高考數(shù)學 創(chuàng)新融合10　概率與導數(shù)

創(chuàng)新融合10概率與導數(shù)1.(2024·衡水模擬)已知甲口袋有m(m≥1,m∈N*)個紅球和2個白球,乙口袋有n(n≥1,n∈N*)個紅球和2個白球,小明從甲口袋有放回地連續(xù)摸球2次,每次摸出一個球,然后再從乙口袋有放回地連續(xù)摸球2次,每次摸出一個球.(1)當m=4,n=2時,(i)求小明4次摸球中,至少摸出1個白球的概率;(ii)設小明4次摸球中,摸出白球的個數(shù)為X,求X的數(shù)學期望;(2)當m=n時,設小明4次摸球中,恰有3次摸出紅球的概率為P,則當m為何值時,P最大?【解析】(1)小明從甲口袋有放回地摸出一個球,摸出白球的概率為24+2=13,從乙口袋有放回地摸出一個球,摸出白球的概率為22+2(i)設“小明4次摸球中,至少摸出1個白球”為事件A,則“小明4次摸球中,摸出的都是紅球”為事件A,且P(A)=(1-13)2×(1-12)2=19,所以P(A)=1-P(A)=1-1(ii)X的所有可能取值為0,1,2,3,4,由(i),得P(X=0)=P(A)=19,P(X=1)=C21×(1-13)×13×(1-12)2+(1-13)2×C21×P(X=2)=(13)2×(1-12)2+(1-13)2×(12)2+C21×(1-13)×13×C21P(X=3)=(13)2×C21×(1-12)×12+C21×(1-13)×13×(12)2=16,P(X=4)=(所以E(X)=0×19+1×13+2×1336+3×16+4×(2)由m=n,可視為小明從甲口袋中有放回地摸出一個球,連續(xù)摸4次,相當于4次獨立重復試驗,設小明每次摸出一個紅球的概率為k(0<k<1),則P(k)=C43k3(1-k)=4(k3-k4因為P'(k)=-16k2(k-34所以當0<k<34時,P'(k當34<k<1時,P'(k所以P(k)在區(qū)間(0,34)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(34,1)所以當k=34時,P(k)最大此時k=mm+2=解得m=6,故當m=6時,P最大.2.已知函數(shù)f(x)=x-ln(ax+1)(a≠0,a∈R).(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)已知某班共有n人,記這n人生日至少有兩人相同的概率為P(n),n≤365,將一年看作365天.(ⅰ)求P(n)的表達式;(ⅱ)估計P(50)的近似值(精確到0.01).參考數(shù)值:e-24573≈0.0348687,e-25573≈0.0304049,0.000924459.【解析】(1)由題意得,當a>0時,f(x)的定義域為(-1a當a<0時,f(x)的定義域為(-∞,-1a又f(0)=0,且f(x)≥0,所以x=0是f(x)的極小值點,故f'(0)=0.而f'(x)=1-aax于是1-a=0,解得a=1.下面證明當a=1時,f(x)≥0.當a=1時,f(x)=x-ln(x+1),f'(x)=1-1x+1=xx所以當x>0時,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;當-1<x<0時,f'(x)<0,f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減.所以f(x)≥f(0)=0,即a=1符合題意.(2)(ⅰ)n人生日都不相同的概率為365×364×363×…故n人生日至少有兩人相同的概率為P(n)=1-365×364×363×…(ⅱ)由(1)可得當x>-1時,x-ln(x+1)≥0,即ln(1+x)≤x,當且僅當x=0時取等號,由(ⅰ)得P(50)=1-365365×364365×363365×…×316365=1-(1-1365)(1-2365)(1-3記t=(1-1365)(1-2365)…(1-則lnt=ln(1-1365)+ln(1-2365)+…+ln(1-49365)<-1365-2365-…-49365=-即t<e-24573,由參考數(shù)值得t<e于是P(50)=1-t>1-0.0348687=0.9651313,故P(50)≈0.97.3.(2024·成都三模)RAID10是一種常見的獨立兮余磁盤陣列,因為先做鏡像存儲再做條帶存儲,使得RAID10同時具有RAID0的快速與RAID1的可靠的優(yōu)點,同時陣列中若有幾塊磁盤損壞可以通過陣列冗余備份進行數(shù)據(jù)恢復.某視頻剪輯公司購進100塊拆機磁盤組建一臺存儲服務器,考慮到穩(wěn)定性,擬采取RAID10組建磁盤陣列,組建之前需要對磁盤進行壞道掃描,每塊需要2小時,若掃描出磁盤有壞道,則更換為沒有壞道的正常磁盤.現(xiàn)工作小組為了提升效率,打算先掃描其中的10塊,再根據(jù)掃描情況,決定要不要繼續(xù)掃描剩下的所有磁盤,設每塊磁盤有壞道的概率為x(x∈(0,1)),且每塊磁盤是否有壞道相互獨立.(1)將掃描的10塊中恰有2塊有壞道的概率p表示成關于x的函數(shù),并求該函數(shù)的最大值點x0;(2)現(xiàn)掃描的10塊中恰有2塊有壞道,考慮到安全性,工作小組決定用(1)中的x0作為x值來預測.已知有壞道磁盤直接投入使用會造成該盤上的數(shù)據(jù)丟失或損壞,每塊投入使用的有壞道磁盤需要10.5小時進行更換和數(shù)據(jù)恢復,請根據(jù)現(xiàn)有掃描情況,以整個組建過程所花費的時間的期望為決策依據(jù),判斷是否需要掃描剩下的所有磁盤.【解析】(1)由題意可知p(x)=C102x2(1-x)8,x則p'(x)=C102[2x(1-x)8-8x2(1-x)7]=C102(2x)(1-x)因為x∈(0,1),可知C102(2x)(1-x)令p'(x)>0,解得0<x<15令p'(x)<0,解得15<x可知p(x)在(0,15)內(nèi)單調(diào)遞增,在(15,1)所以p(x)的最大值點x0=15(2)由(1)可知x0=15若掃描剩下的所有磁盤,則花費時間為90×2=180(時);若不掃描剩下的所有磁盤,設剩余90塊磁盤中有壞道的塊數(shù)為X,花費時間為Y,則X~B(90,15),Y=10.5X可得E(Y)=10.5E(X)=10.5×90×15=189(時)因為180<189,所以需要掃描剩下的所有磁盤.4.(2024·濟南二模)隨機游走在空氣中的煙霧擴散、股票市場的價格波動等動態(tài)隨機現(xiàn)象中有重要應用.在平面直角坐標系中,粒子從原點出發(fā),每秒向左、向右、向上或向下移動一個單位長度,且向四個方向移動的概率均為14.例如在1秒末,粒子會等可能地出現(xiàn)在(1,0),(-1,0),(0,1),(0,-1)四點處(1)設粒子在第2秒末移動到點(x,y),記x+y的取值為隨機變量X,求X的分布列和數(shù)學期望E(X);(2)記第n秒末粒子回到原點的概率為pn.(i)已知∑k=0n(Cnk)2=C2nn求p3(ii)令bn=p2n,記Sn為數(shù)列{bn}的前n項和,若對任意實數(shù)M>0,存在n∈N*,使得Sn>M,則稱粒子是常返的.已知2πn(ne)n<n!<(6π)

【解析】(1)粒子在第2秒可能運動到點(1,1),(2,0),(0,2)或(0,0),(1,-1),(-1,1)或(-1,-1),(-2,0),(0,-2)的位置,X的可能取值為-2,0,2,P(X=-2)=416=14,P(X=0)=816=12,P(X=2)=所以X的分布列為X-202P111E(X)=(-2)×14+0×12+2×1(2)(i)粒子奇數(shù)秒不可能回到原點,故p3=0,粒子在第4秒回到原點,分兩種情況考慮:(a)每一步分別是四個不同方向的排列,例如“上下左右”,共有A44(b)每一步分別是兩個相反方向的排列,例如“左左右右、上上下下”,共有2C42于是p4=A44+2第2n秒末粒子要回到原點,則必定向左移動k步,向右移動k步,向上移動n-k步,向下移動n-k步,故p2n=∑=1=142=142=142=142n故p2n=142n·(C2nn(ii)利用2πn(ne)n<n!<(6π)

142πn(n于是p2n=142n·(令f(x)=x-ln(1+