第十章　10.9　概率统计与其他知识的综合问题（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

10．9　概率统计与其他知识的综合问题
会综合利用概率统计知识解决概率统计与数列、函数、导数等知识的综合问题．
考点1 概率统计与数列的综合问题
【例1】　一个不透明的袋子中装有大小、质地相同的40个小球，其中10个红球，10个黄球，20个绿球，依次随机抽取小球，每次只取1个小球．解答下列问题：
(1)若取出的小球不再放回．
①求最后抽取的小球是黄球的概率；
②求红球比其余两种颜色小球更早取完的概率；
③设随机变量X为最后一个红球被取出时所需的取球次数，求E(X).
(2)若取出的小球又放回袋中，直到取到红球就停止取球，且最多取n次球，设随机变量Y为取球次数，求证：E(Y)＝4－.
【解】　(1)①最后抽取的小球颜色是黄色，则第40次取球恰好为黄球，设事件A为第40次取球恰好为黄球，则P(A)＝＝.
②设事件B为最后抽取的小球是黄球，事件C为最后抽取的小球是绿球，事件D为红球比其余两种颜色小球更早取完．
P(D)＝P(BD)＋P(CD)＝P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝×＋×＝.
③X的可能取值为10，11，12，…，40.
P(X＝k)＝，E(X)＝＝C＝＝
＝.
因为＝C＋C＋…＋C＝C，所以E(X)＝C＝.
(2)证明：设p＝，则Y的分布列为
Y 1 2 3
P × ×
Y … n－1 n
P … ×
E(Y)＝1×＋×＋×＋…＋×＋n，
E(Y)＝×＋×＋×＋…＋×＋n，
两式相减可得E(Y)＝＋×＋×＋×＋…＋×＋×－n＝×＋×－n＝1＋(n－1)×－n＝1－，
所以E(Y)＝4－4×＝4－.
高考中有时将概率、统计等问题与数列交汇在一起进行考查，此类问题常常以概率、统计为命题情境，同时考查等差数列、等比数列的判定及其前n项和，解题时要准确把握题中所涉及的事件，明确其所属的事件类型．
【对点训练1】　现有甲、乙两个不透明的盒子，甲盒中装有2个红球和1个白球，乙盒中装有1个红球和1个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复n(n∈N*)次这样的操作后，记甲盒中红球的个数为Xn，甲盒中恰有1个红球的概率为an，恰有2个红球的概率为bn（注：所有小球大小、形状、质地均相同）.
(1)求a1，b1的值；
(2)设cn＝2an＋bn，求证：cn＋1＝cn＋1；
(3)求Xn的数学期望E(Xn).
解：(1)由题可知a1＝×＝，b1＝×＋×＝.
(2)证明：n次操作后，甲盒有3个红球的概率P(Xn＝3)＝1－an－bn，
由全概率公式知an＋1＝an＋bn，bn＋1＝an＋bn＋1·(1－an－bn)＝1－an－bn，∴2an＋1＋bn＋1＝(2an＋bn)＋1，
∴cn＋1＝cn＋1.
(3)由(2)得cn＋1＝cn＋1，
∴cn＋1－＝，
又∵c1－＝2a1＋b1－＝－，
∴数列是以－为首项，为公比的等比数列，
∴cn＝－·＋，
∴E(Xn)＝1·an＋2·bn＋3·(1－an－bn)＝3－(2an＋bn)＝＋·.
考点2 概率统计与函数、导数的综合问题
【例2】　（2024·河北衡水模拟）已知甲口袋有m(m≥1，m∈N*)个红球和2个白球，乙口袋有n(n≥1，n∈N*)个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球．
(1)当m＝4，n＝2时．
(ⅰ)求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率；
(ⅱ)设小明4次摸球中，摸出白球的个数为X，求X的数学期望．
(2)当m＝n时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为P，则当m为何值时，P最大？
【解】　(1)小明从甲口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为＝，从乙口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为＝.
(ⅰ)设“小明4次摸球中，至少摸出1个白球”为事件A，则“小明4次摸球中，摸出的都是红球”为事件，且P（）＝×1－2＝，所以P(A)＝1－P（）＝1－＝.
(ⅱ)X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
由(ⅰ)，得P(X＝0)＝P（）＝，P(X＝1)＝C×××＋×C××＝，P(X＝2)＝×＋×＋C×1－××C××＝，P(X＝3)＝×C××＋C×××＝，P(X＝4)＝×＝，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
(2)由m＝n，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验．
设小明每次摸出一个红球的概率为k(0因为P′(k)＝－16k2，
所以当00；当所以P(k)在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当k＝时，P(k)最大，
此时k＝＝，解得m＝6，
故当m＝6时，P最大．
在概率与统计的问题中，决策的工具是样本的数字特征或有关概率．决策方案的最佳选择是将概率最大（最小）或均值最大（最小）的方案作为最佳方案，这往往借助于函数、不等式或数列的有关性质去实现．
【对点训练2】　第十四届全国冬季运动会（简称冬运会）于2024年2月17日至2月27日在内蒙古自治区举办，这是历届全国冬运会中规模最大、项目最多、标准最高的一届，也是内蒙古自治区首次承办全国综合性运动会．为迎接这一盛会，内蒙古某大学组织大学生举办了一次冬运会知识竞赛，该大学的一学院为此举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表该学院参加该大学的冬运会知识竞赛．
(1)初赛采用选一题答一题的方式，每位参赛大学生最多有7次答题机会，累计答对4道题或答错4道题即终止比赛，答对4道题则进入决赛，答错4道题则被淘汰．已知大学生甲答对每道题的概率均为，且回答各题的结果相互独立．
(ⅰ)求甲至多回答了5道题就进入决赛的概率；
(ⅱ)设甲在初赛中答题的道数为X，求X的分布列和数学期望．
(2)决赛共答3道题，若答对题目数量不少于2道，则胜出，代表学院参加学校比赛；否则被淘汰．已知大学生乙进入了决赛，他在决赛中前2道题答对的概率相等，均为x(0解：(1)(ⅰ)由题可得甲回答了4道题进入决赛的概率为＝，
甲回答了5道题进入决赛的概率为C×××＝，
所以甲至多回答了5道题就进入决赛的概率为＋＝.
(ⅱ)由题可知X的可能取值为4，5，6，7，则
P(X＝4)＝2×＝，
P(X＝5)＝2×C×××＝，
P(X＝6)＝2×C×××＝，P(X＝7)＝C××＝，
所以X的分布列为
X 4 5 6 7
P
则E(X)＝4×＋5×＋6×＋7×＝.
(2)设乙答对第3道题的概率为y，则x2y＝，所以f(x)＝x2y＋x2(1－y)＋Cx(1－x)y＝－2x2y＋x2＋2xy＝x2＋－，0所以当00，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以f(x)min＝f＝＋－＝.
课时作业76
1．（13分）（2024·山东菏泽模拟）已知A，B两个盒子中各有一个黑球，一个白球．每次从两个盒子中各随机取出一个小球交换后放回．记n次交换后，B盒子中有一黑一白两个小球的概率为Pn，A盒子中黑球的个数为Xn.
(1)求Pn；
(2)求Xn的数学期望E(Xn).
解：(1)依题意，第一次交换共有4种情况，其中有2种情况交换后，B盒子中仍为一黑一白两个小球，
另外2种情况交换后，B盒子中有两个黑球或两个白球，再次交换后，B盒子中必为一黑一白两个小球，
则P0＝1，P1＝，Pn＋1＝Pn＋(1－Pn)＝1－Pn，即有Pn＋1－＝－，
因此数列是以P1－＝－为首项，－为公比的等比数列，即Pn－＝
－×，所以Pn＝＋×.
(2)依题意，Xn的可能取值为0，1，2，
P(Xn＝0)＝Pn－1，P(Xn＝1)＝Pn－1＋1－Pn－1＝1－Pn－1，P(Xn＝2)＝Pn－1，
所以E(Xn)＝0×Pn－1＋1×＋2×Pn－1＝1.
2．（13分）（2024·安徽合肥三模）在2024年高考前夕，合肥一六八中学东校区为了舒展年级学子身心，缓解学子压力，在一周内（周一到周五）举行了别开生面“舞动青春，梦想飞扬”的竞技活动，每天活动共计有两场，第一场获胜得3分，第二场获胜得2分，无论哪一场失败均得1分，某同学周一到周五每天都参加了两场的竞技活动，已知该同学第一场和第二场竞技获胜的概率分别为p(0(1)若p＝，记该同学一天中参加此竞技活动的得分为ξ，求ξ的分布列和数学期望；
(2)设该同学在一周5天的竞技活动中，恰有3天每天得分不低于4分的概率为f(p)，试求当p取何值时，f(p)取得最大值．
解：(1)由题可知，ξ的可能取值为2，3，4，5.
因为p＝，所以P(ξ＝2)＝×＝，P(ξ＝3)＝×＝，P(ξ＝4)＝×＝，P(ξ＝5)＝×＝，
故ξ的分布列为
ξ 2 3 4 5
P
ξ的数学期望E(ξ)＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
(2)设“一天得分不低于4分”为事件A，则P(A)＝p×＋p×＝p，
则f(p)＝Cp3(1－p)2＝10p3(1－p)2，0则f′(p)＝30p2(1－p)2－20p3(1－p)＝10p2(1－p)(3－5p)，
当00；当所以f(p)在上单调递增，在上单调递减，故当p＝时，f(p)取得最大值．
3．（17分）（2024·广东汕头三模）假设甲同学每次投篮命中的概率均为.
(1)若甲同学投篮4次，求恰好投中2次的概率．
(2)甲同学现有4次投篮机会，若连续投中2次，即停止投篮，否则投篮4次，求投篮次数X的概率分布列及数学期望．
(3)为提高投篮命中率，甲同学决定参加投篮训练，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．
解：(1)依题意，甲同学投篮4次，恰好投中2次的概率为C·＝.
(2)投篮次数X的可能取值为2，3，4，
P(X＝2)＝×＝，
P(X＝3)＝××＝，
P(X＝4)＝1－－＝，
所以X的分布列为
X 2 3 4
P
所以E(X)＝2×＋3×＋4×＝.
(3)设甲同学投篮次数为Y，则Y的可能取值为n，n＋100－3n＝100－2n，n∈N*，n≤33，
于是P(Y＝n)＝，P(Y＝100－2n)＝1－，
数学期望E(Y)＝n·＋(100－2n)·＝－2n＋100.
令f(n)＝－2n＋100，n∈N*，n≤33，则f(n＋1)＝－2n＋98，f(n＋1)－f(n)＝，
因为g(x)＝103－3x－2x+2，x∈R显然为单调递减函数，
则数列{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)即有f(1)f(6)>f(7)>…，因此f(5)最大，
所以当n＝5时，甲同学投篮次数的期望值最大．
4．（17分）（2024·山东济南二模）11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立．在某局比赛双方打成10∶10平后，甲先发球．
(1)求再打2球该局比赛结束的概率；
(2)两人又打了X个球该局比赛结束，求X的数学期望E(X)；
(3)若将规则改为“打成10∶10平后，每球交换发球权，先连得2分者获胜”，求该局比赛甲获胜的概率．
解：(1)10∶10平后，设事件Ai＝“第i个球甲得分”，则i＝“第i个球乙得分”，设M＝“再打2球该局比赛结束”，则M＝A1A2＋12，所以P(M)＝P（A1A2＋12）＝P(A1)P(A2)＋P（1）P（2）＝×＋×＝.
(2)X的可能取值为所有正偶数2，4，6，…，2k，…(k∈N*)，
考虑第(2k－1)个球与第2k个球(k＝1，2，3，…)，如果这两球均由甲得分或均由乙得分，则比赛结束；如果这两球甲、乙各得1分，则比赛相当于重新开始．由(1)得这两球甲、乙各得1分的概率为1－P(M)＝，
所以P(X＝2)＝P(M)＝，
P(X＝4)＝×＝，
P(X＝6)＝×＝，…，
P(X＝2k)＝×＝，…，
所以E(X)＝2×＋4×＋6×＋…＋2k×＋…，
记Sk＝2×＋4×＋6×＋…＋2k×，
则Sk＝2×＋4×＋6×＋…＋(2k－2)×＋2k×，
以上两式相减得Sk＝1＋2×＋2×＋2×＋…＋2×－2k×＝1＋＋＋＋…＋－k×＝－k×＝2－，
所以Sk＝4－，
当k趋近于＋∞时，Sk趋近于4，所以E(X)＝4.
(3)设再打n个球比赛结束且甲获胜的概率为pn(n≥2)，
则p2＝×＝，
p3＝××＝，
当n为奇数时，pn＋2＝pn，P奇＝p3＋p5＋…＋pn＝＝，
当n为偶数时，pn＋2＝pn，P偶＝p2＋p4＋…＋pn＝＝，
所以该局比赛甲获胜的概率为
P奇＋P偶＝＋，
当n趋近于＋∞时，P奇＋P偶趋近于＋＝，所以该局比赛甲获胜的概率为.