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创新交汇　概率、统计与其他知识的综合问题
（时间：45分钟，满分：70分）
一、单项选择题（每小题5分，共10分）
1.若正六边形P1P2P3P4P5P6的边长为1，则·＜（i＝2，3，4，5，6）的概率为（　　）
A. B.
C. D.
2.（2025·湖北武汉调研考试）已知连续型随机变量ξ服从正态分布N（，），记函数f（x）＝P（ξ≤x），则f（x）的图象（　　）
A.关于直线x＝对称 B.关于直线x＝对称
C.关于点（，）成中心对称 D.关于点（，）成中心对称
二、多项选择题（6分）
3.乒乓球比赛采用五局三胜制，当两位参赛选手甲、乙中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级而比赛结束.每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响.假设甲在任一局赢球的概率为p（0≤p≤1），实际比赛局数的期望值记为f（p），则下列说法正确的是（　　）
A.三局就结束比赛的概率为p3＋（1－p）3
B.f（p）的常数项为3
C.函数f（p）在（0，）上单调递减
D.f（）＝
三、填空题（5分）
4.（2025·江苏南京、盐城第一学期调研）已知等差数列{an}的公差不为0，若在{an}的前100项中随机抽取4项，则这4项按原来的顺序仍然成等差数列的概率为　　　　.（用最简分数作答）
四、解答题（共49分）
5.（15分）已知函数f（x）＝sin ωx·cos ωx－sin（ωx＋）·sin（ωx－），其中ω∈N*且f（x）在[0，π]上有且仅有2个零点，2个极值点.
（1）求f（x）的最小正周期；
（2）设集合A＝{x｜x＝，k∈N*，且k≤18，f（x）≥}，已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a＝2，c＝4，现从集合A的所有元素中任取一值作为角A的值，求使得△ABC存在的概率.
6.（17分）（2025·山东泰安一模）为备战全国机器人大赛，某高校机器人甲队和乙队进行练习赛，两队均由两台机器人组成.比赛要求每轮两局，每局比赛两队需派不同机器人参赛，每局比赛获胜得1分，否则得0分.设每轮比赛中各局结果互不影响，各轮结果也互不影响.已知甲队机器人a，b每局比赛获胜的概率分别为，.
（1）设前两轮比赛中甲队得3分为事件A，前两轮比赛中机器人a得2分为事件B，求P（B｜A）；
（2）受机器人电池蓄航能力影响，本次比赛最多进行10轮，规定当一队得分比另一队得分多2分时比赛结束.设比赛结束时共进行了X轮，求X的数学期望.
7.（17分）（2025·辽宁部分重点中学协作体考试）某高中全体学生参加一次知识竞赛.竞赛共有5道单选题.每题四个选项中有且只有一个是正确的，每道题答对得2分，答错和不答都得0分，假设每个学生答对每道题的概率均为p（0＜p＜1）.
（1）学生甲在前3道题答对2道题的条件下，求他最终得6分的概率；
（2）现随机抽取10名学生，记第i个人的得分为随机变量Zi，得到Zi的一组观测值zi（i＝1，2，3，…，10）如下：
学生 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
得分 6 8 6 10 6 10 8 6 10 8
①从这10名学生中随机抽取4名学生，设抽到得10分的学生人数为X，求X的分布列和数学期望；
②设随机变量Zi取到观测值zi（i＝1，2，3，…，10）的概率为L（p），即L（p）＝P（Z1＝z1，Z2＝z2，…，Z10＝z10）；在一次抽样中获得这一组特殊观测值的概率应该最大，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.
创新交汇　概率、统计与其他知识的综合问题
1.D　因为·＝｜｜·｜｜·cos 60°＝＜，·＝｜｜·｜｜cos 30°＝＞，·＝｜｜·｜｜cos 0°＝2＞，·＝｜｜·｜｜cos 30°＝＞，·＝｜｜＝｜｜cos 60°＝＜，所以P2，P3，P4，P5，P6五个点中有两个点满足题意，所以概率为.故选D.
2.C　因为函数f（x）＝P（ξ≤x），显然函数f（x）是增函数，所以函数f（x）的图象不可能是轴对称的，故排除A、B；因为随机变量ξ服从正态分布N（，），所以正态曲线关于直线x＝对称，P（ξ≤x）＝P（ξ≥1－x），因为P（ξ≤1－x）＋P（ξ≥1－x）＝1，所以P（ξ≤1－x）＋P（ξ≤x）＝1，即f（1－x）＋f（x）＝1，所以函数f（x）的图象关于点（，）对称.故选C.
3.ABD　设实际比赛局数为X，则X的可能取值为3，4，5，P（X＝3）＝p3＋（1－p）3，P（X＝4）＝p3（1－p）＋p（1－p）3，P（X＝5）＝p2（1－p）2，因此三局就结束比赛的概率为p3＋（1－p）3，则A正确；故f（p）＝3[p3＋（1－p）3]＋4[p3（1－p）＋p（1－p）3]＋5×p2（1－p）2＝6p4－12p3＋3p2＋3p＋3，由f（0）＝3知常数项为3，故B正确；由f'（p）＝24p3－36p2＋6p＋3＝3（2p－1）（4p2－4p－1），因为0≤p≤1，所以4p2－4p－1＝（2p－1）2－2＜0，所以令f'（p）＞0，则0≤p＜；令f'（p）＜0，则＜p≤1，故函数f（p）在（0，）上单调递增，故C不正确；由f（）＝6×－12×＋3×＋＋3＝，故D正确.
4.　解析：等差数列{an}的公差不为0，设公差为d，从前100项中随机抽取4项，共有种情况.若抽出的4项按原来的顺序仍然成等差数列，则其公差最小值为d，最大值为33d.取一个特殊的等差数列1，2，3，4，…，100，则抽出的4项的公差为1，2，3，…，33中的一个，当d＝1时，共有种情况，当d＝2时，共有种情况，当d＝3时，共有种情况，…，当d＝33时，共有种情况，所以所求概率为P＝＝＝.
5.解：（1）由f（x）＝sin ωx·cos ωx－sin（ωx＋）·sin（ωx－）＝sin 2ωx－（sin ωx＋cos ωx）·（sin ωx－cos ωx）＝sin 2ωx＋（cos2ωx－sin2ωx）＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝sin（2ωx＋）.
设z＝2ωx＋，因为x∈[0，π]，则≤z＝2ωx＋≤2ωπ＋.如图，画出函数y＝sin z的图象.
由y＝sin z的图象可知，要使f（x）在[0，π]上有且仅有2个零点，2个极值点，需使2π≤2ωπ＋≤，
解得≤ω≤.因为ω∈N*，则ω＝1，即f（x）＝sin（2x＋），故其最小正周期为π.
（2）由f（x）≥可得sin（2x＋）≥.
解得＋2nπ≤2x＋≤＋2nπ，n∈Z，即nπ≤x≤＋nπ，n∈Z　（*）.
由集合A可知x＝，代入（*）式，化简得：36n≤k≤12＋36n，n∈Z，又k∈N*且k≤18，
故k＝1，2，…，12，则有A＝{，，，，，，，，，，，}.
因为a＝2，c＝4，若角A的值可使△ABC存在，需使a≥c·sin A，即sin A≤，
而满足此条件的角A有，，，，，共6个，故使得△ABC存在的概率为.
6.解：（1）设前两轮比赛中a得i分为事件Ci，b得j分为事件Dj，i，j＝0，1，2，
∴P（C1）＝（）2＝，
P（C2）＝（）2＝，
P（D1）＝（）1（）1＝，
P（D2）＝（）2＝，
由题意知A＝C1D2＋C2D1，AB＝C2D1，
∵各轮比赛，各局比赛结果互不影响，C1D2与C2D1互斥，
∴P（A）＝P（C1D2）＋P（C2D1）＝P（C1）·P（D2）＋P（C2）P（D1）＝×＋×＝，
P（AB）＝P（C2）P（D1）＝×＝，
∴P（B｜A）＝＝.
（2）由题意，X＝1，2，…，10，
设第k轮两队比分为1∶1为事件Ek，k＝1，2，…，9，
∵各局比赛互不影响，
∴P（Ek）＝×（1－）＋（1－）×＝，
∴P（）＝1－P（Ek）＝，
由题意，k＝1时，P（X＝1）＝P（）＝，
k≥2时，事件“X＝k”＝E1E2…Ek－1，k＝2，3，…，9，
∵各轮比赛互不影响，
∴P（X＝k）＝P（E1）P（E2）…P（Ek－1）P（）＝××…××＝（）k，k＝2，3，…，9，
∵P（X＝10）＝P（E1）P（E2）…P（E9）＝（）9，
∴E（X）＝1×＋2×（）2＋…＋9×（）9＋10×（）9，
设S＝1×＋2×（）2＋…＋9×（）9，
∴S＝1×（）2＋…＋8×（）9＋9×（）10，
∴S－S＝＋（）2＋…＋（）9－9×（）10，
∴S＝1－（）9－9×（）10，
∴S＝2－11×（）9，
∴E（X）＝2－（）9＝.
7.解：（1）设“最终得6分”为事件A，则P（A）＝p（1－p）＋（1－p）p＝2p－2p2.
（2）①X的所有可能取值为0，1，2，3，
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
X的数学期望E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.2.
②由题意，P（Zi＝6）＝p3（1－p）2＝10p3（1－p）2，
P（Zi＝8）＝p4（1－p）＝5p4（1－p），
P（Zi＝10）＝p5＝p5，
因为Zi（i＝1，2，…，10）取值相互独立，
所以L（p）＝P（Z1＝z1，Z2＝z2，…，Z10＝z10）＝P（Z1＝z1）P（Z2＝z2）…P（Z10＝z10）
＝[P（Zi＝6）]4[P（Zi＝8）]3[P（Zi＝10）]3＝[10p3（1－p）2]4[5p4（1－p）]3（p5）3，
求使L（p）达到最大时p的值，
令F（p）＝ln[L（p）]＝4ln 10＋12ln p＋8ln（1－p）＋3ln 5＋12ln p＋3ln（1－p）＋15ln p＝4ln 10＋3ln 5＋39ln p＋11ln（1－p），
F'（p）＝－＝，
令F'（p）＝0，可得p＝＝0.78，
当p∈（0，0.78）时，F'（p）＞0，F（p）单调递增，L（p）单调递增；
当p∈（0.78，1）时，F'（p）＜0，F（p）单调递减，L（p）单调递减，
故p＝0.78时，L（p）最大，＝0.78.
2 / 2创新交汇　概率、统计与其他知识的综合问题
【备考指南】　以能力立意是数学命题的指导思想，在知识网络交汇处设计试题是今后高考的一大特点和方向，与概率、统计交汇的试题正是在这种背景下“闪亮登场”，频频出现在各类试题中.除了上一节讲解的概率中的数列特征——马尔科夫链外，概率、统计与导数、函数等的交汇应用也比较常见.
类型一　概率、统计与其他知识的交汇问题
【通性通法】　解决概率、统计与函数、导数交汇问题要注意以下两点
（1）准确构造函数和运算：利用公式构建函数模型时，由于随机变量的数学期望、方差及随机事件的概率计算中涉及的变量较多，式子较为复杂，所以准确化简计算是关键；
（2）注意变量的取值范围：一要注意题目条件中明确给出的范围，二要注意实际问题中变量自身取值范围的限制.
【例1】　（2025·江西上饶一模）2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行了夏季奥运会.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，求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，决定对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：对于进入决赛的每名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.
【训练1】　某汽车销售公司为了提升公司的业绩，将最近一段时间内每日的汽车销售情况进行了统计，如图所示.
（1）以频率估计概率，若在这段时间内随机选择4天，设每日汽车销售量在[200，250）内的天数为X，在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，求X的分布列及数学期望；
（2）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：在三棱锥A-BCD中，△BCD，△ACD均是边长为2的正三角形，AB＝，现从写有数字1～8的八个标签中随机选择两个分别贴在A，B两个顶点，记顶点A，B上的数字分别为m和n，若E为侧棱AB上一个动点，满足＝，当“二面角E-CD-A大于45°”即为中奖，求中奖的概率.
类型二　概率、统计中的新定义问题
【通性通法】　解概率与统计下的新定义问题，就是要细读定义关键词，理解本质特征，适时转化为“熟悉”问题.总之，解决此类问题，取决于已有知识、技能、数学思想的掌握和基本活动经验的积累，还需要不断的实践和反思，不然就谈不上“自然”的、完整的解题.
【例2】　（2025·山东潍坊一模）n维空间中点的坐标可以表示为（x1，x2，x3，…，xn），其中xi（i＝1，2，3，…，n）为该点的第i个坐标.定义n维空间中任意两点A（x1，x2，x3，…，xn），B（y1，y2，y3，…，yn）之间的平均离差二乘距离d（A，B）＝（xi－yi）2.设n维空间点集M＝{（x1，x2，x3，…，xn）｜xi＝0或1，其中i＝1，2，3，…，n}（n≥2）.
（1）若n＝3，A，B∈M，且点A（0，1，0），d（A，B）＝，写出所有的点B的坐标；
（2）任取n维空间中的不同两点P，Q∈M.
①若n＝4，求d（P，Q）＝的概率；
②记随机变量X＝d（P，Q），求E（X2）的取值范围.
【训练2】　（2025·辽宁沈阳模拟）进行独立重复试验，设每次成功的概率为p（0＜p＜1），将试验进行到首次成功时结束，以X表示试验次数，则称X服从以p为参数的几何分布，记为X～Geo（p）.
（1）若X～Geo（）.
①求P（X＝4）和P（X＞6）；
②P（X＝i）.
（2）若X～Geo（p）， x，s∈N*，求证：P（X＞x＋s｜X＞x）＝P（X＞s）.
创新交汇　概率、统计与其他知识的综合问题
【典例·讲解】
【例1】　解：（1）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）＝9p2－12p＋3＝3（3p－1）（p－1），令f'（p）＝0，得p＝或1（舍），
当p∈（0，）时，f'（p）＞0，当p∈（，）时，f'（p）＜0，
所以f（p）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，
所以当p＝时，f（p）有极大值，且极大值为f（）＝.
②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，
则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），
令9E（Y）≥1 120，即540（2p3＋3p＋1）≥1 120，整理得2p3＋3p－≥0，
因为2p3＋3p－＝2（p3－p2）＋（p2－p）＋（p－）＝（p－）（2p2＋p＋），
易知2p2＋p＋＝2（p＋）2＋＞0，所以p－≥0，即p≥，
又0＜p＜，所以p的取值范围为［，）.
【训练1】　解：（1）因为抽取的1天汽车销售量不超过150辆的概率为50×（0.002＋0.003＋0.004）＝0.45，
抽取的1天汽车销售量在[200，250）内的概率为50×0.004＝0.2，
所以在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，抽取的1天汽车销售量在[200，250）内的概率为p＝＝.
由题意，X的值可以为0，1，2，3，
且P（X＝0）＝×（）3＝，P（X＝1）＝××（）2＝，P（X＝2）＝×（）2×＝，P（X＝3）＝×（）3＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝3×＝.
（2）如图，取CD的中点F，连接BF，EF，AF，CE，DE.
因为△BCD，△ACD都是边长为2的等边三角形，
所以CD⊥BF，CD⊥AF，又AF∩BF＝F，BF，AF 平面ABF，所以CD⊥平面ABF.
因为EF 平面ABF，所以CD⊥EF.
所以∠EFA为二面角E-CD-A的平面角.
在△ABF中，AB＝BF＝AF＝，所以∠BFA＝60°.
若∠EFA＝45°，在△AEF中，由正弦定理＝得，AE＝＝3－.
此时BE＝－（3－）＝2－3，＝＝＋1.
所以要想中奖，须有＞＋1.
由m，n是从写有数字1～8的八个标签中随机选择的两个，所以所有样本点共有＝56个.
满足＞＋1的样本点有：（8，1），（8，2），（7，1），（7，2），（6，1），（6，2），（5，1），（4，1），（3，1），共9个，
所以中奖的概率为.
【例2】　解：（1）由定义可知，d（A，B）＝[（0－y1）2＋（1－y2）2＋（0－y3）2]＝.
即＋（1－y2）2＋＝2，且y1，y2，y3∈{0，1}，
所以满足方程的点B的坐标为（0，0，1），（1，0，0），（1，1，1）.
（2）①（固定点P）：设点P（p1，p2，p3，p4），Q（q1，q2，q3，q4），
因为（pi－qi）2＝[（p1－q1）2＋（p2－q2）2＋（p3－q3）2＋（p4－q4）2]＝，且pi＝0或1，qi＝0或1，
所以（p1－q1）2，（p2－q2）2，（p3－q3）2，（p4－q4）2中有两项等于0，两项等于1，
所以满足条件的所有可能情况有＝6种，
因为两不同点P，Q所有可能情况共有24－1＝15种，所以d（P，Q）＝的概率为P＝＝.
②设随机变量X＝d（P，Q）＝，其中k＝1，2，3，…，n，
因为P（X＝）＝，
所以E（X2）＝（）2＝（＋22＋32＋…＋n2），
因为（1＋x）n＝＋x＋x2＋x3＋…＋xn，
两边同时求导，得n（1＋x）n－1＝＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，
上式两边同乘x，再求导得n（1＋nx）·（1＋x）n－2＝＋22x＋32x2＋…＋n2xn－1，
令x＝1，得＋22＋32＋…＋n2＝n（n＋1）2n－2，
所以E（X2）＝＝＝＝，
当n→∞时，→，
因为n≥2，
所以－＝＜0，
所以E（X2）单调递减，所以E（X2）max＝，所以E（X2）∈（，］.
【训练2】　解：（1）①若X～Geo（），则p＝，
所以P（X＝4）＝（）3×＝，
P（X＞6）＝1－P（X＝1）－P（X＝2）－P（X＝3）－P（X＝4）－P（X＝5）－P（X＝6）＝1－－×－（）2×－（）3×－（）4×－（）5×＝.
②P（X＝i）＝P（X＝1）＋P（X＝2）＋P（X＝3）＋…＋P（X＝n）
＝＋×＋（）2×＋…＋（）n－1×
＝＝1－（）n.
（2）证明：由题意可得P（X＞s）＝（1－p）s，
P（X＞x＋s｜X＞x）＝＝＝（1－p）s，
所以P（X＞x＋s｜X＞x）＝P（X＞s）.
2 / 2(共51张PPT)
创新交汇　
概率、统计与其他知识的综合问题
备考指南
以能力立意是数学命题的指导思想，在知识网络交汇处设计试题是今后高考的一大特点和方向，与概率、统计交汇的试题正是在这种背景下“闪亮登场”，频频出现在各类试题中.除了上一节讲解的概率中的数列特征——马尔科夫链外，概率、统计与导数、函数等的交汇应用也比较常见.
典例·讲解 典例精析 强技提能
一
课后·训练 巩固强化 综合测评
二
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典例·讲解
典例精析 强技提能
类型一　概率、统计与其他知识的交汇问题
【例1】　（2025·江西上饶一模）2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举
行了夏季奥运会.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，求小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛
的概率；
【通性通法】　解决概率、统计与函数、导数交汇问题要注意以下两点
（1）准确构造函数和运算：利用公式构建函数模型时，由于随机变量的
数学期望、方差及随机事件的概率计算中涉及的变量较多，式子较为复
杂，所以准确化简计算是关键；
（2）注意变量的取值范围：一要注意题目条件中明确给出的范围，二要
注意实际问题中变量自身取值范围的限制.
解： 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）M大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，决定对进入决赛的参赛
大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：对于进入决赛的每名大学生允许
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）＝9p2－12p＋3＝3（3p－1）（p－1），令f'（p）＝0，得p＝
或1（舍），
当p∈（0， ）时，f'（p）＞0，当p∈（ ， ）时，f'（p）＜0，
所以f（p）在（0， ）上单调递增，在（ ， ）上单调递减，
所以当p＝ 时，f（p）有极大值，且极大值为f（ ）＝ .
②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，
则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），
令9E（Y）≥1 120，即540（2p3＋3p＋1）≥1 120，整理得2p3＋3p－
≥0，
因为2p3＋3p－ ＝2（p3－ p2）＋ （p2－ p）＋ （p－ ）＝（p－
）（2p2＋ p＋ ），
易知2p2＋ p＋ ＝2（p＋ ）2＋ ＞0，所以p－ ≥0，即p≥ ，
又0＜p＜ ，所以p的取值范围为［ ， ）.
【训练1】　某汽车销售公司为了提升公司的业绩，将最近一段时间内每日的汽车销售情况进行了统计，如图所示.
（1）以频率估计概率，若在这
段时间内随机选择4天，设每日
汽车销售量在[200，250）内的天数为X，在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，求X的分布列及数学期望；
解： 因为抽取的1天汽车销售量不超过150辆的概率为50×（0.002＋
0.003＋0.004）＝0.45，
抽取的1天汽车销售量在[200，250）内的概率为50×0.004＝0.2，
所以在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，抽取的1天汽车销售
量在[200，250）内的概率为p＝ ＝ .
由题意，X的值可以为0，1，2，3，
且P（X＝0）＝ ×（ ）3＝ ，P（X＝1）＝ × ×（ ）2
＝ ，P（X＝2）＝ ×（ ）2× ＝ ，P（X＝3）＝ ×
（ ）3＝ .
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝3× ＝ .
（2）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活
动，规则如下：在三棱锥A-BCD中，△BCD，△ACD均是边长为2的正
三角形，AB＝ ，现从写有数字1～8的八个标签中随机选择两个分别贴
在A，B两个顶点，记顶点A，B上的数字分别为m和n，若E为侧棱AB
上一个动点，满足 ＝ ，当“二面角E-CD-A大于45°”即为中奖，求
中奖的概率.
解：如图，取CD的中点F，连接BF，EF，AF，
CE，DE.
因为△BCD，△ACD都是边长为2的等边三角形，
所以CD⊥BF，CD⊥AF，又AF∩BF＝F，BF，AF
平面ABF，所以CD⊥平面ABF.
因为EF 平面ABF，所以CD⊥EF.
所以∠EFA为二面角E-CD-A的平面角.
在△ABF中，AB＝BF＝AF＝ ，所以∠BFA＝60°.
若∠EFA＝45°，在△AEF中，由正弦定理 ＝ 得，AE＝ ＝3－ .
此时BE＝ －（3－ ）＝2 －3， ＝ ＝ ＋1.
所以要想中奖，须有 ＞ ＋1.
由m，n是从写有数字1～8的八个标签中随机选择的两
个，所以所有样本点共有 ＝56个.
满足 ＞ ＋1的样本点有：（8，1），（8，2），（7，1），（7，
2），（6，1），（6，2），（5，1），（4，1），（3，1），共9个，所
以中奖的概率为 .
类型二　概率、统计中的新定义问题
【例2】　（2025·山东潍坊一模）n维空间中点的坐标可以表示为（x1，
x2，x3，…，xn），其中xi（i＝1，2，3，…，n）为该点的第i个坐标.定
义n维空间中任意两点A（x1，x2，x3，…，xn），B（y1，y2，y3，…，
yn）之间的平均离差二乘距离d（A，B）＝ （xi－yi）2.设n维空间
点集M＝{（x1，x2，x3，…，xn）｜xi＝0或1，其中i＝1，2，3，…，
n}（n≥2）.
【通性通法】　解概率与统计下的新定义问题，就是要细读定义关键词，
理解本质特征，适时转化为“熟悉”问题.总之，解决此类问题，取决于
已有知识、技能、数学思想的掌握和基本活动经验的积累，还需要不断的
实践和反思，不然就谈不上“自然”的、完整的解题.
（1）若n＝3，A，B∈M，且点A（0，1，0），d（A，B）＝ ，写出
所有的点B的坐标；
解： 由定义可知，d（A，B）＝ [（0－y1）2＋（1－y2）2＋（0－
y3）2]＝ .
即 ＋（1－y2）2＋ ＝2，且y1，y2，y3∈{0，1}，
所以满足方程的点B的坐标为（0，0，1），（1，0，0），（1，1，1）.
②记随机变量X＝d（P，Q），求E（X2）的取值范围.
解： ①（固定点P）：设点P（p1，p2，p3，p4），Q（q1，q2，
q3，q4），
因为 （pi－qi）2＝ [（p1－q1）2＋（p2－q2）2＋（p3－q3）2＋（p4
－q4）2]＝ ，且pi＝0或1，qi＝0或1，
所以（p1－q1）2，（p2－q2）2，（p3－q3）2，（p4－q4）2中有两项等于
0，两项等于1，
（2）任取n维空间中的不同两点P，Q∈M.
①若n＝4，求d（P，Q）＝ 的概率；
所以满足条件的所有可能情况有 ＝6种，
因为两不同点P，Q所有可能情况共有24－1＝15种，所以d（P，Q）＝
的概率为P＝ ＝ .
②设随机变量X＝d（P，Q）＝ ，其中k＝1，2，3，…，n，
因为P（X＝ ）＝ ，
所以E（X2）＝ （ ）2 ＝ （ ＋22 ＋32 ＋…＋
n2 ），因为（1＋x）n＝ ＋ x＋ x2＋ x3＋…＋ xn，
两边同时求导，得n（1＋x）n－1＝ ＋2 x＋3 x2＋…＋n xn－1，
上式两边同乘x，再求导得n（1＋nx）（1＋x）n－2＝ ＋22 x＋32
x2＋…＋n2 xn－1，
令x＝1，得 ＋22 ＋32 ＋…＋n2 ＝n（n＋1）2n－2，
所以E（X2）＝ ＝ ＝ ＝ ，
当n→∞时， → ，
因为n≥2，所以 － ＝
＜0，
所以E（X2）单调递减，所以E（X2）max＝ ，所以E（X2）∈（ ， ］.
【训练2】　（2025·辽宁沈阳模拟）进行独立重复试验，设每次成功的概
率为p（0＜p＜1），将试验进行到首次成功时结束，以X表示试验次数，
则称X服从以p为参数的几何分布，记为X～Geo（p）.
（1）若X～Geo（ ）.
①求P（X＝4）和P（X＞6）；
② P（X＝i）.
解： ①若X～Geo（ ），则p＝ ，
所以P（X＝4）＝（ ）3× ＝ ，
P（X＞6）＝1－P（X＝1）－P（X＝2）－P（X＝3）－P（X＝4）
－P（X＝5）－P（X＝6）＝1－ － × －（ ）2× －（ ）3× －
（ ）4× －（ ）5× ＝ .
② P（X＝i）＝P（X＝1）＋P（X＝2）＋P（X＝3）＋…＋P（X
＝n）
＝ ＋ × ＋（ ）2× ＋…＋（ ）n－1×
＝ ＝1－（ ）n.
（2）若X～Geo（p）， x，s∈N*，求证：P（X＞x＋s｜X＞x）＝
P（X＞s）.
解： 证明：由题意可得P（X＞s）＝（1－p）s，
P（X＞x＋s｜X＞x）＝ ＝ ＝（1－p）s，
所以P（X＞x＋s｜X＞x）＝P（X＞s）.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：45分钟，满分：70分）
一、单项选择题（每小题5分，共10分）
1. 若正六边形P1P2P3P4P5P6的边长为1，则 · ＜ （i＝2，3，
4，5，6）的概率为（　　）
A. B.
C. D.
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√
解析： 　因为 · ＝｜ ｜·｜ ｜· cos 60°＝ ＜ ，
· ＝｜ ｜·｜ ｜ cos 30°＝ ＞ ， · ＝｜
｜·｜ ｜ cos 0°＝2＞ ， · ＝｜ ｜·｜ ｜
cos 30°＝ ＞ ， · ＝｜ ｜＝｜ ｜ cos 60°＝ ＜
，所以P2，P3，P4，P5，P6五个点中有两个点满足题意，所以概率
为 .故选D.
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2. （2025·湖北武汉调研考试）已知连续型随机变量ξ服从正态分布N
（ ， ），记函数f（x）＝P（ξ≤x），则f（x）的图象（　　）
A. 关于直线x＝ 对称
B. 关于直线x＝ 对称
C. 关于点（ ， ）成中心对称
D. 关于点（ ， ）成中心对称
√
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解析： 　因为函数f（x）＝P（ξ≤x），显然函数f（x）是增函数，所
以函数f（x）的图象不可能是轴对称的，故排除A、B；因为随机变量ξ服
从正态分布N（ ， ），所以正态曲线关于直线x＝ 对称，P（ξ≤x）
＝P（ξ≥1－x），因为P（ξ≤1－x）＋P（ξ≥1－x）＝1，所以P
（ξ≤1－x）＋P（ξ≤x）＝1，即f（1－x）＋f（x）＝1，所以函数f
（x）的图象关于点（ ， ）对称.故选C.
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二、多项选择题（6分）
3. 乒乓球比赛采用五局三胜制，当两位参赛选手甲、乙中有一位赢得三局
比赛时，就由该选手晋级而比赛结束.每局比赛皆须分出胜负，且每局比
赛的胜负不受之前比赛结果影响.假设甲在任一局赢球的概率为p（0≤p
≤1），实际比赛局数的期望值记为f（p），则下列说法正确的是（　　）
A. 三局就结束比赛的概率为p3＋（1－p）3
B. f（p）的常数项为3
C. 函数f（p）在（0， ）上单调递减
D. f（ ）＝
√
√
√
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解析： 　设实际比赛局数为X，则X的可能取值为3，4，5，P（X＝
3）＝p3＋（1－p）3，P（X＝4）＝ p3（1－p）＋ p（1－p）3，P
（X＝5）＝ p2（1－p）2，因此三局就结束比赛的概率为p3＋（1－p）
3，则A正确；故f（p）＝3[p3＋（1－p）3]＋4[ p3（1－p）＋ p（1
－p）3]＋5× p2（1－p）2＝6p4－12p3＋3p2＋3p＋3，由f（0）＝3知
常数项为3，故B正确；由f'（p）＝24p3－36p2＋6p＋3＝3（2p－1）
（4p2－4p－1），因为0≤p≤1，所以4p2－4p－1＝（2p－1）2－2＜0，
所以令f'（p）＞0，则0≤p＜ ；令f'（p）＜0，则 ＜p≤1，故函数f
（p）在（0， ）上单调递增，故C不正确；由f（ ）＝6× －12× ＋3× ＋ ＋3＝ ，故D正确.
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三、填空题（5分）
4. （2025·江苏南京、盐城第一学期调研）已知等差数列{an}的公差不为
0，若在{an}的前100项中随机抽取4项，则这4项按原来的顺序仍然成等差
数列的概率为 .（用最简分数作答）

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解析：等差数列{an}的公差不为0，设公差为d，从前100项中随机抽取4
项，共有 种情况.若抽出的4项按原来的顺序仍然成等差数列，则其公
差最小值为d，最大值为33d.取一个特殊的等差数列1，2，3，4，…，
100，则抽出的4项的公差为1，2，3，…，33中的一个，当d＝1时，共有
种情况，当d＝2时，共有 种情况，当d＝3时，共有 种情
况，…，当d＝33时，共有 种情况，所以所求概率为P＝
＝ ＝ .
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四、解答题（共49分）
5. （15分）已知函数f（x）＝ sin ωx· cos ωx－ sin （ωx＋ ）· sin
（ωx－ ），其中ω∈N*且f（x）在[0，π]上有且仅有2个零点，2个极
值点.
（1）求f（x）的最小正周期；
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解： 由f（x）＝ sin ωx· cos ωx－ sin
（ωx＋ ）· sin （ωx－ ）＝ sin 2ωx－
（ sin ωx＋ cos ωx）·（ sin ωx－ cos ωx）＝
sin 2ωx＋ （ cos 2ωx－ sin 2ωx）＝ sin 2ωx＋ cos 2ωx＝ sin （2ωx＋ ）.设z＝2ωx＋ ，因为x∈[0，π]，则 ≤z＝2ωx＋ ≤2ωπ＋ .如图，画出函数y＝ sin z的图象.
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由y＝ sin z的图象可知，要使f（x）在[0，π]上有且仅有2个零点，2个极值点，需使2π≤2ωπ＋ ≤ ，解得 ≤ω≤ .因为ω∈N*，则ω＝1，即f（x）＝ sin （2x＋ ），故其最小正周期为π.
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（2）设集合A＝{x｜x＝ ，k∈N*，且k≤18，f（x）≥ }，已知
△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a＝2，c＝4，现
从集合A的所有元素中任取一值作为角A的值，求使得△ABC存在的概率.
解： 由f（x）≥ 可得 sin （2x＋ ）≥ .
解得 ＋2nπ≤2x＋ ≤ ＋2nπ，n∈Z，即nπ≤x≤ ＋nπ，n∈Z（*）.
由集合A可知x＝ ，代入（*）式，化简得：36n≤k≤12＋36n，
n∈Z，又k∈N*且k≤18，
故k＝1，2，…，12，则有A＝{ ， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ， }.
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因为a＝2，c＝4，若角A的值可使△ABC存在，需使a≥c· sin A，即 sin
A≤ ，
而满足此条件的角A有 ， ， ， ， ， 共6个，故使得△ABC存
在的概率为 .
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6. （17分）（2025·山东泰安一模）为备战全国机器人大赛，某高校机器
人甲队和乙队进行练习赛，两队均由两台机器人组成.比赛要求每轮两
局，每局比赛两队需派不同机器人参赛，每局比赛获胜得1分，否则得0
分.设每轮比赛中各局结果互不影响，各轮结果也互不影响.已知甲队机器
人a，b每局比赛获胜的概率分别为 ， .
（1）设前两轮比赛中甲队得3分为事件A，前两轮比赛中机器人a得2分为
事件B，求P（B｜A）；
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解： 设前两轮比赛中a得i分为事件Ci，b得j分为事件Dj，i，j＝
0，1，2，
∴P（C1）＝ （ ）2＝ ，P（C2）＝ （ ）2＝ ，
P（D1）＝ （ ）1（ ）1＝ ，P（D2）＝ （ ）2＝ ，
由题意知A＝C1D2＋C2D1，AB＝C2D1，
∵各轮比赛，各局比赛结果互不影响，C1D2与C2D1互斥，
∴P（A）＝P（C1D2）＋P（C2D1）＝P（C1）·P（D2）＋P（C2）P
（D1）＝ × ＋ × ＝ ，
P（AB）＝P（C2）P（D1）＝ × ＝ ，
∴P（B｜A）＝ ＝ .
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（2）受机器人电池蓄航能力影响，本次比赛最多进行10轮，规定当一队
得分比另一队得分多2分时比赛结束.设比赛结束时共进行了X轮，求X的
数学期望.
解： 由题意，X＝1，2，…，10，
设第k轮两队比分为1∶1为事件Ek，k＝1，2，…，9，
∵各局比赛互不影响，
∴P（Ek）＝ ×（1－ ）＋（1－ ）× ＝ ，
∴P（ ）＝1－P（Ek）＝ ，
由题意，k＝1时，P（X＝1）＝P（ ）＝ ，
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k≥2时，事件“X＝k”＝E1E2…Ek－1 ，k＝2，3，…，9，
∵各轮比赛互不影响，
∴P（X＝k）＝P（E1）P（E2）…P（Ek－1）P（ ）＝ ×
×…× × ＝（ ）k，k＝2，3，…，9，
∵P（X＝10）＝P（E1）P（E2）…P（E9）＝（ ）9，
∴E（X）＝1× ＋2×（ ）2＋…＋9×（ ）9＋10×（ ）9，
设S＝1× ＋2×（ ）2＋…＋9×（ ）9，
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∴ S＝1×（ ）2＋…＋8×（ ）9＋9×（ ）10，
∴S－ S＝ ＋（ ）2＋…＋（ ）9－9×（ ）10，
∴ S＝1－（ ）9－9×（ ）10，
∴S＝2－11×（ ）9，
∴E（X）＝2－（ ）9＝ .
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7. （17分）（2025·辽宁部分重点中学协作体考试）某高中全体学生参加
一次知识竞赛.竞赛共有5道单选题.每题四个选项中有且只有一个是正确
的，每道题答对得2分，答错和不答都得0分，假设每个学生答对每道题的
概率均为p（0＜p＜1）.
（1）学生甲在前3道题答对2道题的条件下，求他最终得6分的概率；
解： 设“最终得6分”为事件A，则P（A）＝p（1－p）＋（1－
p）p＝2p－2p2.
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（2）现随机抽取10名学生，记第i个人的得分为随机变量Zi，得到Zi的一
组观测值zi（i＝1，2，3，…，10）如下：
学生 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
得分 6 8 6 10 6 10 8 6 10 8
②设随机变量Zi取到观测值zi（i＝1，2，3，…，10）的概率为L（p），
即L（p）＝P（Z1＝z1，Z2＝z2，…，Z10＝z10）；在一次抽样中获得这
一组特殊观测值的概率应该最大，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 .
①从这10名学生中随机抽取4名学生，设抽到得10分的学生人数为X，求X
的分布列和数学期望；
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解： ①X的所有可能取值为0，1，2，3，
P（X＝0）＝ ＝ ，P（X＝1）＝ ＝ ，P（X＝2）＝ ＝ ，
P（X＝3）＝ ＝ ，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
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X的数学期望E（X）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝1.2.
②由题意，P（Zi＝6）＝ p3（1－p）2＝10p3（1－p）2，
P（Zi＝8）＝ p4（1－p）＝5p4（1－p），
P（Zi＝10）＝ p5＝p5，
因为Zi（i＝1，2，…，10）取值相互独立，
所以L（p）＝P（Z1＝z1，Z2＝z2，…，Z10＝z10）＝P（Z1＝z1）P（Z2
＝z2）…P（Z10＝z10）
＝[P（Zi＝6）]4[P（Zi＝8）]3[P（Zi＝10）]3＝[10p3（1－p）
2]4[5p4（1－p）]3（p5）3，
求使L（p）达到最大时p的值，
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令F（p）＝ln[L（p）]＝4ln 10＋12ln p＋8ln（1－p）＋3ln 5＋12ln p
＋3ln（1－p）＋15ln p＝4ln 10＋3ln 5＋39ln p＋11ln（1－p），
F'（p）＝ － ＝ ，
令F'（p）＝0，可得p＝ ＝0.78，
当p∈（0，0.78）时，F'（p）＞0，F（p）单调递增，L（p）单调递
增；当p∈（0.78，1）时，F'（p）＜0，F（p）单调递减，L（p）单调递减，
故p＝0.78时，L（p）最大， ＝0.78.
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