新教材2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專項分層特訓(xùn)卷三微專題提升練微專題12概率中的比賽問題

微專題12概率中的競賽問題一、單項選擇題1．[2024·河北滄州模擬]甲、乙兩人進行乒乓球競賽，采納七局四勝制，先贏四局者獲勝，沒有平局、甲每局贏的概率為eq\f(1,2)，已知前兩局甲輸了，則甲最終獲勝的概率為()A．eq\f(1,16)B．eq\f(1,8)C．eq\f(3,16)D．eq\f(1,4)2．[2024·江蘇鎮(zhèn)江模擬]甲、乙二人爭奪一場圍棋競賽的冠軍，若競賽為“三局兩勝”制，甲在每局競賽中獲勝的概率均為eq\f(2,3)，且各局競賽結(jié)果相互獨立，則甲獲得冠軍的概率為()A．eq\f(4,9)B．eq\f(8,27)C．eq\f(16,27)D．eq\f(20,27)3．[2024·河北石家莊模擬]2024年7月24日14時22分，搭載我國首個科學(xué)試驗艙問天試驗艙的長征五號B遙三運載火箭勝利放射，令世界矚目．為弘揚航天精神，M高校舉辦了“逐夢星辰大?！教毂睂W(xué)問競賽，競賽分為初賽和復(fù)賽，初賽通過后進入復(fù)賽，復(fù)賽通過后頒發(fā)相應(yīng)榮譽證書和獎品．為激勵學(xué)生主動參與，學(xué)校后勤部賜予肯定的嘉獎：只參與了初賽的學(xué)生嘉獎50元的獎品，參與了復(fù)賽的學(xué)生再嘉獎100元的獎品．現(xiàn)有A，B，C三名學(xué)生報名參與了這次競賽，已知A通過初賽、復(fù)賽的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(1,3)；B通過初賽、復(fù)賽的概率分別為eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，C通過初賽和復(fù)賽的概率與B完全相同．記這三人獲得后勤部的獎品總額為X元，則X的數(shù)學(xué)期望為()A．300元B．eq\f(1000,3)元C．350元D．eq\f(2000,3)元4．[2024·河南襄城模擬]2024年卡塔爾世界杯上，32支球隊分成8個小組，每個小組的前兩名才能出線，晉級到1/8決賽．某參賽隊在開賽前預(yù)料：本隊獲得小組第一的概率為0.6，獲得小組其次的概率為0.3；若獲得小組第一，則1/8決賽獲勝的概率為0.9，若獲得小組其次，則1/8決賽獲勝的概率為0.3.那么在已知該隊小組出線的條件下，其1/8決賽獲勝的概率為()A．0.54B．0.63C．0.7D．0.95．[2024·河北保定模擬]某校在校慶期間舉辦羽毛球競賽，某班派出甲、乙兩名單打主力，為了提高兩位主力的實力，體育老師支配了為期一周的對抗訓(xùn)練，競賽規(guī)則如下：甲、乙兩人每輪分別與體育老師打2局，當(dāng)兩人獲勝局數(shù)不少于3局時，則認為這輪訓(xùn)練過關(guān)；否則不過關(guān)．若甲、乙兩人每局獲勝的概率分別為p1，p2(0≤p1，p2≤1)，且滿意p1＋p2＝eq\f(3,2)，每局之間相互獨立．記甲、乙在n輪訓(xùn)練中訓(xùn)練過關(guān)的輪數(shù)為X，若E(X)＝24，則從期望的角度來看，甲、乙兩人訓(xùn)練的輪數(shù)至少為()A．26B．30C．32D．36二、多項選擇題6．乒乓球，被稱為中國的“國球”．某次競賽采納五局三勝制，當(dāng)參賽甲、乙兩位中有一位贏得三局競賽時，就由該選手晉級而競賽結(jié)束．每局競賽皆須分出輸贏，且每局競賽的輸贏不受之前競賽結(jié)果影響．假設(shè)甲在任一局贏球的概率為p(0≤p≤1)，實際競賽局數(shù)的期望值記為f(p)，則下列說法中正確的是()A．三局就結(jié)束競賽的概率為p3＋(1－p)3B．f(p)的常數(shù)項為3C．函數(shù)f(p)在(0，eq\f(1,2))上單調(diào)遞減D．f(eq\f(1,2))＝eq\f(33,8)7．[2024·廣東廣州模擬]甲乙兩人進行圍棋競賽，共競賽2n(n∈N*)局，且每局甲獲勝的概率和乙獲勝的概率均為eq\f(1,2).假如某人獲勝的局數(shù)多于另一人，則此人贏得競賽．記甲贏得競賽的概率為P(n)，則()A．P(2)＝eq\f(5,16)B．P(3)＝eq\f(11,16)C．P(n)＝eq\f(1,2)(1－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)),22n))D．P(n)的最小值為eq\f(1,4)[答題區(qū)]題號1234567答案三、填空題8．[2024·安徽合肥模擬]第十九屆亞洲運動會將于2024年9月23日至10月8日在中國杭州實行．為了讓更多的同學(xué)了解亞運會，學(xué)校團委實行了“迎亞運，猜謎語”活動．甲、乙兩位同學(xué)組隊代表班級參與此次謎語競猜活動．競賽共兩輪，每人每輪各猜一個謎語．已知甲每輪猜對謎語的概率為eq\f(2,3)，乙每輪猜對謎語的概率為eq\f(1,2)，若甲、乙兩人每輪猜對謎語與否互不影響，前后兩輪猜對謎語結(jié)果也互不影響，則甲、乙兩人在此次競賽中共猜對3個謎語的概率為________．9．甲、乙、丙三人按下面的規(guī)則進行乒乓球競賽：第一局由甲、乙參與而丙輪空，以后每一局由前一局的獲勝者與輪空者進行競賽，而前一局的失敗者輪空．競賽按這種規(guī)則始終進行到其中一人連勝兩局或打滿6局時停止．設(shè)在每局中參賽者輸贏的概率均為eq\f(1,2)，且各局輸贏相互獨立．則競賽停止時已打局數(shù)ξ的分布列是________．10．[2024·山東濰坊模擬]乒乓球被稱為我國的“國球”．甲、乙兩名運動員進行乒乓球競賽，其中每局中甲獲勝的概率為eq\f(3,4)，乙獲勝的概率為eq\f(1,4)，每局競賽都是相互獨立的．①若競賽為五局三勝制，則需競賽五局才結(jié)束的概率為________．②若兩人約定其中一人比另一人多贏兩局時競賽結(jié)束，則須要進行的競賽局數(shù)的數(shù)學(xué)期望為________．附：當(dāng)0<q<1時，eq\o(lim,\s\do4(n→＋∞))qn＝0，eq\o(lim,\s\do4(n→＋∞))n·qn＝0.四、解答題11．[2024·安徽淮南模擬]2024年10月16日至10月22日，中國共產(chǎn)黨其次十次全國代表大會在北京召開，此次大會是在全黨全國各族人民邁上全面建設(shè)社會主義現(xiàn)代化國家新征程、向其次個百年奮斗目標(biāo)進軍的關(guān)鍵時刻召開的一次非常重要的大會．在樹人中學(xué)團委的組織下，高二年級各班團支部實行了“學(xué)習(xí)二十大，做有為青年”的學(xué)問競賽活動，經(jīng)過激烈競爭，高二(1)班(以下簡稱一班)和高二(3)班(以下簡稱三班)進入了最終的年級決賽，決賽規(guī)定：共進行5輪競賽，每輪競賽每個班可以從A，B兩個題庫中任選1題作答，在前兩輪競賽中每個班的題目必需來自同一題庫，后三輪競賽中每個班的題目必需來自同一題庫，A題庫每題20分，B題庫每題30分，一班能正確回答A，B題庫每題的概率分別為eq\f(3,4)，eq\f(1,2)，三班能正確回答A，B題庫每題的概率均為eq\f(2,3)，且每輪答題結(jié)果互不影響．(1)若一班前兩輪選A題庫，后三輪選B題庫，求其總分不少于100分的概率；(2)若一班和三班在前兩輪競賽中均選了B題庫，而且一班兩輪得分60分，三班兩輪得分30分，一班后三輪換成A題庫，三班后三輪不更換題庫，設(shè)一班最終的總分為X，求X的分布列，并從每班總分的均值來推斷，哪個班贏下這場競賽？解：12．[2024·湖北武漢模擬]杭州2024年第19屆亞運會(The19thAsianGamesHangzhou2024)于2024年9月23日至10月8日舉辦．本屆亞運會共設(shè)40個競賽大項，包括31個奧運項目和9個非奧運項目．同時，在保持40個大項目不變的前提下，增設(shè)了電子競技項目．與傳統(tǒng)的淘汰賽不同，近年來一個新型的賽制“雙敗賽制”贏得了很多賽事的青睞．傳統(tǒng)的淘汰賽失敗一場就丟失了冠軍爭奪的權(quán)利，而在雙敗賽制下，每人或者每個隊伍只有失敗了兩場才會淘汰出局，因此更有容錯率．假設(shè)最終進入到半決賽有四支隊伍，淘汰賽制下會將他們四支隊伍兩兩分組進行競賽，勝者進入到總決賽，總決賽的勝者即為最終的冠軍．雙敗賽制下，兩兩分組，勝者進入到勝者組，敗者進入到敗者組，勝者組兩個隊伍對決的勝者將進入到總決賽，敗者進入到敗者組．之前進入到敗者組的兩個隊伍對決的敗者將干脆淘汰，勝者將跟勝者組的敗者對決，其中的勝者進入總決賽，最終總決賽的勝者即為冠軍．雙敗賽制下會發(fā)覺一個有意思的事情，在勝者組中的勝者只要輸一場競賽即總決賽就無法拿到冠軍，但是其它的隊伍卻有一次失敗的機會，近年來從敗者組殺上來拿到冠軍的不在少數(shù)，因此很多人戲謔這個賽制對強者不公允，是否真的如此呢？這里我們簡潔探討一下兩個賽制．假設(shè)四支隊伍分別為A，B，C，D，其中A對陣其他三個隊伍獲勝概率均為p，另外三支隊伍彼此之間對陣時獲勝概率均為eq\f(1,2).最初分組時AB同組，CD同組．(1)若p＝eq\f(2,3)，在淘汰賽賽制下，A，C獲得冠軍的概率分別為多少？(2)分別計算兩種賽制下A獲得冠軍的概率(用p表示)，并據(jù)此簡潔分析一下雙敗賽制下對隊伍的影響，是否如很多人質(zhì)疑的“對強者不公允”？解：

微專題12概率中的競賽問題1．解析：因為前兩局甲都輸了，所以甲須要連勝四局或第三局到第六局輸1局，且第七局勝，甲才能最終獲勝，所以甲最終獲勝的概率為(eq\f(1,2))4＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))(1－eq\f(1,2))×(eq\f(1,2))3×eq\f(1,2)＝eq\f(3,16).故選C.答案：C2．解析：若競賽兩場甲獲勝，則概率為eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9)；若競賽三場甲獲勝，則概率為eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)；甲獲得冠軍的概率eq\f(4,9)＋eq\f(8,27)＝eq\f(20,27).故選D.答案：D3．解析：由題知X的全部可能取值為150，250，350，450，P(X＝150)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,18)，P(X＝250)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,18)，P(X＝350)＝2×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9)，P(X＝450)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，所以數(shù)學(xué)期望E(X)＝150×eq\f(1,18)＋250×eq\f(5,18)＋350×eq\f(4,9)＋450×eq\f(2,9)＝eq\f(1000,3)(元).故選B.答案：B4．解析：設(shè)該隊小組出線為事務(wù)A，該隊1/8決賽獲勝為事務(wù)B，則P(A)＝0.3＋0.6＝0.9，P(AB)＝0.6×0.9＋0.3×0.3＝0.63，所以P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(0.63,0.9)＝0.7.故選C.答案：C5．解析：由題意，設(shè)甲、乙在某一輪訓(xùn)練中訓(xùn)練過關(guān)的概率為p，則p＝peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))p1(1－p1)peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))p2(1－p2)peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2p1p2(p1＋p2)－3peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝3p1p2－3peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，又p1＋p2＝eq\f(3,2)，所以p1p2＝p1(eq\f(3,2)－p1)，由0≤p1，p2≤1，得eq\f(1,2)≤p1≤1，則eq\f(1,2)≤p1p2＝p1(eq\f(3,2)－p1)≤eq\f(9,16)，設(shè)t＝p1p2，eq\f(1,2)≤t≤eq\f(9,16)，則p＝3t－3t2＝3t(1－t)≤3×(eq\f(t＋1－t,2))2＝eq\f(3,4)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1－t即t＝eq\f(1,2)即p1p2＝eq\f(1,2)時等號成立，即p的最大值為eq\f(3,4).記甲、乙在n輪訓(xùn)練中訓(xùn)練過關(guān)的輪數(shù)為X，則X～B(n，eq\f(3,4))，若E(X)＝24，則np＝24，當(dāng)p最大時，n最小，則n≥eq\f(24,\f(3,4))＝32，即甲、乙兩人訓(xùn)練至少32輪．故選C.答案：C6．解析：設(shè)實際競賽局數(shù)為X，則X的可能取值為3，4，5，所以P(X＝3)＝p3＋(1－p)3，P(X＝4)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))p3(1－p)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))p(1－p)3，P(X＝5)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))p2(1－p)2，因此三局就結(jié)束競賽的概率為p3＋(1－p)3，則A正確；故f(p)＝3[p3＋(1－p)3]＋4[Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))p3(1－p)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))p(1－p)3]＋5×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))p2(1－p)2＝6p4－12p3＋3p2＋3p＋3，由f(0)＝3知常數(shù)項為3，故B正確；由f(eq\f(1,2))＝6×eq\f(1,16)－12×eq\f(1,8)＋3×eq\f(1,4)＋eq\f(3,2)＝eq\f(33,8)，故D正確；由f′(p)＝24p3－36p2＋6p＋3＝3(2p－1)(4p2－4p－1)，∵0≤p≤1，所以4p2－4p－1＝(2p－1)2－2<0，∴令f′(p)>0，則0≤p<eq\f(1,2)；令f′(p)<0，則eq\f(1,2)<p≤1，則函數(shù)f(p)在(0，eq\f(1,2))上單調(diào)遞增，則C不正確．故選ABD.答案：ABD7．解析：由題意知：要使甲贏得競賽，則甲至少贏n＋1局，故P(n)＝(eq\f(1,2))2n(Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n))＋Ceq\o\al(\s\up1(n＋2),\s\do1(2n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(2n),\s\do1(2n)))，而Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(2n))＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n))＋Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(2n),\s\do1(2n))＝22n，且Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2n))＝Ceq\o\al(\s\up1(2n),\s\do1(2n))，Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2n))＝Ceq\o\al(\s\up1(2n－1),\s\do1(2n))，…，Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(2n))＝Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n))，∴P(n)＝eq\f(1,2)－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)),22n＋1)，故C正確；A：P(2)＝eq\f(1,2)－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)),25)＝eq\f(5,16)，正確；B：P(3)＝eq\f(1,2)－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)),27)＝eq\f(11,32)，錯誤；D：因為P(n＋1)－P(n)＝eq\f(1,2)(eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)),22n)－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n＋2)),22n＋2))＝eq\f(1,2)·eq\f(4Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n))－Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n＋2)),22n＋2)，又eq\f(4Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)),Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n＋2)))＝eq\f(4·（2n）！,n！n！)÷eq\f(（2n＋2）！,（n＋1）?。╪＋1）！)＝eq\f(4（n＋1）2,（2n＋2）（2n＋1）)＝eq\f(2（n＋1）,2n＋1)>1，故P(n＋1)>P(n)，故P(n)隨著n的增大而增大．故P(n)的最小值為P(1)＝eq\f(1,2)－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)),23)＝eq\f(1,4)，正確．故選ACD.答案：ACD8．解析：甲乙共猜對3個謎語有如下兩種狀況：甲猜對一個，乙猜對兩個，其概率為：2×[eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×(1－eq\f(2,3))×eq\f(1,2)]＝eq\f(1,9)；或甲猜對兩個，乙猜對一個，其概率為：2×[eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×(1－eq\f(1,2))×eq\f(2,3)]＝eq\f(2,9)，故甲、乙兩人在此次競賽中共猜對3個謎語的概率為eq\f(1,9)＋eq\f(2,9)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)9．解析：分別記Ai，Bi，Ci為甲、乙、丙在第i局獲勝，則P(Ai)＝P(Bi)＝P(Ci)＝eq\f(1,2).由已知，ξ可取2，3，4，5，6.ξ＝2表示事務(wù)“甲連勝兩局”或“乙連勝兩局”，所以P(ξ＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).ξ＝3表示事務(wù)“甲勝丙勝丙勝”或“乙勝丙勝丙勝”，所以P(ξ＝3)＝P(A1C2C3)＋P(B1C2C3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).ξ＝4表示事務(wù)“甲勝丙勝乙勝乙勝”或“乙勝丙勝甲勝甲勝”，所以P(ξ＝4)＝P(A1C2B3B4)＋P(B1C2A3A4)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).ξ＝5表示事務(wù)“甲勝丙勝乙勝甲勝甲勝”或“乙勝丙勝甲勝乙勝乙勝”，所以P(ξ＝5)＝P(A1C2B3A4A5)＋P(B1C2A3B4B5)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,16).ξ＝6表示事務(wù)“甲勝丙勝乙勝甲勝丙勝丙勝”或“乙勝丙勝甲勝乙勝丙勝丙勝”或“甲勝丙勝乙勝甲勝丙勝乙勝”或“乙勝丙勝甲勝乙勝丙勝甲勝”，所以P(ξ＝6)＝P(A1C2B3A4C5C6)＋P(B1C2A3B4C5C6)＋P(A1C2B3A4C5B6)＋P(B1C2A3B4C5A6)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,16).所以，ξ的分布列是ξ23456Peq\f(1,2)eq\f(1,4)eq\f(1,8)eq\f(1,16)eq\f(1,16)答案：ξ23456Peq\f(1,2)eq\f(1,4)eq\f(1,8)eq\f(1,16)eq\f(1,16)10.解析：①需競賽五局才結(jié)束，則說明前四局雙方為2∶2，概率為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))(eq\f(3,4))2·(eq\f(1,4))2＝eq\f(27,128).②假設(shè)競賽局數(shù)為隨機變量X，由已知，需競賽局數(shù)為偶數(shù)，則X可取2，4，6，…，2n，…(n∈N*).則P(X＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))(eq\f(3,4))2＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))(eq\f(1,4))2＝eq\f(5,8)，當(dāng)n≥2時，雙方前2n－2局戰(zhàn)為平局，且隨意前2m(1≤m≤n－1，且m∈N*)局雙方均戰(zhàn)為平局，則P(X＝2n)＝(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×eq\f(3,4)×eq\f(1,4))n－1×(eq\f(3,4))2＋(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×eq\f(3,4)×eq\f(1,4))n－1×(eq\f(1,4))2＝eq\f(5,8)×(eq\f(3,8))n－1，明顯n＝1，滿意該式．設(shè)an＝P(X＝2n)＝eq\f(5,8)×(eq\f(3,8))n－1，則有eq\f(an＋1,an)＝eq\f(\f(5,8)×（\f(3,8)）n,\f(5,8)×（\f(3,8)）n－1)＝eq\f(3,8)，所以{an}是以a1＝eq\f(5,8)為首項，q＝eq\f(3,8)為公比的等比數(shù)列．設(shè)bn＝2nan，則bn＝eq\f(5n,4)×(eq\f(3,8))n－1.設(shè){bn}的前n項和為Sn，則Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(5,4)[1＋2×eq\f(3,8)＋3×(eq\f(3,8))2＋…＋n·(eq\f(3,8))n－1]，eq\f(3,8)Sn＝eq\f(5,4)[eq\f(3,8)＋2×(eq\f(3,8))2＋3×(eq\f(3,8))3＋…＋n·(eq\f(3,8))n]，作差可得，Sn－eq\f(3,8)Sn＝eq\f(5,4)[1＋eq\f(3,8)＋(eq\f(3,8))2＋…＋(eq\f(3,8))n－1－n·(eq\f(3,8))n]＝eq\f(5,4)×eq\f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－（\f(3,8)）n)),1－\f(3,8))－eq\f(5n,4)·(eq\f(3,8))n＝2－2·(eq\f(3,8))n－eq\f(5n,4)·(eq\f(3,8))n，整理可得，Sn＝eq\f(16,5)－eq\f(16,5)·(eq\f(3,8))n－2n·(eq\f(3,8))n.由題意可得，eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,5)·（\f(3,8)）n))＝0，eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))[2n·(eq\f(3,8))n]＝0.則E(X)＝2·P(X＝2)＋2×2·P(X＝2×2)＋2×3·P(X＝2×3)＋…＋2n·P(X＝2n)＋…＝eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))Sn＝eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))[eq\f(16,5)－eq\f(16,5)·(eq\f(3,8))n－4n·(eq\f(3,8))n]＝eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))eq\f(16,5)－eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,5)·（\f(3,8)）n))－eq\o(lim,\s\do9(n→＋∞))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4n·（\f(3,8)）n))＝eq\f(16,5).答案：eq\f(27,128)eq\f(16,5)11．解析：(1)由條件知，若一班在前兩輪得20分，后三輪得90分，總分為110分，其概率為Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×eq\f(3,4)×eq\f(1,4)×Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))×(eq\f(1,2))3＝eq\f(3,64)，若一班在前兩輪得40分，后三輪得60分或90分，總分為100或130分，其概率為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))×(eq\f(3,4))2×[Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×(eq\f(1,2))2×eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))×(eq\f(1,2))3]＝eq\f(9,32)，于是一班總分不少于100分的概率為eq\f(3,64)＋eq\f(9,32)＝eq\f(21,64).(2)由條件知，隨機變量X可能取值為60，80，100，120，P(X＝60)＝(eq\f(1,4))3＝eq\f(1,64)，P(X＝80)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))(eq\f(1,4))2eq\f(3,4)＝eq\f(9,64)，P(X＝100)＝Ceq\o\a