C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3
D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2
5.(2023新课标Ⅰ,21)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率;
(2)求第i次投篮的人是甲的概率;
(3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y).
6.(2024新课标Ⅱ,18)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成.比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分;若至少投中1次,则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次,每次投篮投中得5分,未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.
某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立.
(1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率;
(2)假设0(i)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,应该由谁参加第一阶段比赛
(ii)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛
考点3　二项分布
7.(2021天津,14)甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语,若一方猜对且另一方猜错,则猜对的一方获胜,否则本次平局.已知每次活动中,甲、乙猜对的概率分别为,且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响,各次活动也互不影响,则一次活动中,甲获胜的概率为　　　;3次活动中,甲至少获胜2次的概率为　　　.
8.(全国Ⅰ高考,15)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是　　　　.
考点4　超几何分布
9.(2022浙江,15)现有7张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则P(ξ=2)=　　　　,E(ξ)=　　　　.
10.(2021浙江,15)袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球.现从中任取两个球,记取出的红球数为ξ,若取出的两个球都是红球的概率为,则m-n=　　　　,E(ξ)=　　　　.
考点5　正态分布
11.(多选题)(2024新课标Ⅰ,9)随着“一带一路”国际合作的深入,某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植区抽取样本,得到推动出口后亩收入的样本均值,s2),则(若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(Z<μ+σ)≈0.841 3)(　　)
A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8
12.(2021全国新高考Ⅱ,6)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),则下列结论中不正确的是(　　)
A.σ越小,该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大
B.该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5
C.该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等
D.该物理量一次测量结果落在(9.9,10.2)内的概率与落在(10,10.3)内的概率相等
13.(2022全国新高考Ⅱ,13)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(22.5)=　　　　　.
三年模拟练　　　　　 　　　　 　　　　
应用实践
1.(多选题)(2024浙江余姚中学质量检测)下列命题中,正确的命题是(　　)
A.已知随机变量X服从二项分布B(n,p),若E(X)=30,D(X)=20,则p=
B.某人在10次射击中,击中目标的次数为X,X~B(10,0.7),当X=7时概率最大
C.设随机变量ξ服从正态分布N(0,1),若P(ξ>1)=p,则P(-1<ξ<0)=-p
D.已知P(A)=
2.(2024辽宁省名校联盟模拟)一质子从原点处出发,每次等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位长度,则移动6次后质子回到原点处的概率是(　　)
A.
3.(多选题)(2024江苏南京第二十九中月考)甲、乙两人进行围棋比赛,共比赛2n(n∈N*)局,且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为.如果某人获胜的局数多于另一人,则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为P(n),则(　　)
A.P(2)= B.P(3)=
C.P(n)= D.P(n)的最大值为
4.(2024河南省TOP二十名校质检)甲、乙两人进行一场友谊比赛,赛前每人记3分.一局比赛后,若决出胜负,则胜的一方得1分,负的一方得-1分;若平局,则双方各得0分.若干局比赛后,当一方累计得分为6分时比赛结束,且该方最终获胜.令Pi表示在甲的累计得分为i分时,最终甲获胜的概率,若每局甲获胜的概率为0.5,乙获胜的概率为0.3,则P1=(　　)
A. B.
C. D.
5.(2024重庆开州中学模拟)甲口袋中装有2个黑球和1个白球,乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两个口袋中各任取一个球交换放入另一口袋,重复n次这样的操作,记甲口袋中黑球个数为Xn,恰有2个黑球的概率为pn,恰有1个黑球的概率为qn,则p1·q1=　　　　,Xn的数学期望E(Xn)=　　　　.(用n表示)
6.(2024江苏南京、盐城一模)已知某种机器的电源电压U(单位:V)服从正态分布N(220,202).此电压通常有3种状态:①不超过200 V;②U∈(200,240);③不低于240 V.在上述三种状态下,该机器生产的零件为不合格品的概率分别为0.15,0.05,0.2.
(1)求该机器生产的零件为不合格品的概率;
(2)从该机器生产的零件中随机抽取n(n≥2,n∈N*)件,记其中恰有2件不合格品的概率为pn,求pn取得最大值时n的值.
附:若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ7.(2024江苏姜堰中学阶段性测试)某工厂生产某种元件,其质量按测试指标划分为:指标大于或等于82为合格品,小于82为次品,现抽取这种元件100件进行检测,检测结果统计如表所示:
测试指标 [70, 76) [76, 82) [82, 88) [88, 94) [94, 100]
元件/件 12 18 36 30 4
(1)现从这100件元件中随机抽取2件,若其中一件为合格品,求另一件也为合格品的概率;
(2)关于随机变量,俄国数学家切比雪夫提出切比雪夫不等式:
若随机变量X具有数学期望E(X)=μ,方差D(X)=σ2,则对任意正数ε,均有P(|X-μ|≥ε)≤成立.
①若X~B,证明:P(0≤X≤25)≤;
②利用该结论表示即使分布未知,随机变量的取值范围落在期望左右的一定范围内的概率是有界的.若该工厂声称本厂元件合格率为90%,那么根据所给样本数据,请结合“切比雪夫不等式”说明该工厂所提供的合格率是否可信 (注:当随机事件A发生的概率小于0.05时,可称事件A为小概率事件)
8.(2024江苏盐城五校联盟期中)从甲、乙、丙、丁这4个人中随机抽取3个人去做传球训练.训练规则是确定一人第1次将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外2个人中的任何一人,每次必须将球传出.
(1)记甲、乙、丙这3个人中被抽到的人数为随机变量X,求X的概率分布;
(2)若刚好抽到甲、乙、丙这3个人相互做传球训练,且第1次由甲将球传出,记n次传球后球在甲手中的概率为pn,n=1,2,3,….
①直接写出p1,p2,p3的值;
②求pn+1与pn的关系式,并求pn.
9.(2024江苏百师联盟摸底联考)某数学兴趣小组模拟“刮刮乐”彩票游戏,每张彩票的刮奖区印有从10个数字1,2,3,…,10中随机抽取的3个不同数字,刮开涂层即可兑奖,中奖规则为:每张彩票只能中奖一次,若3个数的积为3的倍数且不为5的倍数,则中三等奖;若3个数的积为5的倍数且不为3的倍数,则中二等奖;若3个数的积既为3的倍数,又为4的倍数,又为7的倍数,则中一等奖;其他情况不中奖.
(1)随机抽取一张彩票,求这张彩票中奖的概率;
(2)假设每张彩票售价为a(a∈N*)元,且获得三、二、一等奖的奖金分别为5元,10元,50元,从出售该彩票可获利的角度考虑,求a的最小值.
迁移创新
10.(2023安徽安庆田家炳中学“校长杯”竞赛)“三门问题”(Monty Hall problem)亦称为蒙提霍尔问题、蒙特霍问题或蒙提霍尔悖论,大致出自八九十年代美国的电视游戏节目Let s Make a Deal.问题名字来自该节目的主持人蒙提·霍尔(Monty Hall).参赛者会看见三扇关闭了的门,其中一扇的后面有一辆跑车,选中后面有车的那扇门可赢得该跑车,另外两扇门后面则各藏有一只山羊.当参赛者选定了一扇门,但未去开启它的时候,节目主持人开启剩下两扇门的其中一扇,露出其中一只山羊.主持人其后会问参赛者要不要换另一扇仍然关上的门.问题是:换另一扇门是否会增加参赛者赢得跑车的概率.如果严格按照上述的条件,那么答案是　　　　(填“会”或“不会”).换门的话,赢得跑车的概率是　　　　.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.A 4.B 11.BC 12.D
1.A　设既爱好滑雪,又爱好滑冰的同学占比为x,
则有60%+50%-x=70%,解得x=40%,
∴若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为=0.8,故选A.
2.答案　
解析　设甲选到A活动为事件M,乙选到A活动为事件M',乙选到B活动为事件N,
则甲选到A活动的概率为P(M)=.
乙选了A活动,他再选择B活动的概率为P(N|M')=.
3.解析　(1)平均年龄为(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁).
(2)设事件A=“该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)”,则P(A)=1-P()=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1-0.11=0.89.
(3)设事件B=“任选一人,此人年龄位于区间[40,50)”,事件C=“任选一人,此人患这种疾病”,由条件概率公式可得
P(C|B)==0.001 437 5≈0.001 4.
4.B　根据均值E(X)=xipi,方差D(X)=[xi-E(X)]2pi以及方差与标准差的关系,得各选项对应样本的标准差如表.
选项 均值E(X) 方差D(X) 标准差
A 2.5 0.65
B 2.5 1.85
C 2.5 1.05
D 2.5 1.45
由此可知选项B对应样本的标准差最大,故选B.
5.解析　设“第i次投篮的人是甲”为事件Ai,事件B=“甲在某次投篮时命中”,事件C=“乙在某次投篮时命中”.由题意知P(A1)=0.5,P(B)=0.6,P(C)=0.8.
(1)设“第2次投篮的人是乙”为事件M,则P(M)=P(A1C)=P(A1)[1-P(B)]+[1-P(A1)]P(C)=0.5×(1-0.6)+(1-0.5)×0.8=0.6.
(2)P(Ai+1)=P(AiB+)=P(Ai)P(B)+[1-P(Ai)]·[1-P(C)]=,
所以P(Ai+1)-.
所以是以P(A1)-为首项,为公比的等比数列,所以P(Ai)=.
(3)E(Y)=.
6.解析　(1)由于甲参加第一阶段比赛,故要使甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则第一阶段甲至少要投中1次,第二阶段乙也要至少投中1次.
故所求概率P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686.
(2)(i)若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]q3,
若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙=[1-(1-q)3]p3,
P甲-P乙=[q3-q3(1-p)3]-[p3-p3(1-q)3](此处作差后,利用因式分解法进行变形,然后判断代数式符号,难度较大)
=(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(q-pq)2+(p-pq)2+(p-pq)(q-pq)]
=(p-q)(3p2q2-3pq2-3p2q)
=3pq(p-q)(pq-q-p)
=3pq(p-q)[(1-q)(1-p)-1].
因为0所以3pq(p-q)[(1-q)(1-p)-1]>0,
故P甲>P乙,因此应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii)当由甲参加第一阶段比赛时,比赛成绩X=0,5,10,15,
P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3,
P(X=5)=[1-(1-p)3]·q(1-q)2,
P(X=10)=[1-(1-p)3]·q2(1-q)1,
P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3,
故E(X)=0×{(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3}+5×[1-(1-p)3]·q(1-q)2+10×[1-(1-p)3]·q2·(1-q)1+15×[1-(1-p)3]·q3=15×[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p),
当由乙参加第一阶段比赛时,比赛成绩Y=0,5,10,15,
同理可得E(Y)=15p(q3-3q2+3q),
E(X)-E(Y)=15[(p+q)(p-q)pq-3(p-q)pq]=15(p-q)pq·(p+q-3),
因为00,即E(X)>E(Y),
故应该由甲参加第一阶段比赛.
7.答案　
解析　由题意得,甲获胜为甲猜对乙猜错,
其概率P=.
根据独立重复试验的概率,知3次活动中,甲获胜2次的概率P1=,
甲获胜3次的概率P2=,
∴甲至少获胜2次的概率P'=P1+P2=.
8.答案　0.18
解析　由题意可知七场四胜制且甲队以4∶1获胜,则共比赛了5场,且第5场甲胜,前4场中甲胜3场.第一类:第1场、第2场中甲胜1场,第3场、第4场甲胜,则P1=;第二类:第1场、第2场甲胜,第3场、第4场中甲胜1场,则P2=0.62×,所以甲队以4∶1获胜的概率为P=×0.6=0.18.
9.答案　
解析　所抽取的3张卡片上数字的最小值为2可分两种情况:(1)3张卡片中恰有1张卡片上数字为2;(2)3张卡片中恰有2张卡片上数字为2,
所以P(ξ=2)=.
而P(ξ=1)=,
所以E(ξ)=1×.
10.答案　1;
解析　解法一:∵P(ξ=2)=,可得=36,∴m+n+4=9,
又∵P(一红一黄)=,解得m=3,∴n=2,∴m-n=1.
∵P(ξ=0)=.
解法二:由解法一知,m-n=1.
由于ξ服从超几何分布H(9,4,2),即ξ~H(9,4,2),
故E(ξ)=.
11.BC　由题意知X~N(1.8,0.12),Y~N(2.1,0.12),
又因为2=1.8+2×0.1,
所以P(X>2)1.8+0.1)=1-P(X<1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7.
故P(X>2)<0.2,P(X>2)<0.5,故A错误,B正确.
P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)>P(Y>2.1)=0.5,故C正确.
P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3>0.8,故D错误,故选BC.
12.D　因为该物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),所以正态密度曲线关于直线x=10对称,且方差σ2越小,分布越集中.对于A,σ越小,测量结果越集中在10左右,则该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大,故选项A中结论正确;对于B,测量结果大于10的概率为0.5,故选项B中结论正确;对于C,由于正态密度曲线关于直线x=10对称,所以测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故选项C中结论正确;对于D,测量结果落在(9.9,10.2)内的概率大于落在(10,10.3)内的概率,故选项D中结论错误,故选D.
13.答案　 0.14
解析　易知P(X>2)=0.5,故P(X>2.5)=P(X>2)-P(2三年模拟练
1.BCD 2.C 3.BC 4.C
1.BCD　对于A,由随机变量X服从二项分布B(n,p),E(X)=30,D(X)=20,得故A错误;
对于B,若X~B(10,0.7),则P(X=k)=×0.7k×0.310-k,
设当X=k(1≤k≤9)时概率最大,
则有
即
即
解得6.7≤k≤7.7,
又k∈N,所以当X=7时概率最大,故B正确;
对于C,随机变量ξ服从正态分布N(0,1),正态密度曲线的对称轴为直线ξ=0,则P(ξ>0)=,
若P(ξ>1)=p,则P(-1<ξ<0)=P(0<ξ<1)=P(ξ>0)-P(ξ>1)=-p,故C正确;
对于D,已知P(A)=,
则P(,由全概率公式得,P(),又P(,所以[1-P(B)],解得P(B)=,故D正确.
故选BCD.
2.C　因为移动6次后仍然回到原点,故质子水平方向移动偶数次,竖直方向移动偶数次.
若质子水平方向移动0次,则回到原点的概率为;
若质子水平方向移动2次,则回到原点的概率为;
若质子水平方向移动4次,则回到原点的概率为;
若质子水平方向移动6次,则回到原点的概率为.
故移动6次后质子回到原点的概率为.故选C.
知识总结　在坐标系内假定某质点可从原点等可能地向上、向下、向左、向右四个方向随机移动,每次移动的距离为1,则经过2n(n∈N*)次随机移动后其回到原点的概率P=.
3.BC　若甲赢得比赛,则甲至少赢(n+1)局,故P(n)=+…+),
∵+…++…+=22n,
∴P(n)=,故C正确;
P(2)=,故A错误;
P(3)=,故B正确;
由选项A的分析知,P(2)>,显然P(n)的最大值不是,故D错误.
故选BC.
4.C　由题意可知,i的取值集合为{0,1,2,3,4,5,6},且P0=0,P6=1,
在甲累计得分为1分时,下局甲胜且最终甲获胜的概率为0.5P2,
在甲累计得分为1分时,下局平局且最终甲获胜的概率为0.2P1,
在甲累计得分为1分时,下局甲败且最终甲获胜的概率为0.3P0,
根据全概率公式可得P1=0.5P2+0.2P1+0.3P0,
整理,得P2=P0,变形,得P2-P1=(P1-P0),
易知P1-P0>0,则,
同理可得,
所以{Pi+1-Pi}(i=0,1,2,…,5)是公比为的等比数列,
所以Pi+1-Pi=(P1-P0)(i=0,1,2,…,5),
则,
所以P6-P1=(P1-P0)·,即1-P1=P1·,解得P1=.故选C.
5.答案　+1
解析　由题意可得p1=,则p1·q1=,
pn+1=,
两式相加,得2pn+1+qn+1=,
故当n≥2,n∈N*时,2pn+qn=,
所以2pn+qn-1=(2pn-1+qn-1-1),
又2p1+q1-1=,所以数列{2pn+qn-1}是首项为,公比为的等比数列,
所以2pn+qn-1=,即2pn+qn=+1,
所以E(Xn)=2pn+qn+0×(1-pn-qn)=+1.
6.解析　(1)记“U≤200”“200因为U~N(220,202),所以P(A)=P(U≤200)==0.16,
P(B)=P(200P(C)=P(U≥240)==0.16.
所以P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)·P(D|C)=0.16×0.15+0.68×0.05+0.16×0.2=0.09,
所以该机器生产的零件为不合格品的概率为0.09.
(2)设从该机器生产的零件中随机抽取n件,其中不合格品的件数为X,则X~B(n,0.09),
所以pn=P(X=2)=·0.91n-2·0.092.
由×0.91>1,及n≥2,可得2≤n<.
所以当2≤n≤21,n∈N*时,pnpn+1,所以p22最大.
因此pn取得最大值时n的值为22.
7.解析　(1)记事件A=“抽到一件合格品”,事件B=“抽到2件合格品”,
P(AB)=,
P(B|A)=.
(2)①证明:若X~B,
则E(X)=50,D(X)=25,
因为P(X=k)==P(X=100-k),
所以P(0≤X≤25)=P(0≤X≤25或75≤X≤100)=P(|X-50|≥25),
由切比雪夫不等式可知,P(|X-50|≥25)≤,
所以P(0≤X≤25)≤.
②设随机抽取的100件元件中合格品的元件数为X,
假设厂家关于元件合格率为90%的说法成立,则X~B(100,0.9),
所以E(X)=90,D(X)=9,
由切比雪夫不等式知,P(X=70)≤P(|X-90|≥20)≤=0.022 5,
即在假设下100件元件中合格品为70件的概率不超过0.022 5,此概率极小,由小概率原理可知,一般来说在一次试验中是不会发生的,据此我们有理由推断工厂的合格率不可信.
8.解析　(1)由题知,X的可能取值为2,3,
则P(X=2)=,
所以X的概率分布为
X 2 3
P
(2)①若刚好抽到甲、乙、丙这3个人相互做传球训练,且第1次由甲将球传出,n次传球后球在甲手中的概率为pn,n=1,2,3,…,
则有p1=0,p2=2×.
②记An表示事件“经过n次传球后球在甲手中”,
则An+1=An+1+AnAn+1,
所以pn+1=P(An+1+AnAn+1)
=P(An+1)+P(AnAn+1)
=P()·P(An+1|)+P(An)·P(An+1|An)
=(1-pn)·+pn·0=(1-pn),
即pn+1=-,n=1,2,3,…,
所以pn+1-,又p1-≠0,
所以数列表示以-为首项,-为公比的等比数列,所以pn-,
所以pn=-.
9.解析　(1)由题意,得3的倍数有3,6,9;4的倍数有4,8;5的倍数有5,10;7的倍数有7.
若获得三等奖,则彩票上数字的可能情况有:①3,6,9;②3,6,9中出现2个,1,2,4,7,8中出现1个;③3,6,9中出现1个,1,2,4,7,8中出现2个,
故获得三等奖的概率P3=;
若获得二等奖,则彩票上数字的可能情况有:①5,10中出现2个,1,2,4,7,8中出现1个;②5,10中出现1个,1,2,4,7,8中出现2个,
故获得二等奖的概率P2=;
若获得一等奖,则彩票上数字的可能情况有:①3,9中出现1个,4,8中出现1个,1个7;②2,4,8,10中出现1个,1个7,1个6,
故获得一等奖的概率P1=.
所以随机抽取一张彩票,则这张彩票中奖的概率P=P1+P2+P3=.
(2)一张彩票的奖金ξ(单位:元)的可能取值为0,5,10,50,其概率分布为
ξ 0 5 10 50
P
所以E(ξ)=0×,
所以若盈利,则a>E(ξ)=≈7.33,
又a∈N*,所以a的最小值为8.
10.答案　会;
解析　设三扇门分别为a,b,c,假设我们已经选了门a,主持人打开了门b,则有2种情况:
情况1:跑车在门a后,则主持人打开门b的概率是;
情况2:跑车在门c后,则主持人打开门b的概率为1,
门b被打开可能是在以跑车在门a后的前提下以概率随机选择的(情况1),也可能是以跑车在门c后为前提以1的概率打开的(情况2),
虽然我们不知道究竟是哪种情况,但是情况2使门b被打开的可能性更大,
所以以门b被打开作为已知信息,可以推出已发生情况2的概率更大,
所以换另一扇门会增加参赛者赢得跑车的概率,
用概率公式来分析,记打开门b为事件B,跑车在门a后为事件A,跑车在门c后为事件C,我们得到P(A|B)=,
P(C|B)=,故换另一扇门会增加参赛者赢得跑车的概率,换门的话,赢得跑车的概率为.
素养评析　解决本题时需要学生能够在综合的情境中抽象出数学问题,并用恰当的数学语言予以表达,考查了数学抽象的核心素养,同时能够在关联的情境中,发现并提出数学问题,并用数学语言予以表达,也考查了逻辑推理的核心素养.
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