2026版《金版教程》高考一轮复习数学第八章 高考真题集训-概率

高考总复习首选用卷数学高考真题集训——概率一、单项选择题1．(2022·新高考Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)答案：D解析：所有取法一共有Ceq\o\al(2,7)＝21种，不互质的有(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7种．故这2个数互质的概率为eq\f(21－7,21)＝eq\f(2,3).2．(2023·全国甲卷)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为()A．0.8 B．0.4C．0.2 D．0.1答案：A解析：报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A，“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝eq\f(50,70)＝eq\f(5,7)，P(AB)＝eq\f(40,70)＝eq\f(4,7)，所以P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(4,7),\f(5,7))＝0.8.故选A.3．(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则()A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大答案：D解析：设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙．由题意得P甲＝p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝p1p2＋p1p3－2p1p2p3，P乙＝p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝p1p2＋p2p3－2p1p2p3，P丙＝p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝p1p3＋p2p3－2p1p2p3，所以P丙－P甲＝p2(p3－p1)＞0，P丙－P乙＝p1(p3－p2)＞0，所以P丙最大．故选D.二、多项选择题4．(2024·新课标Ⅰ卷)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eq\o(x,\s\up6(－))＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(eq\o(x,\s\up6(－))，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.8413)()A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8答案：BC解析：依题意可知，eq\o(x,\s\up6(－))＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N(2.1，0.12)，故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(1.8，0.12)，所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)，因为P(X<1.8＋0.1)≈0.8413，所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.8413＝0.1587<0.2，而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)<P(X>1.8＋0.1)<0.2，B正确，A错误．故选BC.5．(2023·新课标Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.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(1－α)(1－β)2B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3D．当0<α<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的概率答案：ABD解析：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收到1，发送0收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)·(1－β)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收到1，发送1收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，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的和事件，它们两两互斥，由选项B知，所求的概率为Ceq\o\al(2,3)(1－β)2β＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，C错误；对于D，由C项知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，D正确．故选ABD.三、填空题6．(2022·新高考Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(2＜X≤2.5)＝0.36，则P(X＞2.5)＝________．答案：0.14eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(7,50)))解析：因为X～N(2，σ2)，所以P(X＜2)＝P(X＞2)＝0.5，因此P(X＞2.5)＝P(X＞2)－P(2＜X≤2.5)＝0.5－0.36＝0.14.7．(2022·天津高考)52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽到A的概率为________．答案：eq\f(1,221)eq\f(1,17)解析：由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C，则P(BC)＝eq\f(4,52)×eq\f(3,51)＝eq\f(1,221)，P(B)＝eq\f(4,52)＝eq\f(1,13)，P(C|B)＝eq\f(P（BC）,P（B）)＝eq\f(\f(1,221),\f(1,13))＝eq\f(1,17).8．(2022·全国乙卷)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为________．答案：eq\f(3,10)解析：设“甲、乙都入选”为事件A，则P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,10).9．(2022·全国甲卷)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．答案：eq\f(6,35)解析：从正方体的8个顶点中任取4个，有n＝Ceq\o\al(4,8)＝70种取法，这4个点在同一个平面的有m＝6＋6＝12种取法，故所求概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(12,70)＝eq\f(6,35).10．(2024·天津高考)A，B，C，D，E五个活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A活动的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________．答案：eq\f(3,5)eq\f(1,2)解析：解法一：从五个活动中选三个有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况，其中甲选到A活动有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，共6种情况，则甲选到A活动的概率为P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).乙选到A活动有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，共6种情况，其中再选择B活动有ABC，ABD，ABE，共3种情况，故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).解法二：设甲选到A活动为事件L，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(L)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5).乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)＝eq\f(P（MN）,P（M）)＝eq\f(\f(Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,5)),\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,5)))＝eq\f(1,2).11．(2023·天津高考)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为________．答案：eq\f(1,20)eq\f(3,5)解析：解法一：设A＝“从甲盒子中取一个球，是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球，是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知P(A)＝40%＝eq\f(2,5)，P(B)＝25%＝eq\f(1,4)，P(C)＝50%＝eq\f(1,2)，现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,20).设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”，由题意可知P(D1)＝eq\f(5,5＋4＋6)＝eq\f(1,3)，P(D2)＝eq\f(4,5＋4＋6)＝eq\f(4,15)，P(D3)＝eq\f(6,5＋4＋6)＝eq\f(2,5)，P(E|D1)＝1－eq\f(2,5)＝eq\f(3,5)，P(E|D2)＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，P(E|D3)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)＝P(D1)P(E|D1)＋P(D2)P(E|D2)＋P(D3)P(E|D3)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,5)＋eq\f(4,15)×eq\f(3,4)＋eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,5).解法二：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3.则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为eq\f(2×1×3,5×4×6)＝eq\f(1,20).将三个盒子中的球混合在一起共有5＋4＋6＝15个球，其中白球共有3＋3＋3＝9个，所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为eq\f(9,15)＝eq\f(3,5).12．(2024·全国甲卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球．记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n的差的绝对值不超过eq\f(1,2)的概率是________．答案：eq\f(7,15)解析：从6个标有不同数字的球中不放回地抽取3次，共有Aeq\o\al(3,6)＝120种抽取方法，设前两次取出的球的号码依次为a，b，第三次取出的球的号码为c，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,3)－\f(a＋b,2)))≤eq\f(1,2)，故|2c－(a＋b)|≤3，故－3≤2c－(a＋b)≤3，故2c－3≤a＋b≤2c＋3.若c＝1，则a＋b≤5，则(a，b)为(2，3)，(3，2)，共有2种；若c＝2，则1≤a＋b≤7，则(a，b)为(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，4)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(4，3)，共有10种；若c＝3，则3≤a＋b≤9，则(a，b)为(1，2)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(4，5)，(2，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(4，2)，(5，2)，(6，2)，(5，4)，共有16种；若c＝4，则5≤a＋b≤11，同理可得共有16种；若c＝5，则7≤a＋b≤13，同理可得共有10种；若c＝6，则9≤a＋b≤15，同理可得共有2种，故m与n的差的绝对值不超过eq\f(1,2)的不同的抽取方法总数为2×(2＋10＋16)＝56，故所求概率为eq\f(56,120)＝eq\f(7,15).13．(2024·新课标Ⅰ卷)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0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________．答案：eq\f(1,2)解析：解法一：因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：3－2，5－4，7－6，1－8.若甲的总得分为2，有以下三类情况：第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2，5－4，1－6，7－8；第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2，7－4，1－6，5－8或3－2，7－4，1－8，5－6或3－2，7－6，1－4，5－8，共3种组合；第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2，7－4，1－6，3－8或5－2，7－4，1－8，3－6或5－4，7－2，1－6，3－8或5－4，7－2，1－8，3－6或5－2，7－6，1－4，3－8或5－2，7－6，1－8，3－4或5－4，7－6，1－2，3－8，共7种组合．综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24种，所以甲的总得分不小于2的概率P＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).解法二：设甲在四轮比赛中的得分分别为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卡片的概率都均等，其中使得甲获胜的出示卡片的组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率P(Xk＝1)＝eq\f(6,4×4)＝eq\f(3,8)，所以E(Xk)＝eq\f(3,8)(k＝1，2，3，4)．从而E(X)＝E(X1＋X2＋X3＋X4)＝eq\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(k＝1))E(Xk)＝eq\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(k＝1))eq\f(3,8)＝eq\f(3,2).记pk＝P(X＝k)(k＝0，1，2，3)，如果甲得0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p0＝eq\f(1,Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,24)；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p3＝eq\f(1,Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,24).而X的所有可能取值是0，1，2，3，故p0＋p1＋p2＋p3＝1，p1＋2p2＋3p3＝E(X)＝eq\f(3,2).所以p1＋p2＋eq\f(1,12)＝1，p1＋2p2＋eq\f(1,8)＝eq\f(3,2)，两式相减，得p2＋eq\f(1,24)＝eq\f(1,2)，故p2＋p3＝eq\f(1,2).所以甲的总得分不小于2的概率为p2＋p3＝eq\f(1,2).四、解答题14．(2024·北京高考)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保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：索赔次数01234保单份数800100603010假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，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；(2)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．①记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)；②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①中E(X)估计值的大小．(结论不要求证明)解：(1)设事件A为“随机抽取一单，索赔次数不少于2”，由题设中的统计数据可得P(A)＝eq\f(60＋30＋10,800＋100＋60＋30＋10)＝eq\f(1,10).(2)①设ξ为赔付金额，则ξ可取0，0.8，1.6，2.4，3，由题设中的统计数据可得P(ξ＝0)＝eq\f(800,1000)＝eq\f(4,5)，P(ξ＝0.8)＝eq\f(100,1000)＝eq\f(1,10)，P(ξ＝1.6)＝eq\f(60,1000)＝eq\f(3,50)，P(ξ＝2.4)＝eq\f(30,1000)＝eq\f(3,100)，P(ξ＝3)＝eq\f(10,1000)＝eq\f(1,100)，故E(ξ)＝0×eq\f(4,5)＋0.8×eq\f(1,10)＋1.6×eq\f(3,50)＋2.4×eq\f(3,100)＋3×eq\f(1,100)＝0.278，故E(X)＝0.4－0.278＝0.122(万元)．②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%，这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比①中E(X)的估计值大．证明如下：由题设，保费的均值变化为0.4×eq\f(4,5)×96%＋0.4×eq\f(1,5)×1.2＝0.4032，故E(Y)＝0.122＋0.4032－0.4＝0.1252(万元)．所以E(Y)>E(X)．15．(2023·新课标Ⅰ卷)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(eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))Xi)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))qi.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)．解：(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，所以P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.(2)设P(Ai)＝pi，依题可知，P(Bi)＝1－pi，则P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)，即pi＋1＝0.6pi＋(1－0.8)×(1－pi)＝0.4pi＋0.2，构造等比数列{pi＋λ}，设pi＋1＋λ＝eq\f(2,5)(pi＋λ)，解得λ＝－eq\f(1,3)，则pi＋1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))，又p1＝eq\f(1,2)，p1－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))是首项为eq\f(1,6)，公比为eq\f(2,5)的等比数列，即pi－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，所以pi＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)＋eq\f(1,3).(3)因为pi＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)＋eq\f(1,3)，i＝1，2，…，n，所以当n∈N*时，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝eq\f(1,6)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(n),1－\f(2,5))＋eq\f(n,3)＝eq\f(5,18)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(n)))＋eq\f(n,3).16．(2024·新课标Ⅱ卷)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；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得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<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？②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？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，∴比赛成绩不少于5分的概率P＝(1－0.63)×(1－0.53)＝0.686.(2)①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P甲＝[1－(1－p)3]q3，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P乙＝[1－(1－q)3]p3，∵0<p<q，∴P甲－P乙＝q3－(q－pq)3－p3＋(p－pq)3＝(q－p)(q2＋pq＋p2)＋(p－q)[(p－pq)2＋(q－pq)2＋(p－pq)(q－pq)]＝(p－q)(3p2q2－3p2q－3pq2)＝3pq(p－q)(pq－p－q)＝3pq(p－q)[(1－p)(1－q)－1]>0，∴P甲>P乙，应该由甲参加第一阶段比赛．②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，P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3](1－q)3，P(X＝5)＝[1－(1－p)3]Ceq\o\al(1,3)q(1－q)2，P(X＝10)＝[1－(1－p)3]Ceq\o\al(2,3)q2(1－q)，P(X＝15)＝[1－(1－p)3]q3，∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15pq(p2－3p＋3)，若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)＝15pq(q2－3q＋3)，∴E(X)－E(Y)＝15pq(p2－3p＋3－q2＋3q－3)＝15pq(p－q)(p＋q－3)，∵0<p<q，∴pq>0，p－q<0，p＋q－3<1＋1－3<0，则pq(p－q)(p＋q－3)>0，∴E(X)>E(Y)，∴应该由甲参加第一阶段比赛．17．(2021·新高考Ⅱ卷)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，P(X＝i)＝pi(i＝0，1，2，3)．(1)已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E(X)；(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：p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p＝1，当E(X)>1时，p<1；(3)根据你的理解，说明(2)问结论的实际含义．解：(1)E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.(2)证法一：设f(x)＝p3x3＋p2x2＋(p1－1)x＋p0，因为p3＋p2＋p1＋p0＝1，故f(x)＝p3x3＋p2x2－(p2＋p0＋p3)x＋p0，若E(X)≤1，则p1＋2p2＋3p3≤1，故p2＋2p3≤p0.f′(x)＝3p3x2＋2p2x－(p2＋p0＋p3)，因为f′(0)＝－(p2＋p0＋p3)<0，f′(1)＝p2＋2p3－p0≤0，易知f′(x)在eq\b