【高考题型分类突破】拓展培优06 概率与统计的创新性问题 2025年高考数学二轮专题复习 学案（含答案）

拓展培优(六) 概率与统计的创新性问题
　　概率与统计问题是高考必考点.在近几年的高考大题中，其情境取自现实，题型新颖，综合性增强，经常跟其他版块的知识结合考查，比如导数等，往往还带有新定义概念，情境创新力度和难度都比较大，因此掌握此类问题的解题策略在高考中就显得非常重要.
新定义创新
典例1　设离散型随机变量X和Y的分布列分别为P(X=k)=xk，P(Y=k)=yk，xk>0，yk>0，k=0，1，2，…，n，xk=yk=1.定义D(X‖Y)=xkln ，用来刻画X和Y的相似程度，设X~B(n，p)，0(1)若n=3，p=，Y~B3，，求D(X‖Y).
根据二项分布求出xk，yk→代入新定义的公式计算→得出结论.
(2)若n=2，且Y的分布列为
Y 0 1 2
P
求D(X‖Y)的最小值.
根据新定义得到关于p的关系式→利用导数求最小值.
(3)对任意与X有相同可能取值的随机变量Y，证明：D(X‖Y)的值不可能为负数.
利用导数证明ln x≥1-→结合新定义计算证明.
方法总结：
正确提取题干中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，寻找解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决.
在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，发送的每个信号数字之间相互独立.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.
(1)记发送信号变量为X，接收信号变量为Y，且满足P(X=0)=，P(Y=1|X=0)=，P(Y=0|X=1)=，求P(Y=0).
(2)当发送信号0时，接收为0的概率为，定义随机变量η的“有效值”为H(η)=-P(η=xi)lg P(η=xi)(其中xi是η的所有可能取值，i=1，2，…，n)，发送信号“000”的接收信号为“y1y2y3”，记ξ为y1，y2，y3三个数字之和，求ξ的“有效值”.(参考数据：lg 3≈0.48，lg 2≈0.30，结果保留两位小数)
情境创新
典例2　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在该区域中有放回地捕捉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(n∈N*)次，记第i次试验中的A种数目为随机变量Xi(i=1，2，…，n)；③记随机变量=Xi，利用的期望E()和方差D()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E(Xi+Xj)=E(Xi)+E(Xj)，D(Xi+Xj)=D(Xi)+D(Xj)，证明：E()=E(X1)，D()=D(X1).
(2)该小组完成所有试验后，得到Xi的实际取值分别为xi(i=1，2，…，n)，并计算了数据xi(i=1，2，…，n)的平均值和方差s2，但部分数据丢失，仅剩方差的数据s2=.
①请用和s2分别代替E()和D()，估算和；
②在①的条件下，求X1的分布列中概率值最大的随机事件{X1=k}对应的随机变量的取值.
甲、乙两人进行知识问答比赛，共有n道抢答题，甲、乙抢题的成功率相同.假设每道题甲、乙答题正确的概率分别为p和，各题答题正确与否相互独立.规则如下：初始双方均为0分，答对1题得1分，答错1题得-1分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.
(1)若n=3，p=，求甲获胜的概率.
(2)若n=20，设甲第i题的得分为随机变量Xi，一次比赛中得到Xi的一组观测值xi(i=1，2，…，20)，如下表.
题序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
得分 1 0 0 -1 1 1 -1 0 0 0 -1 0 1 1 -1 0 0 0 1 0
①设随机变量=Xi，若以观测值xi(i=1，2，…，20)的均值作为的数学期望，请以此求出p的估计值.
②设随机变量Xi取得观测值xi(i=1，2，…，20)的概率为L(p)，即L(p)=P(X1=x1，X2=x2，…，X20=x20).随着p的变化，用使得L(p)达到最大时p的取值作为参数p的一个估计值，求.
附：若随机变量X，Y的期望E(X)，E(Y)都存在，则E(X+Y)=E(X)+E(Y).
参考答案
拓展培优(六) 概率与统计的创新性问题
考向1　新定义创新
典例1
【解析】(1)因为X~B3，，所以xk=P(X=k)=k3-k=(k=0，1，2，3).
因为Y~B3，，所以yk=P(Y=k)=k·3-k=(k=0，1，2，3)，
所以==23-2k(k=0，1，2，3)，
所以D(X‖Y)=xkln =××ln 23+××ln 2+××ln 2-1+××ln 2-3=ln 2.
(2)因为xk=P(X=k)=pk(1-p)2-k(k=0，1，2)，y0=P(Y=0)=，y1=P(Y=1)=，y2=P(Y=2)=，
所以D(X‖Y)=xkln =x0ln +x1ln +x2ln =(1-p)2ln[6(1-p)2]+2p(1-p)·ln[3p(1-p)]+p2ln(6p2).
令f(p)=(1-p)2ln[6(1-p)2]+2p(1-p)ln[3p(1-p)]+p2·ln(6p2)，则f'(p)=-2(1-p)ln[6(1-p)2]-2(1-p)+(2-4p)ln[3p(1-p)]+2-4p+2pln(6p2)+2p=(-2+4p)ln 6-2ln(1-p)+2ln p+(2-4p)ln 3=2ln p-2ln(1-p)+(4p-2)ln 2，
令g(p)=2ln p-2ln(1-p)+(4p-2)ln 2，则g'(p)=++4ln 2，
因为00，故g(p)在(0，1)上单调递增，
又g=0，所以当00，即f'(p)>0，所以f(p)在0，上单调递减，在，1上单调递增，所以f(p)min=f=ln ，即D(X‖Y)的最小值为ln .
(3)令φ(x)=ln x-x+1，则φ'(x)=-1=.易得当x∈(0，1)时，φ'(x)>0，当x∈(1，+∞)时，φ'(x)<0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
所以 x∈(0，+∞)，φ(x)≤φ(1)=0，所以ln x≤x-1，所以ln ≤-1，所以ln x≥1-，所以D(X‖Y)=xkln ≥xk1-=(xk-yk)=xk-yk=1-1=0，
即D(X‖Y)的值不可能为负.
培优精练
【解析】(1)由题意可知，P(X=1)=1-P(X=0)=，P(Y=0|X=0)=1-P(Y=1|X=0)=，
所以P(Y=0)=P(Y=0|X=0)P(X=0)+P(Y=0|X=1)P(X=1)=×+×=.
(2)由题意可知，当发送信号0时，接收为0的概率为，接收为1的概率为，
可知ξ的所有可能取值为0，1，2，3，则P(ξ=0)=3=，P(ξ=1)=×2×=，P(ξ=2)=××2=，P(ξ=3)=3=，
可得ξ的“有效值”H(ξ)=-lg +lg +lg +lg =-(3lg 3-6lg 2)+(2lg 3-6lg 2)-lg 2=-lg 3+6lg 2≈-×0.48+6×0.30=0.45，即ξ的“有效值”约为0.45.
考向2　情境创新
典例2
【解析】(1)由题意可知，Xi(i=1，2，…，n)均近似服从完全相同的二项分布，
则E(X1)=E(X2)=…=E(Xn)，D(X1)=D(X2)=…=D(Xn)，
E()=EXi=E(Xi)=E(Xi)=·nE(X1)=E(X1)，
D()=DXi=D(Xi)=D(Xi)=·nD(X1)=D(X1)，
所以E()=E(X1)，D()=D(X1).
(2)①由(1)可知X1~B50，，
则X1的均值E(X1)=，X1的方差D(X1)=50××=，
所以D()==，解得=或=，
由题意可知0②由①可知=0.3，则X1~B(50，0.3)，
则P(X1=k)=×0.3k×(1-0.3)50-k，k=0，1，2，…，50，
由题意可知，
解得14.3≤k≤15.3，且k∈N*，则k=15，
所以X1的分布列中概率值最大的随机事件{X1=k}对应的随机变量的取值为15.
培优精练
【解析】(1)记“甲获胜”为事件A，“甲抢到3道题”为事件A3，“甲抢到2道题”为事件A2，“甲抢到1道题”为事件A1，“甲抢到0道题”为事件A0，
则P(A3)=3=，P(A2)=3=，P(A1)=3=，P(A0)=3=，
而P(A|A3)=3+×2×1-=，P(A|A2)=2+××1-×1-=，P(A|A1)=××+2××+1-××=，P(A|A0)=3+××2=，
所以P(A)=P(A3)P(A|A3)+P(A2)P(A|A2)+P(A1)P(A|A1)+P(A0)P(A|A0)=×+×+×+×=.
(2)①P(Xi=1)=，P(Xi=0)=，P(Xi=-1)=，
所以E(Xi)=1×+0×-1×=.
因为E()=EXi=E(Xi)=E(Xi)=·n·=，
由表中数据可知=，所以=，=.
②因为Xi(i=1，2，…，20)的取值相互独立，
所以L(p)=P(X1=x1，X2=x2，…，X20=x20)=P(X1=x1)·P(X2=x2)·…·P(X20=x20)=[P(Xi=1)]6×[P(Xi=0)]10×[P(Xi=-1)]4=6104，
所以L'(p)=10354-26·3=1053-.
令L'(p)=0，因为00，L(p)单调递增；当p∈，1时，L'(p)<0，L(p)单调递减.
即当p=时，L(p)取到最大值，故=.