2023-2025全国高考数学试题汇编：随机变量及其分布章节综合

2023-2025全国高考真题数学汇编

随机变量及其分布章节综合

一、单选题

1.（2023全国高考真题）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.0.8B.0.6C.0.5D.0.4

二、多选题

2.（2024全国高考真题）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

元=2.1,样本方差$2=0.01,己知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N（L8,0.12）,假设推动出口后的

亩收入y服从正态分布N（元$2）,则（）（若随机变量z服从正态分布N（〃Q2）,

P（Z</z+cr）»0.8413）

A.P（X>2）>0.2B.P（X>2）<0.5

c.>2）>0.5D.P（y>2）<0.8

3.（2023全国高考真题）在信道内传输0,1信号，信号的传输相互独立.发送。时，收到1的概率为

«（0<«<1）,收到o的概率为1-&；发送1时，收到。的概率为£（0<£<1）,收到1的概率为1-£.考

虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重

复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收

到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1,0,1,则译码为1）.

A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为

B.采用三次传输方案，若发送1,则依次收到1,0,1的概率为£（1-£）2

C.采用三次传输方案，若发送1,则译码为1的概率为£（1-£）2+（1-4）3

D.当0<a<0.5时，若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0

的概率

三、填空题

4.（2024上海高考真题）某校举办科学竞技比赛，有A、B、C3种题库，A题库有5000道题，3题库有

4000道题，C题库有3000道题.小申已完成所有题，已知小申完成A题库的正确率是0.92,3题库的正

确率是0.86,C题库的正确率是0.72.现他从所有的题中随机选一题，正确率是.

5.（2024天津高考真题）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，

分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加

每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为;已知乙同学参加的3个项目中有

“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为.

6.（2025天津高考真题）小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为

0.5,若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4,6圈的概率为0.6；若第一次跑6圈，则第二次

跑5圈的概率为0.6,6圈的概率为0.4.小桐一周跑H圈的概率为；若一周至少跑11圈为动量

达标，则连续跑4周，记合格周数为X,则期望E（X）=

7.（2024全国高考真题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字

1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8,两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己

持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得。分，然后

各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的

概率为.

8.（2025全国高考真题）有5个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,从中有放回地随机取3次，每

次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望E（X）=.

四、解答题

9.（2023全国高考真题）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，次投篮的人是甲的概率；

（3）已知：若随机变量X,服从两点分布，且尸（X,=l）=l-P（XE=0）=q"=l,2,m,贝|

=记前”次（即从第1次到第,次投篮）中甲投篮的次数为V，求£（¥）•

10.（2023上海高考真题）21世纪汽车博览会在上海2023年6月7日在上海举行，下表为某汽车模型公

司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：

红色外观蓝色外观

米色内饰812

棕色内饰23

（1）若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件A为小明取到的模型为红色外观，事件2取到模型有棕色

内饰，求尸（3）,尸（3|A）,并据此判断事件A和事件B是否独立；

（2）为回馈客户，该公司举行了一个抽奖活动，并规定，在一次抽奖中，每人可以一次性抽取两个汽车模

型。为了得到奖品类型，现作出如下假设：

假设1：每人抽取的两个模型会出现三种结果：①两个模型的外观和内饰均为同色；②两个模型的外观和

内饰均为不同色；③两个模型的外观同色但内饰不同色，或内饰同色但外观不同色。

假设2：该抽奖设置三类奖，奖金金额分别为：一等奖600元，二等奖300元，三等奖150元。

假设3：每种抽取的结果都对应一类奖。出现某种结果的概率越小，奖金金额越高。

请判断以上三种结果分别对应几等奖。设中奖的奖金数是X,写出X的分布，并求X的数学期望。

11.（2024北京高考真题）某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保

单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：

赔偿次数01234

单数800100603010

假设：一份保单的保费为04万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公

司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.

(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；

⑵一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.

(i)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)；

(ii)如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,试比较这种情况下一份保单毛

利润的数学期望估计值与(i)中E(X)估计值的大小.(结论不要求证明)

12.(2025北京高考真题)某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级

学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生

该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80,乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题

相互独立，用频率估计概率.

(1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率P

(2)从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计X=1

的概率及X的数学期望；

(3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知

识点，甲校学生选择正确的概率为100%,乙校学生选择正确的概率为85%.设甲、乙两校高一年级学生掌

握该知识点的概率估计值分别为P2,判断Pi与P?的大小(结论不要求证明).

13.(2024全国高考真题)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。分；若至少投中

一次，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。

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0,

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.

⑵假设o<p<q,

(1)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？

14.(2025全国高考真题)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分.设每个球甲胜

的概率为乙胜的概率为私"+<7=1,且各球的胜负相互独立，对正整数上22,记上为打

完4个球后甲比乙至少多得2分的概率，qk为打完左个球后乙比甲至少多得2分的概率.

⑴求〃3，〃4(用〃表示).

⑵若求小

(3)证明：对任意正整数m,plm+x-q2m+l<P2m-q2m<P2MF2M-

参考答案

1.A

【分析】先算出同时爱好两项的概率，利用条件概率的知识求解.

【详解】同时爱好两项的概率为05+0.6—0.7=0.4,

记“该同学爱好滑雪”为事件A,记“该同学爱好滑冰”为事件8,

贝lJP(A)=0.5,尸(AB)=0.4,

所以尸(HA)=P(AB)=—=0.8

加久P⑷0.5

故选:A.

2.BC

【分析】根据正态分布的3b原则以及正态分布的对称性即可解出.

【详解】依题可知，X=2.1,52=0.01,所以y~N(2.1,Q『)，

p(y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)«0.8413>0.5,C正确，D错误；

因为X~N(L8,0.F),所以P(X>2)=尸(X>L8+2XQ1),

因为尸(X<L8+0.1)70.8413,所以P(X>L8+0.1)ul—0.8413=0.1587<0.2,

而P(X>2)=P(X>1.8+2x0.1)<P(X>1.8+0.1)<0.2,B正确，A错误，

故选：BC.

3.ABD

【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C；

求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答.

【详解】对于A,依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1

接收1的3个事件的积，

它们相互独立，所以所求概率为(1-£)(1-1)(1-7?)=(1-。)(1-£)2,A正确；

对于B,三次传输，发送1,相当于依次发送1,1,1,则依次收到1,0,1的事件，

是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，

它们相互独立，所以所求概率为(1-£)9(1-£)=£(1-尸产，B正确；

对于C,三次传输，发送1,则译码为1的事件是依次收到1,1,0、1,0,1、0,1,1和1,1,1的事

件和，

它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为C/Q-所产+(1—供)3=(1-#)2(1+20,C错误;

对于D,由选项C知，三次传输，发送0,则译码为0的概率P=(l-a)2(l+2a),

单次传输发送0，则译码为0的概率P=l-a,而0<a<0.5,

因止匕P-P=(l—e)2(l+2a)—(l—c)=c(l—。)(1一2。)>0,即P>P,D正确.

故选：ABD

【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和,

相互独立事件的积是解题的关键.

4.0.85

【分析】求出各题库所占比，根据全概率公式即可得到答案.

【详解】由题意知，A氏C题库的比例为：5:4:3,

各占比分别为5三金4,三3，

121212

543

则根据全概率公式知所求正确率P=丘x0.92+—x0.86+—x0.72=0.85.

故答案为：0.85.

531

5-i2

【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求解第一空；采用列举法或者条件概率公式可求第二空.

【详解】解法一：列举法

给这5个项目分别编号为AB,C,D,E,F，从五个活动中选三个的情况有：

ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种情况，

其中甲选到A有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,

则甲参加“整地做畦''的概率为：尸=^=|；

乙选A活动有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,

其中再选择。有3种可能性：ABD,ACD,ADE,

31

故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为二=-.

62

解法二：

设甲、乙选到A为事件乙选到£＞为事件N,

C23

则甲选到A的概率为尸（⑷=涓=?;

P（MN）Cf1

乙选了A活动，他再选择D活动的概率为尸（N|M）=

P（M）-cf-2

故答案为："I；y

5z

6.0.63.2

【分析】先根据全概率公式计算求解空一，再求出概率根据二项分布数学期望公式计算求解.

【详解】设小桐一周跑11圈为事件A,设第一次跑5圈为事件3,设第二次跑5圈为事件C,

ljJIJP（A）=P（B）P（C|B）+P（B）/,（C|B）=0.5x0.6+0.5x0.6=0.6；

若至少跑11圈为运动量达标为事件D,P(D)=P(A)+P(B)P(C|B)=0.6+0.5x0.4=0.8,

所以X〜8(4,0.8),矶X)=4x0.8=3.2；

故答案为：0.6；3.2

7.-/0.5

2

【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.

【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为X1,X2，X3，X4,四轮的总得分为X.

对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在

该轮得分的概率P(XL1)=H所以石区.)=4左=1,2,3,4).

4x4oo

44Qo

从而E(X)=E(X+X2+X3+XJ=£E(XJ=£k亍

k=[k=\3乙

记”=尸。=左乂％=0,1,2,3).

如果甲得。分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出2,4,6,8,所以

如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出8,2,4,6,所以

11

丛=恋=五.

3

而X的所有可能取值是0,1,2,3,故R)+PI+P2+P3=1，pi+2p2+3p3=E(X)=-.

所以Pl+P2+7V=1，P1+2P2+7=7，两式相减即得P2+77=彳，故〃2+，3=彳.

12X22422

所以甲的总得分不小于2的概率为2+P3=；.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从

而避免繁琐的列举.

8.—/2.44

25

【分析】法一：根据题意得到X的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得X的分布

列，从而求得E(X)；法二，根据题意假设随机变量X,,利用对立事件与独立事件的概率公式求得E(X,),

进而利用数学期望的性质求得E(X).

【详解】法一：依题意，X的可能取值为1、2、3,

总的选取可能数为5?=125,

其中X=l：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，

故尸（X=l）=f-=L

12525

X=2：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次）,

选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式,

其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件X=2的可能情况有5x4x3=60种,

故"=2）=翟=茅

X=3：三种不同球被取出,

由排列数可知事件X=3的可能情有况5x4x3=60种,

故尸（X=3）=髭

所以E（X）=lxP（X=l）+2xP（X=2）+3xP（X=3）

=1XA+2X^+3X^=61

125252525

故答案为：晟

法二：依题意，假设随机变量X,,其中力=1,2,3,4,5：

1,这3次选取中,球i至少被取出一次5

其中X,=则X=£x,,

0,这3次选取中，球，一次都没被取出'1=1

由于球的对称性，易知所有研X,]相等,

55

则由期望的线性性质，得aX]=E2%=斗闾=5£闾,

i=li=l

4

由题意可知，球i在单次抽取中未被取出的概率为二,

4

由于抽取独立，三次均未取出球，的概率为尸（x,.=o）=

।125

因此球i至少被取出一次的概率为：P（X,=1）=1-卷=哉,

故E[X,]=号,

所以0X]=5同X/=5x@~=旦

L”[2525

故答案为：累

9.（1）0.6

⑵/任2

65

2

【分析】(1)根据全概率公式即可求出；

(2)设尸(A)=R，由题意可得口+i=0・4p,+02,根据数列知识，构造等比数列即可解出;

(3)先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出.

【详解】(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件4,“第i次投篮的人是乙”为事件用，

所以，尸(以)=尸(45)+尸(4耳)=尸(。尸((14)+尸(4)尸(即4)

=0.5X(1-0.6)+0.5X0.8=0.6.

(2)设尸(A)=R,依题可知，尸(与)=1一2，则

P(AM)=尸(Aa+J+P(4A+J=P(A)P(A+/A)+P(g)P(d+/4)，

即Pi+i=0.6pi+(l-0.8)x(l-pj=0.4p;+0.2,

构造等比数列｛口+储，

2i12,1、

设PHI+2=W(0+2),解得4=-,,则「尔一3二三|

又所以是首项为J,公比为I■的等比数列，

236I3J65

日口11(2Y-11(2\-11

即％-鼻=刈力，Pi=AX?+o'

3615J615J3

(3)因为+；,z=1,2,•••,«,

2

2

所以当〃EN"时,E(Y^=p+p-\------1-=—x

x22

5

故E(F)=K2n

+3,

lo

【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数

列的基本知识求解.

10.(1)P(B)=|,P(B|A)=1,事件A,8相互独立；

(2)分布列见解析，271元.

【分析】(1)根据给定数表，利用古典概率求出尸(3),P(3|A),再利用相互独立事件的定义判断作答.

(2)求出三种结果的概率，按给定的假设2,3确定奖金额与对应的概率列出分布列，求出期望作答.

oQ1o19771

【详解】⑴由给定的数表知，P(B)=--=-,P(A)=P(B|A)=-=-=-,

4JJJJ1V/J

221

而P(AB)=--=-x-=P(A)P(B),因此事件AB相互独立,

2555

所以P(B)=g,P(2|A)=g,事件A,2相互独立.

(2)设事件C：外观和内饰均为同色，事件。：外观内饰都异色，事件E：仅外观或仅内饰同色,

C；・C；+C；2c24_4

依题意，P(O=

15015025

P(E)=CC+CC+CC+CC=2L,则p(E)>p(c)>p(n),

150

因此抽取的两个模型的外观和内饰均为不同色是一等奖；外观和内饰均为同色是二等奖;

外观同色但内饰不同色，或内饰同色但外观不同色是三等奖,

奖金额X的可能值为：600,300,150,

奖金额X的分布列:

X600300150

44977

p

25150150

44977

奖金额X的期望E(X)=600xy+300xk+150x—=271(元).

25150150

H.⑴工

10

(2)⑴0.122万元；(ii)这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于(i)中E(X)估计值

【分析】(1)根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;

(2)(i)设J为赔付金额，则J可取0,0.8,0.1.6,2.4,3,用频率估计概率后可求J的分布列及数学期望,

从而可求E(X).

(ii)先算出下一期保费的变化情况，结合(1)的结果可求£(丫)，从而即可比较大小得解.

【详解】(1)设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”,

60+30+101

由题设中的统计数据可得P(A)=

800+100+60+30+1010

(2)(i)设J为赔付金额，则J可取0,0.8,1.6,2.4,3,

由题设中的统计数据可得P(g=0)=黑=，尸(g=0.8)=1001

1000—10'

603303

PC=1.6)=—,p(g=2.4)=

100050woo-TooJ

101

PC=3)=To6o-i6o,

41331

故石(&)=0xy+0.8x—+1.6x—+2.4x——+3x——=0.278

1050100100

故E（X）=0.4-0.278=0.122（万元）.

41

（ii）由题设保费的变化为0.4x-x96%+0.4x-x1.2=0.4032,

故E（T）=0.122+0.4032-0.4=0.1252（万元），

从而E（X）<E（P）.

4

12.（l）y

（2）0.35,E（X）=1.55

（3）B<A

【分析】（1）用频率估计概率即可求解；

（2）利用独立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做对的概率及X的分布列，从而可求

其期望；

（3）根据题设可得关于P1,P2的方程，求出其解后可得它们的大小关系.

【详解】（1）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率P=，：=；.

⑵设A为“从甲校抽取1人做对"，则P（A）=0.8,P（司=0.2,

设3为“从乙校抽取1人做对”，则尸（3）=0.75,P（A）=0.25,

设C为“恰有1人做对“，故P（C）=P（A再+P（M）=P（A）P⑻+P@P⑻=0.35

依题可知，X可取。」,2,

P（X=0）=P（AB）=0.05,P（X=l）=0.35,P（X=2）=0.8x0.75=0.6,

故X的分布列如下表：

X012

P0.050.350.6

故E（X）=1x0.35+2x0.6=1.55.

（3）设。为“甲校掌握这个知识点的学生做该题”，

因为甲校掌握这个知识点则有100%的概率做对该题目，

未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，

故尸（0）+；（1-尸（0））=0.8,即P]+；x（l—pJ=0.8,故Pi=£，

同理有，0.85p2+[x（l—22）=0.75,故P2=|"，

46

故Pl<.

13.（1）0.686

（2）（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛；

【分析】(1)根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；

(2)(i)首先各自计算出琦与=[i_(i_g)1.p3,再作差因式分解即可判断；(过)首先

得到x和y的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.

【详解】(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中

1次，

二比赛成绩不少于5分的概率P=(1-0.63)(1-0.53)=0.686.

(2)(i)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为格=口-(1-pF]/,

若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为七=口-(1-幻31/,

\'0<p<q,

••丹一2一(q-pqf-p3+(p-pq)3

=(q-p)(/+pq+p2)+(p-q).[(p-pq)2+(4-pq)2+(p-pg)(q-pq)]

=(/?-<?)(3/?V-3Plq-3Pqi)

=3pq(p-q\pq-p-q)=3pq(p-q)[(l-p)(l-q)-1]>0,

扁>2,应该由甲参加第一阶段比赛.

(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0,5,10,15,

333

P(X=O)=(l-p)+[l-(l-jp)].(l-^),

p(x=10)=[1—(1-p)3].c；/(1-q),

P(X=15)=[l-(l-p)3]^3,

.-.E(X)=15[l-(l-p)3]^=15(p3-3p2+3/2)-^

记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩y的所有可能取值为0,5,10,15,

同理E(y)=15(/_3d+3办p

E(X)—E(y)=15[pq(p+q)(0—q)—3pq(p—q)]

=15(p-q)pq(p+q-3),

因为0<p<g,则0_q<O,/?+<7-3<1+1-3<0,

贝U(p-q)pq(p+q-3)>G,

•••应该由甲参加第一阶段比赛.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大

小关系，最后得到结论.

14.(l)P3=p1°4=。3(4-3。)

2

(2)P=-

（3）证明过程见解析

【分析】（1）直接由二项分布概率计算公式即可求解;

（2）由题意％=q3,q4=q3（4-3q）,联立"^=4,p+q=l即可求解；

%一%

（3）首先，—，2加+1=。2帆〃q，Plm+2~P2m+1~^2m+\P9，同।理有%m一%/n+l=C2mqPf

427n+2—%m+1=。2m+14P,作差有。2加+1—%m+l<Pim-Qlm，另一'方面

p”“+2-P2m=pmqm-p[p-，且同理有q2m+2-q2n=P.q[q-，作差能

1。

m\\m+\y.12m+lJm!（m+l）![2m+l）

得到Pim-q2m<P.+2-%“+2，由此即可得证.

【详解】（1）。3为打完3个球后甲比乙至少多得两分的概率，故只能甲胜三场，

故所求为2=C；（1-P）°p'=p3,

“为打完4个球后甲比乙至少多得两分的概率，故甲胜三场或四场，

3

故所求为「4=C：（l-〃）73p4=4p3（l-p）+p4=p（4-3p）；

3

（2）由（1）得°3=p3,/?4=p（4-3p）,同理%=",/=/（4-3q）,

若—4

p+q=i,

%一%

则以一幺/（4_3#_〃3/（一同

3

、%-%以4-3q）-q33^（1-^）q3PUJ'

、2

由于0<0，4<l,所以p=2q=2（l-p）>0,解得p=:；

（3）我们有

»?一1加一1加一1zn一1一一1

P2m-p2m+1这《犷…八百黑）…/=£原产引_£CLP-W-£c簿产”

k=0k=0k=0k=0k=0

zn-l阳一1加一1zn-1

左=0k=0k=0k=0

加一1m-2

=£c%p2"iqg-£c%p2mT产.

k=0k=0

以及

m——1mmm—1

%+2一必.=£慝+2/2引_£圆+/”+「宣=£C3p2"4W+£c•优+2T/_£吗+4"皿/.

k=0k=0k=0k=0k=0

=Zmct>2"+"+c黑W+（p_i）mz—1c二*+“

k=0k=0

znm—1

\C2m+2-kk.（~>m2c加、'厂Ck?2m+l-k^.k+1

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k=0k=0

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