第八节 概率、统计中的创新性问题
1.（2024·邯郸第四次调研）假设某同学每次投篮命中的概率均为.
（1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率；
（2）该同学参加投篮训练，训练计划如下：先投n（n∈N*，n≤33）个球，若这n个球都投进，则训练结束，否则额外再投100－3n个.试问n为何值时，该同学投篮次数的期望值最大？
2.（2024·金丽衢十二校第二次联考）某工厂生产某种元件，其质量按测试指标划分为：指标大于或等于82为合格品，小于82为次品，现抽取这种元件100件进行检测，检测结果统计如下表：
测试指标 [20，76） [76，82） [82，88） [88，94） [94，100]
元件数（件） 12 18 36 30 4
（1）现从这100件样品中随机抽取2件，若其中一件为合格品，求另一件也为合格品的概率；
（2）关于随机变量，俄国数学家切比雪夫提出切比雪夫不等式：若随机变量X具有数学期望E（X）＝μ，方差D（X）＝σ2，则对任意正数ε，均有P（｜x－μ｜≥ε）≤成立.
①若X～B（100，），证明：P（0≤X≤25）≤；
②利用该结论表示即使分布未知，随机变量的取值范围落在期望左右的一定范围内的概率是有界的.若该工厂声称本厂元件合格率为90%，那么根据所给样本数据，请结合“切比雪夫不等式”说明该工厂所提供的合格率是否可信？（注：当随机事件A发生的概率小于0.05时，可称事件A为小概率事件）
3.（2025·枣庄一模）有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外完全相同.某人做摸球答题游戏.规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题.若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐.此人答对每一道题目的概率均为.当甲罐内无球时，游戏停止.假设开始时乙罐无球.
（1）求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各1个的概率；
（2）设第n（n∈N*，n≥5）次答题后游戏停止的概率为an.
①求an；
②an是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由.
4.（2025·菏泽模拟）2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，M大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛.
（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为X，求X的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
（2）M大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为p（0＜p＜），且每次是否中奖相互独立.
①记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为f（p），求f（p）的极大值；
②M大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1 120元，试求此时p的取值范围.
第八节 概率、统计中的创新性问题
1.解：（1）依题意，该同学投篮4次，恰好投中2次的概率P＝（）2（1－）2＝.
（2）设该同学投篮的次数为X，则X的可能值为n，n＋100－3n＝100－2n，n∈N*，n≤33，
于是P（X＝n）＝，P（X＝100－2n）＝1－，
数学期望E（X）＝n·＋（100－2n）·（1－）＝－2n＋100，
令f（n）＝－2n＋100，n∈N*，则f（n＋1）＝－2n＋98，
f（n＋1）－f（n）＝，显然函数g（n）＝103－3n－2n＋2是递减的，
当n≤4时，103－3n－2n＋2＞0，f（n＋1）＞f（n），当n≥5时，103－3n－2n＋2＜0，f（n＋1）＜f（n），
即有f（1）＜f（2）＜f（3）＜f（4）＜f（5）＞f（6）＞f（7）＞…，因此f（5）最大，所以当n＝5时，该同学投篮次数的期望值最大.
2.解：（1）记事件A为抽到一件合格品，事件B为抽到两件合格品，
P（AB）＝＝，P（A）＝＝，P（B｜A）＝＝＝.
（2）①证明：由题，若X～B（100，），则E（X）＝50，D（X）＝25，
又P（X＝k）＝（）100＝P（X＝100－k），
所以P（0≤X≤25）＝P（0≤X≤25或75≤X≤100）＝P（｜X－50｜≥25），
由切比雪夫不等式可知，P（｜X－50｜≥25）≤＝，
所以P（0≤X≤25）≤.
②设随机抽取100件产品中合格品的件数为X，
假设厂家关于产品合格率为90%的说法成立，则X～B（100，0.9），所以E（X）＝90，D（X）＝9，
由切比雪夫不等式知，P（X＝70）≤P（｜X－90｜≥20）≤＝0.022 5，
即在假设下100个元件中合格品为70个的概率不超过0.022 5，此概率极小，由小概率原理可知，一般来说在一次试验中是不会发生的，据此我们有理由推断工厂的合格率不可信.
3.解：（1）记M＝“此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一个球”，
Ai＝“第i次摸出红球，并且答题正确”，i＝1，2，3；
Bj＝“第j次摸出黑球，并且答题正确”，j＝1，2，3；
Ck＝“第k次摸出红球或黑球，并且答题错误”，k＝1，2，3，
所以M＝A1B2C3＋B1A2C3＋A1C2B3＋B1C2A3＋C1A2B3＋C1B2A3.
又P（A1）＝×＝；P（B2｜A1）＝×＝；P（C3｜A1B2）＝1×＝，
所以P（A1B2C3）＝P（A1B2）·P（C3｜A1B2）＝P（A1）·P（B2｜A1）·P（C3｜A1B2）＝××＝.
同理：P（B1A2C3）＝P（A1C2B3）＝P（B1C2A3）＝P（C1A2B3）＝P（C1B2A3）＝，
所以P（M）＝P（A1B2C3）×6＝×6＝.
（2）①第n次后游戏停止的情况是：前n－1次答题正确恰好为4次，答题错误n－5次，且第n次摸出最后一球时答题正确.
所以an＝（）4（）n－5×＝（）n.
②由①知an＝（）n，
所以＝＝＝.
令≥1，解得n≤8；＜1，解得n＞8.
所以a5＜a6＜a7＜a8＝a9＞a10＞a11＞…，
所以an的最大值是a8＝a9＝.
4.解：（1）由题意知，X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，
故X的分布列为：
X 0 1 2
P
则E（X）＝0×＋1×＋2×＝.
记事件A：小王已经答对一题，事件B：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率为
P（B｜A）＝＝＝＝.
（2）①由题意知，f（p）＝p（1－p）2＝3p3－6p2＋3p（0＜p＜），则f'（p）＝3（3p－1）（p－1），
令f'（p）＝0，解得p＝或p＝1（舍），
当p∈（0，）时，f'（p）＞0，当p∈（，）时，f'（p）＜0，
所以f（p）在区间（0，）内单调递增，在区间（，）内单调递减，
所以当p＝时，f（p）有极大值，且f（p）的极大值为f（）＝.
②由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y，
则Y的可能取值为60，120，180，360，
P（Y＝60）＝（1－p）3，
P（Y＝120）＝p（1－p）2，
P（Y＝180）＝p2（1－p），
P（Y＝360）＝p3，
所以E（Y）＝60（1－p）3＋120p（1－p）2＋180p2（1－p）＋360p3＝60（2p3＋3p＋1），
所以9E（Y）≥1 120，即540（2p3＋3p＋1）≥1 120，整理得2p3＋3p－≥0，
经观察可知p＝是方程2p3＋3p－＝0的根，
故2p3＋3p－＝2（p3－p2）＋（p2－p）＋（p－）＝（p－）（2p2＋p＋），
因为2p2＋p＋＞0恒成立，
所以由2p3＋3p－≥0可得p－≥0，解得p≥，
又0＜p＜，所以p的取值范围为［，）.
1 / 1第八节 概率、统计中的创新性问题
重点解读
概率中的创新性问题是考查学生应用意识的重要载体，解决此类问题的关键是通过阅读理解题意，作出分析判断，获取关键信息；搞清各数据、各事件间的关系，建立适当的数学模型，把实际问题转化为数学问题，结合已有的数学知识，对实际问题作出合理的解释或决策.
概率、统计与函数的交汇问题
（师生共研过关）
（2025·怀化一模）现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的奖金，规定两名运动员谁先赢k（k＞1，k∈N*）局，谁便赢得全部奖金a元.假设每局甲赢的概率为p（0＜p＜1），乙赢的概率为1－p，且每场比赛相互独立.在甲赢了m（m＜k）局，乙赢了n（n＜k）局时，比赛意外终止，奖金如何分配才合理？评委给出的方案是：甲、乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比P甲∶P乙分配奖金.
（1）若k＝3，m＝2，n＝1，p＝，求P甲∶P乙；
（2）记事件A为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当k＝4，m＝2，n＝2时，比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率f（p），并判断当≤p＜1时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件.
解题技法
概率与函数的交汇问题，多以概率问题为解题主线，通过设置变量，利用随机变量的概率、均值与方差的计算公式构造函数.求解时可借助二次函数的性质、函数的单调性或导数确定最优解.解决此类问题应注意以下两点：（1）准确构造函数，利用公式搭建函数模型时，由于随机变量的均值、方差，随机事件概率的计算中涉及变量较多，式子较为复杂，所以准确运算化简是关键；（2）注意变量的范围，一是题中给出的范围，二是实际问题中变量自身范围的限制.
某老年公寓负责人为了能给老年人提供更加良好的服务，现对所入住的120名老年人征集意见，该公寓老年人的入住房间类型情况如下表：
入住房间的类型 单人间 双人间 三人间
人数 36 60 24
（1）若按入住房间的类型采用分层随机抽样的方法从这120名老年人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人进行询问，记随机抽取的4人中入住单人间的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；
（2）记双人间与三人间为多人间，若在征集意见时要求把入住单人间的2人和入住多人间的m（m＞2且m∈N*）人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人入住房间类型相同，则该组被标为Ⅰ，否则该组被标为Ⅱ.记询问的某组被标为Ⅱ的概率为p.
①试用含m的代数式表示p；
②若一共询问了5组，用g（p）表示恰有3组被标为Ⅱ的概率，试求g（p）的最大值及此时m的值.
概率、统计与数列的交汇问题
（师生共研过关）
为了验证某款电池的安全性，小明在实验室中进行试验，假设小明每次试验成功的概率为p（0＜p＜1），且每次试验相互独立.
（1）若进行5次试验，且p＝，求试验成功次数X的分布列以及期望；
（2）若恰好成功2次后停止试验，p＝，记事件A：停止试验时试验次数不超过n（n≥2）次，事件B：停止试验时试验次数为偶数，求P（AB）.（结果用含有n的式子表示）
解题技法
概率与数列问题的交汇，多以概率的求解为主线，建立关于概率的递推关系.解决此类问题的基本步骤为：（1）精准定性，即明确所求概率的“事件属性”，这是确定概率模型的依据，也是建立递推关系的准则；（2）准确建模，即通过概率的求解，建立递推关系，转化为数列模型问题；（3）解决模型，也就是递推数列的求解，多通过构造的方法转化为等差、等比数列的问题求解.求解过程应灵活运用数列的性质，准确应用相关公式.
为了提升全民身体素质，学校十分重视学生的体育锻炼，某校篮球运动员进行投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为，他前一球投不进则后一球投进的概率为，若他第1球投进的概率为，则他第5球投进的概率为 .
概率中的证明问题
（师生共研过关）
最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且每次试验成功的概率为p（0＜p＜1）.现对该产品进行独立重复试验，若试验成功，则试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验8次.记X为试验结束时所进行的试验次数，X的数学期望为E（X）.
（1）证明：E（X）＜；
（2）某公司意向投资该产品，若p＝0.2，每次试验的成本为a（a＞0）元，若试验成功则获利8a元，则该公司应如何决策投资？请说明理由.
解题技法
解决概率中的证明问题的关键是理解随机事件中互斥、对立、独立事件的概念及相互关系，理解条件概率、全概率公式的意义及性质，掌握随机变量的分布列、均值、方差的计算公式，掌握二项分布、超几何分布、正态分布概率模型的特点及求解规律.会灵活运用上述定义、性质及公式进行逻辑推理、数学运算，进而推出要证结论成立.
（2024·潍坊一模）若ξ，η是样本空间Ω上的两个离散型随机变量，则称（ξ，η）是Ω上的二维离散型随机变量或二维随机变量.设（ξ，η）的一切可能取值为（ai，bj），i，j＝1，2，…，记pij表示（ai，bj）在Ω中出现的概率，其中pij＝P（ξ＝ai，η＝bj）＝P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）].
（1）将三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中，记1号盒子中的小球个数为ξ，2号盒子中的小球个数为η，则（ξ，η）是一个二维随机变量.
①写出该二维离散型随机变量（ξ，η）的所有可能取值；
②若（m，n）是①中的值，求P（ξ＝m，η＝n）（结果用m，n表示）；
（2）P（ξ＝ai）称为二维离散型随机变量（ξ，η）关于ξ的边缘分布律或边际分布律，求证：P（ξ＝ai）＝pij.
第八节 概率、统计中的创新性问题
【考点·分类突破】
考点1
【例1】 解：（1）设比赛再继续进行X局甲赢得全部奖金，则最后一局必然是甲赢，依题意，最多再进行2局，
当X＝1时，甲以3∶1赢，P（X＝1）＝，当X＝2时，甲以3∶2赢，P（X＝2）＝×＝，
因此甲赢的概率为＋＝，则乙赢的概率为1－＝，
所以P甲∶P乙＝15∶1.
（2）设比赛再继续进行Y局乙赢得全部奖金，则最后一局必然是乙赢，
当Y＝2时，乙以4∶2赢，P（Y＝2）＝（1－p）2，
当Y＝3时，乙以4∶3赢，P（Y＝3）＝p（1－p）2＝2p（1－p）2，
于是得乙赢得全部奖金的概率P（A）＝（1－p）2＋2p（1－p）2＝（1＋2p）（1－p）2，
甲赢得全部奖金的概率f（p）＝1－（1＋2p）（1－p）2，≤p＜1，
f'（p）＝－2（1－p）2－（1＋2p）·2（1－p）（－1）＝6p（1－p）＞0，即函数f（p）在［，1）上单调递增，
则有f（p）min＝f（）＝，因此乙赢的概率最大值为1－＝≈0.055 4＜0.06，
所以事件A是小概率事件.
跟踪训练
解：（1）因为单人间、双人间、三人间入住人数之比为36∶60∶24，
所以这10人中，入住单人间、双人间、三人间的人数分别为10×＝3，10×＝5，10×＝2，
所以ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
P（ξ＝0）＝＝，P（ξ＝1）＝＝，
P（ξ＝2）＝＝，P（ξ＝3）＝＝，
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3
P
E（ξ）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
（2）①从m＋2人中任选2人，有种选法，
其中入住房间类型相同的有＋种选法，
所以询问的某组被标为Ⅱ的概率p＝1－＝1－＝.
②由题意，知5组中恰有3组被标为Ⅱ的概率g（p）＝p3（1－p）2＝10p3（1－2p＋p2）＝10（p3－2p4＋p5），
所以g'（p）＝10（3p2－8p3＋5p4）
＝10p2（p－1）（5p－3），
所以当p∈（0，）时，g'（p）＞0，函数g（p）单调递增，
当p∈（，1）时，g'（p）＜0，函数g（p）单调递减，
所以当p＝时，g（p）取得最大值，最大值为g（）＝×（）3×（1－）2＝，
由p＝＝且m＞2，m∈N*，得m＝3，
所以当m＝3时，5组中恰有3组被标为Ⅱ的概率最大，且g（p）的最大值为.
考点2
【例2】 解：（1）依题意，X～B（5，），
则P（X＝0）＝（）5＝，
P（X＝1）＝（）4·（）＝，
P（X＝2）＝（）3（）2＝＝，
P（X＝3）＝（）2（）3＝，
P（X＝4）＝（）（）4＝，
P（X＝5）＝（）5＝，
故X的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5
P
故E（X）＝5×＝.
（2）事件“Y＝n”表示前n－1次试验只成功了1次，且第n次试验成功，
故P（Y＝n）＝××（）n－2×＝×（）n－2，
当n为偶数时，
P（AB）＝P（Y＝2）＋P（Y＝4）＋…＋P（Y＝n）＝［1·（）0＋3·（）2＋…＋（n－1）·（）n－2］，
令Sn＝1·（）0＋3·（）2＋…＋（n－1）·（）n－2，
则Sn＝1·（）2＋3·（）4＋…＋（n－1）·（）n，
两式相减得：Sn＝1＋2［（）2＋（）4＋…＋（）n－2］－（n－1）·（）n，
则Sn＝－（）n·（＋n），即P（AB）＝－（＋n）·（）n.
当n为奇数时，同理可得
P（AB）＝P（Y＝2）＋P（Y＝4）＋…＋P（Y＝n－1）＝［1·（）0＋3·（）2＋…＋（n－2）·（）n－3］＝－（n＋）·（）n－1，
综上，P（AB）＝
跟踪训练
解析：设该篮球运动员投进第n－1（n≥2，n∈N*）个球的概率为Pn－1，第n－1个球投不进的概率为1－Pn－1，则他投进第n个球的概率为Pn＝Pn－1＋（1－Pn－1）＝＋Pn－1，所以Pn－＝.所以Pn－＝·＝×＝.所以Pn＝＋（n∈N*），所以P5＝.
考点3
【例3】 解：（1）证明：由题意，X＝1，2，3，…，8，
故P（X＝k）＝p（1－p）k－1，k＝1，2，…，7，P（X＝8）＝（1－p）7.
分布列如下表所示：
X 1 2 3 4
P p p（1－p） p（1－p）2 p（1－p）3
X 5 6 7 8
P p（1－p）4 p（1－p）5 p（1－p）6 （1－p）7
所以X的数学期望E（X）＝p（1－p）0＋2p（1－p）1＋3p（1－p）2＋…＋7p（1－p）6＋8（1－p）7，
记S＝（1－p）0＋2（1－p）1＋3（1－p）2＋…＋7（1－p）6，
（1－p）S＝（1－p）1＋2（1－p）2＋3（1－p）3＋…＋7（1－p）7，
作差可得，pS＝（1－p）0＋（1－p）1＋（1－p）2＋…＋（1－p）6－7（1－p）7＝－7（1－p）7，
则E（X）＝pS＋8（1－p）7＝＋（1－p）7＝＜.
（2）由（1）可知E（X）＜＝5，则试验成本的期望小于5a元，
试验成功则获利8a元，且8a＞5a，则该公司应该投资该产品.
跟踪训练
解：（1）①该二维离散型随机变量（ξ，η）的所有可能取值为：
（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（1，0），（1，1），（1，2），（2，0），（2，1），（3，0）.
②依题意，0≤m＋n≤3，P（ξ＝m，η＝n）＝P（ξ＝m｜η＝n）·P（η＝n），
显然P（η＝n）＝（）n（）3－n，则P（ξ＝m｜η＝n）＝（）m·（）3－n－m＝（）3－n，
所以P（ξ＝m，η＝n）＝（）3－n·（）n（）3－n＝＝.
（2）证明：由定义及全概率公式知，
P（ξ＝ai）＝P{（ξ＝ai）∩[（η＝b1）∪（η＝b2）∪…∪（η＝bj）∪…]}
＝P{[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]∪[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]∪…∪[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]∪…}
＝P[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]＋P[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]＋…＋P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＋…＝P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＝P（ξ＝ai，η＝bj）＝pij.
2 / 2(共51张PPT)
第八节 概率、统计中的创新性问题
高中总复习·数学
重点解读
概率统计中的创新性问题是考查学生应用意识的重要载体，解决此类
问题的关键是通过阅读理解题意，作出分析判断，获取关键信息；搞清各
数据、各事件间的关系，建立适当的数学模型，把实际问题转化为数学问
题，结合已有的数学知识，对实际问题作出合理的解释或决策.
目 录
CONTENTS
考点·分类突破
01.
课时·跟踪检测
02.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
概率、统计与函数的交汇问题（师生共研过关）
（2025·怀化一模）现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的奖金，规
定两名运动员谁先赢k（k＞1，k∈N*）局，谁便赢得全部奖金a元.假设
每局甲赢的概率为p（0＜p＜1），乙赢的概率为1－p，且每场比赛相互
独立.在甲赢了m（m＜k）局，乙赢了n（n＜k）局时，比赛意外终止，
奖金如何分配才合理？评委给出的方案是：甲、乙按照比赛再继续进行下
去各自赢得全部奖金的概率之比P甲∶P乙分配奖金.
（1）若k＝3，m＝2，n＝1，p＝ ，求P甲∶P乙；
解： 设比赛再继续进行X局甲赢得全部奖金，则最后一局必然是甲
赢，依题意，最多再进行2局，
当X＝1时，甲以3∶1赢，P（X＝1）＝ ，当X＝2时，甲以3∶2赢，P
（X＝2）＝ × ＝ ，
因此甲赢的概率为 ＋ ＝ ，则乙赢的概率为1－ ＝ ，
所以P甲∶P乙＝15∶1.
（2）记事件A为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当k＝4，
m＝2，n＝2时，比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率f（p），并判
断当 ≤p＜1时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事
件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件.
解：设比赛再继续进行Y局乙赢得全部奖金，则最后一局必然是乙赢，
当Y＝2时，乙以4∶2赢，P（Y＝2）＝（1－p）2，
当Y＝3时，乙以4∶3赢，P（Y＝3）＝ p（1－p）2＝2p（1－p）2，
于是得乙赢得全部奖金的概率P（A）＝（1－p）2＋2p（1－p）2＝（1
＋2p）（1－p）2，
甲赢得全部奖金的概率f（p）＝1－（1＋2p）（1－p）2， ≤p＜1，
f'（p）＝－2（1－p）2－（1＋2p）·2（1－p）（－1）＝6p（1－p）
＞0，即函数f（p）在［ ，1）上单调递增，
则有f（p）min＝f（ ）＝ ，因此乙赢的概率最大值为1－ ＝
≈0.055 4＜0.06，
所以事件A是小概率事件.
解题技法
概率与函数的交汇问题，多以概率问题为解题主线，通过设置变量，
利用随机变量的概率、均值与方差的计算公式构造函数.求解时可借助二
次函数的性质、函数的单调性或导数确定最优解.解决此类问题应注意以
下两点：（1）准确构造函数，利用公式搭建函数模型时，由于随机变量
的均值、方差，随机事件概率的计算中涉及变量较多，式子较为复杂，所
以准确运算化简是关键；（2）注意变量的范围，一是题中给出的范围，
二是实际问题中变量自身范围的限制.
某老年公寓负责人为了能给老年人提供更加良好的服务，现对所入住的
120名老年人征集意见，该公寓老年人的入住房间类型情况如下表：
入住房间的类型 单人间 双人间 三人间
人数 36 60 24
（1）若按入住房间的类型采用分层随机抽样的方法从这120名老年人中随
机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人进行询问，记随机抽取的4人中入
住单人间的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；
解： 因为单人间、双人间、三人间入住人数之比为36∶60∶24，
所以这10人中，入住单人间、双人间、三人间的人数分别为10× ＝3，
10× ＝5，10× ＝2，
所以ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
P（ξ＝0）＝ ＝ ，P（ξ＝1）＝ ＝ ，
P（ξ＝2）＝ ＝ ，P（ξ＝3）＝ ＝ ，
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3
P
E（ξ）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ .
（2）记双人间与三人间为多人间，若在征集意见时要求把入住单人间的2
人和入住多人间的m（m＞2且m∈N*）人组成一组，负责人从某组中任
选2人进行询问，若选出的2人入住房间类型相同，则该组被标为Ⅰ，否则该
组被标为Ⅱ.记询问的某组被标为Ⅱ的概率为p.
①试用含m的代数式表示p；
②若一共询问了5组，用g（p）表示恰有3组被标为Ⅱ的概率，试求g
（p）的最大值及此时m的值.
解： ①从m＋2人中任选2人，有 种选法，
其中入住房间类型相同的有 ＋ 种选法，
所以询问的某组被标为Ⅱ的概率p＝1－ ＝1－ ＝ .
②由题意，知5组中恰有3组被标为Ⅱ的概率g（p）＝ p3（1－p）2＝
10p3（1－2p＋p2）＝10（p3－2p4＋p5），
所以g'（p）＝10（3p2－8p3＋5p4）
＝10p2（p－1）（5p－3），
所以当p∈（0， ）时，g'（p）＞0，函数g（p）单调递增，
当p∈（ ，1）时，g'（p）＜0，函数g（p）单调递减，
所以当p＝ 时，g（p）取得最大值，最大值为g（ ）＝ ×（ ）3×
（1－ ）2＝ ，
由p＝ ＝ 且m＞2，m∈N*，得m＝3，
所以当m＝3时，5组中恰有3组被标为Ⅱ的概率最大，且g（p）的最大值
为 .
概率、统计与数列的交汇问题（师生共研过关）
为了验证某款电池的安全性，小明在实验室中进行试验，假设小明
每次试验成功的概率为p（0＜p＜1），且每次试验相互独立.
（1）若进行5次试验，且p＝ ，求试验成功次数X的分布列以及期望；
解： 依题意，X～B（5， ），则P（X＝0）＝（ ）5＝ ，
P（X＝1）＝ （ ）4·（ ）＝ ，
P（X＝2）＝ （ ）3（ ）2＝ ＝ ，
P（X＝3）＝ （ ）2（ ）3＝ ，
P（X＝4）＝ （ ）（ ）4＝ ，
P（X＝5）＝（ ）5＝ ，
故X的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5
P
故E（X）＝5× ＝ .
（2）若恰好成功2次后停止试验，p＝ ，记事件A：停止试验时试验次数
不超过n（n≥2）次，事件B：停止试验时试验次数为偶数，求P
（AB）.（结果用含有n的式子表示）
解：事件“Y＝n”表示前n－1次试验只成功了1次，且第n次试验成功，
故P（Y＝n）＝ × ×（ ）n－2× ＝ ×（ ）n－2，当n为偶数时，
P（AB）＝P（Y＝2）＋P（Y＝4）＋…＋P（Y＝n）＝ ［1·（ ）0
＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2］，
令Sn＝1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2，
则 Sn＝1·（ ）2＋3·（ ）4＋…＋（n－1）·（ ）n，
两式相减得： Sn＝1＋2［（ ）2＋（ ）4＋…＋（ ）n－2］－（n－
1）·（ ）n，
则Sn＝ －（ ）n·（ ＋ n），即P（AB）＝ －（ ＋
n）·（ ）n.
当n为奇数时，同理可得
P（AB）＝P（Y＝2）＋P（Y＝4）＋…＋P（Y＝n－1）＝
［1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－2）·（ ）n－3］＝ －（ n＋
）·（ ）n－1，
综上，P（AB）＝
解题技法
概率与数列问题的交汇，多以概率的求解为主线，建立关于概率的递
推关系.解决此类问题的基本步骤为：（1）精准定性，即明确所求概率的
“事件属性”，这是确定概率模型的依据，也是建立递推关系的准则；
（2）准确建模，即通过概率的求解，建立递推关系，转化为数列模型问
题；（3）解决模型，也就是递推数列的求解，多通过构造的方法转化为
等差、等比数列的问题求解.求解过程应灵活运用数列的性质，准确应用
相关公式.
为了提升全民身体素质，学校十分重视学生的体育锻炼，某校篮球运动
员进行投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为 ，他前一球投不
进则后一球投进的概率为 ，若他第1球投进的概率为 ，则他第5球投进的
概率为 .
解析：设该篮球运动员投进第n－1（n≥2，n∈N*）个球的概率为Pn－1，
第n－1个球投不进的概率为1－Pn－1，则他投进第n个球的概率为Pn＝ Pn
－1＋ （1－Pn－1）＝ ＋ Pn－1，所以Pn－ ＝ .所以Pn－ ＝
· ＝ × ＝ .所以Pn＝ ＋
（n∈N*），所以P5＝ .
概率中的证明问题（师生共研过关）
最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且每次试验成功
的概率为p（0＜p＜1）.现对该产品进行独立重复试验，若试验成功，则
试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验8次.记X为试验结束
时所进行的试验次数，X的数学期望为E（X）.
（1）证明：E（X）＜ ；
解： 证明：由题意，X＝1，2，3，…，8，
故P（X＝k）＝p（1－p）k－1，k＝1，2，…，7，P（X＝8）＝（1－
p）7.
分布列如下表所示：
X 1 2 3 4
P p p（1－p） p（1－p）2 p（1－p）3
X 5 6 7 8
P p（1－p）4 p（1－p）5 p（1－p）6 （1－p）7
所以X的数学期望E（X）＝p（1－p）0＋2p（1－p）1＋3p（1－p）2
＋…＋7p（1－p）6＋8（1－p）7，
记S＝（1－p）0＋2（1－p）1＋3（1－p）2＋…＋7（1－p）6，
（1－p）S＝（1－p）1＋2（1－p）2＋3（1－p）3＋…＋7（1－p）7，
作差可得，pS＝（1－p）0＋（1－p）1＋（1－p）2＋…＋（1－p）6－7
（1－p）7＝ －7（1－p）7，
则E（X）＝pS＋8（1－p）7＝ ＋（1－p）7＝ ＜ .
（2）某公司意向投资该产品，若p＝0.2，每次试验的成本为a（a＞0）
元，若试验成功则获利8a元，则该公司应如何决策投资？请说明理由.
解： 由（1）可知E（X）＜ ＝5，则试验成本的期望小于5a元，
试验成功则获利8a元，且8a＞5a，则该公司应该投资该产品.
解题技法
解决概率中的证明问题的关键是理解随机事件中互斥、对立、独立事
件的概念及相互关系，理解条件概率、全概率公式的意义及性质，掌握随
机变量的分布列、均值、方差的计算公式，掌握二项分布、超几何分布、
正态分布概率模型的特点及求解规律.会灵活运用上述定义、性质及公式
进行逻辑推理、数学运算，进而推出要证结论成立.
（2024·潍坊一模）若ξ，η是样本空间Ω上的两个离散型随机变量，则称
（ξ，η）是Ω上的二维离散型随机变量或二维随机变量.设（ξ，η）的一切
可能取值为（ai，bj），i，j＝1，2，…，记pij表示（ai，bj）在Ω
中出现的概率，其中pij＝P（ξ＝ai，η＝bj）＝P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）].
（1）将三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中，记1
号盒子中的小球个数为ξ，2号盒子中的小球个数为η，则（ξ，η）是一个二
维随机变量.
①写出该二维离散型随机变量（ξ，η）的所有可能取值；
②若（m，n）是①中的值，求P（ξ＝m，η＝n）（结果用m，n表
示）；
解： ①该二维离散型随机变量（ξ，η）的所有可能取值为：
（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（1，0），（1，1），
（1，2），（2，0），（2，1），（3，0）.
②依题意，0≤m＋n≤3，P（ξ＝m，η＝n）＝P（ξ＝m｜η＝n）·P
（η＝n），
显然P（η＝n）＝ （ ）n（ ）3－n，则P（ξ＝m｜η＝n）＝
（ ）m（ ）3－n－m＝ （ ）3－n，
所以P（ξ＝m，η＝n）＝ （ ）3－n· （ ）n·（ ）3－n＝
＝ .
（2）P（ξ＝ai）称为二维离散型随机变量（ξ，η）关于ξ的边缘分布律或
边际分布律，求证：P（ξ＝ai）＝ pij.
解： 证明：由定义及全概率公式知，
P（ξ＝ai）＝P{（ξ＝ai）∩[（η＝b1）∪（η＝b2）∪…∪（η＝bj）∪…]}
＝P{[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]∪[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]∪…∪[（ξ＝
ai）∩（η＝bj）]∪…}
＝P[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]＋P[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]＋…＋P[（ξ＝
ai）∩（η＝bj）]＋…＝ P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＝ P（ξ＝
ai，η＝bj）＝ pij.
PART 02
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. （2024·邯郸第四次调研）假设某同学每次投篮命中的概率均为 .
（1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率；
解： 依题意，该同学投篮4次，恰好投中2次的概率P＝ （ ）2（1
－ ）2＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
20
22
23
24
25
解： 设该同学投篮的次数为X，则X的可能值为n，n＋100－3n＝
100－2n，n∈N*，n≤33，
于是P（X＝n）＝ ，P（X＝100－2n）＝1－ ，
数学期望E（X）＝n· ＋（100－2n）·（1－ ）＝ －2n＋
100，令f（n）＝ －2n＋100，n∈N*，则f（n＋1）＝ －2n
＋98，
（2）该同学参加投篮训练，训练计划如下：先投n（n∈N*，n≤33）个
球，若这n个球都投进，则训练结束，否则额外再投100－3n个.试问n为
何值时，该同学投篮次数的期望值最大？
f（n＋1）－f（n）＝ ，
显然函数g（n）＝103－3n－2n＋2是递减的，
当n≤4时，103－3n－2n＋2＞0，f（n＋1）＞f（n），当n≥5时，103－
3n－2n＋2＜0，f（n＋1）＜f（n），
即有f（1）＜f（2）＜f（3）＜f（4）＜f（5）＞f（6）＞f（7）＞…，
因此f（5）最大，所以当n＝5时，该同学投篮次数的期望值最大.
2. （2024·金丽衢十二校第二次联考）某工厂生产某种元件，其质量按测
试指标划分为：指标大于或等于82为合格品，小于82为次品，现抽取这种
元件100件进行检测，检测结果统计如下表：
测试指标 [20，76） [76，82） [82，88） [88，94） [94，100]
元件数
（件） 12 18 36 30 4
（1）现从这100件样品中随机抽取2件，若其中一件为合格品，求另一件
也为合格品的概率；
解： 记事件A为抽到一件合格品，事件B为抽到两件合格品，P
（AB）＝ ＝ ，P（A）＝ ＝ ，P（B｜A）＝
＝ ＝ .
（2）关于随机变量，俄国数学家切比雪夫提出切比雪夫不等式：若随机
变量X具有数学期望E（X）＝μ，方差D（X）＝σ2，则对任意正数ε，
均有P（｜x－μ｜≥ε）≤ 成立.
①若X～B（100， ），证明：P（0≤X≤25）≤ ；
②利用该结论表示即使分布未知，随机变量的取值范围落在期望左右的一
定范围内的概率是有界的.若该工厂声称本厂元件合格率为90%，那么根据
所给样本数据，请结合“切比雪夫不等式”说明该工厂所提供的合格率是
否可信？（注：当随机事件A发生的概率小于0.05时，可称事件A为小概
率事件）
解： ①证明：由题，若X～B（100， ），则E（X）＝50，D
（X）＝25，
又P（X＝k）＝ （ ）100＝P（X＝100－k），
所以P（0≤X≤25）＝ P（0≤X≤25或75≤X≤100）＝ P（｜X－
50｜≥25），
由切比雪夫不等式可知，P（｜X－50｜≥25）≤ ＝ ，
所以P（0≤X≤25）≤ .
②设随机抽取100件产品中合格品的件数为X，
假设厂家关于产品合格率为90%的说法成立，则X～B（100，0.9），所
以E（X）＝90，D（X）＝9，
由切比雪夫不等式知，P（X＝70）≤P（｜X－90｜≥20）≤ ＝
0.022 5，
即在假设下100个元件中合格品为70个的概率不超过0.022 5，此概率极
小，由小概率原理可知，一般来说在一次试验中是不会发生的，据此我们
有理由推断工厂的合格率不可信.
3. （2025·枣庄一模）有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个
黑球，球除颜色外完全相同.某人做摸球答题游戏.规则如下：每次答题前
先从甲罐内随机摸出一球，然后答题.若答题正确，则将该球放入乙罐；
若答题错误，则将该球放回甲罐.此人答对每一道题目的概率均为 .当甲
罐内无球时，游戏停止.假设开始时乙罐无球.
（1）求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各1个的概率；
解： 记M＝“此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一个球”，
Ai＝“第i次摸出红球，并且答题正确”，i＝1，2，3；
Bj＝“第j次摸出黑球，并且答题正确”，j＝1，2，3；
Ck＝“第k次摸出红球或黑球，并且答题错误”，k＝1，2，3，
所以M＝A1B2C3＋B1A2C3＋A1C2B3＋B1C2A3＋C1A2B3＋C1B2A3.
又P（A1）＝ × ＝ ；P（B2｜A1）＝ × ＝ ；P（C3｜A1B2）＝
1× ＝ ，
所以P（A1B2C3）＝P（A1B2）·P（C3｜A1B2）＝P（A1）·P（B2｜
A1）·P（C3｜A1B2）＝ × × ＝ .
同理：P（B1A2C3）＝P（A1C2B3）＝P（B1C2A3）＝P（C1A2B3）＝P
（C1B2A3）＝ ，
所以P（M）＝P（A1B2C3）×6＝ ×6＝ .
（2）设第n（n∈N*，n≥5）次答题后游戏停止的概率为an.
①求an；
②an是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由.
解： ①第n次后游戏停止的情况是：前n－1次答题正确恰好为4次，
答题错误n－5次，且第n次摸出最后一球时答题正确.
所以an＝ （ ）4（ ）n－5× ＝ （ ）n.
②由①知an＝ （ ）n，
所以an的最大值是a8＝a9＝ .
所以 ＝ ＝ ＝ .
令 ≥1，解得n≤8； ＜1，解得n＞8.
所以a5＜a6＜a7＜a8＝a9＞a10＞a11＞…，
4. （2025·菏泽模拟）2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行夏季奥运
会.为了普及奥运知识，M大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛
与决赛，初赛通过后才能参加决赛.
（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中
小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为X，求X的数学
期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
解： 由题意知，X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝ ＝ ，P（X＝1）＝ ＝ ，P（X＝2）＝
＝ ，
X 0 1 2
P
则E（X）＝0× ＋1× ＋2× ＝ .
记事件A：小王已经答对一题，事件B：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率为P（B｜A）＝
＝ ＝ ＝ .
故X的分布列为：
（2）M大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学
生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽
奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3
次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为p（0＜p＜
），且每次是否中奖相互独立.
①记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为f（p），求f（p）的极
大值；
②M大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金
的期望值不小于1 120元，试求此时p的取值范围.
解： ①由题意知，f（p）＝ p（1－p）2＝3p3－6p2＋3p（0＜p
＜ ），则f'（p）＝3（3p－1）（p－1），
令f'（p）＝0，解得p＝ 或p＝1（舍），
当p∈（0， ）时，f'（p）＞0，当p∈（ ， ）时，f'（p）＜0，
所以f（p）在区间（0， ）内单调递增，在区间（ ， ）内单调递减，
所以当p＝ 时，f（p）有极大值，且f（p）的极大值为f（ ）＝ .
②由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y，
则Y的可能取值为60，120，180，360，
P（Y＝60）＝（1－p）3，P（Y＝120）＝ p（1－p）2，
P（Y＝180）＝ p2（1－p），P（Y＝360）＝p3，
所以E（Y）＝60（1－p）3＋120 p（1－p）2＋180 p2（1－p）＋
360p3＝60（2p3＋3p＋1），
所以9E（Y）≥1 120，即540（2p3＋3p＋1）≥1 120，整理得2p3＋3p－
≥0，
经观察可知p＝ 是方程2p3＋3p－ ＝0的根，
故2p3＋3p－ ＝2（p3－ p2）＋ （p2－ p）＋ （p－ ）＝（p－
）（2p2＋ p＋ ），
因为2p2＋ p＋ ＞0恒成立，
所以由2p3＋3p－ ≥0可得p－ ≥0，解得p≥ ，又0＜p＜ ，所以p
的取值范围为［ ， ）.
THANKS
演示完毕 感谢观看
