6 概率、变量分布与其他知识的综合问题
类型一 与数列结合的概率问题——
教材·研析
例1 (人教A版选择性必修第三册P91第10题)甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．求n次传球后球在甲手中的概率．
马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，其数学定义为：假设我们的序列状态是X1，…，Xt－2，Xt－1，Xt，Xt＋1，…，那么Xt＋1时刻的状态的概率仅依赖前一状态Xt，即P(Xt＋1|X1，…，Xt－2，Xt－1，Xt)＝P(Xt＋1|Xt).马尔科夫链模型的本质是下一步的概率仅与上一步的概率有关，解该模型的关键是写出概率的递推公式，利用数学递推公式求出通项公式．
真题·链接
真题 (2023·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E(i)＝i.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y).
创新·变式
变式1 (2025·河南模拟)张某经营A，B两家公司，张某随机到公司指导与管理，已知他第1个月去A公司的概率是.如果本月去A公司，那么下个月继续去A公司的概率为；如果本月去B公司，那么下个月去A公司的概率为，如此往复．设张某第n个月去A公司的概率为Pn，则P10＝ ( )
A．＋×(－)9 B．＋×(－)9
C．＋×()10 D．＋×(－)10
变式2 某学校有A，B两家餐厅，某同学每天都会在这两家餐厅中选择一家餐厅用晚餐．已知该同学第一天随机选择一家餐厅用晚餐，若在前一天选择去A餐厅的条件下，后一天继续选择A餐厅的概率为；而在前一天选择去B餐厅的条件下，后一天继续选择去B餐厅的概率为，如此往复．
(1)求该同学第一天和第二天都选择去A餐厅用晚餐的概率；
(2)求该同学第二天选择去A餐厅用晚餐的概率；
(3)记该同学第n天选择去A餐厅用晚餐的概率为Pn，求{Pn}的通项公式．
类型二 与函数相关的概率问题
例2 为了选拔创新型人才，某大学对高三年级学生的数学学科和物理学科进行了检测(检测分为初试和复试)，共有4万名学生参加初试．组织者随机抽取了200名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示．
(1)根据频率分布直方图，求a的值及样本平均数的估计值；
(2)若所有学生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ为样本平均数的估计值，σ＝10.5.规定初试成绩不低于90分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数；
(3)复试笔试试题包括两道数学题和一道物理题，已知小明进入了复试，且在复试笔试中答对每一道数学题的概率均为x，答对物理题的概率为y.若小明全部答对的概率为，答对两道题的概率为p，求概率p的最小值．
附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
训练 现有甲、乙两人进行围棋比赛，规则如下：在前四局比赛中，每局比赛获胜者得50分，负者得0分，在第五局比赛中，获胜者得100分，负者得0分；当一方比另一方多100分时，比赛结束，多得100分者获胜．已知每局比赛中，甲获胜的概率为p(0
(1)当p＝时，求比赛两局结束的概率；
(2)设X为比赛结束时的局数，求X的分布列与数学期望E(X)的最大值．
进阶点6 概率、变量分布与其他知识的综合问题
例1 解 记第n次传球后球在甲手中的概率为pn ，则第(n－1)次传球后球在甲手中的概率为pn－1.开始时球在甲手中，则p1＝0.若第n次传球后球在甲手中，则第(n－1)次传球后，球不在甲手中，则第(n－1)次传球后球在乙或丙手中，所以第(n－1)次传球后球不在甲手中的概率为1－pn－1，又乙或丙将球传到甲手中的概率均为，故pn＝(1－pn－1)，即pn＝－pn－1＋，则pn－＝－(pn－1－)，n≥2 ，n∈N*，所以数列{pn－}是首项为p1－＝－，公比为－的等比数列，所以pn－＝－×，即pn＝－×＋(n∈N*).
真题 解 (1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，所以P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
(2)设P(Ai)＝pi，依题可知，P(Bi)＝1－pi，则当i≥2时，P(Ai)＝P(Ai－1Ai)＋P(Bi－1Ai)＝P(Ai－1)P(Ai|Ai－1)＋P(Bi－1)P(Ai|Bi－1)，即pi＝0.6pi－1＋(1－0.8)×(1－pi－1)＝0.4pi－1＋0.2＝pi－1＋，构造等比数列{pi＋λ}，设pi＋λ＝(pi－1＋λ)，解得λ＝－，则pi－＝(pi－1－)，又p1＝，p1－＝，所以是首项为，公比为的等比数列，即pi－＝×i-1，pi＝×i-1＋，i∈N*.
(3)因为pi＝×()i-1＋，i∈N*，所以当n∈N*时，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝×＋＝[1－()n]＋，故E(Y)＝[1－()n]＋.
变式1 A 解析 设An表示第n个月去A公司，则Pn＝P(An)，P(n)＝1－Pn，根据题意，得P(An＋1|An)＝，P(An＋1|n)＝，由全概率公式，得P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P(n)P(An＋1|n)＝Pn＋(1－Pn)＝－Pn＋，即Pn＋1＝－Pn＋，整理得Pn＋1－＝－(Pn－)，又P1－＝－＝≠0，所以{Pn－}是以为首项，－为公比的等比数列，所以Pn＝＋×(－)n-1，则P10＝＋×(－)9.故选A.
变式2 解 (1)记事件Ak：该同学第k(k＝1，2)天去A餐厅，则P(A1)＝P(1)＝，P(A2|A1)＝，P(2|1)＝，由概率乘法公式可得P(A1A2)＝P(A1)·P(A2|A1)＝×＝.
(2)由对立事件的概率公式可得P(A2|1)＝1－P(2|1)＝1－＝，由全概率公式可得P(A2)＝P(A1)·P(A2|A1)＋P(1)·P(A2|1)＝×＋×＝.
(3)记事件An：该同学第n(n∈N*)天去A餐厅，则Pn＝P(An)，由题意可知，P(An|An－1)＝，P(An|n－1)＝1－P(n|n－1)＝1－＝(n≥2，n∈N*)，由全概率公式可得P(An)＝P(An－1)·P(An|An－1)＋P(n－1)·P(An|n－1)(n≥2，n∈N*)，即Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)＝－Pn－1＋，则Pn－＝－(Pn－1－)，所以，数列{Pn－}是以P1－＝为首项，公比为－的等比数列，所以Pn－＝(－)n-1，故Pn＝＋(－)n-1.
例2 解 (1)因为10×(0.012＋0.026＋0.032＋a＋0.010)＝1，所以a＝0.02.样本平均数的估计值为50×0.12＋60×0.26＋70×0.32＋80×0.2＋90×0.1＝69.
(2)因为μ＝69，σ＝10.5，所以P(X≥90)＝P(X≥μ＋2σ)≈＝0.022 75.所以能参加复试的人数约为40 000×0.022 75＝910(人).
(3)由题意有x2y＝.答对两道题的概率p＝x2(1－y)＋Cx(1－x)y＝x2＋2xy－3x2y.而x2y＝，所以p＝x2＋－.令f(x)＝x2＋－(00，f(x)在(，1)内单调递增．所以当x＝时，f(x)min＝.故概率p的最小值为.
训练 解 (1)比赛两局结束的概率为()2＋(1－)2＝.
(2)由题意可知，X的所有可能取值为2，4，5，则P(X＝2)＝p2＋(1－p)2，P(X＝4)＝[p(1－p)＋(1－p)p]p2＋[p(1－p)＋(1－p)p](1－p)2＝2p(1－p)[p2＋(1－p)2]，P(X＝5)＝2p(1－p)p(1－p)＋2(1－p)p(1－p)p＝4p2(1－p)2，所以X的分布列为
X 2 4 5
P p2＋(1－p)2 2p(1－p)[p2＋(1－p)2] 4p2(1－p)2
所以E(X)＝2[p2＋(1－p)2]＋4×2p(1－p)[p2＋(1－p)2]＋5×4p2(1－p)2＝2[1－2p(1－p)]＋8p(1－p)[1－2p(1－p)]＋20p2(1－p)2＝4p2(1－p)2＋4p(1－p)＋2.令t＝p(1－p)，则t≤[]2＝，所以06 概率、变量分布与其他知识的综合问题
解
方法提炼
解
解
解
解析
解
解
解
解
解
解
解
解
解
进
频率/组距
0.032
0.026
a
0.012
0.0i0
0LΛ
455565758595初试成绩/分微练(二十一) 概率、变量分布与其他知识的综合问题
班级： 姓名：
1．(2025·广东湛江一模)甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题(难度系数较低的A类问题以及难度系数较高的B类问题)供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到A类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到B类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立．
(1)当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望；
(2)设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为G(n).
(ⅰ)证明：{G(n＋1)－G(n)}为等比数列；
(ⅱ)求G(n)的最大值以及对应n的值．
2．某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程上下山票的人数分别为36，60和24.
(1)若按购票类型采用比例分配的分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率；
(2)记单程下山票和双程上下山票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的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人的购票类型相同，则该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p.
(ⅰ)试用含m的代数式表示p；
(ⅱ)若一共询问了5组，用g(p)表示恰有3组被标为B的概率，试求g(p)的最大值及此时m的值．
3.(2025·安阳一模)在某场乒乓球比赛中甲、乙两运动员进入了比赛决胜局，且在该局中的比分为10∶10，接下来比赛规则如下：两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得1分，直到有一方得分超过对方2分时即可获得该局的胜利．已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6.比赛既是实力的较量，也是心志的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为p(0(1)求甲以12∶10的比分赢得比赛的概率；
(2)若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6，求p的范围；
(3)若p＝0.55，设甲运动员在第n球比赛中获胜的概率为Pn，数列{bn}满足bn＝－4，求证：－<＋＋＋…＋<.(参考知识：当c∈(0，1)时，若n→＋∞，则cn→0.)
微练(二十一) 概率、变量
分布与其他知识的综合问题
1.解 (1)X可以取0，1，2，3，4，每次回答A类问题且回答正确的概率为×＝，回答A类问题且回答不正确的概率为×＝，每次回答B类问题且回答正确的概率为×＝，回答B类问题且回答不正确的概率为×＝，P(X＝0)＝×＋×＋2××＝，P(X＝1)＝××2＋××2＝，P(X＝2)＝×＋××2＋××2＝，P(X＝3)＝××2＝，P(X＝4)＝×＝，所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1.
(2)(ⅰ)G(1)＝，G(2)＝＋×＝，由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为(n－1)分或(n－2)分，故当n≥3时，G(n)＝G(n－1)＋G(n－2)，所以G(n)－G(n－1)＝－G(n－1)＋G(n－2)＝－[G(n－1)－G(n－2)]，所以{G(n＋1)－G(n)}是以为首项，－为公比的等比数列．
(ⅱ)根据(ⅰ)可知，G(n＋1)－G(n)＝×(－)n-1 ①，易得G(n)＋G(n－1)＝G(n－1)＋G(n－2)＝[G(n－1)＋G(n－2)]，所以{G(n＋1)＋G(n)}是以为首项，为公比的等比数列，所以G(n＋1)＋G(n)＝×()n-1 ②，令②－①可得G(n)＝×()n-1－×(－)n-1，所以G(n)＝×()n-1＋×(－)n，经检验n＝1，n＝2时均满足上式，故G(n)＝×[(－)n＋()n-1]，所以G(n)＝×[(－)n＋()n-1]≤×[()n＋()n-1]，而×[()n＋()n-1]显然随着n的增大而减小，故G(n)≤×[()2＋]＝＝G(2)(n≥2)，又因为G(1)>G(2)，所以当n＝1时，G(n)取到最大值为.
2．解 (1)因为购买单程上山票、单程下山票和双程上下山票的人数之比为3∶5∶2，所以这10人中，购买单程上山票、单程下山票和双程上下山票的人数分别为10×＝3，10×＝5，10×＝2，故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率P＝＝.
(2)(ⅰ)从(m＋2)人中任选2人，有C种选法，其中购票类型相同的有(C＋C)种选法，则询问的某组被标为B的概率p＝1－＝1－＝.
(ⅱ)由题意，5组中恰有3组被标为B的概率g(p)＝Cp3(1－p)2＝10p3·(1－2p＋p2)＝10(p3－2p4＋p5)，所以g′(p)＝10(3p2－8p3＋5p4)＝10p2(p－1)(5p－3)，00，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，且最大值为g()＝C×()3×(1－)2＝.由p＝＝，m>2且m∈N*，得m＝3.所以当m＝3时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且g(p)的最大值为.
3．解 (1)记“第一球比赛甲运动员获胜为事件A1，第二球比赛甲运动员获胜为事件A2，则P(A1)＝0.6，P(A2|A1)＝0.8，所以P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.48，所以甲以12∶10的比分赢得比赛的概率为0.48.
(2)记甲运动员在第n球比赛中获胜的概率为Pn，则Pn＋1＝0.8Pn＋p(1－Pn)＝(0.8－p)Pn＋p，所以Pn＋1－＝(0.8－p)(Pn－)，所以数列{Pn－}是首项为0.6－，公比为0.8－p的等比数列，所以Pn＝(0.8－p)n-1(0.6－)＋，n∈N*.①当00.6，即(0.8－p)×0.6＋p>0.6，解得p>0.3，此时0.30.6，符合题意；⑤当0.80，所以Pn>>0.6；当n为奇数时，数列{Pn}是递增数列，依题意只需P3>0.6，又P3＝(0.8－p)P2＋p，P2＝(0.8－p)×0.6＋p＝0.48＋0.4p，所以(0.8－p)(0.48＋0.4p)＋p>0.6，即p2－2.1p＋0.54<0，解得0.3(3)当p＝0.55时，由(2)可得Pn＝－()n-1＋，所以bn＝－4＝4n+1－4，所以＝＝·<，所以＋＋＋…＋<，又＝＝·＝(1－)>(1－)＝－，所以＋＋＋…＋>－(＋＋…＋)＝－＝－(1－)＝－＋·>－>－.所以－<＋＋＋…＋<.(共21张PPT)
微练(二十一)
概率、变量分布与其他知识的综合问题
1
2
3
1
2
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解
