【三轮冲刺】高考数学专题09 计数原理、概率统计中的新定义问题（强化突破）（新高考新题型）.zip

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新定义题目简介
题型特点
“新定义”题型内容新颖，题目中常常伴随有“定义”、“规定”等字眼，题目一般都是用抽象的语言给出新的定义、运算或符号，没有过多的解析说明，要求考生自己仔细揣摩、体会和理解定义的含义，在阅读新定义后要求马上运用它解决相关问题，考查考生的理解与运算、信息迁移的能力。
解题策略
求解“新定义”题目，主要分如下几步：
对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号；
对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法和相近的知识点，明确它们的相同点和相似点；
对定义中提取的知识进行转换、提取和转换，这是解题的关键，如果题目是新定义的运算、法则，直接按照法则计算即可；若新定义的性质，一般要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特质排除，注意新定义题目一般在高考试卷的压轴位置，往往设置三问，第一问的难度并不大，所以对于基础差的考生也不要轻易放弃。
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先通过组合公式变形得，然后利用倒序相加求和即可.
【详解】由题可知通项公式，
所以，
同时，
上述两式相加得
，
所以，
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对组合公式的灵活应用，以及对倒序相加方法的灵活使用.
2．已知对任意正整数对，定义函数如下：，，，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据新定义得，令，可判断A，对累乘结合组合数的阶乘形式化简即可判断B，根据二项式系数和公式判断C，结合等比数列前n项和公式根据分组求和求解判断D.
【详解】因为，所以，
令，则，所以，故选项A错误；
因为，
所以累乘得，
因为，所以，故选项B错误；
因为，所以，
所以，故选项C正确；
故选项D错误.
故选：C.
【点睛】思路点睛：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决.
3．信息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量X所有可能的取值为1，2，，n，且，，定义X的信息熵，则下列判断中正确的是（ ）
①若，则
②若，则；
③若，则当时，取得最大值
④若，随机变量Y所有可能的取值为1，2，，m，且，则
A．①②B．②③C．①②④D．①②③④
【答案】D
【分析】对于①，计算出；对于②，由得到，故，与矛盾，②正确；对于③，若，则，，构造函数，，求导得到其单调性，得到当时最大，故③正确；对于④，表达出，作差得到，故，得到④正确.
【详解】①若，则，故①正确；
②假设，因为，，所以，
所以，所以，
这与矛盾，所以假设不成立，
而当时，易得，所以，故②正确；
③若，则，
，
设，，
则，
令，得，解得，此时函数单调递减，
令，，解得，此时函数单调递增，
所以当时最大，所以当时，取得最大值，故③正确；
④由题意知，，，，…，，
∴，
又，
∴，
又，，，，
∴，∴，故④正确．
综上，正确说法的序号为①②③④，
故选：D．
【点睛】方法点睛：函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
4．信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量所有可能的取值为，且，，定义的信息熵，若，随机变量所有可能的取值为，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用对数的运算和作差法，随机变量的创新应用即可判断.
【详解】依题意知，，，，…，，
∴，
又，
∴，又，，…，，
∴，∴.
故选：D.
二、多选题
5．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．是整数
C．，（是不大于x的最大整数）
D．，则
【答案】ACD
【分析】对于选项A: 令时，利用二项式定理计算即可；对于选项B: 表示出，取特殊值验证即可; 对于选项C: 作差说明为正整数即可；对于选项D: 分奇偶讨论计算，，即可推理作答.
【详解】对于选项A: 由，当时，即，所以,，故，故A正确；
对于选项B:由题意可得，不妨令，
所以，此时不是整数，故B错误；
对于选项C: ,
即，
所以
，
，
易知，正整数，
为正整数，
，
所以，故C正确；
对于选项D:当为正偶数时，
，
，，
所以，即.
当为正奇数时，
，
，
，，
所以，即.
综上可得：若，则，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：涉及二项式定理的问题，二项式定理的核心是通项公式，求出给定二项式的通项公式是解决问题的关键.
6．已知，，，，，，记．当，，，，中含个6时，所有不同值的个数记为．下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．对于任意奇数
D．对于任意整数
【答案】AC
【分析】对于选项A，当时写出，由，中不含6，根据题意即可求得；对于选项B，当时写出，由，，，中含有个6，可得，，解不等式即可；对于选项C，，设，，由二项式定理求解即可；对于选项D，构造二项分布，利用均值求解即可.
【详解】当，，故，A正确；
当，，，
当时，，解得，B错误；
，设，，则，
于是，C正确；
因为，构造二项分布，则，
因此，D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：本题考查计数原理、二项式定理、二项分布的均值；根据题意利用计数原理得到，根据二项式定理和二项分布求解.
7．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第行开始，第行从左至右的数字之和记为，如，，，的前项和记为，依次去掉每一行中所有的构成的新数列、、、、、、、、、、，记为，的前项和记为，则下列说法正确的有（ ）
A．B．的前项和为
C．D．
【答案】BCD
【分析】求得，利用等比数列求和公式可判断A选项；利用裂项相消法可判断B选项；将数列数列、、、、、、、、、、变成数阵，确定的位置，结合二项式系数的性质和二项式系数之和、分组求和法可判断CD选项.
【详解】对于A选项，，
所以，，A错；
对于B选项，，
，
所以，数列的前项和为
，B对；
对于C选项，将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵
则该数阵第有个数，第行最后一项位于原数列第项，
因为，
所以，位于该数阵第行第个数，则，C对；
对于D选项，对于C选项中的数阵，
由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，
而“杨辉三角”数阵中第行所有数之和为，
所以，该数阵第行所有数之和为，
所以，
，D对.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查“杨辉三角”与数列求和问题，解题的关键是将数列与“三角数阵”联系起来，结合二项式系数的性质与等比数列求和公式求解.
8．电子计算机是二十世纪最伟大的发明之一，当之无愧地被认为是迄今为止科学和技术所创造的最具影响力的现代工具，被广泛地应用于人们的工作和生活之中，计算机在进行数的计算和处理加工时，内部使用的是二进制计数制，简称二进制.一个十进制数n（n∈N*）可以表示为二进制数（a0a1a2…ak）2，即，其中a0=1，ai∈{0，1}，i=0，1，2，…k，k∈N*，用f（n）表示十进制数n的二进制表示1的个数，则（ ）
A．f（7）=2
B．f（7）=3
C．对于任意r∈N*，
D．对于任意r∈N*，
【答案】BC
【分析】将7化为二进制数，写出，设，则使得的有个，从而利用二项式定理求和得到结果.
【详解】因为，所以，所以，A错误，B正确；
设，则使得的有个，
故，C正确，D错误.
故选：BC
【点睛】对于十进制和二进制的转化问题，要能归纳出当，则使得的有个，是解题的关键.
三、填空题
9．我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 ； （用含的式子表示，）.
【答案】
【分析】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、，根据乘法原理和加法原理得到；在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数，即的个数为、、、、，根据乘法原理和加法原理结合二项式定理可求得的表达式.
【详解】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、，
根据乘法原理和加法原理得到.
在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数，
即的个数为、、、、，
根据乘法原理和加法原理得到，
，
，
两式相减得到.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用和的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握.
10．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数.设，则除以2023的余数是 .
【答案】1011
【分析】先求得每项除以2023的余数，求每项除以2023的余数时，分奇偶项进行讨论，余数求和后再求除以2023的余数即可.
【详解】，
又，
则，
又，
所以
，
所以当，
，
其除以2023的余数为，
当时，
，
其除以2023的余数2022和3，
当且时，
，
其除以2023的余数为，
当时，
，
其除以2023的余数为，
除以2023的余数为除以2023的余数，
即除以2023的余数，
又
其除以2023的余数为1011，
故答案为：1011.
【点睛】本题的关键一是分奇偶项进行讨论，特别是偶数项时，最后两项求得结果与前面项，求得结果不同，要分开讨论；二是余数求和后要再除以2023二次求余.
四、解答题
11．某区域中的物种C有A种和B种两个亚种．为了调查该区域中这两个亚种的数目比例（A种数目比B种数目少），某生物研究小组设计了如下实验方案：①在该区域中有放回的捕捉50个物种C，统计其中A种数目，以此作为一次试验的结果；②重复进行这个试验n次（其中），记第i次试验中的A种数目为随机变量（）；③记随机变量，利用的期望和方差进行估算．设该区域中A种数目为M，B种数目为N，每一次试验都相互独立．
(1)已知，，证明：，；
(2)该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为（），并计算了数据（）的平均值和方差，然后部分数据丢失，仅剩方差的数据．
（ⅰ）请用和分别代替和，估算和；
（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，求的分布列中概率值最大的随机事件对应的随机变量的取值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ），；（ⅱ）15
【分析】（1）根据题意结合期望、方差的性质分析证明；
（2）（ⅰ）根据（1）中结论结合二项分布的期望和方差公式运算求解；（ⅱ）根据二项分布的概率公式列式运算求解即可.
【详解】（1）由题可知（，2，…，n）均近似服从完全相同的二项分布，
则，，
，
，
所以，.
（2）（ⅰ）由（1）可知，
则的均值，的方差，
所以，解得或，
由题意可知：，则，
所以，；
（ⅱ）由（ⅰ）可知：，则，
则，
由题意可知：，
解得，且，则，
所以的分布列中概率值最大的随机事件对应的随机变量的取值为15.
【点睛】关键点睛：本题关键是利用二项分布求期望和方差，以及利用期望和方差的性质分析求解.
12．在信息论中，熵（entrpy）是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵､信源熵､平均自信息量.这里，“消息”代表来自分布或数据流中的事件､样本或特征.（熵最好理解为不确定性的量度而不是确定性的量度，因为越随机的信源的熵越大）来自信源的另一个特征是样本的概率分布.这里的想法是，比较不可能发生的事情，当它发生了，会提供更多的信息.由于一些其他的原因，把信息（熵）定义为概率分布的对数的相反数是有道理的.事件的概率分布和每个事件的信息量构成了一个随机变量，这个随机变量的均值（即期望）就是这个分布产生的信息量的平均值（即熵）.熵的单位通常为比特，但也用、、计量，取决于定义用到对数的底.采用概率分布的对数作为信息的量度的原因是其可加性.例如，投掷一次硬币提供了1的信息，而掷次就为位.更一般地，你需要用位来表示一个可以取个值的变量.在1948年，克劳德•艾尔伍德•香农将热力学的熵，引入到信息论，因此它又被称为香农滳.而正是信息熵的发现，使得1871年由英国物理学家詹姆斯•麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的麦克斯韦妖理论被推翻.设随机变量所有取值为，定义的信息熵，（，）.
(1)若，试探索的信息熵关于的解析式，并求其最大值；
(2)若，（），求此时的信息熵.
【答案】(1)，，最大值为.
(2).
【分析】（1）由题意可知且，减少变量可得的信息熵关于的解析式，求导可得单调性，故而求出最大值；
（2）由可知数列从第二项起，是首项为，公比为2的等比数列，故而可求出（）的通项公式，再由可得的解析式.
【详解】（1）当时，,，
令，，
则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为.
（2）因为，（），
所以（），
故，
而，
于是，
整理得
令，
则，
两式相减得
因此，
所以.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据等比数列定义写出，进而写出的通项公式，应用裂项相消及等比数列前n项和公式求化简.
13．品酒师需要定期接受品酒鉴别能力测试，测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等他等记忆淡忘之后，再让他品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.设在第一次排序时被排为1，2，3，…，n的n种酒，在第二次排序时的序号为，并令，称X是两次排序的偏离度.评委根据一轮测试中的两次排序的偏离度的高低为其评分.
(1)当时，若等可能地为1，2，3的各种排列，求X的分布列；
(2)当时，
①若等可能地为1，2，3，4的各种排列，计算的概率；
②假设某品酒师在连续三轮测试中，都有（各轮测试相互独立），你认为该品酒师的鉴别能力如何，请说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②答案见解析
【分析】（1）计算每种排序的值以及对应概率，由此可得的分布列；
（2）①先计算出的值，然后可求；②先分析续三轮测试中，都有的概率，然后根据概率值的大小进行分析即可.
【详解】（1）的排序共有种，且每种排序等可能，
此时可取，
又时，的排序为， ，
时，的排序为或，，
时，的排序为或或，，
所以的分布列为：
（2）①的排序共有种，且每种排序等可能，
而，故中有偶数个奇数，故必为偶数，
当时， 的排序与第一次排序无变化时，
此时仅有种排序：，则，
当时， 的排序与第一次排序相比仅有相邻两个位置变化时，
此时有种排序：、、，，
所以；
②因为各轮测试相互独立，
所以“连续三轮测试中，都有”的概率为，
所以是一个小概率，这表明仅凭随机猜测得到三轮测试都有的结果的可能性很小，
所以我们认为该品酒师有良好的鉴别能力，不是靠随机猜测.
【点睛】关键点点睛：本题考查离散型随机变量与概率的综合运用，着重考查学生理解问题与分析问题的能力，难度较大.解答第三问的关键在于，能通过独立事件的概率计算公式求解出目标事件的概率并能对概率值的大小进行分析，一般认为小于的概率为小概率.
14．设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为，，，，．指标可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为．设．
(1)若，求；
(2)若，求的最小值；
(3)对任意与有相同可能取值的随机变量，证明：，并指出取等号的充要条件
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用定义，结合二项分布的概率公式与对数的运算法则即可得解；
（2）利用定义，结合对数的运算法则得到关于的关系式，再利用导数求得其最小值，从而得解；
（3）先利用导数证得恒不等式，从而结合定义即可得证.
【详解】（1）不妨设，则.
所以
.
（2）当时，，
记
，
则
，
令，则，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，则单调递增，而，
所以在为负数，在为正数，
则在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为.
（3）令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，即，当且仅当时，等号成立，
则当时，，所以，即，
故，
当且仅当对所有的时等号成立.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解新定义指标，熟练掌握对数的运算法则即可得解.
15．在数字的任意一个排列：中，如果对于，，有，那么就称为一个逆序对．记排列中逆序对的个数为．如时，在排列：3，2，4，1中，逆序对有，，，，则．
(1)设排列：，写出两组具体的排列，分别满足：①，②；
(2)对于数字1，2，…，n的一切排列，求所有的算术平均值；
(3)如果把排列A：中两个数字交换位置，而其余数字的位置保持不变，那么就得到一个新的排列，：，求证：为奇数．
【答案】(1)①C：4，2，3，1 ②C：2，4，3，1；
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据所给定义列举出符合题意的排列即可；
（2）考察排列D：与排列，因为数对与中必有一个为逆序对（其中），而排列中数对共有个，即可得到，从而得解；
（3）讨论当，即相邻时，当，即不相邻时，由新定义，运用调整法，可得为奇数．
【详解】（1）①，则逆序对有，，，，，则；
②，则逆序对有，，，，则；
（2）考察排列D：与排列，
因为数对与中必有一个为逆序对（其中），
且排列中数对共有个，
所以．
所以排列与的逆序对的个数的算术平均值为．
而对于数字1，2，…，n的任意一个排列：，都可以构造排列，
且这两个排列的逆序对的个数的算术平均值为．
所以所有的算术平均值为．
（3）证明：①当，即相邻时，
不妨设，则排列为，
此时排列与排列：相比，仅多了一个逆序对，
所以，
所以为奇数．
②当，即不相邻时，
假设之间有个数字，记排列：，
先将向右移动一个位置，得到排列，
由①，知与的奇偶性不同，
再将向右移动一个位置，得到排列，
由①，知与的奇偶性不同，
以此类推，共向右移动次，得到排列，
再将向左移动一个位置，得到排列，，
以此类推，共向左移动次，得到排列，，
即为排列，
由①可知仅有相邻两数的位置发生变化时，排列的逆序对个数的奇偶性发生变化，
而排列经过次的前后两数交换位置，可以得到排列，
所以排列与排列的逆序数的奇偶性不同，
所以为奇数．
综上，得为奇数．
【点睛】关键点睛：对于新定义问题，解答的关键是理解定义，再利用相应的数学知识进行分析.
16．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，本届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？

这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时AB同组，CD同组．
(1)若，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？
(2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？
【答案】(1)获得冠军的概率分别为，；
(2)淘汰赛赛制下获得冠军的概率为，“双败赛制”赛制下获得冠军的概率为，双败赛制下对强者更有利.
【分析】（1）利用独立事件乘法、互斥事件加法公式求获得冠军的概率；
（2）分别求出不同赛制下获得冠军的概率，研究哪种赛制下获得冠军的概率更大，即可得结论.
【详解】（1）获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出，
获得冠军的概率为，
获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出，
获得冠军的概率为.
（2）淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为，
“双败赛制”赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况，
当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军；
若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军；
当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军；
综上，获得冠军的概率.
令，
若为强队，则，故，
所以，双败赛制下对强者更有利.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据“双败赛制”赛制的描述讨论A进入胜者组、败者组两种情况，分别求出得冠军的概率为关键.
17．一般地，元有序实数对称为维向量.对于两个维向量，定义：两点间距离，利用维向量的运算可以解决许多统计学问题.其中，依据“距离”分类是一种常用的分类方法：计算向量与每个标准点的距离，与哪个标准点的距离最近就归为哪类.某公司对应聘员工的不同方面能力进行测试，得到业务能力分值､管理能力分值､计算机能力分值､沟通能力分值（分值代表要求度，1分最低，5分最高）并形成测试报告.不同岗位的具体要求见下表：
对应聘者的能力报告进行四维距离计算，可得到其最适合的岗位.设四种能力分值分别对应四维向量的四个坐标.
(1)将这四个岗位合计分值从小到大排列得到一组数据，直接写出这组数据的第三四分位数；
(2)小刚与小明到该公司应聘，已知：只有四个岗位的拟合距离的平方均小于20的应聘者才能被招录.
（i）小刚测试报告上的四种能力分值为，将这组数据看成四维向量中的一个点，将四种职业的分值要求看成样本点，分析小刚最适合哪个岗位；
（ii）小明已经被该公司招录，其测试报告经公司计算得到四种职业的推荐率分别为，试求小明的各项能力分值.
【答案】(1)
(2)（i）小刚最适合业务员岗位；（ii）小明业务能力分值、管理能力分值、计算机能力分值、沟通能力分值分别为
【分析】（1）将合计分值从小到大排列，再利用百分位数的求法，即可求出结果；
（2）（i）根据条件，先求出各个岗位的样本点，再根据题设定义即可求出结果；（ii）先根据条件得到的相关方程组，利用，，得到，再根据题设列出方程，利用，得出，再对三种情况分析讨论，即可求出结果.
【详解】（1）将四个岗位合计分值从小到大排列得到数据，
又，所以这组数据的第三四分位数为.
（2）（i）由图表知，会计岗位的样本点为，则，
业务员岗位的样本点为，则，
后勤岗位的样本点为，则，
管理员岗位的样本点为，则，
所以，故小刚最适合业务员岗位.
（ii）四种职业的推荐率分别为，且，
所以，得到，
又均小于20，所以，且，
故可得到，
设小明业务能力分值、管理能力分值、计算机能力分值、沟通能力分值分别为，且，，
依题有①，
②，
③，
④，
由①③得，
，
整理得：，
故有三组正整数解，
对于第一组解，代入④式有，不成立；
对于第二组解，代入①式有，
解得或，代入②④式均不成立；
对于第三组解，代入②式有，
解得，代入①②③④均成立，故；
故小明业务能力分值、管理能力分值、计算机能力分值、沟通能力分值分别为.
【点睛】关键点点晴：本题第（2）问的（ii）问的解决关键在于，根据题设定义列出的相关方程组，分析得，进而选择合适的式子得到，从而分析得解.
18．某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠之间的接触传染，现有只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为，被感染的白鼠数用随机变量X表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立
(1)若，求数学期望；
(2)接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率与参数的取值有关.团队A提出函数模型为，团队B提出函数模型为.现将100只接种疫苗后的白鼠分成10组，每组10只，进行实验，随机变量表示第组被感染的白鼠数，将随机变量的实验结果绘制成频数分布图，如图所示.

（i）试写出事件“”发生的概率表达式（用表示，组合数不必计算）；
（ⅱ）在统计学中，若参数时使得概率最大，称是的最大似然估计.根据这一原理和团队A，B提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出的最大似然估计，并求出最大似然估计.参考数据：.
【答案】(1)50
(2)（i）；（ⅱ）团队B可以求出的最大似然估计，
【分析】（1）由题意可得，再根据求解即可；
（2）（i）设，依题意得，化简即可；
（ⅱ）记，求导分析单调性可得最大值，分别在团体A，B中提出函数模型即可得答案．
【详解】（1）由题知，随机变量服从二项分布，，
由，
即，
得，所以；
（2）（i）“”，
，
所以；
（ii）记，
则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，取得最大值，即取得最大值，
在团队提出的函数模型，中，
记函数，，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
当时，取得最大值，则不可以估计，
在团体提出的函数模型中，
记函数，单调递增，
令，解得，
则团队B可以求出的最大似然估计，且是的最大似然估计.
【点睛】求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望
（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，
可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．
19．春节将至，又是一年万家灯火的团圆之时．方方正正的小城里，住着户人家，恰好构成了坐标平面上集合的所有点．夜里，小城的人家挂上大红灯笼，交相辉映，将小城的夜晚编织成发光的大网．在坐标平面上看，A中的每个点均独立地以概率p被点亮，或以的概率保持暗灭．若A中两个点的距离为1，则这两个点被称为是相邻的．若A中的n个被点亮的点构成一依次相邻的点列，则称这n个点组成的集合是长度为n的“相邻灯笼串”．规定空集是长度为0的“相邻灯笼串”．
(1)给定A中3个依次相邻的点，记随机变量X为集合包含的“相邻灯笼串”的长度的最大值，试直接写出随机变量X的分布列（用p表示）；
(2)若，证明：存在长度为1000的“相邻灯笼串”的概率小于0.01；
(3)若，证明：存在长度为1000的“相邻灯笼串”的概率大于0.99．
【答案】(1)分布列见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由题干可知，随机变量X的可能取值为：0、1、2、3，并计算出对应的概率，列出分布列即可；
（2）先计算出长度为1000的“相邻灯笼串”的所有点的选法可能情况，再乘以对应的概率即可判断对应的概率范围；
（3）从对立面出发，找到长度为1000的“暗灭灯笼串”的所有点的选法，乘以对应的概率，再用1减去即可验证.
【详解】（1）A中3个依次相邻的点，则随机变量X为集合包含的“相邻灯笼串”的长度的最大值，
随机变量X的可能取值为：0、1、2、3.则X的分布列为：
（2）长度为1000的“相邻灯笼串”的所有点的选法小于种．
因此，P(存在长度为1000的“相邻灯笼串”)．
（3）现定义，若A中两个点的距离不大于，则这两个点被称为是相接的；
若A中的m个暗灭的点构成一依次相接的点列，则称这m个点组成的集合是长度为m的“暗灭灯笼串”．
若不存在长度为1000的“相邻灯笼串”，则不存在“相邻灯笼串”同时包含横坐标为1和1000的被点亮的点，
那么一定存在“暗灭灯笼串”同时包含纵坐标为1和1000的点，于是一定存在长度为1000的“暗灭灯笼串”．
长度为1000的“暗灭灯笼串”的所有点的选法小于种，故P(存在长度为1000的“暗灭灯笼串”)．
因此，存在长度为1000的“相邻灯笼串”的概率大于0.99．
20．给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列中.
(1)当，时，写出所有满足的数对序列；
(2)当时，证明：；
(3)当为奇数时，记的最大值为，求.
【答案】(1)或
(2)证明详见解析
(3)
【分析】（1）利用列举法求得正确答案.
（2）利用组合数公式求得的一个大致范围，然后根据序列满足的性质证得.
（3）先证明，然后利用累加法求得.
【详解】（1）依题意，当，时有：
或.
（2）当时，
因为与不同时在数对序列中，
所以，所以每个数至多出现次，
又因为，
所以只有对应的数可以出现次，
所以.
（3）当为奇数时，先证明.
因为与不同时在数对序列中，
所以，
当时，构造恰有项，且首项的第个分量与末项的第个分量都为.
对奇数，如果和可以构造一个恰有项的序列，且首项的第个分量与末项的第个分量都为，
那么多奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：
首先，对于如下个数对集合：
，
，
……
，
，
每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，
所以，
其次，对每个不大于的偶数，
将如下个数对并为一组：
，
共得到组，将这组对数以及，
按如下方式补充到的后面，
即
.
此时恰有项，所以.
综上，当为奇数时，
.
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：
(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.
(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
21．有个元素，将其中相同的元素归成一类，共有k类，这k类元素中每类分别中个，，将这个元素全部取出的排列叫做个不尽相异元素的全排列．
(1)求上述个不尽相异的元素的全排列数．
(2)由结论（1），回答“1个球队与10个球队各比赛1次，共有10场比赛，问五胜三负二平的可能情形有多少种？”
【答案】(1)
(2)2520
【分析】（1）根据题意利用排列数的定义以及其运算方法，可得答案；
（2）根据题意，利用（1）的公式，可得答案.
【详解】（1）假定个不尽相异元素的所有排列数有种，在每种排列中，如果把相同的元素，
当成不相同的元素，则个元素的所有排列数可增加为种；
另一方面，个不同的元素的全排列有种，
∴即．
即得个不尽相异元素的全排列数．
（2）将比赛结果的胜、负、平看作三种元素，按题意，10场比赛的结果是五胜三负二平，
即是一个不尽相异元素的全排列，由（1）知，共有种可能情况．
22．在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示，其中．而在n维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的项点坐标可表示为n维坐标，其中．现有如下定义：在n维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和，即为．回答下列问题：
(1)求出n维“立方体”的顶点数；
(2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离
①求出X的分布列与期望；
②证明：在n足够大时，随机变量X的方差小于．
（已知对于正态分布，P随X变化关系可表示为）
【答案】(1)
(2)①分布列见解析，；②证明见解析
【分析】（1）根据乘法原理，即可确定顶点个数；（2）①首先确定，再结合组合数公式求概率，即可求解分布列和数学期望；②由①可知，n足够大时，，可得正态分布，正态分布曲线为，并设题中分布列所形成的曲线为，则当与均在处取最大值，说明当时，
且，则可认为方差．
【详解】（1）对于n维坐标有两种选择（）．
故共有种选择，即个顶点
（2）①对于的随机变量，在坐标与中有k个坐标值不同，
即，剩下个坐标值满足．
此时所对应情况数为种．
即
故分布列为：
数学期望
倒序相加得
即．
②当n足够大时，．
设正态分布，正态分布曲线为，
由定义知该正态分布期望为，方差为．
设题中分布列所形成的曲线为．
则当与均在处取最大值，若当时，
且，则可认为方差．

I．：当时，有
即．
II．
当n足够大时，有
当时，
当时，
故．
综上所述，可以认为．
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何新定义和排列组合，概率，分布列，正态分布相结合的综合应用问题，属于难题，本题的关键是理解题意，能正确理解随机变量取值的意义，并能利用正态分布的意义，进行求解.
23．某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有份血液样本（数量足够大），有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验n次；
方式二：混合检验，将其中k（且）份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这k份血液样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分别化验一次，检验总次数为次．
假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为．
(1)现有7份不同的血液样本，其中只有3份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
(2)现取其中k（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为；采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．
①若，求P关于k的函数关系式；
②已知，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据：．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）分为两种情况，一种是前三次检验中，其中两次检验出抗体，第四次检验出抗体，二是前四次均无抗体，再结合概率公式即可求解；
（2）①由已知得，的所有可能取值为1，，求出相应的概率，再由可求得P关于k的函数关系式；②由得（且），构造函数，利用导数求解其单调区间，讨论可得结果.
【详解】（1）设恰好经过4次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件，
事件分为两种情况，一种是前三次检验中，其中两次检验出抗体，第四次检验出抗体，二是前四次均无抗体，
所以，
所以恰好经过4次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为，
（2）①由已知得，的所有可能取值为1，，
所以， ，
所以，
若，则，
所以，，
所以，得，
所以P关于k的函数关系式（且）
②由①知，，
若，则，所以，得，
所以（且）
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
，
所以不等式的解是且，
所以且时，，采用方案二混合检验方式好，
且时，，采用方案一逐份检验方式好，
【点睛】关键点点睛：此题考查概率的综合应用，考查随机变量的数学期望，考查导数的应用，解题的关键是根据题意求出两随机变量的期望，再由化简，再构造函数利用导数可求出的范围，考查数学计算能力，属于难题.
24．某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠之间的接触传染，现有n只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为，被感染的白鼠数用随机变量X表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立.
(1)若，求数学期望；
(2)接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为p，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率p与参数的取值有关.团队A提出函数模型为.团队B提出函数模型为.现将白鼠分成10组，每组10只，进行实验，随机变量表示第i组被感染的白鼠数，现将随机变量的实验结果绘制成频数分布图，如图所示.
（ⅰ）试写出事件“，，…，”发生的概率表达式（用p表示，组合数不必计算）；
（ⅱ）在统计学中，若参数时使得概率最大，称是的最大似然估计.根据这一原理和团队A，B提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出的最大似然估计，并求出最大似然估计.参考数据：.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）
（ⅱ）答案见解析，
【分析】（1）易知随机变量服从二项分布，由，
得，数学期望即可求解；
（2）设，依题意得
化简即可；记，
求导分析单调性可得最大值，分别在团体A，B中提出函数模型即可得答案．
【详解】（1）由题知，随机变量服从二项分布，，
由，即，
得，所以．
（2）（ⅰ），
，
．
（ⅱ）记，
则，
当时，，单增；
当时，，单减；
当时，取得最大值，即取得最大值．
在团体提出的函数模型中，
记函数，，
当时，，单增；
当时，，单减．
当时，取得最大值，则不可以估计．
在团体提出的函数模型中，
记函数，单调递增，
令，解得，
则是的最大似然估计．
【点睛】求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望
（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，
可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．
25．小刚在闲暇之时设计了如下一个“数列”满足：，当为偶数时，，当为奇数时，有的几率为，有的几率为.
(1)求的分布列和数学期望.
(2)求的前项和的数学期望.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）根据题意，先求出的所有取值的概率，进而求解分布列和数学期望；
（2）根据题意，可得，进而得到、和的关系，然后构造新的数列，再利用错位相减、累加法和对的分类讨论可得.
【详解】（1）由题意，，
则有的几率为2，有的几率为3；
则有的几率为1，有的几率为4，有的几率为5；
则有的几率为2，有的几率为3，有的几率为1，有的几率为6，有的几率为7；
则有的几率为1，有的几率为2，有的几率为3，有的几率为4，有的几率为5，有的几率为8，有的几率为9；
所以的分布列为：
数学期望为.
（2）当时，；
当时，；
当时，由题意可得
，
令，①
，②
①②得：
，
故，
故，
则，
故
，
所以，
又成立，则，
所以 ，
令，则，
即，
令，则，
即，，
故数列是以为首项，公差为的等差数列，
则，即，
所以，
则，
令，，，
所以，
，
，
，
相加得：，
令
，①
，②
①②得：
，
故，
故当为奇数时，
，
当为偶数时，，
故，
即，
所以，
所以，
经检验时均成立，
所以.
【点睛】方法点睛：对于递推公式，常常对结构适当处理变形，借助等差数列及等比数列的定义证明构造数列为等差数列或等比数列，再结合其对应的通项公式求得通项，进而求解问题.
26．我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数，已知维向量，其中，记范数为奇数的维向量的个数为，这个向量的范数之和为.
(1)求和的值；
(2)求的值；
(3)当为偶数时，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据新定义计算即可；
（2）类比（1），结合排列组合的知识，二项式定理，求解即可；
（3）类比（2）的考虑方法，可得，，由二项式定理可得，根据组合数的运算性质化简得解.
【详解】（1）范数为奇数的二元有序实数对有：，
它们的范数依次为，
；
（2）当为奇数时，在向量的个坐标中，
要使得范数为奇数，则0的个数一定是偶数，
可按照含0个数为进行讨论：
的个坐标中含0个0，其余坐标为1或-1，
共有个，每个的范数为；
的个坐标中含2个0，其余坐标为1或-1，
共有个，每个的范数为；
的个坐标中含个0，其余坐标为1或-1，
共有个，每个的范数为1；
，
，
，
两式相加除以2得：
.
（3）当为偶数时，在向量的个坐标中，要使得范数为奇数，则0的个数一定是奇数，所以可按照含0个数为：进行讨论：的个坐标中含1个0，其余坐标为1或-1，共有个，每个的范数为；
的个坐标中含3个0，其余坐标为1或-1，共有个，每个的范数为；
的个坐标中含个0，其余坐标为1或-1，
共有个，每个的范数为1；所以，
.
因为，①
，②
得，，
所以.
思路一：因为，
所以.
.
思路二：得，.
又因为，
所以
【点睛】关键点点睛：本题的难点在于理解新定义，学会类比的方法从特殊到一般，其次对组合数，二项式式定理的的灵活运用，化简变形要求较高，属于难题.
27．已知，，其中，设，．
(1)写出；
(2)证明：对任意的，恒有．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意求出、、，即可猜想，再由数形归纳法证明，最后将代入计算可得；
（2）首先得到的解析式，根据函数的奇偶性与单调性，求出得到结论即可；
【详解】（1）解：因为，，
则，，
，，
即可猜想，
显然当时上式成立，
假设时成立，即，
所以也成立，
所以，所以.
（2）证明：当时，，
则，即函数为偶函数，
又，且，所以当时，，
所以在上为增函数，所以在上为减函数，
所以对任意的，，，
又
，2，3，，
所以
，
所以．
【点睛】思路点睛：本题解答的关键是理解题意，利用不完全归纳法得到的解析式，再利用数学归纳法证明，对于第二问主要是结合函数的奇偶性与单调性，转化为计算，再结合组合数公式及性质计算.
28．已知集合，其中．对于，，定义与之间的距离为．
（1）记，写出所有使得；
（2）记，、，并且，求的最大值；
（3）设，中所有不同元素间的距离的最小值为，记满足条件的集合的元素个数的最大值为，求证：．
【答案】（1）的所有情形有：、、、；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）根据题中定义可得的所有情形；
（2）分、两种情况，利用绝对值三角不等式可求得的最大值；
（3）设是满足条件的最大集合，即中的元素个数为，，记集合，分析出中的元素个数为，利用反证法可得出集合有个元素，从而推出矛盾，进而可证得结论成立.
【详解】（1）已知，，且，
所以，的所有情形有：、、、；
（2）设，，
因为，则，
同理可得，
当时，；
当时，.
当，时，上式等号成立.
综上所述，；
（3）设是满足条件的最大集合，即中的元素个数为，
所以，、且，，
，记集合，
那么中的元素个数为，
对于中的任意元素，都存在，使得，
若不然，假设存在，都有，
那么集合中所有不同元素间的距离的最小值为，
且中有个元素，这与的最大性矛盾.
所以中的每个元素必与中某个元素间的距离不超过.
从而，所以，.
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点：
（1）紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在；
（2）用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集合的运算与性质.
29．已知集合，集合，…（，）都是集合A的子集．如图，作m行列数表，其中第k行第l列的数为．
记，；
，；
对于m，n和，若存在集合，…满足下列条件：
①；
②；
③对任意的，的元素个数均为t．
则称有序数组是相容的．
（1）求出所有相容的有序数组；
（2）若是相容的，请直接给出t的值，并给出一个满足条件的数表．
（3）求出所有相容的有序数组
【答案】（1）；（2）见解析；（3）不存在有序数组.
【分析】(1)由题知每个集合中的元素个数为n, 时，集合与集合的交集为空集，故可得解.
(2)由题知数表是4行6列的表，每个集合的元素个数为3，即每行有三个数为1，故数表中所有数的和为12，故每列的和为2，即可得解.
(3) 由题知数表是m行2n列的表，每个集合的元素个数为n，即每行有n个数为1，故数表中所有数的和为mn，故每列的和为，假设数表的第一行的前n列都为数字1，因为第一个集合与每一个集合交集的个数为2，故从n个元素中选出两个元素有多少种选择，下面就有多少行; 表左半部分按行算出数的和等于按列算出的和，由此得解.
【详解】（1），则，中每个集合中都有个元素.
，当时，，不妨设，，
则，且，因为A有两个子集，所以，.
（2）当t=1时的数表
（3）由题意不妨设,当时，中有两个元素，故
①，又，
所以=，故②
由①②得，无整数解，故不存在有序数组.
【点睛】本题是定义题， 关键是根据题中条件找到每行每列的信息，并找到m和n的关系.
30．某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠之间的接触传染，现有只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为，被感染的白鼠数用随机变量表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立．
（1）若，求数学期望；
（2）接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率与参数的取值有关．团队提出函数模型为，团队提出函数模型为．现将白鼠分成10组，每组10只，进行实验，随机变量表示第组被感染的白鼠数，现将随机变量的实验结果绘制成频数分布图，如图所示．假设每组白鼠是否被感染之间相互独立．
①试写出事件“”发生的概率表达式（用表示，组合数不必计算）；
②在统计学中，若参数时使得概率最大，称是的最大似然估计．根据这一原理和团队 ，提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出的最大似然估计，并求出估计值．
参考数据：．
【答案】（1）；（2）①；②答案见解析，.
【分析】（1）易知随机变量服从二项分布，由，得，数学期望即可求解；
（2）①设，依题意得化简即可；②记，求导分析单调性可得最大值，分别在团体A，B中提出函数模型即可得答案．
【详解】解：（1）由题知，随机变量服从二项分布，，
由，得，．
（2）①，
，
．
②记，
则，
当时，，单增；
当时，，单减；
当时，取得最大值，即取得最大值．
在团体提出的函数模型中，
记函数，，
当时，，单增；
当时，，单减．
当时，取得最大值，则不可以估计．
在团体提出的函数模型中，
记函数，单调递增，
令，解得，
则是的最大似然估计．
【点睛】思路点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．
31．在合理分配团队合作所得时，我们往往会引入Shapley值来评判一个人在团队中的贡献值.首先，对员工编号（1，2，…，）.我们假定个人单独工作时带来的贡献是，，，考虑到在个人工作的基础上如果分出小组可能会得到更高的效率，记集合的元素为一个小组中成员的编号，例如：集合表示编号为1，2，3，4的员工结为一个小组，并记这个组为.再记为小组合力工作可产生的总贡献，并对编号为的员工引入边界贡献，表示如果员工加入小组中可以为小组带来的贡献值.那么一个员工的Shapley值为其中为其他组员（可以不是所有的其他组员）的一种成组方式，一个员工的Shapley值越大意味着它在整个团队中贡献越大，最后我们将依靠它来评定团队合作下（相当于所有人是一个组）一个人的贡献值.现在有三名淘宝带货主播，，在一次三人联动带货活动（一种直播方式，要求三个人中一个人先直播，然后加入一个人两个人联动，最后再加入一个人三个人联动）中共有50000份订单任务要完成，单独直播能完成10000份，单独直播能完成12500份，单独直播能完成5000份，如果，联动带货可以完成27000份，，联动带货能完成37500份，，联动带货能完成35000份，，，联动带货能完成50000份.现在你作为这次任务的策划，你需要考虑，，三人最终的奖金分配.请回答以下问题：
（1）请你通过语言表述以及适当的数学语言解释Shapley值的合理性；
（2）根据，，三人Shapley值的大小合理地给出奖金分配方案（用百分数表示，精确到小数点后一位）.
【答案】(1)见解析；(2) 分得奖金的；分得奖金的；分得奖金的
【解析】(1)由Shapley值的评判标准即可解释Shapley值的合理性；
(2)根据员工边界贡献的值计算出员工的Shapley，即可合理地给出奖金分配方案.
【详解】解：(1) 由Shapley值的评判标准知：利用边界贡献计算出员工的Shapley值，使员工所得与员工的贡献率相等，相对比较公平，也可以促进员工之间工作的积极性.
(2)由题意知：加入的顺序有种，
①按的顺序：，，
；
②按的顺序：，
，
；
③按的顺序：，
，
；
④按的顺序：，
，
；
⑤按的顺序：，
，
；
⑥按的顺序：，
，
；
的Shapley值为： ，
的Shapley值为：,
的Shapley值为：；
故分得奖金的；
故分得奖金的；
故分得奖金的.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，理清思路，对于题目较长的题要学会提炼关键信息.
岗位
业务能力分值
管理能力分值
计算机能力分值
沟通能力分值
合计分值
会计（1）
2
1
5
4
12
业务员（2）
5
2
3
5
15
后勤（3）
2
3
5
3
13
管理员（4）
4
5
4
4
17
X
0
1
2
3
P
0
1
2
…
…
1
2
3
4
5
8
9
1
2
…
…
…
…
…
…
…
…
…
1
2
3
4
5
6
A1
1
1
1
0
0
0
A2
0
1
0
1
1
0
A3
0
0
1
0
1
1
A4
1
0
0
1
0
1