2024版大二輪數(shù)學(xué)新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）專(zhuān)題五　培優(yōu)點(diǎn)6　概率與統(tǒng)計(jì)的創(chuàng)新題型21

培優(yōu)點(diǎn)6概率與統(tǒng)計(jì)的創(chuàng)新題型概率與統(tǒng)計(jì)問(wèn)題在近幾年的高考中背景取自現(xiàn)實(shí)，題型新穎，綜合性增強(qiáng)，難度加深，主要考查學(xué)生的閱讀理解能力和數(shù)據(jù)分析能力．要從已知數(shù)表、題干信息中經(jīng)過(guò)閱讀分析判斷獲取關(guān)鍵信息，搞清各數(shù)據(jù)、各事件間的關(guān)系，建立相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型求解．考點(diǎn)一概率和數(shù)列的綜合問(wèn)題例1(2023·晉中模擬)晉中市是晉商文化的發(fā)源地，且擁有豐富的旅游資源，其中有保存完好的大院人文景觀(guān)(如王家大院，常家莊園等)，也有風(fēng)景秀麗的自然景觀(guān)(如介休綿山，石膏山等)．某旅行團(tuán)帶游客來(lái)晉中旅游，游客可自由選擇人文景觀(guān)和自然景觀(guān)中的一處游覽．若每位游客選擇人文景觀(guān)的概率是eq\f(2,3)，選擇自然景觀(guān)的概率為eq\f(1,3)，游客之間選擇意愿相互獨(dú)立．(1)從游客中隨機(jī)選取5人，記5人中選擇人文景觀(guān)的人數(shù)為X，求X的均值與方差；(2)現(xiàn)對(duì)游客進(jìn)行問(wèn)卷調(diào)查，若選擇人文景觀(guān)記2分，選擇自然景觀(guān)記1分，記已調(diào)查過(guò)的累計(jì)得分為n分的概率為Pn，求Pn.解(1)由題可知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(2,3)))(或者列出分布列)，于是E(X)＝5×eq\f(2,3)＝eq\f(10,3)，D(X)＝5×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(10,9).(2)方法一由題可知P1＝eq\f(1,3)，P2＝eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(7,9).當(dāng)n≥3時(shí)，Pn＝eq\f(1,3)Pn－1＋eq\f(2,3)Pn－2，即Pn＋eq\f(2,3)Pn－1＝Pn－1＋eq\f(2,3)Pn－2，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn＋\f(2,3)Pn－1))為常數(shù)數(shù)列，且Pn＋eq\f(2,3)Pn－1＝P2＋eq\f(2,3)P1＝eq\f(7,9)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝1(n≥2)，∴Pn－eq\f(3,5)＝－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－1－\f(3,5)))，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(3,5)))是以P1－eq\f(3,5)＝－eq\f(4,15)為首項(xiàng)，－eq\f(2,3)為公比的等比數(shù)列，∴Pn－eq\f(3,5)＝－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1，∴Pn＝eq\f(3,5)－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1.方法二由題可知P1＝eq\f(1,3)，P2＝eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(7,9).當(dāng)n≥3時(shí)，Pn＝eq\f(1,3)Pn－1＋eq\f(2,3)Pn－2，即Pn－Pn－1＝－eq\f(2,3)(Pn－1－Pn－2)，∴{Pn－Pn－1}是以P2－P1＝eq\f(4,9)為首項(xiàng)，－eq\f(2,3)為公比的等比數(shù)列，∴Pn－Pn－1＝eq\f(4,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－2(n≥2)，Pn－1－Pn－2＝eq\f(4,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－3，……P2－P1＝eq\f(4,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))0，以上各式相加得Pn－P1＝eq\f(4,9)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3))))＝eq\f(4,15)－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1，∴Pn＝eq\f(3,5)－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1，又P1＝eq\f(1,3)也滿(mǎn)足上式，∴Pn＝eq\f(3,5)－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1.規(guī)律方法概率問(wèn)題與數(shù)列的交匯，綜合性較強(qiáng)，主要有以下類(lèi)型：(1)求通項(xiàng)公式：關(guān)鍵是找出概率Pn或均值E(Xn)的遞推關(guān)系式，然后根據(jù)構(gòu)造法(一般構(gòu)造等比數(shù)列)，求出通項(xiàng)公式．(2)求和：主要是數(shù)列中的倒序相加法求和、錯(cuò)位相減法求和、裂項(xiàng)相消法求和．(3)利用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，研究單調(diào)性、最值或求極限．跟蹤演練1(2023·邯鄲模擬)某市為了讓廣大市民更好地了解并傳承成語(yǔ)文化，當(dāng)?shù)匚穆镁謹(jǐn)M舉辦猜成語(yǔ)大賽．比賽共設(shè)置n道題，參加比賽的選手從第一題開(kāi)始答題，一旦答錯(cuò)則停止答題，否則繼續(xù)，直到答完所有題目．設(shè)某選手答對(duì)每道題的概率均為p(0<p<1)，各題回答正確與否相互之間沒(méi)有影響．(1)記答題結(jié)束時(shí)答題個(gè)數(shù)為X，當(dāng)n＝3時(shí)，若E(X)>1.75，求p的取值范圍；(2)①記答題結(jié)束時(shí)答對(duì)題的個(gè)數(shù)為Y，求E(Y)；②當(dāng)p＝eq\f(5,6)時(shí)，求使E(Y)>4的n的最小值．參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.301，lg3≈0.477.解(1)根據(jù)題意，X的所有可能取值為1,2,3，P(X＝1)＝1－p，P(X＝2)＝p(1－p)，P(X＝3)＝p2，所以E(X)＝1－p＋2p(1－p)＋3p2＝p2＋p＋1，由E(X)＝p2＋p＋1>1.75得p>eq\f(1,2)，又0<p<1，所以p的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)①P(Y＝k)＝pk(1－p)，其中k＝0,1,2，…，n－1，P(Y＝n)＝pn.方法一Y的均值E(Y)＝p(1－p)＋2p2(1－p)＋…＋(n－1)pn－1(1－p)＋npn＝(1－p)[p＋2p2＋3p3＋…＋(n－1)pn－1]＋npn，設(shè)Sn＝p＋2p2＋3p3＋…＋(n－1)pn－1，利用錯(cuò)位相減可得(1－p)Sn＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1－(n－1)pn，所以E(Y)＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1－(n－1)pn＋npn＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1＋pn＝eq\f(p－pn＋1,1－p).方法二E(Y)＝(p－p2)＋(2p2－2p3)＋(3p3－3p4)＋…＋[(n－1)pn－1－(n－1)pn]＋npn＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1＋pn＝eq\f(p－pn＋1,1－p).②依題意，eq\f(\f(5,6)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))n＋1,1－\f(5,6))>4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))n＋1<eq\f(1,6)，即n＋1>＝eq\f(lg6,lg6－lg5)＝eq\f(lg2＋lg3,2lg2＋lg3－1)≈9.848，所以n>8.848，又n∈N*，故n的最小值為9.考點(diǎn)二概率和函數(shù)的綜合問(wèn)題例2(2023·淮北模擬)社會(huì)人口學(xué)是研究人口因素對(duì)社會(huì)結(jié)構(gòu)和社會(huì)發(fā)展的影響和制約的一門(mén)社會(huì)學(xué)分支學(xué)科．其基本內(nèi)容包括：人口作為社會(huì)變動(dòng)的原始依據(jù)的探討，將人口行為作為引起社會(huì)體系特征變動(dòng)的若干因素中的一個(gè)因素來(lái)研究．根據(jù)社會(huì)人口學(xué)研究發(fā)現(xiàn)，一個(gè)家庭有ξ個(gè)孩子(僅考慮不超過(guò)3個(gè)孩子家庭)的分布列為：ξ1230Peq\f(m,p)mm(1－p)m(1－p)2其中m>0,0<p<1，每個(gè)孩子的性別是男孩還是女孩的概率均為eq\f(1,2)且相互獨(dú)立，記A表示事件“一個(gè)家庭有i個(gè)孩子(i＝0,1,2,3)”，B表示事件“一個(gè)家庭的男孩比女孩多(若一個(gè)家庭只有一個(gè)孩子且恰為男孩，則該家庭男孩多)”．(1)若p＝eq\f(1,2)，求P(B)；(2)參數(shù)p受到各種因素的影響(如生育保險(xiǎn)的增加，教育、醫(yī)療福利的增加等)，通過(guò)改變參數(shù)p的值來(lái)調(diào)控未來(lái)人口結(jié)構(gòu)．若希望P(ξ＝2)增大，如何調(diào)控p的值？參考公式：P(M|N)＝eq\f(PMN,PN)，P(M)＝eq\i\su(k＝0,n,P)(M|Nk)P(Nk)．解(1)由題意得eq\f(m,p)＋m＋m(1－p)＋m(1－p)2＝2m＋m＋eq\f(1,2)m＋eq\f(1,4)m＝1，解得m＝eq\f(4,15)，又P(B|A0)＝0，P(B|A1)＝Ceq\o\al(1,1)×eq\f(1,2)，P(B|A2)＝Ceq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2，P(B|A3)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3，且B＝BA0＋BA1＋BA2＋BA3，由全概率公式，得P(B)＝eq\i\su(i＝0,3,P)(B|Ai)P(Ai)＝eq\f(1,2)·eq\f(m,p)＋Ceq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2m＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(C\o\al(2,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋C\o\al(3,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3))m·(1－p)＝eq\f(m,2p)＋eq\f(m,4)＋eq\f(1,2)m(1－p)，由p＝eq\f(1,2)，m＝eq\f(4,15)，得P(B)＝eq\f(2,5).(2)由題意得P(ξ＝2)＝m，考慮m的變化即可，由eq\f(m,p)＋m＋m(1－p)＋m(1－p)2＝1，得eq\f(1,m)＝p2－3p＋eq\f(1,p)＋3，設(shè)f(p)＝p2－3p＋eq\f(1,p)＋3,0<p<1，則f′(p)＝eq\f(2p3－3p2－1,p2)，記g(p)＝2p3－3p2－1，則g′(p)＝6p2－6p＝6p(p－1)<0，故g(p)在(0,1)上單調(diào)遞減，∵g(0)＝－1，∴g(p)<0，∴f′(p)<0，f(p)在(0,1)上單調(diào)遞減，因此，增加p的取值，eq\f(1,m)會(huì)減小，m會(huì)增大，即P(ξ＝2)增大．規(guī)律方法構(gòu)造函數(shù)求最值時(shí)，要注意變量的選取，以及變量自身的隱含條件對(duì)變量范圍的限制．跟蹤演練2(2023·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)某公司生產(chǎn)一種大件產(chǎn)品的日產(chǎn)為2件，每件產(chǎn)品質(zhì)量為一等的概率為0.5，二等的概率為0.4，若達(dá)不到一、二等，則為不合格，且生產(chǎn)兩件產(chǎn)品品質(zhì)結(jié)果相互獨(dú)立．已知生產(chǎn)一件產(chǎn)品的利潤(rùn)如下表：等級(jí)一等二等三等利潤(rùn)(萬(wàn)元/每件)0.80.6－0.3(1)求生產(chǎn)兩件產(chǎn)品中至少有一件一等品的概率；(2)求該公司每天所獲利潤(rùn)ξ(萬(wàn)元)的均值；(3)若該工廠(chǎng)要增加日產(chǎn)量，需引入設(shè)備及更新技術(shù)，但增加n件，其成本也將相應(yīng)提升n－lnn(萬(wàn)元)，假如你作為工廠(chǎng)決策者，你覺(jué)得該廠(chǎng)目前該不該增產(chǎn)？請(qǐng)回答，并說(shuō)明理由．(ln2≈0.69，ln3≈1.1)解(1)設(shè)一件產(chǎn)品是一等品為事件A，則一件產(chǎn)品不是一等品為事件eq\x\to(A)，P(A)＝0.5，P(eq\x\to(A))＝0.5,2件產(chǎn)品至少有一件為一等品事件為AA＋Aeq\x\to(A)＋eq\x\to(A)A，其概率P＝P(AA)＋Ceq\o\al(1,2)P(A)P(eq\x\to(A))＝0.52＋2×0.5×0.5＝0.75.(2)設(shè)一件產(chǎn)品為一等品為事件A，二等品為事件B，次品為事件C，則P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，P(C)＝0.1，則ξ的所有可能取值為1.6,1.4,1.2,0.5,0.3，－0.6，P(ξ＝－0.6)＝[P(C)]2＝0.01，P(ξ＝0.3)＝Ceq\o\al(1,2)P(B)P(C)＝2×0.4×0.1＝0.08，P(ξ＝0.5)＝Ceq\o\al(1,2)P(A)P(C)＝2×0.5×0.1＝0.1，P(ξ＝1.2)＝[P(B)]2＝0.16，P(ξ＝1.4)＝Ceq\o\al(1,2)P(A)P(B)＝2×0.5×0.4＝0.4，P(ξ＝1.6)＝[P(A)]2＝0.25，則ξ的分布列為ξ－0.60.30.51.21.41.6P0.010.080.10.160.40.25E(ξ)＝－0.6×0.01＋0.3×0.08＋0.5×0.1＋1.2×0.16＋1.4×0.4＋1.6×0.25＝1.22.(3)由(2)可知，每件產(chǎn)品的平均利潤(rùn)為1.22÷2＝0.61(萬(wàn)元)，則增加n件產(chǎn)品，利潤(rùn)增加為0.61n萬(wàn)元，成本也相應(yīng)提高(n－lnn)萬(wàn)元，所以?xún)衾麧?rùn)為0.61n－n＋lnn＝lnn－0.39n，n∈N*，設(shè)f(x)＝lnx－0.39x，則f′(x)＝eq\f(1,x)－0.39，當(dāng)x<eq\f(100,39)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>eq\f(100,39)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝eq\f(100,39)時(shí)，f(x)取得最大值，又2<eq\f(100,39)<3，因?yàn)閤只能取整數(shù)，所以x＝2或x＝3，此時(shí)f(x)可能為最大值，f(2)＝ln2－0.39×2≈0.69－0.78＝－0.09<0，f(3)＝ln3－3×0.39≈1.1－1.17＝－0.07<0，即在f(x)取得最大值時(shí)也是虧本的，所以不應(yīng)該增加產(chǎn)量．專(zhuān)題強(qiáng)化練1．(2023·石家莊模擬)國(guó)家在《中小學(xué)生健康體檢管理辦法》中規(guī)定：中小學(xué)校每年組織一次次．為減輕化驗(yàn)工作量，統(tǒng)計(jì)專(zhuān)家給出了一種化驗(yàn)方法：隨機(jī)按照k個(gè)人進(jìn)行分組，將各組k個(gè)人的血樣混合再化驗(yàn)，如果混合血樣呈陰性，說(shuō)明這k個(gè)人全部陰性；如果混合血樣呈陽(yáng)性，說(shuō)明其中至少有一人的血樣呈陽(yáng)性，就需對(duì)該組每個(gè)人血樣再分別化驗(yàn)一次．假設(shè)每人血樣化驗(yàn)結(jié)果呈陰性還是陽(yáng)性相互獨(dú)立．(1)若m＝0.4，記每人血樣化驗(yàn)次數(shù)為X，當(dāng)k取何值時(shí)，X的均值最小，并求化驗(yàn)總次數(shù)；(2)若m＝0.8，設(shè)每人血樣單獨(dú)化驗(yàn)一次費(fèi)用為5元，k個(gè)人混合化驗(yàn)一次費(fèi)用為k＋4元．求當(dāng)k取何值時(shí)，每人血樣化驗(yàn)費(fèi)用的均值最小，并求化驗(yàn)總費(fèi)用．參考數(shù)據(jù)及公式：eq\r(10)≈3.16，(1＋x)n≈1＋nx(n∈N*，n≥2，|x|≤0.01)．解(1)設(shè)每人血樣化驗(yàn)次數(shù)為X，若混合血樣呈陰性，則X＝eq\f(1,k)，若混合血樣呈陽(yáng)性，則X＝eq\f(1,k)＋1，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝\f(1,k)))＝0.996k，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝\f(1,k)＋1))＝1－0.996k，所以E(X)＝eq\f(1,k)×0.996k＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))×(1－0.996k)＝1＋eq\f(1,k)－0.996k＝1＋eq\f(1,k)－(1－0.004)k≈eq\f(1,k)＋0.004k，令f(x)＝eq\f(1,x)＋0.004x，則f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋0.004＝eq\f(0.004x2－1,x2)，所以f(x)在(0,5eq\r(10))上單調(diào)遞減，在(5eq\r(10)，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)閗∈Z，且f(15)＝eq\f(1,15)＋0.004×15≈0.1267，f(16)＝0.1265，所以當(dāng)k＝16時(shí)，f(x)取得最小值，所以E(X)的最小值為0.1265.所以按16人一組，每個(gè)人血樣化驗(yàn)次數(shù)的均值最小，此時(shí)化驗(yàn)總次數(shù)為4000×0.1265＝506.(2)設(shè)每組k人，每組化驗(yàn)總費(fèi)用為Y元，若混合血樣呈陰性，則Y＝k＋4，若混合血樣為陽(yáng)性，則Y＝6k＋4，且P(Y＝k＋4)＝0.992k，P(Y＝6k＋4)＝1－0.992k，所以E(Y)＝(k＋4)×0.992k＋(6k＋4)(1－0.992k)＝6k－5k×0.992k＋4，每個(gè)人血樣的化驗(yàn)費(fèi)用為eq\f(EY,k)＝6－5×0.992k＋eq\f(4,k)＝6－5×(1－0.008)k＋eq\f(4,k)≈6－5×(1－0.008k)＋eq\f(4,k)＝1＋0.04k＋eq\f(4,k)≥1＋2eq\r(0.04k·\f(4,k))＝1.8，當(dāng)且僅當(dāng)0.04k＝eq\f(4,k)，即k＝10時(shí)取等號(hào)，所以當(dāng)10個(gè)人一組時(shí)，每個(gè)人血樣化驗(yàn)費(fèi)用的均值最小，化驗(yàn)總費(fèi)用為4000×1.8＝7200(元)．2．(2023·廣州模擬)隨著5G商用進(jìn)程的不斷加快，手機(jī)廠(chǎng)商之間圍繞5G用戶(hù)的爭(zhēng)奪越來(lái)越激烈，5G手機(jī)也頻頻降價(jià)飛入尋常百姓家．某科技公司為了打開(kāi)市場(chǎng)，計(jì)劃先在公司進(jìn)行“抽獎(jiǎng)免費(fèi)送5G手機(jī)”優(yōu)惠活動(dòng)方案的內(nèi)部測(cè)試，測(cè)試成功后將在全市進(jìn)行推廣．(1)公司內(nèi)部測(cè)試的活動(dòng)方案設(shè)置了第i(i∈N*)次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的名額為3i＋2，抽中的用戶(hù)退出活動(dòng)，同時(shí)補(bǔ)充新的用戶(hù)，補(bǔ)充新用戶(hù)的名額比上一次中獎(jiǎng)用戶(hù)的名額少2個(gè)．若某次抽獎(jiǎng)，剩余全部用戶(hù)均中獎(jiǎng)，則活動(dòng)結(jié)束．參加本次內(nèi)部測(cè)試第一次抽獎(jiǎng)的有15人，甲、乙均在其中．①求甲在第一次中獎(jiǎng)和乙在第二次中獎(jiǎng)的概率；②求甲參加抽獎(jiǎng)活動(dòng)次數(shù)的分布列和均值；(2)由于該活動(dòng)方案在公司內(nèi)部的測(cè)試非常順利，現(xiàn)將在全市進(jìn)行推廣．報(bào)名參加第一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)的有20萬(wàn)用戶(hù)，該公司設(shè)置了第i(i∈N*)次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率為pi＝eq\f(9＋－1i,40)，每次中獎(jiǎng)的用戶(hù)退出活動(dòng)，同時(shí)補(bǔ)充相同人數(shù)的新用戶(hù)，抽獎(jiǎng)活動(dòng)共進(jìn)行2n(n∈N*)次．已知用戶(hù)丙參加了第一次抽獎(jiǎng)，并在這2n次抽獎(jiǎng)活動(dòng)中中獎(jiǎng)了，在此條件下，求證：用戶(hù)丙參加抽獎(jiǎng)活動(dòng)次數(shù)的均值小于eq\f(9,2).(1)解①甲在第一次中獎(jiǎng)的概率為P1＝eq\f(5,15)＝eq\f(1,3)，乙在第二次中獎(jiǎng)的概率為P2＝eq\f(10,15)×eq\f(8,13)＝eq\f(16,39).②設(shè)甲參加抽獎(jiǎng)活動(dòng)的次數(shù)為X，則X＝1,2,3，P(X＝1)＝eq\f(5,15)＝eq\f(1,3)；P(X＝2)＝eq\f(10,15)×eq\f(8,13)＝eq\f(16,39)；P(X＝3)＝eq\f(10,15)×eq\f(5,13)×1＝eq\f(10,39).X123Peq\f(1,3)eq\f(16,39)eq\f(10,39)∴E(X)＝1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(16,39)＋3×eq\f(10,39)＝eq\f(25,13).(2)證明丙在第奇數(shù)次中獎(jiǎng)的概率為eq\f(1,5)，在第偶數(shù)次中獎(jiǎng)的概率為eq\f(1,4).設(shè)丙參加抽獎(jiǎng)活動(dòng)的次數(shù)為Y，“丙中獎(jiǎng)”為事件A，則P(A)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)×\f(3,4)))n＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n，令m≤n，m∈N*，則丙在第2m－1次中獎(jiǎng)的概率P(Y＝2m－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))m－1×eq\f(1,5)，在第2m次中獎(jiǎng)的概率P(Y＝2m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))m－1×eq\f(4,5)×eq\f(1,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))m－1×eq\f(1,5)，即P(Y＝2m－1)＝P(Y＝2m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))m－1×eq\f(1,5)，在丙中獎(jiǎng)的條件下，在第2m－1,2m次中獎(jiǎng)的概率為eq\f(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))m－1,PA)，則丙參加活動(dòng)次數(shù)的均值為E(Y)＝eq\f(1,5PA)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2＋\f(3,5)×3＋4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2×5＋6))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n－12n－1＋2n))，設(shè)S＝3＋7×eq\f(3,5)＋