高中概率专项训练：12 类 72 题

样本点为无序二人集合，共 $\binom{5}2=10$ 个。至少一女的对立是全男，故 $P=1-\binom{3}2/\binom{5}2=\frac{7}{10}$。正面分为恰一女和两女，计数为 $2\times3+\binom{2}2=7$，除以相同分母得到同一结果。两类互斥且覆盖目标事件，概率在 0 与 1 之间。

样本点为无序二人集合，共 $\binom{6}2=15$ 个。至少一女的对立是全男，故 $P=1-\binom{4}2/\binom{6}2=\frac{3}{5}$。正面分为恰一女和两女，计数为 $2\times4+\binom{2}2=9$，除以相同分母得到同一结果。两类互斥且覆盖目标事件，概率在 0 与 1 之间。

样本点为无序二人集合，共 $\binom{6}2=15$ 个。至少一女的对立是全男，故 $P=1-\binom{3}2/\binom{6}2=\frac{4}{5}$。正面分为恰一女和两女，计数为 $3\times3+\binom{3}2=12$，除以相同分母得到同一结果。两类互斥且覆盖目标事件，概率在 0 与 1 之间。

样本点为无序二人集合，共 $\binom{7}2=21$ 个。至少一女的对立是全男，故 $P=1-\binom{4}2/\binom{7}2=\frac{5}{7}$。正面分为恰一女和两女，计数为 $3\times4+\binom{3}2=15$，除以相同分母得到同一结果。两类互斥且覆盖目标事件，概率在 0 与 1 之间。

样本点为无序二人集合，共 $\binom{8}2=28$ 个。至少一女的对立是全男，故 $P=1-\binom{4}2/\binom{8}2=\frac{11}{14}$。正面分为恰一女和两女，计数为 $4\times4+\binom{4}2=22$，除以相同分母得到同一结果。两类互斥且覆盖目标事件，概率在 0 与 1 之间。

样本点为无序二人集合，共 $\binom{9}2=36$ 个。至少一女的对立是全男，故 $P=1-\binom{5}2/\binom{9}2=\frac{13}{18}$。正面分为恰一女和两女，计数为 $4\times5+\binom{4}2=26$，除以相同分母得到同一结果。两类互斥且覆盖目标事件，概率在 0 与 1 之间。

把全集分成仅 A、交集、仅 B、都不发生四块，权重依次为 $\frac{1}{3},\frac{1}{6},\frac{1}{6},\frac{1}{3}$，均非负且和为 1。恰一发生为 $P(A)+P(B)-2P(A\cap B)=\frac{1}{2}$；至少一发生为 $\frac{2}{3}$；都不发生为 $\frac{1}{3}$。交集为正，所以不互斥。乘积 $P(A)P(B)=\frac{1}{6}$ 等于交集，故独立。

把全集分成仅 A、交集、仅 B、都不发生四块，权重依次为 $\frac{2}{5},\frac{1}{5},\frac{1}{5},\frac{1}{5}$，均非负且和为 1。恰一发生为 $P(A)+P(B)-2P(A\cap B)=\frac{3}{5}$；至少一发生为 $\frac{4}{5}$；都不发生为 $\frac{1}{5}$。交集为正，所以不互斥。乘积 $P(A)P(B)=\frac{6}{25}$ 不等于交集，故不独立。

把全集分成仅 A、交集、仅 B、都不发生四块，权重依次为 $\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{6},\frac{1}{6}$，均非负且和为 1。恰一发生为 $P(A)+P(B)-2P(A\cap B)=\frac{1}{2}$；至少一发生为 $\frac{5}{6}$；都不发生为 $\frac{1}{6}$。交集为正，所以不互斥。乘积 $P(A)P(B)=\frac{1}{3}$ 等于交集，故独立。

把全集分成仅 A、交集、仅 B、都不发生四块，权重依次为 $\frac{5}{8},\frac{1}{8},\frac{1}{8},\frac{1}{8}$，均非负且和为 1。恰一发生为 $P(A)+P(B)-2P(A\cap B)=\frac{3}{4}$；至少一发生为 $\frac{7}{8}$；都不发生为 $\frac{1}{8}$。交集为正，所以不互斥。乘积 $P(A)P(B)=\frac{3}{16}$ 不等于交集，故不独立。

把全集分成仅 A、交集、仅 B、都不发生四块，权重依次为 $\frac{3}{10},\frac{1}{10},\frac{1}{5},\frac{2}{5}$，均非负且和为 1。恰一发生为 $P(A)+P(B)-2P(A\cap B)=\frac{1}{2}$；至少一发生为 $\frac{3}{5}$；都不发生为 $\frac{2}{5}$。交集为正，所以不互斥。乘积 $P(A)P(B)=\frac{3}{25}$ 不等于交集，故不独立。

把全集分成仅 A、交集、仅 B、都不发生四块，权重依次为 $\frac{2}{5},\frac{2}{5},\frac{1}{10},\frac{1}{10}$，均非负且和为 1。恰一发生为 $P(A)+P(B)-2P(A\cap B)=\frac{1}{2}$；至少一发生为 $\frac{9}{10}$；都不发生为 $\frac{1}{10}$。交集为正，所以不互斥。乘积 $P(A)P(B)=\frac{2}{5}$ 等于交集，故独立。

记 $A$ 为两红，$B$ 为至少一红。$A\subset B$ 且 $P(B)>0$。原样本点等可能，条件样本空间含 $\binom{5}2-\binom{2}2=9$ 个结果；其中 A 含 $\binom{3}2=3$ 个。因此 $P(A\mid B)=\frac{1}{3}$。无条件概率为 $\frac{3}{10}$，条件概率不小于它，符合已排除全白结果的事实。

记 $A$ 为两红，$B$ 为至少一红。$A\subset B$ 且 $P(B)>0$。原样本点等可能，条件样本空间含 $\binom{7}2-\binom{3}2=18$ 个结果；其中 A 含 $\binom{4}2=6$ 个。因此 $P(A\mid B)=\frac{1}{3}$。无条件概率为 $\frac{2}{7}$，条件概率不小于它，符合已排除全白结果的事实。

记 $A$ 为两红，$B$ 为至少一红。$A\subset B$ 且 $P(B)>0$。原样本点等可能，条件样本空间含 $\binom{7}2-\binom{2}2=20$ 个结果；其中 A 含 $\binom{5}2=10$ 个。因此 $P(A\mid B)=\frac{1}{2}$。无条件概率为 $\frac{10}{21}$，条件概率不小于它，符合已排除全白结果的事实。

记 $A$ 为两红，$B$ 为至少一红。$A\subset B$ 且 $P(B)>0$。原样本点等可能，条件样本空间含 $\binom{9}2-\binom{4}2=30$ 个结果；其中 A 含 $\binom{5}2=10$ 个。因此 $P(A\mid B)=\frac{1}{3}$。无条件概率为 $\frac{5}{18}$，条件概率不小于它，符合已排除全白结果的事实。

记 $A$ 为两红，$B$ 为至少一红。$A\subset B$ 且 $P(B)>0$。原样本点等可能，条件样本空间含 $\binom{9}2-\binom{3}2=33$ 个结果；其中 A 含 $\binom{6}2=15$ 个。因此 $P(A\mid B)=\frac{5}{11}$。无条件概率为 $\frac{5}{12}$，条件概率不小于它，符合已排除全白结果的事实。

记 $A$ 为两红，$B$ 为至少一红。$A\subset B$ 且 $P(B)>0$。原样本点等可能，条件样本空间含 $\binom{11}2-\binom{4}2=49$ 个结果；其中 A 含 $\binom{7}2=21$ 个。因此 $P(A\mid B)=\frac{3}{7}$。无条件概率为 $\frac{21}{55}$，条件概率不小于它，符合已排除全白结果的事实。

来源是互斥完备分类，甲次品路径权重为 $\frac{1}{20}$，乙次品路径权重为 $\frac{1}{10}$。全概率 $P(D)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{10}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{5}=\frac{3}{20}>0$。按条件概率 $P(甲\mid D)=P(甲\cap D)/P(D)=\frac{1}{3}$。两种来源的后验概率之和为 1；甲的次品率更低，观察次品后甲来源概率下降。

来源是互斥完备分类，甲次品路径权重为 $\frac{3}{50}$，乙次品路径权重为 $\frac{2}{25}$。全概率 $P(D)=\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{10}+\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{5}=\frac{7}{50}>0$。按条件概率 $P(甲\mid D)=P(甲\cap D)/P(D)=\frac{3}{7}$。两种来源的后验概率之和为 1；甲的次品率更低，观察次品后甲来源概率下降。

来源是互斥完备分类，甲次品路径权重为 $\frac{1}{6}$，乙次品路径权重为 $\frac{1}{6}$。全概率 $P(D)=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{4}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{3}>0$。按条件概率 $P(甲\mid D)=P(甲\cap D)/P(D)=\frac{1}{2}$。两种来源的后验概率之和为 1；甲的次品率更低，观察次品后甲来源概率下降。

来源是互斥完备分类，甲次品路径权重为 $\frac{3}{20}$，乙次品路径权重为 $\frac{1}{10}$。全概率 $P(D)=\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{5}+\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{5}=\frac{1}{4}>0$。按条件概率 $P(甲\mid D)=P(甲\cap D)/P(D)=\frac{3}{5}$。两种来源的后验概率之和为 1；甲的次品率更低，观察次品后甲来源概率下降。

来源是互斥完备分类，甲次品路径权重为 $\frac{1}{20}$，乙次品路径权重为 $\frac{3}{20}$。全概率 $P(D)=\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{8}+\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{5}>0$。按条件概率 $P(甲\mid D)=P(甲\cap D)/P(D)=\frac{1}{4}$。两种来源的后验概率之和为 1；甲的次品率更低，观察次品后甲来源概率下降。

来源是互斥完备分类，甲次品路径权重为 $\frac{1}{25}$，乙次品路径权重为 $\frac{1}{50}$。全概率 $P(D)=\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{20}+\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{10}=\frac{3}{50}>0$。按条件概率 $P(甲\mid D)=P(甲\cap D)/P(D)=\frac{2}{3}$。两种来源的后验概率之和为 1；甲的次品率更低，观察次品后甲来源概率下降。

概率归一给出 $c=1-1/4-1/2=1/4$，各项非负。$E(X)=0/4+1/2+3/4=\frac{5}{4}$；$E(X^2)=1/2+9/4=\frac{11}{4}$，所以 $D(X)=\frac{11}{4}-(\frac{5}{4})^2=\frac{19}{16}$。由线性变换 $E(Y)=2E(X)-1=\frac{3}{2}$，$D(Y)=4D(X)=\frac{19}{4}$。期望落在最小与最大取值之间，方差非负。

概率归一给出 $c=1-1/4-1/2=1/4$，各项非负。$E(X)=0/4+2/2+6/4=\frac{5}{2}$；$E(X^2)=4/2+36/4=11$，所以 $D(X)=11-(\frac{5}{2})^2=\frac{19}{4}$。由线性变换 $E(Y)=2E(X)-2=3$，$D(Y)=4D(X)=19$。期望落在最小与最大取值之间，方差非负。

概率归一给出 $c=1-1/4-1/2=1/4$，各项非负。$E(X)=0/4+3/2+9/4=\frac{15}{4}$；$E(X^2)=9/2+81/4=\frac{99}{4}$，所以 $D(X)=\frac{99}{4}-(\frac{15}{4})^2=\frac{171}{16}$。由线性变换 $E(Y)=2E(X)-3=\frac{9}{2}$，$D(Y)=4D(X)=\frac{171}{4}$。期望落在最小与最大取值之间，方差非负。

概率归一给出 $c=1-1/4-1/2=1/4$，各项非负。$E(X)=0/4+4/2+12/4=5$；$E(X^2)=16/2+144/4=44$，所以 $D(X)=44-(5)^2=19$。由线性变换 $E(Y)=2E(X)-4=6$，$D(Y)=4D(X)=76$。期望落在最小与最大取值之间，方差非负。

概率归一给出 $c=1-1/4-1/2=1/4$，各项非负。$E(X)=0/4+5/2+15/4=\frac{25}{4}$；$E(X^2)=25/2+225/4=\frac{275}{4}$，所以 $D(X)=\frac{275}{4}-(\frac{25}{4})^2=\frac{475}{16}$。由线性变换 $E(Y)=2E(X)-5=\frac{15}{2}$，$D(Y)=4D(X)=\frac{475}{4}$。期望落在最小与最大取值之间，方差非负。

概率归一给出 $c=1-1/4-1/2=1/4$，各项非负。$E(X)=0/4+6/2+18/4=\frac{15}{2}$；$E(X^2)=36/2+324/4=99$，所以 $D(X)=99-(\frac{15}{2})^2=\frac{171}{4}$。由线性变换 $E(Y)=2E(X)-6=9$，$D(Y)=4D(X)=171$。期望落在最小与最大取值之间，方差非负。

次数固定、成功率恒定且相互独立，所以 $X\sim B(3,\frac{1}{2})$。指定 1 个成功位置的概率为 $(\frac{1}{2})^1(\frac{1}{2})^2$，共有 $\binom{3}{1}$ 个互斥位置集合。因此 $P(X=1)=\frac{3}{8}$。至少一次的对立是全部失败，概率为 $1-(\frac{1}{2})^3=\frac{7}{8}$。$E(X)=\frac{3}{2},D(X)=\frac{3}{4}$。分布列的一般项对 k=0 到 n 求和为 1，来自二项式定理。

次数固定、成功率恒定且相互独立，所以 $X\sim B(4,\frac{1}{3})$。指定 2 个成功位置的概率为 $(\frac{1}{3})^2(\frac{2}{3})^2$，共有 $\binom{4}{2}$ 个互斥位置集合。因此 $P(X=2)=\frac{8}{27}$。至少一次的对立是全部失败，概率为 $1-(\frac{2}{3})^4=\frac{65}{81}$。$E(X)=\frac{4}{3},D(X)=\frac{8}{9}$。分布列的一般项对 k=0 到 n 求和为 1，来自二项式定理。

次数固定、成功率恒定且相互独立，所以 $X\sim B(5,\frac{2}{5})$。指定 2 个成功位置的概率为 $(\frac{2}{5})^2(\frac{3}{5})^3$，共有 $\binom{5}{2}$ 个互斥位置集合。因此 $P(X=2)=\frac{216}{625}$。至少一次的对立是全部失败，概率为 $1-(\frac{3}{5})^5=\frac{2882}{3125}$。$E(X)=2,D(X)=\frac{6}{5}$。分布列的一般项对 k=0 到 n 求和为 1，来自二项式定理。

次数固定、成功率恒定且相互独立，所以 $X\sim B(6,\frac{1}{4})$。指定 3 个成功位置的概率为 $(\frac{1}{4})^3(\frac{3}{4})^3$，共有 $\binom{6}{3}$ 个互斥位置集合。因此 $P(X=3)=\frac{135}{1024}$。至少一次的对立是全部失败，概率为 $1-(\frac{3}{4})^6=\frac{3367}{4096}$。$E(X)=\frac{3}{2},D(X)=\frac{9}{8}$。分布列的一般项对 k=0 到 n 求和为 1，来自二项式定理。

次数固定、成功率恒定且相互独立，所以 $X\sim B(7,\frac{3}{5})$。指定 4 个成功位置的概率为 $(\frac{3}{5})^4(\frac{2}{5})^3$，共有 $\binom{7}{4}$ 个互斥位置集合。因此 $P(X=4)=\frac{4536}{15625}$。至少一次的对立是全部失败，概率为 $1-(\frac{2}{5})^7=\frac{77997}{78125}$。$E(X)=\frac{21}{5},D(X)=\frac{42}{25}$。分布列的一般项对 k=0 到 n 求和为 1，来自二项式定理。

次数固定、成功率恒定且相互独立，所以 $X\sim B(8,\frac{2}{3})$。指定 5 个成功位置的概率为 $(\frac{2}{3})^5(\frac{1}{3})^3$，共有 $\binom{8}{5}$ 个互斥位置集合。因此 $P(X=5)=\frac{1792}{6561}$。至少一次的对立是全部失败，概率为 $1-(\frac{1}{3})^8=\frac{6560}{6561}$。$E(X)=\frac{16}{3},D(X)=\frac{16}{9}$。分布列的一般项对 k=0 到 n 求和为 1，来自二项式定理。

不放回、总体次品数固定，使用超几何模型。可取值从 $\max(0,3-4)=0$ 到 $\min(3,2)=2$。恰 k 件次品需选 k 件次品和 3-k 件正品，所以 $P(X=k)=\binom{2}k\binom{4}{3-k}/\binom{6}{3}$。逐项为：$P(X=0)=\frac{1}{5}$，$P(X=1)=\frac{3}{5}$，$P(X=2)=\frac{1}{5}$。概率和为 1。$E(X)=3\cdot2/6=1$；$D(X)=\frac{2}{5}$。各次抽取不独立，不能用二项方差替代。

不放回、总体次品数固定，使用超几何模型。可取值从 $\max(0,3-4)=0$ 到 $\min(3,3)=3$。恰 k 件次品需选 k 件次品和 3-k 件正品，所以 $P(X=k)=\binom{3}k\binom{4}{3-k}/\binom{7}{3}$。逐项为：$P(X=0)=\frac{4}{35}$，$P(X=1)=\frac{18}{35}$，$P(X=2)=\frac{12}{35}$，$P(X=3)=\frac{1}{35}$。概率和为 1。$E(X)=3\cdot3/7=\frac{9}{7}$；$D(X)=\frac{24}{49}$。各次抽取不独立，不能用二项方差替代。

不放回、总体次品数固定，使用超几何模型。可取值从 $\max(0,4-5)=0$ 到 $\min(4,3)=3$。恰 k 件次品需选 k 件次品和 4-k 件正品，所以 $P(X=k)=\binom{3}k\binom{5}{4-k}/\binom{8}{4}$。逐项为：$P(X=0)=\frac{1}{14}$，$P(X=1)=\frac{3}{7}$，$P(X=2)=\frac{3}{7}$，$P(X=3)=\frac{1}{14}$。概率和为 1。$E(X)=4\cdot3/8=\frac{3}{2}$；$D(X)=\frac{15}{28}$。各次抽取不独立，不能用二项方差替代。

不放回、总体次品数固定，使用超几何模型。可取值从 $\max(0,3-5)=0$ 到 $\min(3,4)=3$。恰 k 件次品需选 k 件次品和 3-k 件正品，所以 $P(X=k)=\binom{4}k\binom{5}{3-k}/\binom{9}{3}$。逐项为：$P(X=0)=\frac{5}{42}$，$P(X=1)=\frac{10}{21}$，$P(X=2)=\frac{5}{14}$，$P(X=3)=\frac{1}{21}$。概率和为 1。$E(X)=3\cdot4/9=\frac{4}{3}$；$D(X)=\frac{5}{9}$。各次抽取不独立，不能用二项方差替代。

不放回、总体次品数固定，使用超几何模型。可取值从 $\max(0,4-6)=0$ 到 $\min(4,4)=4$。恰 k 件次品需选 k 件次品和 4-k 件正品，所以 $P(X=k)=\binom{4}k\binom{6}{4-k}/\binom{10}{4}$。逐项为：$P(X=0)=\frac{1}{14}$，$P(X=1)=\frac{8}{21}$，$P(X=2)=\frac{3}{7}$，$P(X=3)=\frac{4}{35}$，$P(X=4)=\frac{1}{210}$。概率和为 1。$E(X)=4\cdot4/10=\frac{8}{5}$；$D(X)=\frac{16}{25}$。各次抽取不独立，不能用二项方差替代。

不放回、总体次品数固定，使用超几何模型。可取值从 $\max(0,4-6)=0$ 到 $\min(4,5)=4$。恰 k 件次品需选 k 件次品和 4-k 件正品，所以 $P(X=k)=\binom{5}k\binom{6}{4-k}/\binom{11}{4}$。逐项为：$P(X=0)=\frac{1}{22}$，$P(X=1)=\frac{10}{33}$，$P(X=2)=\frac{5}{11}$，$P(X=3)=\frac{2}{11}$，$P(X=4)=\frac{1}{66}$。概率和为 1。$E(X)=4\cdot5/11=\frac{20}{11}$；$D(X)=\frac{84}{121}$。各次抽取不独立，不能用二项方差替代。

共有 $\binom42=6$ 个集合。奖金取 $20,40,60$，对应集合数为 1、4、1，概率为 $1/6,2/3,1/6$，和为 1。期望为 $40$；围绕此中心的偏差为 $-20,0,20$，所以方差为 $2\times(20)^2/6=\frac{400}{3}$。固定奖金 40 元的方差为零。如果目标是同一期望下稳定发放，固定方案更稳；若目标另含抽奖吸引力，还需额外评价标准。

共有 $\binom42=6$ 个集合。奖金取 $40,80,120$，对应集合数为 1、4、1，概率为 $1/6,2/3,1/6$，和为 1。期望为 $80$；围绕此中心的偏差为 $-40,0,40$，所以方差为 $2\times(40)^2/6=\frac{1600}{3}$。固定奖金 80 元的方差为零。如果目标是同一期望下稳定发放，固定方案更稳；若目标另含抽奖吸引力，还需额外评价标准。

共有 $\binom42=6$ 个集合。奖金取 $60,80,100$，对应集合数为 1、4、1，概率为 $1/6,2/3,1/6$，和为 1。期望为 $80$；围绕此中心的偏差为 $-20,0,20$，所以方差为 $2\times(20)^2/6=\frac{400}{3}$。固定奖金 80 元的方差为零。如果目标是同一期望下稳定发放，固定方案更稳；若目标另含抽奖吸引力，还需额外评价标准。

共有 $\binom42=6$ 个集合。奖金取 $30,60,90$，对应集合数为 1、4、1，概率为 $1/6,2/3,1/6$，和为 1。期望为 $60$；围绕此中心的偏差为 $-30,0,30$，所以方差为 $2\times(30)^2/6=300$。固定奖金 60 元的方差为零。如果目标是同一期望下稳定发放，固定方案更稳；若目标另含抽奖吸引力，还需额外评价标准。

共有 $\binom42=6$ 个集合。奖金取 $50,100,150$，对应集合数为 1、4、1，概率为 $1/6,2/3,1/6$，和为 1。期望为 $100$；围绕此中心的偏差为 $-50,0,50$，所以方差为 $2\times(50)^2/6=\frac{2500}{3}$。固定奖金 100 元的方差为零。如果目标是同一期望下稳定发放，固定方案更稳；若目标另含抽奖吸引力，还需额外评价标准。

共有 $\binom42=6$ 个集合。奖金取 $80,120,160$，对应集合数为 1、4、1，概率为 $1/6,2/3,1/6$，和为 1。期望为 $120$；围绕此中心的偏差为 $-40,0,40$，所以方差为 $2\times(40)^2/6=\frac{1600}{3}$。固定奖金 120 元的方差为零。如果目标是同一期望下稳定发放，固定方案更稳；若目标另含抽奖吸引力，还需额外评价标准。

第二参数是方差，所以标准差为 2。标准化 $Z=(X-60)/2$，目标变为 Z 在端点 -1 与 1 之间。一个标准差中心区间，直接用所给面积。 概率约为 0.6827，数量期望约为 $0.6827\times10000=6827$；若按人数报告可四舍五入。此数量是估计值，不是保证结果，期望人数的计算不需要各对象独立。

第二参数是方差，所以标准差为 3。标准化 $Z=(X-65)/3$，目标变为 Z 在端点 0 与 1 之间。由对称性，把中心一个标准差面积除以 2。 概率约为 0.34135，数量期望约为 $0.34135\times10000=3413.5$；若按人数报告可四舍五入。此数量是估计值，不是保证结果，期望人数的计算不需要各对象独立。

第二参数是方差，所以标准差为 4。标准化 $Z=(X-70)/4$，目标变为 Z 在端点 1 与 2 之间。两个与一个标准差中心区间的面积之差，再除以 2。 概率约为 0.1359，数量期望约为 $0.1359\times10000=1359$；若按人数报告可四舍五入。此数量是估计值，不是保证结果，期望人数的计算不需要各对象独立。

第二参数是方差，所以标准差为 5。标准化 $Z=(X-75)/5$，目标变为 Z 在端点 2 与 3 之间。三个与两个标准差中心区间的面积之差，再除以 2。 概率约为 0.0214，数量期望约为 $0.0214\times10000=214$；若按人数报告可四舍五入。此数量是估计值，不是保证结果，期望人数的计算不需要各对象独立。

第二参数是方差，所以标准差为 6。标准化 $Z=(X-80)/6$，目标变为 Z 在端点 2 与 +∞ 之间。两个标准差中心区间的补集面积，再除以 2。 概率约为 0.02275，数量期望约为 $0.02275\times10000=227.5$；若按人数报告可四舍五入。此数量是估计值，不是保证结果，期望人数的计算不需要各对象独立。

第二参数是方差，所以标准差为 7。标准化 $Z=(X-85)/7$，目标变为 Z 在端点 -∞ 与 -3 之间。三个标准差中心区间的补集面积，再除以 2。 概率约为 0.00135，数量期望约为 $0.00135\times10000=13.5$；若按人数报告可四舍五入。此数量是估计值，不是保证结果，期望人数的计算不需要各对象独立。

对 $k<3$，T=k 要求前 k-1 次失败并在第 k 次成功；T=3 只要求前 2 次失败。分布列为 $P(T=1)=\frac{1}{2}$，$P(T=2)=\frac{1}{4}$，$P(T=3)=\frac{1}{4}$，和为 1。尾和公式给 $E(T)=\sum_{k=1}^{3}(\frac{1}{2})^{k-1}=\frac{7}{4}$。第 3 次因成功停止的无条件概率为 $(\frac{1}{2})^{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{8}$，它比 $P(T=3)$ 小，因为后者还含最后失败。

对 $k<4$，T=k 要求前 k-1 次失败并在第 k 次成功；T=4 只要求前 3 次失败。分布列为 $P(T=1)=\frac{1}{3}$，$P(T=2)=\frac{2}{9}$，$P(T=3)=\frac{4}{27}$，$P(T=4)=\frac{8}{27}$，和为 1。尾和公式给 $E(T)=\sum_{k=1}^{4}(\frac{2}{3})^{k-1}=\frac{65}{27}$。第 4 次因成功停止的无条件概率为 $(\frac{2}{3})^{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{8}{81}$，它比 $P(T=4)$ 小，因为后者还含最后失败。

对 $k<5$，T=k 要求前 k-1 次失败并在第 k 次成功；T=5 只要求前 4 次失败。分布列为 $P(T=1)=\frac{2}{5}$，$P(T=2)=\frac{6}{25}$，$P(T=3)=\frac{18}{125}$，$P(T=4)=\frac{54}{625}$，$P(T=5)=\frac{81}{625}$，和为 1。尾和公式给 $E(T)=\sum_{k=1}^{5}(\frac{3}{5})^{k-1}=\frac{1441}{625}$。第 5 次因成功停止的无条件概率为 $(\frac{3}{5})^{4}\cdot\frac{2}{5}=\frac{162}{3125}$，它比 $P(T=5)$ 小，因为后者还含最后失败。

对 $k<3$，T=k 要求前 k-1 次失败并在第 k 次成功；T=3 只要求前 2 次失败。分布列为 $P(T=1)=\frac{1}{4}$，$P(T=2)=\frac{3}{16}$，$P(T=3)=\frac{9}{16}$，和为 1。尾和公式给 $E(T)=\sum_{k=1}^{3}(\frac{3}{4})^{k-1}=\frac{37}{16}$。第 3 次因成功停止的无条件概率为 $(\frac{3}{4})^{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{9}{64}$，它比 $P(T=3)$ 小，因为后者还含最后失败。

对 $k<4$，T=k 要求前 k-1 次失败并在第 k 次成功；T=4 只要求前 3 次失败。分布列为 $P(T=1)=\frac{3}{5}$，$P(T=2)=\frac{6}{25}$，$P(T=3)=\frac{12}{125}$，$P(T=4)=\frac{8}{125}$，和为 1。尾和公式给 $E(T)=\sum_{k=1}^{4}(\frac{2}{5})^{k-1}=\frac{203}{125}$。第 4 次因成功停止的无条件概率为 $(\frac{2}{5})^{3}\cdot\frac{3}{5}=\frac{24}{625}$，它比 $P(T=4)$ 小，因为后者还含最后失败。

对 $k<6$，T=k 要求前 k-1 次失败并在第 k 次成功；T=6 只要求前 5 次失败。分布列为 $P(T=1)=\frac{1}{2}$，$P(T=2)=\frac{1}{4}$，$P(T=3)=\frac{1}{8}$，$P(T=4)=\frac{1}{16}$，$P(T=5)=\frac{1}{32}$，$P(T=6)=\frac{1}{32}$，和为 1。尾和公式给 $E(T)=\sum_{k=1}^{6}(\frac{1}{2})^{k-1}=\frac{63}{32}$。第 6 次因成功停止的无条件概率为 $(\frac{1}{2})^{5}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{64}$，它比 $P(T=6)$ 小，因为后者还含最后失败。

按当前状态分成互斥完备的 A、B 两类，全概率给 $p_{n+1}=\frac{1}{2}p_n+\frac{1}{4}(1-p_n)=\frac{1}{4}+(\frac{1}{4})p_n$，$p_0=1$。解固定值 $L=\frac{1}{4}+(\frac{1}{4})L$ 得 $L=\frac{1}{3}$，分母 $1-(\frac{1}{4})>0$。于是 $p_{n+1}-L=(\frac{1}{4})(p_n-L)$，故 $p_n=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}(\frac{1}{4})^n$，$p_2=\frac{3}{8}$。初值和递推均满足；$|\frac{1}{4}|<1$，所以 $p_n$ 趋近固定值。

按当前状态分成互斥完备的 A、B 两类，全概率给 $p_{n+1}=\frac{1}{3}p_n+\frac{2}{3}(1-p_n)=\frac{2}{3}+(\frac{-1}{3})p_n$，$p_0=1$。解固定值 $L=\frac{2}{3}+(\frac{-1}{3})L$ 得 $L=\frac{1}{2}$，分母 $1-(\frac{-1}{3})>0$。于是 $p_{n+1}-L=(\frac{-1}{3})(p_n-L)$，故 $p_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(\frac{-1}{3})^n$，$p_2=\frac{5}{9}$。初值和递推均满足；$|\frac{-1}{3}|<1$，所以 $p_n$ 趋近固定值。

按当前状态分成互斥完备的 A、B 两类，全概率给 $p_{n+1}=\frac{3}{4}p_n+\frac{1}{4}(1-p_n)=\frac{1}{4}+(\frac{1}{2})p_n$，$p_0=1$。解固定值 $L=\frac{1}{4}+(\frac{1}{2})L$ 得 $L=\frac{1}{2}$，分母 $1-(\frac{1}{2})>0$。于是 $p_{n+1}-L=(\frac{1}{2})(p_n-L)$，故 $p_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(\frac{1}{2})^n$，$p_2=\frac{5}{8}$。初值和递推均满足；$|\frac{1}{2}|<1$，所以 $p_n$ 趋近固定值。

按当前状态分成互斥完备的 A、B 两类，全概率给 $p_{n+1}=\frac{1}{5}p_n+\frac{2}{5}(1-p_n)=\frac{2}{5}+(\frac{-1}{5})p_n$，$p_0=1$。解固定值 $L=\frac{2}{5}+(\frac{-1}{5})L$ 得 $L=\frac{1}{3}$，分母 $1-(\frac{-1}{5})>0$。于是 $p_{n+1}-L=(\frac{-1}{5})(p_n-L)$，故 $p_n=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}(\frac{-1}{5})^n$，$p_2=\frac{9}{25}$。初值和递推均满足；$|\frac{-1}{5}|<1$，所以 $p_n$ 趋近固定值。

按当前状态分成互斥完备的 A、B 两类，全概率给 $p_{n+1}=\frac{2}{3}p_n+\frac{1}{6}(1-p_n)=\frac{1}{6}+(\frac{1}{2})p_n$，$p_0=1$。解固定值 $L=\frac{1}{6}+(\frac{1}{2})L$ 得 $L=\frac{1}{3}$，分母 $1-(\frac{1}{2})>0$。于是 $p_{n+1}-L=(\frac{1}{2})(p_n-L)$，故 $p_n=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}(\frac{1}{2})^n$，$p_2=\frac{1}{2}$。初值和递推均满足；$|\frac{1}{2}|<1$，所以 $p_n$ 趋近固定值。

按当前状态分成互斥完备的 A、B 两类，全概率给 $p_{n+1}=\frac{1}{4}p_n+\frac{1}{2}(1-p_n)=\frac{1}{2}+(\frac{-1}{4})p_n$，$p_0=1$。解固定值 $L=\frac{1}{2}+(\frac{-1}{4})L$ 得 $L=\frac{2}{5}$，分母 $1-(\frac{-1}{4})>0$。于是 $p_{n+1}-L=(\frac{-1}{4})(p_n-L)$，故 $p_n=\frac{2}{5}+\frac{3}{5}(\frac{-1}{4})^n$，$p_2=\frac{7}{16}$。初值和递推均满足；$|\frac{-1}{4}|<1$，所以 $p_n$ 趋近固定值。

$h(p)=\binom{3}{1}p^{1}(1-p)^{2}$，端点值均为零。在 $(0,1)$ 内 h>0，可用对数：$(\ln h)\prime=1/p-2/(1-p)=(1-3p)/(p(1-p))$。分母正，导数在 $p=\frac{1}{3}$ 左正右负，故唯一最大点为 $\frac{1}{3}$，最大值 $\frac{4}{9}$。目标是恰好 1 次，成功过多也不满足；当 p=1 时成功 3 次，目标概率为零。

$h(p)=\binom{4}{2}p^{2}(1-p)^{2}$，端点值均为零。在 $(0,1)$ 内 h>0，可用对数：$(\ln h)\prime=2/p-2/(1-p)=(2-4p)/(p(1-p))$。分母正，导数在 $p=\frac{1}{2}$ 左正右负，故唯一最大点为 $\frac{1}{2}$，最大值 $\frac{3}{8}$。目标是恰好 2 次，成功过多也不满足；当 p=1 时成功 4 次，目标概率为零。

$h(p)=\binom{5}{2}p^{2}(1-p)^{3}$，端点值均为零。在 $(0,1)$ 内 h>0，可用对数：$(\ln h)\prime=2/p-3/(1-p)=(2-5p)/(p(1-p))$。分母正，导数在 $p=\frac{2}{5}$ 左正右负，故唯一最大点为 $\frac{2}{5}$，最大值 $\frac{216}{625}$。目标是恰好 2 次，成功过多也不满足；当 p=1 时成功 5 次，目标概率为零。

$h(p)=\binom{6}{4}p^{4}(1-p)^{2}$，端点值均为零。在 $(0,1)$ 内 h>0，可用对数：$(\ln h)\prime=4/p-2/(1-p)=(4-6p)/(p(1-p))$。分母正，导数在 $p=\frac{2}{3}$ 左正右负，故唯一最大点为 $\frac{2}{3}$，最大值 $\frac{80}{243}$。目标是恰好 4 次，成功过多也不满足；当 p=1 时成功 6 次，目标概率为零。

$h(p)=\binom{8}{3}p^{3}(1-p)^{5}$，端点值均为零。在 $(0,1)$ 内 h>0，可用对数：$(\ln h)\prime=3/p-5/(1-p)=(3-8p)/(p(1-p))$。分母正，导数在 $p=\frac{3}{8}$ 左正右负，故唯一最大点为 $\frac{3}{8}$，最大值 $\frac{590625}{2097152}$。目标是恰好 3 次，成功过多也不满足；当 p=1 时成功 8 次，目标概率为零。

$h(p)=\binom{10}{7}p^{7}(1-p)^{3}$，端点值均为零。在 $(0,1)$ 内 h>0，可用对数：$(\ln h)\prime=7/p-3/(1-p)=(7-10p)/(p(1-p))$。分母正，导数在 $p=\frac{7}{10}$ 左正右负，故唯一最大点为 $\frac{7}{10}$，最大值 $\frac{66706983}{250000000}$。目标是恰好 7 次，成功过多也不满足；当 p=1 时成功 10 次，目标概率为零。