资源简介

概率与分布列归类
目录
【题型一】 超几何分布型分布列
【题型二】二项分布型分布列
【题型三】正态分布型
【题型四】分布列均值与方差
【题型五】竞技比赛型分布列
【题型六】多人比赛竞技型分布列
【题型七】递推数列型
【题型八】三人传球递推数列型
【题型九】导数计算型分布列最值
【题型十】机器人跳棋模式求分布列
【题型一】超几何分布型分布列
总数为N的两类物品，其中一类为M件，从N中取n件恰含M中的m件，m= 0,1,2 ,k ，其中 k为M
CmCn-m
与n的较小者，P ξ=m = M N-Mn ，称 ξ服从参数为N ,M ,n的超几何分布，记作 ξ ~H N ,M ,n ，CN
nM
此时有公式Eξ= 。N
一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品. 从N件产品中随机抽取n件 (不放回)，用X表示抽取的
CkCn-k
n X P(X= k) = M N-M件产品中的次品数，则 的分布列为 n ，k=m，m+ 1，m+ 2， ，r. 其中n，CN
N，M∈N*，M≤N，n≤N，m=max{0,n-N+M}，r=min{n,M}. 如果随机变量X的分布列
具有上式的形式，那么称随机变量X服从超几何分布_.E(X) =np.
1
1 (2023·湖北·模拟预测)某区域中的物种P拥有两个亚种 (分别记为A种和B种).为了调查该区域中这
两个亚种的数目，某生物研究小组计划在该区域中捕捉 100个物种P，统计其中A种的数目后，将捕获的生
物全部放回，作为一次试验结果.重复进行这个试验共 20次，记第 i次试验中A种的数目为随机变量Xi(i=
1,2, ,20).设该区域中A种的数目为M，B种的数目为N，每一次试验均相互独立.
(1)求X1的分布列；
20
(2) 1记随机变量X= Xi.已知E(Xi+X j) =E(Xi) +E(X j)，D(Xi+X j) =D(Xi) +D(X20 j)；i=1

(ⅰ)证明：E(X) =E(X1)，D(X) = 1 D(X1)；20
(ⅱ)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, ,20).数据 xi(i= 1,2, ,20)

的平均值 x

= 40 ，方差 s2= 1.176.采用 x和 s2分别代替E(X)和D(X)，给出M，N的估计值.
【答案】(1)分布列见解析 (2) (ⅰ)证明见解析；(ⅱ)M= 1980，N= 2971
【分析】
(1)根据条件，判断Xi服从超几何分布，再利用超几何分布的分布列即可求出结果；
(2) (ⅰ)直接利用均值和方差的性质即可证明结果；

(ⅱ)先利用第 (ⅰ)中的结论，求出E(X) = 100M+ ，D(
5MN (M+N- 100)
X) = ，再结合条件建立方程组，
M N (M+N )2(M+N- 1)
从而求出结果.
【详解】(1)依题意，Xi(i= 1,2, ,20)均服从完全相同的超几何分布，故X1的分布列为P(X1= k) =
CkC100-kM N k∈N ,max 0,100-N ≤ k≤min 100,M .
C100M+N
(2) (ⅰ)由题可知

E(X) =E 1
20 20 20
Xi = 1 E X = 1i E(Xi) = 1 × 20E(X ) =E(X )，20 i=1 20 i=1 20 1 1i=1 20
1 20 1 20 20D(X) =D Xi = D Xi = 1 D(Xi) = 1 × 20D(X1) = 1 D(X )，故E(X) =E(X )，D(X)20 2 2i=1 20 i=1 20 i=1 202 20 1 1
= 1 D(X )
20 1

(ⅱ)由 (ⅰ)可知X的均值E(X) =E(X ) = 100M1 + ．先计算X1的方差D(X1) = k
2P(X1= k) -E 2(X1)M N k
k 100-k k 100-k k-2 100-k k-1
= ( - C C C C C C C C
100-k
k k 1) M N + k M N -E 2(X ) =M (M- 1) M-2 N +M M-1 N1 -E 2(X1)
k C100M+N k C
100 C100 100M+N k M+N k CM+N
= M (M- 1)C100-2 + M C100-1 - 2( ) = 100MN (M+N- 100)
100 M+N-2 E X ，C C100
M+N-1 1
M+N M+N (M+N )2(M+N- 1)
5MN (M+N- 100)
所以D(X) = ．依题意有
(M+N )2(M+N- 1)
100M
M+N = 40， 5MN M+N- 100 解得M= 1980.4，N= 2970.6．所以可以估计M= 1980，N= 2971．+ 2 + - = 1.176， M N M N 1
2 (23·24高三上·江苏南通·阶段练习)某班为了庆祝我国传统节日中秋节，设计了一个小游戏：在一个不
2
透明箱中装有 4个黑球，3个红球，1个黄球，这些球除颜色外完全相同.每位学生从中一次随机摸出 3个球，
观察颜色后放回.若摸出的球中有X个红球，则分得X个月饼；若摸出的球中有黄球，则需要表演一个节目.
(1)求一学生既分得月饼又要表演节目的概率；
(2)求每位学生分得月饼数的概率分布和数学期望.
【答案】(1) 15 (2) 9分布列见解析，数学期望为
56 8
【分析】(1)由题意分析可知有两种可能：“2个红球 1个黄球”和“1个黑球，1个红球，1个黄球”，进而结合组
合数运算求解；
(2)由题意可知X的可能取值为：0，1，2，3，结合超几何分布求分布列和期望.
【详解】(1)记“一学生既分得月饼又要表演节目”为事件A，
可知有两种可能：“2个红球 1个黄球”和“1个黑球，1个红球，1个黄球”，
C2C1+C1C1 1
所以P A = 3 1 4 3
C1 = 15 .
C38 56
(2)由题意可知X的可能取值为：0，1，2，3，则有：
C3 0 2 1
P X= 0 = 5C3 = 5 , = = C CP X 1 5 3 = 15 3 ，C 28 C38 8 28
1
= = C5C
2
3 = 15 , = = C
0C3
P X 2 P X 3 5 3 = 1 3 ，C 38 56 C8 56
可得X的分布列为
X 0 1 2 3
5 15 15 1
P
28 28 56 56
5
所以E X = 0× + 1× 15 + 2× 15 + 3× 1 = 9 .
28 28 56 56 8
3 (2024·广东广州·二模)某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查
该地区植物覆盖面积与某种野生动物数量的关系，将其分成面积相近的若干个地块，从这些地块中随机抽取
20个作为样区，调查得到样本数据 xi,yi (i= 1,2, ,20)，其中 xi，和 yi，分别表示第 i个样区的植物覆盖面积
20
(
20 20
单位：公顷)和这种野生动物的数量 (单位：只)，并计算得∑ x-x 2= 80,∑ y-y 2i i = 9000,∑ xi-x yi-y
i=1 i=1 i=1
= 800.
(1)求样本 xi,yi (i= 1,2, ,20)的相关系数 (精确到 0.01)，并推断这种野生动物的数量 y(单位：只)和植物
覆盖面积 x(单位：公顷)的相关程度；
(2)已知 20个样区中有 8个样区的这种野生动物数量低于样本平均数，从 20个样区中随机抽取 2个，记抽到
这种野生动物数量低于样本平均数的样区的个数为X，求随机变量X的分布列.
n
∑ xi-x y-y i
附：相关系数 r= i=1 , 2 ≈ 1.414
n
∑ x-x
n
i 2∑ y-y 2i
i=1 i=1
【答案】(1)0.94，相关性较强． (2)见解析
3
【分析】
(1)根据相关系数的计算公式即可代入求解，
(2)根据超几何概率的概率公式求解概率，即可得分布列.
【详解】(1)
样本 (xi，yi) (i= 1，2， ，20)的相关系数为
20
∑ x-x i yi-y
r= i=1 = 800 = 2 2 ≈ 0.94．
20 20
∑ x-x 2∑ y-y 80× 9000
3
i i 2
i=1 i=1
由于相关系数 |r| ∈ [0.75,1]，则相关性很强，|r|的值越大，相关性越强．
故 r= 0.94∈ 0.75,1 ，故相关性越强．
(2)由题意得：X的可能取值为 0，1，2，
20个样区中有 8个样区的这种野生动物数量低于样本平均数，有 12个样区的这种野生动物数量不低于样本
平均数，
2
P(X= 0) = C12 = 66 33 C
1C1 96 48 C2
所以 = ，P(X= 1) = 8 12 = = ，P(X= 2) = 8 = 28 = 14，
C220 190 95 C
2
20 190 95 C
2
20 190 95
所以X的分布列为：
X 0 1 2
33 48 14
P
95 95 95
【题型二】二项分布型分布列
若在一次实验中事件发生的概率为 p 0< p< 1 ，则在n次独立重复实验中恰好发生 k次概率 p ξ= k
= Ckpk 1- p n-kn k= 0,1,2, ,n ，称 ξ服从参数为n,p的二项分布，记作 ξ ~B n,p ，Eξ=np，Di=
npq.
1 (2024·云南昆明·一模)聊天机器人 (chatterbot)是一个经由对话或文字进行交谈的计算机程序.当一
个问题输入给聊天机器人时，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.在对某款聊天机器人进行测试
时，如果输入的问题没有语法错误，则应答被采纳的概率为 80%，若出现语法错误，则应答被采纳的概率为
30%.假设每次输入的问题出现语法错误的概率为 10%.
(1)求一个问题的应答被采纳的概率；
(2)在某次测试中，输入了 8个问题，每个问题的应答是否被采纳相互独立，记这些应答被采纳的个数为X，
事件X= k(k= 0,1, ,8)的概率为P(X= k)，求当P(X= k)最大时 k的值.
【答案】(1)0.75(2)6
4
【分析】(1)根据全概率公式即可求解，
(2)根据二项分布的概率公式，利用不等式即可求解最值.
【详解】(1)记“输入的问题没有语法错误”为事件A，“一次应答被采纳”为事件B，

由题意P(A) = 0.1，P B A = 0.8，P B A = 0.3，则

P(A) = 1-P(A) = 0.9，

P B =P AB +P AB =P A P B A +P A P B A = 0.9× 0.8+ 0.1× 0.3= 0.75.
k 8-k
(2)依题意，X B 8, 3 ，P(X= k) =Ck 3 1 ，4 8 4 4
( = ) P X= k ≥P X= k+ 1 ,当P X k 最大时，有 P X= k ≥P X= k- 1 ,
C k 3
k 8-k
1 ≥C k+1
k+1 7-k
8 4 4 8
3
4
1
即 4
, 23 27
3 k 1 8-k - 3 k-1 1 9-k 解得： ≤ k≤ ，k∈N，C k ≥C k 1 , 4 48 4 4 8 4 4
故当P(X= k)最大时，k= 6.
2 (2024·全国·模拟预测)某地文旅部门为了增强游客对本地旅游景区的了解，提高旅游景区的知名度和
吸引力，促进旅游业的发展，在 2023年中秋国庆双节之际举办“十佳旅游景区”评选活动，在坚持“公平、公正
公开”的前提下，经过景区介绍、景区参观、评选投票、结果发布、颁发奖牌等环节，当地的 6个“自然景观类景
区”和 4个“人文景观类景区”荣获“十佳旅游景区”的称号．评选活动结束后，文旅部门为了进一步提升“十
佳旅游景区”的影响力和美誉度，拟从这 10个景区中选取部分景区进行重点推介.
(1)若文旅部门从这 10个景区中先随机选取 1个景区面向本地的大学生群体进行重点推介、再选取另一个景
区面向本地的中学生群体进行重点推介，记面向大学生群体重点推介的景区是“自然景观类景区”为事件A，
面向中学生群体重点推介的景区是“人文景观类景区”为事件B，求P B A ，P B ；
(2)现需要从“十佳旅游景区”中选 4个景区，且每次选 1个景区 (可以重复)，分别向北京、上海、广州、深圳这
四个一线城市进行重点推介，记选取的景区中“人文景观类景区”的个数为X，求X的分布列和数学期望．
(1)P(B ∣A) = 4【答案】 ，P(B) = 2 (2) 8分布列见解析；期望为
9 5 5
P(AB)
【分析】(1)利用条件概率的公式P(B ∣A) = 及全概率公式求解即可；
P(A)
(2)随机变量X符合二项分布的两个特点“独立性”和“重复性”，故可建立二项分布模型，按二项分布求解即
可.
【详解】(1) 6 3 6× 4 4由古典概型的计算公式可得，P(A) = = ，P(AB) = = ，
10 5 10× 9 15
4
( ∣ ) = P(AB) 4由条件概率的计算公式得：P B A = 15 = ，
P(A) 3 9
5

P(AB) = 4× 3 = 2同理 × ，10 9 15

则P(B) =P(AB) +P(AB) = 4 + 2 = 2．
15 15 5
(2)由题意知X的所有可能取值为 0，1，2，3，4，且X B 4, 25 ，
5
4 0 3 1
P(X= 0) =C04 3 2 = 81 ；P(X= 1) =C1 3 2 = 216；5 5 625 4 5 5 625
2 2 1 3
P(X= 2) =C2 3 2 = 2164 ；P(X= 3) =C3 3 24 = 96 ；5 5 625 5 5 625
0 4
P(X= 4) =C44 3 2 = 16 ．5 5 625
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
81 216 216 96 16
P
625 625 625 625 625
X的数学期望E(X) = 4× 2 = 8．
5 5
3 (2023·广东肇庆·二模)在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现连续发射信号n次，每次
发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号 1的次数为X.
(1)当n= 6时，求P X≤ 2
(2)已知切比雪夫不等式：对于任一随机变量Y，若其数学期望E Y 和方差D Y 均存在，则对任意正实数
D
- < ≥ -
Y
a，有P Y E Y a 1 .根据该不等式可以对事件“ Y-E Y < a”的概率作出下限估计.为
a2
了至少有 98%的把握使发射信号“1”的频率在 0.4与 0.6之间，试估计信号发射次数n的最小值.
11
【答案】(1) (2)1250
32
【分析】(1)根据二项分布公式计算；
(2)运用二项分布公式算出E X 和D X ，再根据题意求出 X-E X < a 中 a的表达式，最后利用切比
雪夫不等式求解.
1
【详解】(1)由已知X B 6, ，2
所以P X≤ 2 =P X= 0 +P X= 1 +P X= 2
6 5 2 4
=C0 1 1 1 1 2 1 1 1 6 15 116 +C +C = + + = ；2 6 2 2 6 2 2 64 64 64 32
(2)由已知X B n, 1 ，所以E X = 0.5n,D X = 0.25n，2
若 0.4≤ X ≤ 0.6，则 0.4n≤X≤ 0.6n，即-0.1n≤X- 0.5n≤ 0.1n，
n
即 X- 0.5n ≤ 0.1n.
由切比雪夫不等式P X- 0.5n ≤ 0.1n ≥ 1- 0.25n ，
(0.1n)2
0.25n
要使得至少有 98%的把握使发射信号“1”的频率在 0.4与 0.6之间，则 1- ≥ 0.98，
(0.1n)2
解得n≥ 1250，所以估计信号发射次数 n的最小值为 1250；
综上，P X≤ 2 = 11 ，估计信号发射次数 n的最小值为 1250.
32
6
【题型三】正态分布型
- x-μ
2
( 11)若X是正态随机变量，其概率密度曲线的函数表达式为 f x = e 2σ
2
，x∈R (其中 μ,σ是
2π σ
参数，且σ> 0，-∞< μ<+∞)。
其图像如图 13- 7所示，有以下性质：
①曲线在x轴上方，并且关于直线x= μ对称；
②曲线在x= μ处处于最高点，并且此处向左右两边延伸时，逐渐降低，呈现“中间高，两边低”的形状；
③曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，σ越小，曲线越“高瘦”；
④ f x 图像与x轴之间的面积为 1.
(2)E = μ D =σ2ξ ， ξ ，记作 ξ ~N μ,σ2 .
当 μ= 0,σ= 1时，ξ服从标准正态分布，记作 ξ ~N 0,1 .
(3)ξ ~N μ,σ2 ，则 ξ 在 μ- σ,μ+ σ ， μ- 2σ,μ+ 2σ ， μ- 3σ,μ+ 3σ 上取值的概率分别为
68.3%，95.4%，99.7%，这叫做正态分布的 3σ原则。
1 从某酒店开车到机场有两条路线，为了解两条路线的通行情况，随机统计了走这两条路线各 10次的全
程时间 (单位：min)，数据如下表：
路线一 44 58 66 50 34 42 50 38 62 56
路线二 62 56 68 62 58 61 61 52 61 59

将路线一和路线二的全程时间的样本平均数分别记为 x和 y，样本方差分别记为 s2 21和 s2.
(1)求 x ,y ,s21,s22.
(2)假设路线一的全程时间X服从正态分布N μ1,σ21 ，路线二的全程时间Y服从正态分布N μ2,σ22 ，分别用
x ,y ,s21,s2 2 22作为 μ1,μ2,σ1,σ2的估计值.现有甲 乙两人各自从该酒店打车去机场，甲要求路上时间不超过 60min，
乙要求路上时间不超过 70min，为尽可能满足客人要求，司机送甲 乙去机场应该分别选哪条路线？

【答案】(1)x= 50，y= 60，s21= 100，s22= 16(2)甲去机场应该选择路线一，送乙去机场应该选择路线二
【分析】(1)根据求平均数公式和方差公式进行求解；(2)根据正态曲线的对称性进行求解.
7
(1)x = 50+ 1【详解】 (-6+ 8+ 16+ 0- 16- 8+ 0- 12+ 12+ 6) = 50，
10
y = 60+ 1 (2- 4+ 8+ 2- 2+ 1+ 1- 8+ 1- 1) = 60，
10
s2 1 2 2 2 21= 6 +8 +16 +16 +82+122+122+62 = 100，10
s2= 1 22+42+82+222 +22+12+12+82+12+1210 = 16.
(2)由 (1)知X~N 50,102 ,Y~N 60,42 .
因为P(X≤ 60)>P(X≤ 50)，且P(X≤ 50) =P(Y≤ 60) = 1 ，
2
所以P(X≤ 60)>P(Y≤ 60)，
因为P(X≤ 70) =P X≤ μ1+2σ1 ,P(Y≤ 70)>P(Y≤ 68) =P Y≤ μ2+2σ2 ，
又P X≤ μ1+2σ1 =P Y≤ μ2+2σ2 ，所以P(X≤ 70)所以送甲去机场应该选择路线一,送乙去机场应该选择路线二.
2.2020年我国科技成果斐然，其中北斗三号全球卫星导航系统 7月 31日正式开通．北斗三号全球卫星导航
系统由 24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止轨道卫星和 3颗倾斜地球同步轨道卫星，共 30颗卫星组成．
北斗三号全球卫星导航系统全球范围定位优于 10米，实测的导航定位精度都是 2~3米，全球服务可用性
99%，亚太地区性能更优．
(Ⅰ)南美地区某城市通过对 1000辆家用汽车进行定位测试，发现定位精确度X近似满足X~N 5 , 1 ，预估2 4
该地区某辆家用汽车导航精确度在 [1,3]的概率；
(Ⅱ) (ⅰ)某地基站工作人员 30颗卫星中随机选取 4颗卫星进行信号分析，选取的 4颗卫星中含 3颗倾斜地
球同步轨道卫星数记为Y，求Y的分布列和数学期望；
(ⅱ)某日北京、上海、拉萨、巴黎、里约 5个基地同时独立随机选取 1颗卫星进行信号分析，选取的 5颗卫星中
含中圆地球轨道卫星的数目记为 ξ，求 ξ的数学期望．
附：若X~N μ,σ2 ，则P μ- σ≤X≤ μ+ σ ≈ 0.6827，P μ- 2σ≤X≤ μ+ 2σ ≈ 0.9545，
P μ- 3σ≤X≤ μ+ 3σ ≈ 0.9973．
【答案】(Ⅰ)0.84 2；(Ⅱ) (ⅰ)分布列见解析， ；(ⅱ)4.
5
【分析】(Ⅰ)根据“3σ”原则及图形的对称性即可求解；
(Ⅱ) (ⅰ)由题可知Y服从超几何分布，利用公式即可求解；(ⅱ)由题可知 ξ服从二项分布，利用公式即可求
解．
【详解】(Ⅰ)由X~N 5 , 1 μ= 5 ,σ= 1，易知2 4 2 2
∴P 1≤X≤ 3 =P μ- 3σ≤X≤ μ+ σ ≈ 0.6827+ 0.9973- 0.6827 = 0.6827+ 0.1573= 0.84，
2
则预估该地区某辆家用汽车导航精确度在 [1,3]的概率为 0.84．
i 4-i
(Ⅱ) ( C Cⅰ)由题意知Y H 4,3,30 ，P Y= i = 3 27 i= 0,1,2,34 ，C30
∴Y的分布列为
8
Y 0 1 2 3
130 65 39 1
P
203 203 1015 1015
∴E Y = 0× 130 + 1× 65 + 2× 39 + 3× 1 = 2．
203 203 1015 1015 5
(ⅱ)5 24 4个基地相互独立，每个基地随机选取 1颗卫星是中圆地球轨道卫星的概率为 = ，所以 5个基地选
30 5
4
取的 5颗卫星中含中圆地球轨道卫星的数目 ξ~B 5, ，5
∴E ξ =np= 5× 4 = 4．
5
2 据相关部门统计，随着电商网购的快速普及，快递包装业近年来实现了超过 50%的高速年均增长．针
对这种大好形式，某化工厂引进了一条年产量为 1000万个包装胶带的生产线．已知该包装胶带的质量以某
项指标值作为衡量标准．为估算其经济效益，该化工厂先进行了试生产，并从中随机抽取了 1000个包装胶
带，统计了每个包装胶带的质量指标值 k，并分成以下 5组： 50,60 ， 60,70 ， ， 90,100 ，其统计结果及产
品等级划分如下表所示：
质量指标值k 50,60 60,70 70,80 70,80 90,100
产品等级 A级 B级 C级 D级 废品
频数 160 300 400 100 40
试利用该样本的频率分布估计总体的概率分布，并解决下列问题 (注：每组数据取区间的中点值)：
(1)由频数分布表可认为，该包装胶带的质量指标值 k近似地服从正态分布N μ,σ2 ，其中 μ近似为样本平均

数 x，σ近似为样本的标准差 s，并已求得 s≈ 10.03．求P 50.54< k≤ 80.63 的值；
(2)已知每个包装胶带的质量指标值 k与利润 y(单位：元)的关系如下表所示：(t∈ (1,4))
质量指标值k 50,60 60,70 70,80 70,80 90,100
y 5t 3t 2t t -5et利润
假定该化工厂所生产的包装胶带都能销售出去，且这一年的总投资为 5000万元 (含引进生产线、兴建厂房等
等一切费用在内)，问：该化工厂能否在一年之内通过生产包装胶带收回投资？试说明理由．
参考数据：若随机变量 Z N μ,σ2 ，则P μ- σ< Z≤ μ+ σ = 0.6827，P μ- 2σ< Z≤ μ+ 2σ = 0.9545，
P μ- 3σ< Z≤ μ+ 3σ = 0.9973，ln13≈ 2.6．
江苏省南通市西亭高级中学 2020- 2021学年高三上学期省模考模拟二数学试题
【答案】(1)0.8186；(2)该化工厂不能在一年之内通过销售包装胶带收回投资，理由见解析.
【分析】(1)写出分布列，求出样本平均数，利用正态分布三段区间的概率值求概率；
(2)列出包装胶带的质量指标值 k的分布列，求出每个包装胶带的利润 y=-0.2et+2.6t，借助导数求其最大
值即可作答.
【详解】(1)依题意，区间中点值与对应概率如下表：
9
中间值 55 65 75 85 95
概率 0.16 0.3 0.4 0.1 0.04

则样本平均数为 x= 55× 0.16+ 65× 0.3+ 75× 0.4+ 85× 0.1+ 95× 0.04= 70.6，
于是得 μ- 2σ,μ+ σ = 70.6- 20.06,70.6+ 10.03 = 50.54,80.63 ，
而P μ- 2σ< k≤ μ+ σ = 1 P μ- σ< k≤ μ+ σ 1 + P μ- 2σ< k≤ μ+ 2σ = 0.8186，
2 2
(2)依题意，该包装胶带的质量指标值 k、利润 y与对应概率如下表所示： 1< t< 4
质量指标值 k 50,60 60,70 70,80 70,80 90,100
利润 y 5t 3t 2t t -5et
P 0.16 0.3 0.4 0.1 0.04
则每个包装胶带的利润 y= 5t× 0.16+ 3t× 0.3+ 2t× 0.4+ t× 0.1- 0.2et=-0.2et+2.6t，
则 y =-0.2et+2.6=-0.2 et-13 ，令 y = 0，得 t= ln13，
因此当 t∈ 1,ln13 时，y > 0，当 t∈ ln13,4 时，y < 0，函数 y=-0.2et+2.6t在 1,ln13 上递增，在
ln13,4 上递减，
从而得当 t= ln13≈ 2.6时，y取最大值，ymax=-0.2eln13+2.6× ln13≈-2.6+ 2.6× 2.6= 4.16(元)
因该生产线的年产量为 1000万个，则该生产线的年盈利的最大值为 4.16× 1000= 4160(万元)，
而 4160万元< 5000万元，
所以该化工厂不能在一年之内通过销售包装胶带收回投资.
【题型四】分布列均值与方差

(1) 2总体方差和标准差：如果总体中所有个体的变量值分别为Y1,Y2, ,YN，总体的平均数为Y，则称 s =
1 N Yi-Y 2_为总体方差，s= s2_为总体标准差．N i=1
(2)总体方差的加权形式：如果总体的N个变量值中，不同的值共有k(k≤N )个，不妨记为Y1,Y2, ,Yk，
k
其中Yi出现的频数为 fi(i= 1,2, ,k) 2 1 2，则总体方差为 s = N fi Yi-Y _．i=1
( ) x 3 设样本容量为n，平均数为 ，其中两层的个体数量分别为n1,n2，两层的平均数分别为x1,x2，方差分别
n
为 s21，s
2 2 1 2
2，则这个样本的方差为 s = s1+
- 2 + n x x 2

1 s22+ x
2
2- x ．n n
1 (2021·江苏泰州·模拟预测)现有一批疫苗试剂，拟进入动物试验阶段，将 1000只动物平均分成 100组，
任选一组进行试验．第一轮注射，对该组的每只动物都注射一次，若检验出该组中有 9只或 10只动物产生抗
10
体，说明疫苗有效，试验终止；否则对没有产生抗体的动物进行第二轮注射，再次检验．如果被二次注射的动
物都产生抗体，说明疫苗有效，否则需要改进疫苗．设每只动物是否产生抗体相互独立，两次注射疫苗互不
影响，且产生抗体的概率均为 p(0< p< 1)．
(1)求该组试验只需第一轮注射的概率 (用含 p的多项式表示)；
(2)记该组动物需要注射次数X的数学期望为E(X)，求证：10【答案】(1)10p9-9p10；(2)证明见解析．
【分析】(1)设第一轮注射有Y只动物产生抗体，则Y~B 10,p ，则所求概率即P(Y= 10) +P(Y= 9)；
(2)先求得E X = 10+ 10 1- p 1- p9 ，由 0< p< 1显然可得E X > 10，再变形E X = 10 2- p -
10p9 1- p ，可证得E X < 10(2- p).
【详解】(1) 1000平均每组 = 10人，
100
设第一轮注射有Y只动物产生抗体，则Y~B 10,p ，
所以P(Y= 10) +P(Y= 9) = p10+10p9(1- p) = 10p9-9p10，
所以该组试验只需第一轮注射的概率为 10p9-9p10．
(2)由 (1)得P X= 10 = 10p9-9p10，
P(X= 10+ k) =C10-k10 (1- p)kp10-k,k= 2,3, ,10，
10
所以E(X) = 10P(X= 10) + (10+ k)P(X= 10+ k)
k=2
10
= 10(p10+10p9(1- p)) + (10+ k)C10-k(1- p)kp10-k10
k=2
10 10
= 10∑C10-k10 1- p kp10-k+∑kC10-k10 1- p kp10-k-C910 1- p p9，
k=0 k=0
10
设 ξ~B 10,1- p ，则E(ξ) = kCk10(1- p)kp10-k= 10(1- p)，
k=0
10
又 C10-k(1- p)kp10-k10 = (1- p+ p)10，
k=0
所以E(X) = 10(1- p+ p)10+10(1- p) - 10(1- p)p9
= 10+ 10 1- p - 10 1- p p9= 20- 10p- 10p9+10p10
= 10+ 10 1- p 1- p9 ，因为 0< p< 1，所以E X > 10，
又E X = 10+ 10 1- p 1- p9 = 20- 10p- 10p9+10p10
= 10 2- p - 10p9 1- p ，因为 0< p< 1，所以E X < 10 2- p ，
所以 102 (22- 23高二下·福建福州·期末)某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有
n n∈N * 份血液样本 (数量足够大)，有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验 n次；
方式二：混合检验，将其中 k(k∈N*且 k≥ 2)份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这 k份血液样本
全无抗体，只需检验 1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分
11
别化验一次，检验总次数为 (k+ 1)次．
假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为 p(0< p< 1)．
(1)现有 7份不同的血液样本，其中只有 3份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过 4次检验就能
把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
(2)现取其中 k(k∈N*且 k≥ 2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为 ξ1；采用混合检
验方式，样本需要检验的总次数为 ξ2．
①若E ξ1 =E ξ2 ，求P关于 k的函数关系式 p= f(k)；
- 1
②已知 p= 1- e 8，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据：ln2= 0.693,ln25= 3.219,ln26= 3.258,ln27= 3.296,ln28= 3.332．
【答案】(1) 4
35
(2)答案见解析
【分析】(1)分为两种情况，一种是前三次检验中，其中两次检验出抗体，第四次检验出抗体，二是前四次均无
抗体，再结合概率公式即可求解；
(2)①由已知得E ξ1 = k，ξ2的所有可能取值为 1，k+ 1，求出相应的概率，再由E ξ1 =E ξ2 可求得P关
于 k的函数关系式 p= f(k) k；②由E ξ1 >E ξ 得 lnk- > 0(k≥ 2且 k∈N *2 )，构造函数 f(x) = lnx- x8 8
(x≥ 2,x∈R)，利用导数求解其单调区间，讨论可得结果.
【详解】(1)设恰好经过 4次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件A，
事件A分为两种情况，一种是前三次检验中，其中两次检验出抗体，第四次检验出抗体，二是前四次均无抗
体，
2 1 3 4
所以P(A) = C3C4A3+A4 = 4 ，
A47 35
4
所以恰好经过 4次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为 ，
35
(2)①由已知得E ξ1 = k，ξ2的所有可能取值为 1，k+ 1，
所以P ξ2= 1 = 1- p k，P ξ2= k+ 1 = 1- 1- p k ，
所以E ξ2 = 1- p k+ k+ 1 1- 1- p k = k+ 1- k 1- p k，
若E ξ1 =E ξ2 ，则 k= k+ 1- k 1- p k，
所以 k 1- p 1 k= 1， 1- p k= ，
k
1 1
所以 1- p= 1 k，得 p= 1-k
1
k
k，
1
所以P关于 k的函数关系式 p= f(k) = 1- 1 k(k≥ 2且 k∈N *)k
- k
②由①知E ξ1 = k，E ξ2 = k+ 1- ke 8，
- k - k - k
若E ξ1 >E ξ ，则 k> k+ 1- ke 82 ，所以 1- ke 8< 0，得 ke 8> 1，
所以 lnk- k > 0(k≥ 2且 k∈N *)
8
12
f(x) = lnx- x (x≥ 2,x∈R) f (x) = 1 - 1 = 8- x令 ，则 (x≥ 2,x∈R)，
8 x 8 8x
当 2≤ x< 8时，f (x)> 0，当 x> 8时，f (x)< 0，
所以 f(x)在 [2,8)上单调递增，在 (8,+∞)上单调递减，
f(2) = ln2- 2因为 ≈ 0.693- 0.25> 0，f(26) = ln26- 26 ≈ 3.258- 3.25> 0，
8 8
f(27) = ln27- 27 ≈ 3.296- 3.375< 0，
8
所以不等式E ξ1 >E ξ2 的解是 k∈ [2,26]且 k∈N *，
所以 k∈ [2,26]且 k∈N *时，E ξ1 >E ξ2 ，采用方案二混合检验方式好，
k∈ [27,+∞)且 k∈N *时，E ξ1 3 (23- 24高三上·四川成都·开学考试)在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标 a1,a2,a3 表示，其
中 ai∈ 0,1 1≤ i≤ 3,i∈N ．而在n维空间中 n≥ 2,n∈N ，以单位长度为边长的“立方体”的项点坐标可
表示为n维坐标 a1,a2,a3, ,an ，其中 ai∈ 0,1 1≤ i≤n,i∈N ．现有如下定义：在n维空间中两点间的
曼哈顿距离为两点 a1,a2,a3, ,an 与 b1,b2,b3, ,bn 坐标差的绝对值之和，即为 a1-b1 + a2-b2 +
a3-b3 + + an-bn ．回答下列问题：
(1)求出n维“立方体”的顶点数；
(2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离
①求出X的分布列与期望；
②证明：在n足够大时，随机变量X的方差小于 0.25n2．
- x-μ
2
( 1 2已知对于正态分布X N μ,σ2 ，P随X变化关系可表示为 φμ,σ x = e 2σ )
σ 2π
n
【答案】(1)2n(2)①分布列见解析，E X = -n ；②证明见解析2 1- 2
【分析】(1)根据乘法原理，即可确定顶点个数；(2)①首先确定X= 0,1,2,...,n，再结合组合数公式求概率，即
n n n 2
可求解分布列和数学期望；②由①可知，n足够大时，E X ≈ ，可得正态分布N , ，正态分布曲2 2 2
线为 f x ，并设题中分布列所形成的曲线为 g x ，则当 g
n n
x 与 f x 均在 x= 处取最大值，说明当 g
2 >2
f n2 时，
n 2
且 g ∞ < f ∞ ，则可认为方差D X < ．2
【详解】(1)对于n维坐标 a1,a2,a3, ,an 有 0,1 两种选择 (1≤ i≤n,i∈N)．
故共有 2n种选择，即 2n个顶点
(2)①对于X= k的随机变量，在坐标 a1,a2,a3, ,an 与 b1,b2,b3, ,bn 中有 k个坐标值不同，
即 ai≠ bi，剩下n- k个坐标值满足 ai= bi．
此时所对应情况数为Ckn 2n-1种．
= = C
k 2n-1 Ck
即P X k n = n
C22n 2
n-1
13
故分布列为：
X= 0 1 2 n
C0 C1 C2 Cn
P= n n n n
2n-1 2n-1 2n-1 2n-1
= 0 C
0
n + 1 C
1 2 n
数学期望E X n +
2 Cn n Cn
2n-1 2n-1 2n
+ +
-1 2n-1
n n n
倒序相加得E X = C0 1 2 nn- n
+Cn+Cn+ +Cn = -n 即E X =2 2 1 2 1- 2 2 1- 2-n
．

n n n 2
②当n足够大时，E X ≈ ．设正态分布N , ，正态分布曲线为 f x ，2 2 2
n n 2
由定义知该正态分布期望为 ，方差为 ．设题中分布列所形成的曲线为 g x ．2 2
n n n
则当 g x 与 f x 均在 x= 处取最大值，若当 g > f 时，2 2 2
g ∞ < f ∞ D X < n
2
且 ，则可认为方差 ． 2
n
f x x
I g ∞ < ∞ →+∞ f x = 2 2 -1 n n
g
． ：当 时，有 > 1即 g ∞ < f ∞ ． II． g > f 2g x eπ x 2 2 f n2
n
π n C 2= n
2 2n-1
n n
π n C 2 n C 2
当n足够大时，有 nn ≈
n
n = h n 2 2 -1 2 -1
h n+ 1 k k-1
当n= 2C C2k k∈N 时， = 1+ 1 2k+1 = 1+ 1 1+ 2k > 1h n 2k 2Ck 2k Ck 2k 2k
h n+ 1 k
当n= 2k+ 1 1 k∈N 时， = 1+ 2C2k+1+ > 1 g n故 > f n ．h n 2k 1 2Ck 2 2 2k+1
2
综上所述，可以认为D X < n ．
4
【题型五】竞技比赛型分布列
1 (2023·山西临汾·模拟预测)魔方，又叫鲁比可方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克
教授于 1974年发明的机械益智玩具．魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会
举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一．通常意义下的魔方，是指狭义的三阶魔方．三阶魔方形状通常
是正方体，由有弹性的硬塑料制成．常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原．广义的魔方，
指各类可以通过转动打乱和复原的几何体．魔方与华容道、法国的单身贵族 (独立钻石棋)并称为智力游戏
界的三大不可思议．在 2018WCA世界魔方芜湖公开赛上，杜宇生以 3.47秒的成绩打破了三阶魔方复原的
世界纪录，勇夺世界魔方运动的冠军，并成为世界上第一个三阶魔方速拧进入 4秒的选手．
14
(1) 3 2小王和小吴同学比赛三阶魔方，已知小王每局比赛获胜的概率均为 ，小吴每局比赛获胜的概率均为 ，
5 5
若采用三局两胜制，两人共进行了X局比赛，求X的分布列和数学期望；
(2)小王和小吴同学比赛四阶魔方，首局比赛小吴获胜的概率为 0.5，若小王本局胜利，则他赢得下一局比赛
的概率为 0.6，若小王本局失败，则他赢得下一局比赛的概率为 0.5，为了赢得比赛，小王应选择“五局三胜制”
还是“三局两胜制”？
62
【答案】(1)分布列见解析； (2)小王应选择“五局三胜制”
25
【分析】(1)依题意得到X的可能取值，再利用独立事件与互斥事件的概率公式求得其对应的概率，从而得
解；
(2)分类讨论小王不同选择下对应的获胜概率，从而得解.
【详解】(1)因为采用三局两胜制，所以X的可能取值为 2,3，
X= 2表示小王或小吴连胜两局；X= 3表示小王与小吴前两局一胜一负；
3 3 2 2 13 3 2 12
所以P X= 2 = × + × = ，P X= 3 =C1× × = ，
5 5 5 5 25 2 5 5 25
所以X的分布列为：
X 2 3
13 12
P
25 25
X 2× 13则 的数学期望为 + 3× 12 = 62 .
25 25 25
(2)若小王选择“三局两胜制”，
则小王获胜的情况为：胜胜；胜负胜；负胜胜；
则小王获胜的概率为P1= 0.5× 0.6+ 0.5× 0.4× 0.5+ 0.5× 0.5× 0.6= 0.55；
若小王选择“五局三胜制”，
则小王获胜的情况为：胜胜胜；胜胜负胜；胜负胜胜；负胜胜胜；胜胜负负胜；胜负胜负胜；胜负负胜胜；负负胜
胜胜；负胜负胜胜；负胜胜负胜；
则小王获胜的概率为P2= 0.5× 0.6× 0.6+ 0.5× 0.6× 0.4× 0.5+ 0.5× 0.4× 0.5× 0.6
+0.5× 0.5× 0.6× 0.6+ 0.5× 0.6× 0.4× 0.5× 0.5+ 0.5× 0.4× 0.5× 0.4× 0.5
+0.5× 0.4× 0.5× 0.5× 0.6+ 0.5× 0.5× 0.5× 0.6× 0.6+ 0.5× 0.5× 0.4× 0.5× 0.6
+0.5× 0.5× 0.6× 0.4× 0.5= 0.575，
因为 0.55< 0.575，
所以小王应选择“五局三胜制”.
2 (2021·山东·模拟预测)国际比赛赛制常见的有两种，一种是单败制，一种是双败制．单败制即每场比
赛的失败者直接淘汰，常见的有BO1,BO3等等．BO1表示双方进行一局比赛，获胜者晋级．BO3表示双
方最多进行三局比赛，若连胜两局，则直接晋级；若前两局两人各胜一局，则需要进行第三局决胜负．现在A,
B,C,D四人进行乒乓球比赛，比赛赛制采用单败制，A与B一组，C与D一组，第一轮两组分别进行BO1，胜
15
2
者晋级，败者淘汰；第二轮由上轮的胜者进行BO3，胜者为冠军．已知A与B,C,D比赛，A的胜率分别为 ,
3
1 , 3 1 2 2；B与C,D比赛，B的胜率分别 ， ；C与D比赛，C的胜率为 ．任意两局比赛之间均相互独立．
2 5 2 5 3
(1)在C进入第二轮的前提下，求A最终获得冠军的概率；
(2)记A参加比赛获胜的局数为X，求X的分布列与数学期望．
1 1747
【答案】(1) ；(2)分布列见解析，E X = .
3 1125
【分析】(1)根据独立重复事件的概率公式，结合条件概率的计算公式进行求解即可；
(2)A参加比赛获胜的局数X的取值有 0，1，2，3，求出每种可能性的概率，列出分布列，根据数学期望公式进
行运算求解即可.
【详解】解：(1)C 2进入第二轮的概率为P1= ，3
A与B比赛，A获胜，C与D比赛，C获胜，且A与C比赛，A获胜，
2 2 1 2 2 2
其概率为P2= × × + × 2 ×3 3 2 3 3
1
C2× 1 × 1 = 2 ，2 2 9
P 1
故在C进入第二轮的前提下，A最终获得冠军的概率P= 2 = ．
P1 3
(2)A参加比赛获胜的局数X的取值有 0，1，2，3．
P X= 0 = 1 ，
3
P X= 1 = 2 2 1
2 1 2 2
× + ×3 3 2 3 5 =
11
，
75
2 2 1 2 1 1 3 2 2P 173 X= 2 = × ×C
1
2 × + ×C1× × = ，3 3 2 2 3 2 5 5 1125
2 2 2 2
P X= 3 2 2 = × × C1
3 3 2
1 × 1 + 1 + 1 × C1×
2 2 2 3 2
3 × 2 + 35 5 5
412
= ．1125
X的分布列为：
X 0 1 2 3
1 11 173 412
P
3 75 1125 1125
E X = 0× 1 + 1× 11 + 2× 173 + 3× 412 = 1747 ．
3 75 1125 1125 1125
3 (23·24高三下·浙江·开学考试)甲 乙 丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：每场比赛胜者积 2
分，负者积 0分；比赛前根据相关规则决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一
场比赛，负者下一场轮空；积分首先累计到 4分者获得比赛胜利，比赛结束.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概
率为 p1，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为 p2，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为 p3.
(1)若 p1= p2= p3= 0.5，求比赛结束时，三人总积分X的分布列与期望；
(2)若 p1+p3> 1，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略.
【答案】(1)分布列见详解，EX= 5.5.(2)让乙和丙打第一局
【分析】(1)求出X的取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望；
16
(2)分别计算出“第一局乙对丙最终乙获胜”，“第一局乙对甲最终乙获胜”，“第一局甲对丙而最终乙获胜”三
种策略下的概率，作差法比较出大小，得到答案.
【详解】(1)由题意可知，两场比赛后结束，也即第一局的其中 1人连续获得两场胜利，有两种情况，
此时X= 4，P x= 4 = 0.5× 0.5× 2= 0.5，
当三场比赛后结束，即第一局比赛的 2人均未获胜，轮空者获胜，共有两种情况，
此时X= 6，P x= 6 = 0.5× 0.5× 0.5× 2= 0.25；
当四场比赛后结束，前三局比赛，甲乙丙三人各赢 1场，进行第四场比赛，共有 2种情况，
此时X= 8，P x= 8 = 0.5× 0.5× 0.5× 2= 0.25；
所以三人总积分X的分布列为
X 4 6 8
P 0.5 0.25 0.25
所以EX= 0.5× 4+ 0.25× 6+ 0.25× 8= 5.5.
(2)设事件A为“第一局乙对丙最终乙获胜”，B为“第一局乙对甲最终乙获胜”，C为“第一局甲对丙而最终
乙获胜”，则有：
已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为 p1，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为 p2，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为
p3.
其中A包含三种情况，第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜；
第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜；
第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜，
故P A = p3 1- p1 + p3p1 1- p2 p3+ 1- p3 p2 1- p1 p3；
同理可得P B = 1- p1 p3+ 1- p1 1- p3 p2 1- p1 + p1 1- p2 p3 1- p1 ；
P C = p2 1- p1 p3+ 1- p2 p3 1- p1 = p3 1- p1 ；
显然P B -P C = 1- p1 1- p3 p2 1- p1 + p1 1- p2 p3 1- p1 > 0，
故P B >P C ，P A -P B
= p3p1 1- p2 p3-p1 1- p2 p3 1- p1 + 1- p3 p2 1- p1 p3- 1- p1 1- p3 p2 1- p1 = p1+p3-1 p1
1- p2 p3+ p1+p3-1 1- p3 p2 1- p1 = p1+p3-1 p1 1- p2 p3+ 1- p3 p2 1- p1 ，
由于 p1+p3> 1，故P A -P B = p1+p3-1 p1 1- p2 p3+ 1- p3 p2 1- p1 > 0，
所以P A >P B ；故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局.
【题型六】多人比赛竞技型分布列
比赛模式，要考虑：
1.比赛几局？
2.“谁赢了”；
17
3.有没有平局
4.赢了的必赢最后一局；
5.比赛为啥结束？
1 (2023·全国·模拟预测)已知甲 乙 丙三人进行一个项目的比赛.在一轮比赛中，每两人之间均进行一场
比赛，且每场比赛均无平局出现，三场比赛结束后，若有人赢得两场比赛，则该人获胜，比赛结束：若三人各赢
得一场比赛，则三人继续进行下一轮比赛，以此类推，直至有人在其中一轮比赛中赢得两场比赛，该人获胜，
1 1 2
比赛结束.已知甲胜乙 甲胜丙 乙胜丙的概率分别为 , ,
2 3 3
(1)求恰好在两轮比赛后比赛结束的概率；
(2)设比赛结束时，共进行了X轮比赛，且当进行了四轮比赛后仍无人赢得比赛则通过抽签决出胜负，不再进
行第五轮比赛，求X的分布列及数学期望，
65 8027
【答案】(1) (2)分布列见解析， .
324 5832
【分析】(1)求出在一轮比赛中，无人赢得两场比赛的概率，进而求出恰好在两轮比赛后比赛结束的概率；
(2)求出X= 1,2,3,4，并在 (1)的基础上得到相应的概率，得到分布列及数学期望.
【详解】(1)设在一轮比赛中，无人赢得两场比赛为事件A，恰好在两轮比赛后比赛结束事件为B，
事件A包含两种情况，一是甲胜乙，乙胜丙，丙胜甲，二是乙胜甲，甲胜丙，丙胜乙，
P A = 1 × 2 × 2 + 1 × 1 × 1 = 5可知 ，
2 3 3 2 3 3 18
事件B则表示第一轮比赛无人赢得两场比赛，第二轮比赛有人赢得两场比赛，
5 5 65
所以P B =P A P A = × 1- = .18 18 324

(2)易知X= 1,2,3,4，由 (1)可知P X= 1 =P A = 13 ,P X= 2 =P B = 65 ，18 324
2
P X= 3 = P A 2 P A = 13 × 5 = 325 ，P X= 4 = 1-P X= 1 -P X= 2 -P X= 3 =18 18 5832
125
，
5832
所以X的分布列为：
X 1 2 3 4
13 65 325 125
P
18 324 5832 5832
E X = 1× 13 + 2× 65 + 3× 325 125 8027所以 + 4× = .
18 324 5832 5832 5832
2 (23·24高三·海南海口·阶段练习)甲、乙两队举行围棋擂台赛，比赛规则如下：两队各出三人参加比赛，
并按 1，2，3号排定先后出场次序，第一局由双方 1号队员出场比赛.每场比赛后，获胜的队员留下继续比赛，
告负的队员淘汰出局，由该队下一号队员上场比赛.当某队三名队员都被淘汰出局时比赛结束，有队员未被
淘汰的一方获得擂台赛胜利.假设各局比赛相互独立，甲队第m号队员胜乙队第n号队员的概率为下表中
第m行、第n列中的数据.
18
第 1列 第 2列 第 3列
第 1列 0.5 0.3 0.2
第 2列 0.6 0.5 0.3
第 3列 0.8 0.7 0.6
(1)求甲队 2号队员把乙队三名队员都淘汰出局的概率；
(2)在第三局比赛中，甲队和乙队哪个队获胜的可能性更大 说明你的理由.
【答案】(1)0.045(2)甲队队员获胜的概率更大一些，证明见解析
【分析】(1)甲队 2号队员把乙队 3名队员都淘汰这个事件的发生应是甲队 1号输给乙队 1号，然后甲队 2号
上场，三场全胜，由独立事件概率公式计算可得；
(2)第三局比赛甲胜可分为 3个互斥事件：甲队 1号胜乙队 3号，甲队 2号胜乙队 2号，甲队 3号胜乙队 1号，
分别计算概率后相加可得．然后由对立事件概率得出乙队胜的概率，比较后要得结论．
【详解】(1)甲队 2号队员把乙队 3名队员都淘汰的概率为 0.5× 0.6× 0.5× 0.3= 0.045.
(2)第 3局比赛甲队队员获胜可分为 3个互斥事件
(i)甲队 1号胜乙队 3号，概率为 0.5× 0.3× 0.2= 0.03；
(ii)甲队 2号胜乙队 2号，概率为 0.5× 0.7× 0.5+ 0.5× 0.6× 0.5= 0.325；
(iii)甲队 3号胜乙队 1号，概率为 0.5× 0.4× 0.8= 0.16
故第 3局甲队队员胜的概率为 0.03+ 0.325+ 0.16= 0.515.
则第 3局乙队队员胜的概率为 1- 0.515= 0.485
因为 0.515> 0.485，
故甲队队员获胜的概率更大一些．
3 (23·24高三·江苏·开学考试)第 19届亚运会将于 2023年 9月 23日至 10月 8日在中国杭州举办．中国
田径队拟派出甲、乙、丙三人参加男子 100米比赛．比赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛和半决赛都获得
3
晋级才能进入决赛．已知甲在预赛和半决赛中晋级的概率均为 ；乙在预赛和半决赛中晋级的概率分别为
4
4 1 3 1 5
和 ；丙在预赛和半决赛中晋级的概率分别为 p和 - p，其中 < p< ，甲、乙、丙三人晋级与否互不
5 2 2 2 6
影响．
(1)试比较甲、乙、丙三人进入决赛的可能性大小；
(2) 1若甲、乙、丙三人都进入决赛的概率为 ，求三人中进入决赛的人数 ξ的分布列和期望．
8
【答案】(1)p1≥ p3> p2，即进入决赛的可能性甲≥ 丙>乙.(2)分布列见解析；E ξ = 1093720
【分析】(1)根据题意求出甲、乙、丙三人初赛的两轮中均获胜的概率并比较大小即可；
(2)根据题意先求出 p与 ξ所有的可能取值，然后分别求出每一个值对应的概率，列出分布列，并计算出期望
即可求解.
3 3 9
【详解】(1)甲在初赛的两轮中均获胜的概率为 p1= × = ，4 4 16
乙在初赛的两轮中均获胜的概率为 p = 4 × 1 = 2 32 ，丙在初赛的两轮中均获胜的概率为 p = p - p ，5 2 5 3 2
19
1
因为 < p< 5 1 9，所以 p
2 6 3
∈ , ，所以 p ≥ p > p ，2 16 1 3 2
(2)设甲、乙、丙都进入决赛的概率为 p，
则 p= p1p2p3= 9 × 2 × p 3 - p = 1 1 < p< 5 p= 2，且 ，解得 ，16 5 2 8 2 6 3
2 5 5
所以丙在初赛的第一轮和第二轮获胜的概率分别为 和 ，两轮中均获胜的概率为 p
3 6 3
= ，
9
进入决赛的人数 ξ的可能取值为 0，1，2，3，
则 p ξ= 0 = 1- 9 1- 2 1- 5 = 7 ，16 5 9 60
p ξ= 1 = 9 × 1- 2 1- 5 + 1- 9 × 2 × 1- 5 + 1- 916 5 9 16 5 9 16 × 1-
2 × 5 = 269，5 9 720
p ξ= 2 = 9 × 2 × 1- 5 + 9 × 1- 2 × 5 + 1- 9 × 2 × 5 = 277，p ξ= 3 9 2 5 = × ×16 5 9 16 5 9 16 5 9 720 16 5 9
= 1 .
8
所以 ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
7 269 277 1
p
60 720 720 8
7 269 277 1 1093
所以E ξ = 0× + 1× + 2× + 3× = .
60 720 720 8 720
【题型七】递推数列型
马尔可夫链：若n，即未来状态n只受当前状态n
马尔科夫不等式
E X
设X为一个非负随机变量，其数学期望为E X ，则对任意 ε> 0，均有P X≥ ε ≤ ，
ε
马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取值概率与其数学
期望间的关系．
证明：当X为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明如下：
n
设X的分布列为P X= xi = pi,i= 1,2, ,n,其中 pi∈ (0,+∞),xi∈ [0,+∞) (i= 1,2, ,n), pi
i=1
= > ( ≥ ) = ≤ xi = 1 1
n E(X)
1，则对任意 ε 0，P X ε pi p xε i ε ipi≤ xipi= ，其中符号 Aixi≥ε xi≥ε xi≥ε ε i=1 ε xi≥ε
表示对所有满足xi≥ ε的指标 i所对应的Ai求和．的影响，与之前的n无关.
1 (23·24高三上·湖北·期中)小明进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为 0.5.
(1)若小明共投篮 4次，求在投中 2次的条件下，第二次没有投中的概率；
20
(2)若小明进行两组训练，第一组投篮 3次，投中X1次，第二组投篮 2次，投中X2次，求E X1-X2 ；
(3)记P i 表示小明投篮 i i= 2,3, 次，恰有 2次投中的概率，记X X= 2,3, ,n 表示小明在投篮不超过
n次的情况下，当他投中 2次后停止投篮，此时一共投篮的次数 (当投篮n次后，若投中的次数不足 2次也不
n+2
再继续投)，证明：E X ≥ 2 P i .
i=2
1 1
【答案】(1) (2) (3)证明见解析
2 2
【分析】(1)设出事件，求出相应概率，利用条件概率公式求出答案；
(2)方法 1：得到X1-X2的可能取值及相应的概率，求出期望值；
2 X ~B 3, 1方法 ：得到 1 ，X2~B 2, 1 ，得到E X1 ，E X2 ，由X1，X2互相独立，求出E X1-X2 =E X1 -2 2
E X2 ，得到答案；
(3)先计算出P( ) = i(i- 1)i + ，再求出P(X= k)，k= 2,3, ,n- 1，利用互斥事件求概率公式和错位相减法得2i 1
n+1 i(i- 1) n(n+ 1) n(n+ 1)
到P(X=n)，计算出E(X) = 2 + + + ，作商比较出 ≥ 2P(n+ 2)，从而证明出结论.2i 1 2n 1 2n+1i=2
【详解】(1)设事件An表示共有 n n= 0,1,2,3,4 次投中，事件B表示第二次没投中，
则BA2表示一共投中 2次，且第二次没投中，则从剩余的三次选择两次投中，
故P BA
1
2 = C2× 1 × 1 = 3 A 1 1 33 ， 2表示一共投中 2次，故P A2 2 =C
2 × = ，
2 2 2 16
4
22 22 8
3
P BA
则P B A2 = 2 = 16 = 1；P A 32 28
(2)方法 1：根据题意有X1可得取值为 0,1,2,3，X2的可能取值为 0,1,2，
故X1-X2的可能取值为-2,-1,0,1,2,3，
则P X1-X2=-2 =P X1= 0 P X2= 2 1 1 1 = × = ，
23 22 32
P X1-X2=-1 =P X1= 0 P X2= 1 +P X1= 1 P X2= 2
1 C1 1 × 1 +C1 1
2
× 1 × 1 = 5 ，23 2 2 2 3 2 2 22 32
P X1-X2= 0 =P X1= 0 P X2= 0 +P X1= 1 P X2= 1 +P X1= 2 P X2= 2
1 × 1 +C1 13 × 1 C1 12 × 1 +C2 1 1 1 53 2 2 2 2 2 3 × × = ，2 2 2 22 2 22 16
P X1-X2= 1 =P X1= 1 P X2= 0 +P X1= 2 P X2= 1 +P X1= 3 P X2= 2
=C1 1 × 1 × 1 +C2 1 × 1 C1 13 × 1 + 1 × 1 = 5 ，2 22 2 3 22 22 2 2 2 23 22 16
P X1-X2= 2 =P X1= 2 P X2= 0 +P X1= 3 P X2= 1
C2 13 × 1 × 1 + 1 C1 1 1 52 2 2 3 2 × = ，2 2 2 2 2 32
P X
1 1 1
1-X2= 3 =P X1= 3 P X2= 0 = × = .
23 22 32
21
所以E X1-X2 = (-2) × 1 + (-1) × 5 + 0× 5 + 1× 5 + 2× 5 + 3× 1 = 1 .32 32 16 16 32 32 2
2 1 1方法 ：因为X1~B 3, ，X2~B 2,2 2 ，
所以E X1 = 3× 1 = 3 ，E X2 = 2× 1 = 1.又因为X1，X2互相独立，所以E X1-X2 =E X1 -E X 2 2 2 2
= 1 .
2
( ) 1 i(i- 1)
k-1
3 根据题意可知P(i) =C2i× = + .P(X= k) =C
1 1 × 1k-1 = k- 1，k= 2,3, ,n- 1，2i 2i 1 2 2 2k
P(X=n) = 1- 1 + 2 + + n- 2- ，记Sn= 1 + 2 + + n- 2 1 S = 1 + 2 + + n- 2①， ②，22 23 2n 1 22 23 2n-1 2 n 23 24 2n
1 - 11 1 1 1 n- 2 4 n n- 2 1 n n
两式相减得 S = + + + 2
2 n 22 23 2n-
- = - = - ，故S = 1- ，
1 2n - 1 2n 2 n
n
2 2n-11 2
n-1 n-1
故P(X=n) = 1- 1+ n = n k- 1 n- - .所以E(X) = kP X= k +nP X=n = k +n 2n 1 2n 1
k n-1
k=2 k=2 2 2
n-1
= k- 1
2n
+
n- 1 2 n+ 1 n n 2n n- 1 2 n+ 1 n n+1 i(i- 1) n(n+ 1)2 k + + + +n - - = 2 + ，2k 1 2n 1 2n+2 2n-1 2n+1 2n+2 2i+1 2n+1k=2 i=2
n(n+ 1) n(n+ 1)
2n+1 2n+1 2n 2n又因为 = = ，且当n≥ 2时， ≥ 1，
2P(n+ 2) 2× n+ 2 (n+ 1) n+ 2 n+ 2
2n+2+1
n+1
( ) = i(i- 1)
n+1 n+2
所以E X 2 + +
n(n+ 1)
+ ≥ 2 P(i) + 2P(n+ 2) = 2 P(i).i 1 n 1
i=2 2 2 i=2 i=2
2 (2022高三·全国·专题练习)投掷一枚硬币 (正反等可能)，设投掷n次不连续出现三次正面向上的概率
为Pn.
(1)求P1，P2，P3和P4；
(2)写出Pn的递推公式，并指出增减性.
7 13
【答案】(1)P1=P2= 1，P3= ，P8 4= 16
1,n= 1,2,
7
8 ,n= 3,
(2)Pn= 13 , = 当n≥ 2时P 递减 16 n 4,
n
P 1n-1- 16Pn-4,n≥ 5,
【详解】(1)显然P1=P= 1 P= 1- 1 = 72 ， 3 ；又投掷四次，连续出现三次正面向上的情况只有：正正正正或正8 8
3 13
正正反或反正正正，故P4= 1- = .16 16
(2)共分三种情况：如果第 n次出现反面，那么前 n次不出现连续三次正面和前 n- 1次不出现连续三次正面
1
是相同的，所以这个时候不出现连续三次正面的概率是 ×P ；如果第 n次出现正面，第 n- 1次出现反
2 n-1
面，那么前 n次不出现连续三次正面和前 n- 2次不出现连续三次正面是相同的，所以这个时候不出现连续
22
1
三次正面的概率是 ×Pn-2；如果第 n次出现正面，第 n- 1次出现正面，第 n- 2次出现反面，那么前 n次不4
出现连续三次正面和前 n- 3次不出现连续三次正面是相同的，所以这时候不出现三次连续正面的概率是
1 ×P
8 n-3
.
1
由此可得，Pn= ×P 1n-1+ ×Pn-2+ 1 ×P 7 132 4 8 n-3 n≥ 4 ，P1=P2= 1，P3= ，P4= .8 16
P= 1 ×P 1 1故 n 2 n-1+ ×Pn-2+ ×Pn-3 n≥ 4 ，①4 8
P 1n-1= ×P + 1 ×P + 1 ×P n≥ 5 ，②2 n-2 4 n-3 8 n-4
①- 1 ×②，有Pn=P 1n-1- Pn-4 n≥ 5 .2 16
所以当n≥ 5时，Pn递减，且易知P1=P2>P3>P4> .
1,n= 1,2,7
8 ,n= 3,
综上，Pn= 13 , = 且当n≥ 2时Pn递减. 16 n 4,
P 1n-1- 16Pn-4,n≥ 5,
3 (20·21高三·福建福州·期中)一只蚂蚁从正方形ABCD的顶点A出发，每一次行动顺时针或逆时针经
1 2
过一条边到达另一顶点，其中顺时针的概率为 ，逆时针的概率为 ，设蚂蚁经过n步回到A点的概率为
3 3
pn.
(1)求 p1，p2；
(2)设经过n步到达C点的概率为 qn，求 pn+qn的值；
(3)求 pn.
4
【答案】(1)p1= 0，p2= ，(2)当n为偶数时，pn+q9 n= 1，当n为奇数时，pn+qn= 0，(3)当n为奇数时，pn= 0，
n p = 1当 为偶数时， n 2
1
3n
+ 1
【分析】(1)p1即经过一步从点A到达点A的概率，p2即经过两步从点A到在点A的概率，即可求出 p1，p2的
值；
(2)当n为偶数时，由顶点A出发只能到A点或点C，可得 pn+qn= 1，当n为奇数时，由顶点A出发只能到B
点或D点，可得 pn+qn= 0；
(3)当n 4 5 1 5为偶数时，得到 pn= pn-2+ qn-2，进而得到 pn=- p + ，再构造等比数列即可求解9 9 9 n-2 9
【详解】解：(1)因为 p1即经过一步从点A到达点A的概率，所以 p1= 0，
因为 p2即经过两步从点A到在点A的概率，包括先顺时针再逆时针和先逆时针再顺时针，
1
所以 p2= × 2 + 2 × 1 = 4 ，3 3 3 3 9
(2)当n为偶数时，由顶点A出发只能到A点或C点，到达的概率为 pn，到达点C的概率为 qn，
所以 pn+qn= 1，
当n为奇数时，由顶点A出发只能到B点或D点，pn= qn= 0，所以 pn+qn= 0，
23
综上，当n为偶数时，pn+qn= 1，当n为奇数时，pn+qn= 0，
(3)当n为奇数时，pn= 0，
当n为偶数时，从点A或C点出发经过两步到点A有概率分别为
p = 1 × 2 + 2 × 1 = 4 1 1 2 2 5A→A ，p3 3 3 3 9 C→A= × + × = ，3 3 3 3 9
从点A出发经过 n步到点A分为两步，
4
①从点A出发经过 n- 2步到达点A，再经过两步到点A，概率为 p
9 n-2
，
5
②从点A出发经过 n- 2步到达点C，再经过两步到点A，概率为 q ，
9 n-2
4 5 1 5 1 1 1 4
所以 pn= pn-2+ qn-2，因为 pn+qn= 1，所以 pn=- pn-2+ ，所以 pn- =-9 9 9 9 2 9 pn-2- ，因为 p2 2= ，9
p - 1 = - 1 1
n-1
所以 n 2 18 - 9
2 ，所以 pn= 1 12 3n + 1 ，综上，当n为奇数时，pn= 0，当n为偶数时，pn=
1 1
2 3n + 1
【题型八】三人传球递推数列型
多人比赛或者传球模型，一般情况下涉及到独立事件与互斥事件的识别，及概率运算，离散型随机变量的
分布列和期望，如果符合常见的二项分布，超几何分布等等分布，直接用概率公式进行运算。如果限制条件
较多，可以进行罗列方式进行分类讨论计算
1 (22·23高三 ·江苏·)第 22届世界杯于 2022年 11月 21日到 12月 18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根
廷队通过点球战胜法国队获得冠军．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向射门，门将也
2
会等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有 的可能性扑不
3
到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲 乙 丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，
等可能地随机传向另外 2人中的 1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外 2人中的 1人，如此不停地
传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为 pn，易知 p1= 1,p2= 0．
24
1
①试证明： pn- 3 为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为 qn，比较 p10与 q10的大小．
1
【答案】(1)分布列见解析；期望为 (2)①证明见解析 ；② p10< q3 10
【分析】(1)方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
方法二：判断X B 3, 1 ，结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；9
(2)①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为 pn，则当n≥ 2时，第n- 1次传球之前球在甲脚下的概率为
pn-1，由条件确定 pn,pn-1的关系，结合等比数列定义完成证明；
②由①求出 p10,q10，比较其大小即可.
【详解】(1)方法一：X的所有可能取值为 0,1,2,3 1 1 1，在一次扑球中，扑到点球的概率P= × × × 3= 1 ，
3 3 3 9
3
P X= 0 =C0 8 = 512 ,P X= 1 =C1 1 8
2 192
所以 = ，P X= 2 =C2 1
2
× 83 3 3 = 24 ,9 729 9 9 729 9 9 729
3
P X= 3 =C33 19 =
1
，
729
所以X的分布列如下：
X 0 1 2 3
512 192 24 1
P
729 729 729 729
E X = 192 × 1+ 24 × 2+ 1 × 3= 243 = 1
729 729 729 729 3
1 1 1
方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为 p= × = ，
3 3 9
1
门将在前三次扑到点球的个数X可能的取值为 0,1,2,3，易知X B 3, ，9
k 3-k
所以P X= k =Ck3× 1 × 8 ,k= 0,1,2,3，故X的分布列为：9 9
X 0 1 2 3
512 64 8 1
P
729 243 243 729
1 1
所以X的期望E X = 3× = ．
9 3
(2)①第n次传球之前球在甲脚下的概率为 pn，则当n≥ 2时，第n- 1次传球之前球在甲脚下的概率为 pn-1，
第n- 1次传球之前球不在甲脚下的概率为 1- p p = p × 0+ 1- p × 1 1n-1，则 n n-1 n-1 =- p 12 2 n-1+ ，2
p - 1 =- 1 p - 1 p - 1 = 2 1 2即 n n-1 ，又 1 ，所以 pn- 是以 为首项，公比为- 1 的等比数列．3 2 3 3 3 3 3 2
n-1 9
②由①可知 pn= 2 - 1 + 1 2 1 1 1，所以 p = - + < ，3 2 3 10 3 2 3 3
q = 1 1- p = 1 2 - 2 - 1
9
所以 110 > ，故 p < q2 10 2 3 3 2 3 10 10．
2 (22·23高三山东潍坊·阶段练习)学校篮球队 30名同学按照 1，2， ，30号站成一列做传球投篮练习，
25
篮球首先由 1号传出，训练规则要求：第m 1≤m≤ 28,m∈N 号同学得到球后传给m+ 1号同学的概率为
2 1
，传给m+ 2号同学的概率为 ，直到传到第 29号 (投篮练习)或第 30号 (投篮练习)时，认定一轮训练结
3 3
1 6
束，已知 29号同学投篮命中的概率为 ，30号同学投篮命中的概率为 ，设传球传到第
3 7
n 2≤n≤ 30,n∈N 号的概率为Pn．
(1)求P4的值；
(2)证明： Pn+1-Pn 2≤n≤ 28 是等比数列；
(3)比较 29号和 30号投篮命中的概率大小．
(1)P= 20【答案】 4 (2)证明见解析 (3)29号投篮命中概率大于 30号投篮命中概率．27
【分析】(1)依题意篮球传到 4号有以下三种途径：1号传 2号传 3号传 4号，1号传 2号传 4号，1号传 3号传
4号按照相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得；
(2) 2 1依题意可得Pn= Pn-1+ Pn-2，即可得到Pn-Pn-1=- 1 Pn-1-Pn-2 ，从而得证；3 3 3
(3)由 (2)利用累加法求出Pn，即可求出P29、P30，从而求出 29号、30号命题的概率，即可比较大小.
2 2 2 8
【详解】(1)解：依题意，篮球传到 4号有以下三种途径：1号传 2号传 3号传 4号其概率为 × × = ；
3 3 3 27
1 2 4 2 × 1 = 2 1 3 4 1 2 2号传 号传 号其概率为 ； 号传 号传 号其概率为 × = ，
3 3 9 3 3 9
因此P4= 8 + 2 + 2 = 20．27 9 9 27
(2) 1解：依题意篮球传到第 n- 2号，再传给 n号其概率为 P
3 n-2
；
2
篮球传到第 n- 1号，再传给 n号其概率为 P 2 1n-1，因此有Pn= P3 3 n-1+ P3 n-2，
可得P 1 1 2 2 2 1n-Pn-1=- P3 n-1-Pn-2 ，且P3-P2= + ×3 3 3 - = ，3 9
所以 P
1 1
n+1-Pn 是首先为 ，公比为- 的等比数列．9 3
2 7 1 1 n-2 1 1 n-3(3)解：P2= ，P3= ，Pn+1-Pn= - ，P-P = - n≥ 2 ，3 9 9 3 n n-1 9 3

P4-P 13= - 1 1，P3-P2= ，9 3 9
- n-21 1 1 1 1 1 2 1 1 n-3 2 1 1 -
1 3 1
由累加法，可得P=P+ + - + - + + - 3n 2 9 9 3 9 3 9 3 = + × = + ×3 9 1- - 1 4 43
n-1
- 1 ，3
P = 3 1 1
28
+ × - P =P 1 = 1 3 1 1
27
所以 ， 29 4 4 3 30 28 3 3
+ × - ，所以 29号投篮命中的概率为4 4 3
28 3 1 + × - 1 × 14 4 3 3
3 1 1 2730 + × - × 1
27
号投篮命中的概率为 ×
6 < 3 + 1 × -
1 × 1 ，
4 4 3 3 7 4 4 3 3
26
1 1 28 27
因为 × - > 0> 1 × - 1 ，所以 29号投篮命中概率大于 30号投篮命中概率．4 3 4 3
3 (22·23高三 ·广东·阶段练习)足球是一项大众喜爱的运动.2022卡塔尔世界杯揭幕战将在 2022年 11
月 21日打响，决赛定于 12月 18日晚进行，全程为期 28天.
(1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各 100名观众进行调查，得到 2× 2列联表
如下：
喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男性 60 40 100
女性 20 80 100
合计 80 120 200
依据小概率值 a= 0.001的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关
(2)校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第 1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能
的将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为
第 1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，即P1= 1．
(i)求P3(直接写出结果即可)；
(ii) 1证明：数列 Pn- 为等比数列，并判断第 19次与第 20次触球者是甲的概率的大小．4
【答案】(1)喜爱足球运动与性别有关 (2) (i)P= 13 ；(ii)证明见解析，甲的概率大3
【分析】(1)计算出卡方，与 10.828比较得到结论；
(2) (i) 1 1根据传球的等可能性推出P3= ，(ii)推导出Pn= 1-Pn-1 ，构造出等比数列，3 3
n-1
求出Pn= 3 × - 1 + 1 ，得到P19,P20，比较出大小.4 3 4
【详解】(1)假设H0：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关．
根据列联表数据，经计算得
2= 200× (60× 80- 20× 40)
2
χ = 100 > 10.828= x
100× 100× 80× 120 3 0.001
根据小概率值 α= 0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，
即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过 0.001．
(2) (i)由题意得：第二次触球者为乙，丙，丁中的一个，第二次触球者传给包括甲的三人中的一人，故传给甲的
1 1
概率为 ，故P
3 3
= ．
3
(ii)第n次触球者是甲的概率记为Pn，则当n≥ 2时，第n- 1次触球者是甲的概率为Pn-1，
第n- 1 1 1 1次触球者不是甲的概率为 1-Pn-1，则Pn=Pn-1 0+ 1-Pn-1 = 1-Pn-1 ，从而P3 3 n- =4
- 1 P 1
3 n-1- ，4
n-1
又P- 11 = 3 ，∴ Pn-
1 3 1 3 1 1 是以 为首项，公比为- 的等比数列． 则P= × - + ，4 4 4 4 3 n 4 3 4
27
18
∴P = 3 × - 1 + 1 > 1 P = 3 1
19
19 ， 20 × - + 1 < 1 ，P19>P20，故第 19次触球者是甲的概率大4 3 4 4 4 3 4 4
【题型九】导数计算型分布列最值
1 (22- 23高三浙江)某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠之间
1
的接触传染，现有n只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为 ，被感染的白鼠数用随机变量X表示，
2
假设每只白鼠是否被感染之间相互独立
(1)若P X= 5 =P X= 95 ，求数学期望E X ；
(2)接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为 p，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率 p与参数
θ 2 0< θ< 1 的取值有关.团队A提出函数模型为 p= ln 1+ θ - θ2，团队B提出函数模型为 p=
3
1
1- e-θ .现将 100只接种疫苗后的白鼠分成 10组，每组 10只，进行实验，随机变量Xi i= 1,2, ,10 表示2
第 i组被感染的白鼠数，将随机变量Xi i= 1,2, ,10 的实验结果 xi i= 1,2, ,10 绘制成频数分布图，如图
所示.

(i)试写出事件“X1= x1,X2= x2, ,X10= x10”发生的概率表达式 (用 p表示，组合数不必计算)；
(ⅱ)在统计学中，若参数 θ= θ0时使得概率P X1= x1,X2= x2, ,X10= x10 最大，称 θ0是 θ的最大似然估计.
根据这一原理和团队A，B提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出 θ的最大似然估计，并求出
3
最大似然估计.参考数据：ln ≈ 0.4055.
2
【答案】(1)50(2) (i) C1 3 C2 310 10 C310 2 C4 2 2510 p 1- p 75；(ⅱ)团队B可以求出 θ的最大似然估计，θ0= ln2
【分析】
(1)由题意可得X~B n, 1 ，再根据P X= 5 =P X= 95 求解即可；2
(2) (i)设A= "X1= x1,X2= x2, ,X10= x10"，依题意得P A = C9 p 1- p 910 3 C2 210p 1- p 8 3 C3 310p 1- p 7 2
C4 410p 1- p 6 C6 610p 1- p 4 ，化简即可；
(ⅱ)记 g(p) = ln(C1 )310 (C2 310) (C3 210) (C410)2+25lnp+ 75ln(1- p)，求导分析单调性可得最大值，分别在团体A，B
中提出函数模型即可得答案．
【详解】(1)由题知，随机变量X服从二项分布，X~B n, 1 ，由P X= 5 =P X= 95 ，2
5 1 5 n-5 n-5 5 95 n-95即Cn 1- 1 =Cn-5 1 1- 1 =C95 1 1- 1n n ，得n= 100，所以E X =np= 50；2 2 2 2 2 2
28
(2) (i)A=“X1= x1,X2= x2, ,X10= x10”，P A
= C9 p 1- p 9 3 C2 p210 10 1- p 8 3 C3 3 7 2 4 4 6 6 6 410p 1- p C10p 1- p C10p 1- p ，
所以P A = C110 3 C2 3 3 2 4 2 25 7510 C10 C10 p 1- p ；
(ii)记 g p = ln C10 3 C2 3 C3
25- 100p
10 10 10
2 C4 210 +25lnp+ 75ln 1- p 25 75 ，则 g p = - = ，p 1- p p 1- p
0< p< 1当 时，g p > 0，g p 单调递增；
4
1
当 < p< 1时，g p < 0，g p 单调递减；
4
当 p= 1 时，g p 取得最大值，即P取得最大值，
4
在团队A提出的函数模型 p= ln 1+ θ - 2 θ2， 0< θ< 1 中，
3
2 2
记函数 f1 x = ln 1+ x - x2 1 4 -4x -4x+ 3， 0< x< 1 ，f 1 x = - x= ，3 1+ x 3 3 1+ x
当 0< x< 1 时，f
2 1
x > 0，f1 x 单调递增；
1
当 < x< 1时，f 1 x < 0，f1 x 单调递减，2
当 x= 1 f 3 1时，1 x 取得最大值 ln - < 1 ln 3 ≈ 0.4055 ，则 θ不可以估计，2 2 6 4 2
B p= 1在团体 提出的函数模型 1- e-θ 中，记函数 f x 1 = 1- e-x2 ，f2 x 单调递增，2 2
令 f2 x = 1 ，解得 x= ln2，则团队B可以求出 θ的最大似然估计，且 θ0= ln2是 θ的最大似然估计.4
2 (22- 23高三·福建福州)某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有
n n∈N * 份血液样本 (数量足够大)，有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验 n次；
方式二：混合检验，将其中 k(k∈N*且 k≥ 2)份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这 k份血液样本
全无抗体，只需检验 1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分
别化验一次，检验总次数为 (k+ 1)次．
假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为 p(0< p< 1)．
(1)现有 7份不同的血液样本，其中只有 3份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过 4次检验就能
把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
(2)现取其中 k(k∈N*且 k≥ 2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为 ξ1；采用混合检
验方式，样本需要检验的总次数为 ξ2．
①若E ξ1 =E ξ2 ，求P关于 k的函数关系式 p= f(k)；
- 1
②已知 p= 1- e 8，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据：ln2= 0.693,ln25= 3.219,ln26= 3.258,ln27= 3.296,ln28= 3.332．
(1) 4【答案】 (2)答案见解析
35
29
【分析】(1)分为两种情况，一种是前三次检验中，其中两次检验出抗体，第四次检验出抗体，二是前四次均无
抗体，再结合概率公式即可求解；
(2)①由已知得E ξ1 = k，ξ2的所有可能取值为 1，k+ 1，求出相应的概率，再由E ξ1 =E ξ2 可求得P关
于 k k x的函数关系式 p= f(k)；②由E ξ1 >E ξ2 得 lnk- > 0(k≥ 2且 k∈N *)，构造函数 f(x) = lnx-8 8
(x≥ 2,x∈R)，利用导数求解其单调区间，讨论可得结果.
【详解】(1)设恰好经过 4次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件A，
事件A分为两种情况，一种是前三次检验中，其中两次检验出抗体，第四次检验出抗体，二是前四次均无抗
体，
C2 1 3 4
所以P(A) = 3C4A3+A4 = 4 ，
A47 35
4
所以恰好经过 4次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为 ，
35
(2)①由已知得E ξ1 = k，ξ2的所有可能取值为 1，k+ 1，
所以P ξ2= 1 = 1- p k，P ξ2= k+ 1 = 1- 1- p k ，
所以E ξ2 = 1- p k+ k+ 1 1- 1- p k = k+ 1- k 1- p k，若E ξ1 =E ξ2 ，则 k= k+ 1- k 1- p k，
1 1
所以 k 1- p k= 1， 1- p k= 1 ，所以 1- p= 1 k，得 p= 1- 1k k k
k，
P k 1
1
所以 关于 的函数关系式 p= f(k) = 1- k(k≥ 2且 k∈N *)k
- k - k - k - k
②由①知E ξ1 = k，E ξ2 = k+ 1- ke 8，若E ξ1 >E ξ 8 8 82 ，则 k> k+ 1- ke ，所以 1- ke < 0，得 ke
> 1，
k x
所以 lnk- > 0(k≥ 2且 k∈N *)令 f(x) = lnx- (x≥ 2,x∈R)，则 f (x) = 1 - 1 = 8- x (x≥ 2,x∈
8 8 x 8 8x
R)，
当 2≤ x< 8时，f (x)> 0，当 x> 8时，f (x)< 0，
所以 f(x)在 [2,8)上单调递增，在 (8,+∞)上单调递减，
因为 f(2) = ln2- 2 ≈ 0.693- 0.25> 0，f(26) = ln26- 26 ≈ 3.258- 3.25> 0，
8 8
f(27) = ln27- 27 ≈ 3.296- 3.375< 0，所以不等式E ξ1 >E ξ2 的解是 k∈ [2,26]且 k∈N *，8
所以 k∈ [2,26]且 k∈N *时，E ξ1 >E ξ2 ，采用方案二混合检验方式好，
k∈ [27,+∞)且 k∈N *时，E ξ1 3 (20- 21高三 ·重庆沙坪坝·阶段练习)某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通
1
过病鼠与白鼠之间的接触传染，现有n只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为 ，被感染的白鼠数
2
用随机变量X表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立．
30
(1)若P(X= 3) =P(X= 97)，求数学期望E(X)；
(2)接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为 p，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率 p与参数 θ(0< θ
< 1)的取值有关．团队A提出函数模型为 p= ln(1+ θ) - 2 θ，团队B提出函数模型为 p= 1 (1- e-θ)．现
3 2
将白鼠分成 10组，每组 10只，进行实验，随机变量Xi(i= 1,2, ,10)表示第 i组被感染的白鼠数，现将随机变
量Xi(i= 1,2, ,10)的实验结果 xi(i= 1,2, ,10)绘制成频数分布图，如图所示．假设每组白鼠是否被感染
之间相互独立．
①试写出事件“X1= x1,X2= x2, ,X10= x10”发生的概率表达式 (用 p表示，组合数不必计算)；
②在统计学中，若参数 θ= θ0时使得概率P(X1= x1,X2= x2, ,X10= x10)最大，称 θ0是 θ的最大似然估计．根
据这一原理和团队A ，B提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出 θ的最大似然估计，并求出估
计值．
3
参考数据：ln ≈ 0.4065．
2
【答案】(1)E(X) = 50；(2)① (C1 3 2 310) (C10) (C3 210) (C4 2 2510) p (1- p)75；②答案见解析，θ= ln2.
【分析】(1)易知随机变量X服从二项分布，由P(X= 3) =P(X= 97)，得n= 100，数学期望E(X)即可求解；
(2)①设A= "X1= x1,X2= x2, ,X10= x10"，依题意得P(A) = (C1 9 310p(1- p) ) (C2 p2(1- p)8)3(C3 310 10p (1- p)7)2
(C4 410p (1- p)6) (C6 610p (1- p)4)化简即可；②记 g(p) = ln(C1 )3(C210 10)3(C3 2 4 210) (C10) +25lnp+ 75ln(1- p)，求导分
析单调性可得最大值，分别在团体A，B中提出函数模型即可得答案．
【详解】解：(1)由题知，随机变量X服从二项分布，X~B n, 1 ，2
由P(X= 3) =P(X= 97)，得n= 100，E(X) = 50．
(2)①A= "X1= x1,X2= x2, ,X10= x10"，
P(A) = (C110p(1- p)9)3(C2 210p (1- p)8)3(C3 310p (1- p)7)2(C4 410p (1- p)6) (C610p6(1- p)4)，
P(A) = (C1 )3(C2 )3(C3 )2(C4 )2p2510 10 10 10 (1- p)75．
②记 g(p) = ln(C1 )3(C2 )3(C3 )2(C4 )210 10 10 10 +25lnp+ 75ln(1- p)，则 g′ (p) = 25 - 75 =
25- 100p
p 1- ，p p(1- p)
1
当 0< p< 时，g′ (p)> 0，g(p)单增；
4
1
当 < p< 1时，g′ (p)< 0，g(p)单减；
4
1
当 p= 时，g(p) 2取得最大值，即P取得最大值．在团体A提出的函数模型 p= ln(1+ θ) - θ中，
4 3
31
f (x) = ln(1+ x) - 2 x f ′ (x) = 1 - 2 = 1- 2x记函数 1 ，1 + ，3 1 x 3 3(1+ x)
当 0< x< 1 时，f1′ (x)> 0，f2 1(x)单增；
1
当 < x< 1时，f1′ (x)< 0，f1(x)单减．2
当 x= 1 时，f(x) ln 3 1取得最大值 - < 1 ，则 θ 1不可以估计．在团体B提出的函数模型 p= (1- e-θ)
2 2 3 4 2
中，
1 1
记函数 f (x) = (1- e-x2 )，f2(x)单调递增，令 f2(x) = ，解得 x= ln2，则 θ= ln2是 θ的最大似然估计．2 4
【题型十】机器人跳棋模式求分布列
1 (江苏省苏州市 2022- 2023学年高三下学期 2月学业质量调研数学试题)设数轴上有一只兔子，从坐
x = 0 p p> 1标 0 开始，每秒以 的概率向正方向跳一个单位，以 1- p 的概率向反方向跳一个单位，记兔子2
第n秒时的位置为 xn n= 0,1, ．
(1)证明：E xn ≥ 0；
(2) 1 p记 f n 是表达式 nC
k
n k= 0,1, ,n 的最大值，证明：P xn≥ 0 > 1- - f n ．2 2p 1
【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析
【分析】(1)若n次跳动中一共向右跳了 k次，则 xn= k- n- k = 2k-n．得到P xn= 2k-n =Cknpk
1- p n-k，若n次跳动中一共向左跳了 k次，则 xn= n- k - k=n- 2k．得到P xn=n- 2k =Cknpn-k
n n
1- p n-k，再利用E x = 2k-n Ckpk 1- p n-kn n = n- 2k Ckpn-k 1- p kn ，讨论 2k-n≤ 0或 2k-n
k=0 k=0
≥ 0即可得证；
(2)先计算 1-P xn≥ 0 =P xn≤ 0 =P 2k-n≤ 0 =P k≤ n =∑Ckpkn 1- p n-k 1，再利用 nCk2 n≤k≤n 22
p
n +1 n n n
f n 2
+1
， - -1<
p
-
2
， p- p2 2< 1 2 进行放缩可以得证.1 p 1 p 4
【详解】(1)若n次跳动中一共向右跳了 k次，则 xn= k- n- k = 2k-n．
因此P xn= 2k-n =Cknpk 1- p n-k，k= 0，1，2， ，n．
若n次跳动中一共向左跳了 k次，则 xn= n- k - k=n- 2k．
故P xn=n- 2k =Cknpn-k 1- p n-k，k= 0，1，2， ，n．
n n
于是E xn = 2k-n Cknpk 1- p n-k= n- 2k Cknpn-k 1- p k，
k=0 k=0
n
2E xn = 2k-n Ck knp 1- p n-k+ n- 2k Cknpn-k 1- p k
k=0
n
= 2k-n Ckpn-k 1- p n-k p2k-nn - 1- p 2k-n
k=0
32
当 2k-n≤ 0时，p2k-n≤ 1- p 2k-n；
当 2k-n≥ 0时，p2k-n≥ 1- p 2k-n．
n
故 2E xn = 2k-n Ckpn-kn 1- p n-k p2k-n- 1- p 2k-n ≥ 0，
k=0
即E xn ≥ 0．
(2)1-P xn≥ 0 =P xn≤ 0 =P 2k-n≤ 0 =P k≤ n2 =∑C
k k n-k
np 1- p
k≤n2
k n
≤ n p2 f n 1- p n - = 2n f n 1- p n
p1+ + + p 2 1 p 1- p 1- p
k≤n2
p n2 +1-1 n+1 n
= 2n
1- p p 2 1- p pf 1 n 1- p n < 2n f n 1- p n - - = 2n f n p- p2 2 - < 2n fp n - 1 1 p 2p 1 2p 1 4 1- p
n
2 p p
- = f n 2p 1 2p- 1
因此P xn≥ 0 > 1-
p
- f n ．2p 1
【点睛】关键点点睛：
n
第一问中借助 2E x == 2k-n Ckpn-k 1- p n-k p2k-n- 1- p 2k-nn n ，
k=0
从而讨论 2k-n≤ 0或 2k-n≥ 0即可得证；
n +1 n1 +1 n n
第二问中借助 Ck
p ≤ 2
p
f 2 1n n n ， - -1< - ， p- p2 2< 2 多次放缩才得证.2 1 p 1 p 4
2 某校为了解该校学生“停课不停学”的网络学习效率，随机抽查了高一年级 100位学生的某次数学成
绩 (单位：分)，得到如下所示的频率分布直方图：
(1) 估计这 100位学生的数学成绩的平均值 x；(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)
(2)根据整个年级的数学成绩可以认为学生的数学成绩X近似地服从正态分布N (μ，σ2)，经计算，(1)中样本

的标准差 s的近似值为 10，用样本平均数 x作为 μ的近似值，用样本标准差 s作为 σ的估计值，现任抽取一位
学生，求他的数学成绩恰在 64分到 94分之间的概率；(若随机变量X~N (μ，σ2)，则P(μ- σ≤X≤ μ+ σ) ≈
0.6827，P(μ- 2σ≤X≤ μ+ 2σ) ≈ 0.9545，P(μ- 3σ≤X≤ μ+ 3σ) ≈ 0.9973)
(3)该年级 1班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习，提高学生每天的作业质量及学习数学的积极性，
特意在微信上设计了一个每日作业小程序，每当学生提交的作业获得优秀时，就有机会参与一次小程序中”
33
玩游戏，得奖励积分”的活动，开学后可根据获得积分的多少向老师领取相应的小奖品.小程序页面上有一列
方格，共 15格，刚开始有只小兔子在第 1格，每点一下游戏的开始按钮，小兔子就沿着方格跳一下，每次跳 1
1
格或跳 2格，概率均为 ，依次点击游戏的开始按钮，直到小兔子跳到第 14格 (奖励 0分)或第 15格 (奖励 5
2
分)时，游戏结束，每天的积分自动累加，设小兔子跳到第 n(1≤n≤ 14)格的概率为Pn，试证明 Pn+1-Pn 是
等比数列，并求P15(获胜的概率)的值.
15
【答案】(1)74(2)0.8186(3)证明见解析，P = 2 1 15 3 1- - 2
【分析】(1)根据频率分布直方图直接结算即可；
(2)由X N 74,102 可知 σ= 10，根据参考数据，即可得出P(64n
(3) 1 1 1根据分类加法计数原理可知Pn+1= Pn-1+ Pn，构造等比数列可得Pn+1-Pn= - ，利用累加法求出2 2 2
Pn+1，即可求解.
(1)x = (0.01× 55+ 0.02× 65+ 0.045× 75+ 0.02× 85+ 0.005× 95) × 10= 74
(2)由X N 74,102 ，所以 μ= 74,σ= 10，∵P(μ- σ< ζ≤ μ+ σ) ≈ 0.6827
P(μ- 2σ< ζ≤ μ+ 2σ) ≈ 0.9545∴P(642 2
(3)小兔子开始在第 1格，为必然事件，P1= 1，
1 1
点一下开始按钮，小兔子跳 1格即移到第 2格的概率为 ，即P
2 2
= ，
2
小兔子移到第 n+ 1(2≤n≤ 14)格的情况是下列两种，而且也只有两种情况.
①小兔子先跳到第 n- 1 1格，又点一下开始按钮跳了 2格，其概率为 P
2 n-1
；
1
②小兔了先跳到第 n格，乂点一下开始按钮跳了 1格，其概率为 Pn；2
因为Pn+1= 1 Pn-1+ 1 P 12 2 n，所以Pn+1-Pn=- Pn-Pn-1 .2
所以当 1≤n≤ 14时，
1 1 1
数列 Pn+1-Pn 是以P2-P1= - 1=- 为首项，以- 为公比的等比数列，2 2 2
n-1 n-1 n
所以Pn+1-Pn= P2-P 11 × - = - 1 × - 1 = - 12 2 2 2 ，
1 2 n
Pn+1=P1+ P2-P1 + P-P 1 1 13 2 + + Pn+1-Pn = 1+ - + - + + -2 2 2
- - 1 n+11 2 n+1 15= = 2 1- - 1 (1≤n≤ 14). 2 1所以获胜的概率P 1 3 2 15= + 3 1- - 2 .1 2
34概率与分布列归类
目录
【题型一】 超几何分布型分布列
【题型二】二项分布型分布列
【题型三】正态分布型
【题型四】分布列均值与方差
【题型五】竞技比赛型分布列
【题型六】多人比赛竞技型分布列
【题型七】递推数列型
【题型八】三人传球递推数列型
【题型九】导数计算型分布列最值
【题型十】机器人跳棋模式求分布列
【题型一】超几何分布型分布列
总数为N的两类物品，其中一类为M件，从N中取n件恰含M中的m件，m= 0,1,2 ,k ，其中 k为M
CmCn-m
与n的较小者，P ξ=m = M N-Mn ，称 ξ服从参数为N ,M ,n的超几何分布，记作 ξ ~H N ,M ,n ，CN
nM
此时有公式Eξ= 。N
一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品. 从N件产品中随机抽取n件 (不放回)，用X表示抽取的
CkCn-k
n X P(X= k) = M N-M件产品中的次品数，则 的分布列为 n ，k=m，m+ 1，m+ 2， ，r. 其中n，CN
N，M∈N*，M≤N，n≤N，m=max{0,n-N+M}，r=min{n,M}. 如果随机变量X的分布列
具有上式的形式，那么称随机变量X服从超几何分布_.E(X) =np.
1
1 (2023·湖北·模拟预测)某区域中的物种P拥有两个亚种 (分别记为A种和B种).为了调查该区域中这
两个亚种的数目，某生物研究小组计划在该区域中捕捉 100个物种P，统计其中A种的数目后，将捕获的生
物全部放回，作为一次试验结果.重复进行这个试验共 20次，记第 i次试验中A种的数目为随机变量Xi(i=
1,2, ,20).设该区域中A种的数目为M，B种的数目为N，每一次试验均相互独立.
(1)求X1的分布列；
20
(2) X= 1记随机变量 Xi.已知E(Xi+X j) =E(Xi) +E(X j)，D(Xi+X j) =D(Xi) +D(X j)；20 i=1

(ⅰ)证明：E(X) =E(X1)，D(X) = 1 D(X20 1)；
( ⅱ)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, ,20).数据 xi(i= 1,2, ,20)的平均值 x

= 40，方差 s2= 1.176. x 采用 和 s2分别代替E(X)和D(X)，给出M，N的估计值.
2 (23·24高三上·江苏南通·阶段练习)某班为了庆祝我国传统节日中秋节，设计了一个小游戏：在一个不
透明箱中装有 4个黑球，3个红球，1个黄球，这些球除颜色外完全相同.每位学生从中一次随机摸出 3个球，
观察颜色后放回.若摸出的球中有X个红球，则分得X个月饼；若摸出的球中有黄球，则需要表演一个节目.
(1)求一学生既分得月饼又要表演节目的概率；
(2)求每位学生分得月饼数的概率分布和数学期望.
2
3 (2024·广东广州·二模)某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查
该地区植物覆盖面积与某种野生动物数量的关系，将其分成面积相近的若干个地块，从这些地块中随机抽取
20个作为样区，调查得到样本数据 xi,yi (i= 1,2, ,20)，其中 xi，和 yi，分别表示第 i个样区的植物覆盖面积
20 20 20
( 单位：公顷)和这种野生动物的数量 (单位：只)，并计算得∑ x 2i-x = 80,∑ y-y 2i = 9000,∑ xi-x yi-y
i=1 i=1 i=1
= 800.
(1)求样本 xi,yi (i= 1,2, ,20)的相关系数 (精确到 0.01)，并推断这种野生动物的数量 y(单位：只)和植物
覆盖面积 x(单位：公顷)的相关程度；
(2)已知 20个样区中有 8个样区的这种野生动物数量低于样本平均数，从 20个样区中随机抽取 2个，记抽到
这种野生动物数量低于样本平均数的样区的个数为X，求随机变量X的分布列.
n
∑ xi-x yi-y
附：相关系数 r= i=1 , 2 ≈ 1.414
n n
∑ x 2 2i-x ∑ yi-y
i=1 i=1
3
【题型二】二项分布型分布列
若在一次实验中事件发生的概率为 p 0< p< 1 ，则在n次独立重复实验中恰好发生 k次概率 p ξ= k
= Ckpk 1- p n-kn k= 0,1,2, ,n ，称 ξ服从参数为n,p的二项分布，记作 ξ ~B n,p ，Eξ=np，Di=
npq.
1 (2024·云南昆明·一模)聊天机器人 (chatterbot)是一个经由对话或文字进行交谈的计算机程序.当一
个问题输入给聊天机器人时，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.在对某款聊天机器人进行测试
时，如果输入的问题没有语法错误，则应答被采纳的概率为 80%，若出现语法错误，则应答被采纳的概率为
30%.假设每次输入的问题出现语法错误的概率为 10%.
(1)求一个问题的应答被采纳的概率；
(2)在某次测试中，输入了 8个问题，每个问题的应答是否被采纳相互独立，记这些应答被采纳的个数为X，
事件X= k(k= 0,1, ,8)的概率为P(X= k)，求当P(X= k)最大时 k的值.
4
2 (2024·全国·模拟预测)某地文旅部门为了增强游客对本地旅游景区的了解，提高旅游景区的知名度和
吸引力，促进旅游业的发展，在 2023年中秋国庆双节之际举办“十佳旅游景区”评选活动，在坚持“公平、公正
公开”的前提下，经过景区介绍、景区参观、评选投票、结果发布、颁发奖牌等环节，当地的 6个“自然景观类景
区”和 4个“人文景观类景区”荣获“十佳旅游景区”的称号．评选活动结束后，文旅部门为了进一步提升“十
佳旅游景区”的影响力和美誉度，拟从这 10个景区中选取部分景区进行重点推介.
(1)若文旅部门从这 10个景区中先随机选取 1个景区面向本地的大学生群体进行重点推介、再选取另一个景
区面向本地的中学生群体进行重点推介，记面向大学生群体重点推介的景区是“自然景观类景区”为事件A，
面向中学生群体重点推介的景区是“人文景观类景区”为事件B，求P B A ，P B ；
(2)现需要从“十佳旅游景区”中选 4个景区，且每次选 1个景区 (可以重复)，分别向北京、上海、广州、深圳这
四个一线城市进行重点推介，记选取的景区中“人文景观类景区”的个数为X，求X的分布列和数学期望．
3 (2023·广东肇庆·二模)在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现连续发射信号n次，每次
发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号 1的次数为X.
(1)当n= 6时，求P X≤ 2
(2)已知切比雪夫不等式：对于任一随机变量Y，若其数学期望E Y 和方差D Y 均存在，则对任意正实数
D Y
a，有P Y-E Y < a ≥ 1- .根据该不等式可以对事件“ Y-E Y < a”的概率作出下限估计.为
a2
了至少有 98%的把握使发射信号“1”的频率在 0.4与 0.6之间，试估计信号发射次数n的最小值.
5
【题型三】正态分布型
x-μ 2
( ) X f x = 1
- 2
1 若 是正态随机变量，其概率密度曲线的函数表达式为 e 2σ ，x∈R (其中 μ,σ是
2π σ
参数，且σ> 0，-∞< μ<+∞)。
其图像如图 13- 7所示，有以下性质：
①曲线在x轴上方，并且关于直线x= μ对称；
②曲线在x= μ处处于最高点，并且此处向左右两边延伸时，逐渐降低，呈现“中间高，两边低”的形状；
③曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，σ越小，曲线越“高瘦”；
④ f x 图像与x轴之间的面积为 1.
(2)Eξ= μ ，Dξ=σ
2
，记作 ξ ~N μ,σ2 .
当 μ= 0,σ= 1时，ξ服从标准正态分布，记作 ξ ~N 0,1 .
(3)ξ ~N μ,σ2 ，则 ξ 在 μ- σ,μ+ σ ， μ- 2σ,μ+ 2σ ， μ- 3σ,μ+ 3σ 上取值的概率分别为
68.3%，95.4%，99.7%，这叫做正态分布的 3σ原则。
1 从某酒店开车到机场有两条路线，为了解两条路线的通行情况，随机统计了走这两条路线各 10次的全
程时间 (单位：min)，数据如下表：
路线一 44 58 66 50 34 42 50 38 62 56
路线二 62 56 68 62 58 61 61 52 61 59

将路线一和路线二的全程时间的样本平均数分别记为 x和 y，样本方差分别记为 s2 21和 s2.
(1) 求 x,y,s21,s22.
(2)假设路线一的全程时间X服从正态分布N μ1,σ21 ，路线二的全程时间Y服从正态分布N μ2,σ22 ，分别用
x ,y ,s2,s21 2作为 μ 21,μ2,σ1,σ22的估计值.现有甲 乙两人各自从该酒店打车去机场，甲要求路上时间不超过 60min，
乙要求路上时间不超过 70min，为尽可能满足客人要求，司机送甲 乙去机场应该分别选哪条路线？
6
2 据相关部门统计，随着电商网购的快速普及，快递包装业近年来实现了超过 50%的高速年均增长．针
对这种大好形式，某化工厂引进了一条年产量为 1000万个包装胶带的生产线．已知该包装胶带的质量以某
项指标值作为衡量标准．为估算其经济效益，该化工厂先进行了试生产，并从中随机抽取了 1000个包装胶
带，统计了每个包装胶带的质量指标值 k，并分成以下 5组： 50,60 ， 60,70 ， ， 90,100 ，其统计结果及产
品等级划分如下表所示：
质量指标值k 50,60 60,70 70,80 70,80 90,100
产品等级 A级 B级 C级 D级 废品
频数 160 300 400 100 40
试利用该样本的频率分布估计总体的概率分布，并解决下列问题 (注：每组数据取区间的中点值)：
(1)由频数分布表可认为，该包装胶带的质量指标值 k近似地服从正态分布N μ,σ2 ，其中 μ近似为样本平均
数 x ，σ近似为样本的标准差 s，并已求得 s≈ 10.03．求P 50.54< k≤ 80.63 的值；
(2)已知每个包装胶带的质量指标值 k与利润 y(单位：元)的关系如下表所示：(t∈ (1,4))
质量指标值k 50,60 60,70 70,80 70,80 90,100
利润 y 5t 3t 2t t -5et
假定该化工厂所生产的包装胶带都能销售出去，且这一年的总投资为 5000万元 (含引进生产线、兴建厂房等
等一切费用在内)，问：该化工厂能否在一年之内通过生产包装胶带收回投资？试说明理由．
参考数据：若随机变量 Z N μ,σ2 ，则P μ- σ< Z≤ μ+ σ = 0.6827，P μ- 2σ< Z≤ μ+ 2σ = 0.9545，
P μ- 3σ< Z≤ μ+ 3σ = 0.9973，ln13≈ 2.6．
江苏省南通市西亭高级中学 2020- 2021学年高三上学期省模考模拟二数学试题
7
【题型四】分布列均值与方差

(1) 2总体方差和标准差：如果总体中所有个体的变量值分别为Y1,Y2, ,YN，总体的平均数为Y，则称 s =
1 N Yi-Y 2_ s= s2为总体方差， _为总体标准差．N i=1
(2)总体方差的加权形式：如果总体的N个变量值中，不同的值共有k(k≤N )个，不妨记为Y1,Y2, ,Yk，
k
其中Yi出现的频数为 fi(i= 1,2, ,k) s2，则总体方差为 = 1 fi Y 2i-Y _．N i=1
( 3)设样本容量为n，平均数为x，其中两层的个体数量分别为n1,n2，两层的平均数分别为x1,x2，方差分别
s2 2 2
n1 2 2 n2
为 1，s2，则这个样本的方差为 s = s1+ x1- x + s22+ x2- x

2 ．n n
1 (2021·江苏泰州·模拟预测)现有一批疫苗试剂，拟进入动物试验阶段，将 1000只动物平均分成 100组，
任选一组进行试验．第一轮注射，对该组的每只动物都注射一次，若检验出该组中有 9只或 10只动物产生抗
体，说明疫苗有效，试验终止；否则对没有产生抗体的动物进行第二轮注射，再次检验．如果被二次注射的动
物都产生抗体，说明疫苗有效，否则需要改进疫苗．设每只动物是否产生抗体相互独立，两次注射疫苗互不
影响，且产生抗体的概率均为 p(0< p< 1)．
(1)求该组试验只需第一轮注射的概率 (用含 p的多项式表示)；
(2)记该组动物需要注射次数X的数学期望为E(X)，求证：108
2 (22- 23高二下·福建福州·期末)某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有
n n∈N * 份血液样本 (数量足够大)，有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验 n次；
方式二：混合检验，将其中 k(k∈N*且 k≥ 2)份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这 k份血液样本
全无抗体，只需检验 1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分
别化验一次，检验总次数为 (k+ 1)次．
假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为 p(0< p< 1)．
(1)现有 7份不同的血液样本，其中只有 3份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过 4次检验就能
把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
(2)现取其中 k(k∈N*且 k≥ 2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为 ξ1；采用混合检
验方式，样本需要检验的总次数为 ξ2．
①若E ξ1 =E ξ2 ，求P关于 k的函数关系式 p= f(k)；
- 1
②已知 p= 1- e 8，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据：ln2= 0.693,ln25= 3.219,ln26= 3.258,ln27= 3.296,ln28= 3.332．
9
3 (23- 24高三上·四川成都·开学考试)在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标 a1,a2,a3 表示，其
中 ai∈ 0,1 1≤ i≤ 3,i∈N ．而在n维空间中 n≥ 2,n∈N ，以单位长度为边长的“立方体”的项点坐标可
表示为n维坐标 a1,a2,a3, ,an ，其中 ai∈ 0,1 1≤ i≤n,i∈N ．现有如下定义：在n维空间中两点间的
曼哈顿距离为两点 a1,a2,a3, ,an 与 b1,b2,b3, ,bn 坐标差的绝对值之和，即为 a1-b1 + a2-b2 +
a3-b3 + + an-bn ．回答下列问题：
(1)求出n维“立方体”的顶点数；
(2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离
①求出X的分布列与期望；
②证明：在n足够大时，随机变量X的方差小于 0.25n2．
- x-μ
2
( 1 2已知对于正态分布X N μ,σ2 ，P随X变化关系可表示为 φ 2σμ,σ x = e )
σ 2π
10
【题型五】竞技比赛型分布列
1 (2023·山西临汾·模拟预测)魔方，又叫鲁比可方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克
教授于 1974年发明的机械益智玩具．魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会
举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一．通常意义下的魔方，是指狭义的三阶魔方．三阶魔方形状通常
是正方体，由有弹性的硬塑料制成．常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原．广义的魔方，
指各类可以通过转动打乱和复原的几何体．魔方与华容道、法国的单身贵族 (独立钻石棋)并称为智力游戏
界的三大不可思议．在 2018WCA世界魔方芜湖公开赛上，杜宇生以 3.47秒的成绩打破了三阶魔方复原的
世界纪录，勇夺世界魔方运动的冠军，并成为世界上第一个三阶魔方速拧进入 4秒的选手．
(1) 3 2小王和小吴同学比赛三阶魔方，已知小王每局比赛获胜的概率均为 ，小吴每局比赛获胜的概率均为 ，
5 5
若采用三局两胜制，两人共进行了X局比赛，求X的分布列和数学期望；
(2)小王和小吴同学比赛四阶魔方，首局比赛小吴获胜的概率为 0.5，若小王本局胜利，则他赢得下一局比赛
的概率为 0.6，若小王本局失败，则他赢得下一局比赛的概率为 0.5，为了赢得比赛，小王应选择“五局三胜制”
还是“三局两胜制”？
2 (2021·山东·模拟预测)国际比赛赛制常见的有两种，一种是单败制，一种是双败制．单败制即每场比
赛的失败者直接淘汰，常见的有BO1,BO3等等．BO1表示双方进行一局比赛，获胜者晋级．BO3表示双
方最多进行三局比赛，若连胜两局，则直接晋级；若前两局两人各胜一局，则需要进行第三局决胜负．现在A,
B,C,D四人进行乒乓球比赛，比赛赛制采用单败制，A与B一组，C与D一组，第一轮两组分别进行BO1，胜
2
者晋级，败者淘汰；第二轮由上轮的胜者进行BO3，胜者为冠军．已知A与B,C,D比赛，A的胜率分别为 ,
3
1 , 3 ；B与C,D 1 2 2比赛，B的胜率分别 ， ；C与D比赛，C的胜率为 ．任意两局比赛之间均相互独立．
2 5 2 5 3
(1)在C进入第二轮的前提下，求A最终获得冠军的概率；
(2)记A参加比赛获胜的局数为X，求X的分布列与数学期望．
11
3 (23·24高三下·浙江·开学考试)甲 乙 丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：每场比赛胜者积 2
分，负者积 0分；比赛前根据相关规则决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一
场比赛，负者下一场轮空；积分首先累计到 4分者获得比赛胜利，比赛结束.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概
率为 p1，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为 p2，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为 p3.
(1)若 p1= p2= p3= 0.5，求比赛结束时，三人总积分X的分布列与期望；
(2)若 p1+p3> 1，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略.
12
【题型六】多人比赛竞技型分布列
比赛模式，要考虑：
1.比赛几局？
2.“谁赢了”；
3.有没有平局
4.赢了的必赢最后一局；
5.比赛为啥结束？
1 (2023·全国·模拟预测)已知甲 乙 丙三人进行一个项目的比赛.在一轮比赛中，每两人之间均进行一场
比赛，且每场比赛均无平局出现，三场比赛结束后，若有人赢得两场比赛，则该人获胜，比赛结束：若三人各赢
得一场比赛，则三人继续进行下一轮比赛，以此类推，直至有人在其中一轮比赛中赢得两场比赛，该人获胜，
1 1 2
比赛结束.已知甲胜乙 甲胜丙 乙胜丙的概率分别为 , ,
2 3 3
(1)求恰好在两轮比赛后比赛结束的概率；
(2)设比赛结束时，共进行了X轮比赛，且当进行了四轮比赛后仍无人赢得比赛则通过抽签决出胜负，不再进
行第五轮比赛，求X的分布列及数学期望，
13
2 (23·24高三·海南海口·阶段练习)甲、乙两队举行围棋擂台赛，比赛规则如下：两队各出三人参加比赛，
并按 1，2，3号排定先后出场次序，第一局由双方 1号队员出场比赛.每场比赛后，获胜的队员留下继续比赛，
告负的队员淘汰出局，由该队下一号队员上场比赛.当某队三名队员都被淘汰出局时比赛结束，有队员未被
淘汰的一方获得擂台赛胜利.假设各局比赛相互独立，甲队第m号队员胜乙队第n号队员的概率为下表中
第m行、第n列中的数据.
第 1列 第 2列 第 3列
第 1列 0.5 0.3 0.2
第 2列 0.6 0.5 0.3
第 3列 0.8 0.7 0.6
(1)求甲队 2号队员把乙队三名队员都淘汰出局的概率；
(2)在第三局比赛中，甲队和乙队哪个队获胜的可能性更大 说明你的理由.
3 (23·24高三·江苏·开学考试)第 19届亚运会将于 2023年 9月 23日至 10月 8日在中国杭州举办．中国
田径队拟派出甲、乙、丙三人参加男子 100米比赛．比赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛和半决赛都获得
3
晋级才能进入决赛．已知甲在预赛和半决赛中晋级的概率均为 ；乙在预赛和半决赛中晋级的概率分别为
4
4 1 3 1 5
和 ；丙在预赛和半决赛中晋级的概率分别为 p和 - p，其中 < p< ，甲、乙、丙三人晋级与否互不
5 2 2 2 6
影响．
(1)试比较甲、乙、丙三人进入决赛的可能性大小；
(2) 1若甲、乙、丙三人都进入决赛的概率为 ，求三人中进入决赛的人数 ξ的分布列和期望．
8
14
【题型七】递推数列型
马尔可夫链：若n，即未来状态n只受当前状态n
马尔科夫不等式
E X
设X为一个非负随机变量，其数学期望为E X ，则对任意 ε> 0，均有P X≥ ε ≤

，
ε
马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取值概率与其数学
期望间的关系．
证明：当X为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明如下：
n
设X的分布列为P X= xi = pi,i= 1,2, ,n,其中 pi∈ (0,+∞),xi∈ [0,+∞) (i= 1,2, ,n), pi
i=1
n
= 1，则对任意 ε> 0，P(X≥ )= xε p i 1 1
E(X)
i≤ pε i= xipi≤ xipi= ，其中符号ε ε Aixi≥ε xi≥ε xi≥ε i=1 ε xi≥ε
表示对所有满足xi≥ ε的指标 i所对应的Ai求和．的影响，与之前的n无关.
1 (23·24高三上·湖北·期中)小明进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为 0.5.
(1)若小明共投篮 4次，求在投中 2次的条件下，第二次没有投中的概率；
(2)若小明进行两组训练，第一组投篮 3次，投中X1次，第二组投篮 2次，投中X2次，求E X1-X2 ；
(3)记P i 表示小明投篮 i i= 2,3, 次，恰有 2次投中的概率，记X X= 2,3, ,n 表示小明在投篮不超过
n次的情况下，当他投中 2次后停止投篮，此时一共投篮的次数 (当投篮n次后，若投中的次数不足 2次也不
n+2
再继续投)，证明：E X ≥ 2 P i .
i=2
15
2 (2022高三·全国·专题练习)投掷一枚硬币 (正反等可能)，设投掷n次不连续出现三次正面向上的概率
为Pn.
(1)求P1，P2，P3和P4；
(2)写出Pn的递推公式，并指出增减性.
3 (20·21高三·福建福州·期中)一只蚂蚁从正方形ABCD的顶点A出发，每一次行动顺时针或逆时针经
1 2
过一条边到达另一顶点，其中顺时针的概率为 ，逆时针的概率为 ，设蚂蚁经过n步回到A点的概率为
3 3
pn.
(1)求 p1，p2；
(2)设经过n步到达C点的概率为 qn，求 pn+qn的值；
(3)求 pn.
16
【题型八】三人传球递推数列型
多人比赛或者传球模型，一般情况下涉及到独立事件与互斥事件的识别，及概率运算，离散型随机变量的
分布列和期望，如果符合常见的二项分布，超几何分布等等分布，直接用概率公式进行运算。如果限制条件
较多，可以进行罗列方式进行分类讨论计算
1 (22·23高三 ·江苏·)第 22届世界杯于 2022年 11月 21日到 12月 18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根
廷队通过点球战胜法国队获得冠军．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向射门，门将也
2
会等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有 的可能性扑不
3
到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲 乙 丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，
等可能地随机传向另外 2人中的 1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外 2人中的 1人，如此不停地
传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为 pn，易知 p1= 1,p2= 0．
1
①试证明： pn- 为等比数列；3
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为 qn，比较 p10与 q10的大小．
17
2 (22·23高三山东潍坊·阶段练习)学校篮球队 30名同学按照 1，2， ，30号站成一列做传球投篮练习，
篮球首先由 1号传出，训练规则要求：第m 1≤m≤ 28,m∈N 号同学得到球后传给m+ 1号同学的概率为
2 1
，传给m+ 2号同学的概率为 ，直到传到第 29号 (投篮练习)或第 30号 (投篮练习)时，认定一轮训练结
3 3
1 6
束，已知 29号同学投篮命中的概率为 ，30号同学投篮命中的概率为 ，设传球传到第
3 7
n 2≤n≤ 30,n∈N 号的概率为Pn．
(1)求P4的值；
(2)证明： Pn+1-Pn 2≤n≤ 28 是等比数列；
(3)比较 29号和 30号投篮命中的概率大小．
3 (22·23高三 ·广东·阶段练习)足球是一项大众喜爱的运动.2022卡塔尔世界杯揭幕战将在 2022年 11
月 21日打响，决赛定于 12月 18日晚进行，全程为期 28天.
(1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各 100名观众进行调查，得到 2× 2列联表
如下：
喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男性 60 40 100
女性 20 80 100
合计 80 120 200
依据小概率值 a= 0.001的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关
(2)校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第 1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能
的将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为
第 1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，即P1= 1．
(i)求P3(直接写出结果即可)；
(ii) 1证明：数列 Pn- 为等比数列，并判断第 19次与第 20次触球者是甲的概率的大小．4
18
【题型九】导数计算型分布列最值
1 (22- 23高三浙江)某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠之间
1
的接触传染，现有n只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为 ，被感染的白鼠数用随机变量X表示，
2
假设每只白鼠是否被感染之间相互独立
(1)若P X= 5 =P X= 95 ，求数学期望E X ；
(2)接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为 p，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率 p与参数
θ 0< θ< 1 2 的取值有关.团队A提出函数模型为 p= ln 1+ θ - θ2，团队B提出函数模型为 p=
3
1
1- e-θ .现将 100只接种疫苗后的白鼠分成 10组，每组 10只，进行实验，随机变量Xi i= 1,2, ,10 表示2
第 i组被感染的白鼠数，将随机变量Xi i= 1,2, ,10 的实验结果 xi i= 1,2, ,10 绘制成频数分布图，如图
所示.

(i)试写出事件“X1= x1,X2= x2, ,X10= x10”发生的概率表达式 (用 p表示，组合数不必计算)；
(ⅱ)在统计学中，若参数 θ= θ0时使得概率P X1= x1,X2= x2, ,X10= x10 最大，称 θ0是 θ的最大似然估计.
根据这一原理和团队A，B提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出 θ的最大似然估计，并求出
3
最大似然估计.参考数据：ln ≈ 0.4055.
2
19
2 (22- 23高三·福建福州)某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有
n n∈N * 份血液样本 (数量足够大)，有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验 n次；
方式二：混合检验，将其中 k(k∈N*且 k≥ 2)份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这 k份血液样本
全无抗体，只需检验 1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分
别化验一次，检验总次数为 (k+ 1)次．
假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为 p(0< p< 1)．
(1)现有 7份不同的血液样本，其中只有 3份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过 4次检验就能
把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
(2)现取其中 k(k∈N*且 k≥ 2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为 ξ1；采用混合检
验方式，样本需要检验的总次数为 ξ2．
①若E ξ1 =E ξ2 ，求P关于 k的函数关系式 p= f(k)；
- 1
②已知 p= 1- e 8，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据：ln2= 0.693,ln25= 3.219,ln26= 3.258,ln27= 3.296,ln28= 3.332．
20
3 (20- 21高三 ·重庆沙坪坝·阶段练习)某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通
1
过病鼠与白鼠之间的接触传染，现有n只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为 ，被感染的白鼠数
2
用随机变量X表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立．
(1)若P(X= 3) =P(X= 97)，求数学期望E(X)；
(2)接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为 p，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率 p与参数 θ(0< θ
< 1) 2 1的取值有关．团队A提出函数模型为 p= ln(1+ θ) - θ，团队B提出函数模型为 p= (1- e-θ)．现
3 2
将白鼠分成 10组，每组 10只，进行实验，随机变量Xi(i= 1,2, ,10)表示第 i组被感染的白鼠数，现将随机变
量Xi(i= 1,2, ,10)的实验结果 xi(i= 1,2, ,10)绘制成频数分布图，如图所示．假设每组白鼠是否被感染
之间相互独立．
①试写出事件“X1= x1,X2= x2, ,X10= x10”发生的概率表达式 (用 p表示，组合数不必计算)；
②在统计学中，若参数 θ= θ0时使得概率P(X1= x1,X2= x2, ,X10= x10)最大，称 θ0是 θ的最大似然估计．根
据这一原理和团队A ，B提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出 θ的最大似然估计，并求出估
计值．
ln 3参考数据： ≈ 0.4065．
2
21
【题型十】机器人跳棋模式求分布列
1 (江苏省苏州市 2022- 2023学年高三下学期 2月学业质量调研数学试题)设数轴上有一只兔子，从坐
标 x0= 0 1开始，每秒以 p p> 的概率向正方向跳一个单位，以 1- p 的概率向反方向跳一个单位，记兔子2
第n秒时的位置为 xn n= 0,1, ．
(1)证明：E xn ≥ 0；
( p2) 1记 f n 是表达式 Ckn n k= 0,1, ,n 的最大值，证明：P xn≥ 0 > 1- f n ．2 2p- 1
22
2 某校为了解该校学生“停课不停学”的网络学习效率，随机抽查了高一年级 100位学生的某次数学成
绩 (单位：分)，得到如下所示的频率分布直方图：
(1)估计这 100 位学生的数学成绩的平均值 x；(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)
(2)根据整个年级的数学成绩可以认为学生的数学成绩X近似地服从正态分布N (μ，σ2)，经计算，(1)中样本

的标准差 s的近似值为 10，用样本平均数 x作为 μ的近似值，用样本标准差 s作为 σ的估计值，现任抽取一位
学生，求他的数学成绩恰在 64分到 94分之间的概率；(若随机变量X~N (μ，σ2)，则P(μ- σ≤X≤ μ+ σ) ≈
0.6827，P(μ- 2σ≤X≤ μ+ 2σ) ≈ 0.9545，P(μ- 3σ≤X≤ μ+ 3σ) ≈ 0.9973)
(3)该年级 1班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习，提高学生每天的作业质量及学习数学的积极性，
特意在微信上设计了一个每日作业小程序，每当学生提交的作业获得优秀时，就有机会参与一次小程序中”
玩游戏，得奖励积分”的活动，开学后可根据获得积分的多少向老师领取相应的小奖品.小程序页面上有一列
方格，共 15格，刚开始有只小兔子在第 1格，每点一下游戏的开始按钮，小兔子就沿着方格跳一下，每次跳 1
格或跳 2 1格，概率均为 ，依次点击游戏的开始按钮，直到小兔子跳到第 14格 (奖励 0分)或第 15格 (奖励 5
2
分)时，游戏结束，每天的积分自动累加，设小兔子跳到第 n(1≤n≤ 14)格的概率为Pn，试证明 Pn+1-Pn 是
等比数列，并求P15(获胜的概率)的值.
23

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