概率的知识归纳与题型总结

第32讲 概率压轴大题8类【题型一】 马尔科夫链基础模型【典例分析】某餐厅供应1 000名学生用餐，每星期一有A 、B 两种菜可供选择，调查资料显示星期一选A 菜的学生中有20%在下周一选B 菜，而选B 菜的学生中有30%在下周一选A 菜，用A n 、B n 分别表示在第n 个星期一选A 菜、B 菜的学生数， 试写出A n 与A n －1的关系 及B n 与B n －1的关系． 解 由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧A n ＋B n ＝1 000A n ＝0.8A n －1＋0.3B n －1B n ＝0.2A n －1＋0.7B n －1由A n －1＋B n －1＝1 000，得B n －1＝1 000－A n －1.所以A n ＝0.8A n －1＋0.3(1 000－A n －1)＝0.5A n －1＋300.同理，B n ＝0.2(1 000－B n －1)＋0.7B n －1＝0.5B n －1＋200. 【变式演练】1.小芳、小明两人各拿两颗质地均匀的骰子做游戏，规则如下：若掷出的点数之和为4的倍数，则由原投掷人继续投掷；若掷出的点数之和不是4的倍数，则由对方接着投掷． （1）规定第1次从小明开始．（ⅰ）求前4次投掷中小明恰好投掷2次的概率；（ⅰ）设游戏的前4次中，小芳投掷的次数为X ，求随机变量X 的分布列与期望． （2）若第1次从小芳开始，求第n 次由小芳投掷的概率n P ．【答案】（1）（ⅰ）3964（ⅰ）见解析，2716（2）1122nn P ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭【详解】（1）一人投掷两颗骰子，向上的点数之和为4的倍数的概为91364=． （ⅰ）因为第1次从小明开始，所以前4次投掷中小明恰好投掷2次的概率，1313333133944444444464P =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=． （ⅰ）设游戏的前4次中，小芳投掷的次数为X ，依题意，X 可取0，1，2，3， 所以1111(0)44464P X ==⨯⨯=，33113311321(1)44444444464P X ==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=， 39(2)64P X ==，3113(3)44464P X ==⨯⨯=．所以X 的分布列为 X0 123P164 2164 3964 364所以12139327()01236464646416E X =⨯+⨯+⨯+⨯=． （2）若第1次从小芳开始，则第n 次由小芳投掷骰子有两种情况： ①第1n -次由小芳投掷，第n 次继续由小芳投掷，其概率为111(2)4n n P P n -=；②第1n -次由小明投掷，第n 次由小芳投掷，其概率为()21113311(2)444n n n P P P n --⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭． 因为①②两种情形是互斥的，所以1211113313(2)44424n n n n n n P P P P P P n ---=+=+-=-+， 所以1111(2)222n n P P n -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭．因为11P =，所以12n P ⎧-⎫⎨⎬⎩⎭是以12为首项， 12-为公比的等比数列，所以1111222n n P -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，即1122nn P ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．2.一袋中有大小、形状相同的2个白球和10个黑球，从中任取一球．如果取出白球，则把它放回袋中；如果取出黑球，则该球不再放回，另补一个白球放到袋中．在重复n 次这样的操作后，记袋中的白球个数为n X ． （1）求1EX ；（2）设()2n k P X k P =+=，求()12(0,1,2,,10)n P X k k +=+=⋅⋅⋅； （3）证明：111112n n EX EX +=+． 【答案】（1）1176EX =（2）()0111(0),62211(110).1212n k k P k P X k k k P P k +-⎧=⎪⎪=+=⎨+-⎪+⎪⎩（3）证明见解析【详解】（1）∵12X =或13X =，∴()12122106P X ===+，()110532106P X ===+， ∴1151723666EX =⨯+⨯=． （2）∵当0k=时，()10126n P X P +==， 当110k 时，第1n +次取出来有2k +个白球的可能性有两种： 第n 次袋中有2k +个白球，显然每次取出球后，球的总数保持不变，即袋中有2k +个白球，10k -个黑球，第1n +次取出来的也是白球的概率为212k kP +； 第n 次袋中有1k +个白球，第1n +次取出来的是黑球，由于每次总数为12个， 故此时黑球数为11k -个，这种情况发生的概率为11112k kP --；∴()112112(110)1212n k k k kP X k P P k +-+-=+=+，∴综上可知，()0111(0),62211(110).1212n k k P k P X k k k P P k +-⎧=⎪⎪=+=⎨+-⎪+⎪⎩（3）∵第1n +次白球个数的数学期望分为两类情况：第n 次白球个数的数学期望为n EX ，由于白球和黑球的总数为12，第1n +次取出来的是白球的概率为12n EX ，第1n +次取出来的是黑球的概率为1212nEX -，此时白球的个数为1nEX +，∴()11211212n nn n n EX EX EX EX EX +-=⋅+⋅+()()1211111121212n n n n EX EX EX EX ⎛⎫=+-⋅+=+ ⎪⎝⎭ 即111112n n EX EX +=+． 【题型二】 马尔科夫链之传球模型【典例分析】现有甲、乙、丙、丁四个人相互之间传球，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙、丙、丁中的任何一个人，依次类推．（1）通过三次传球，球经过乙的次数为X ，求X 的分布列与期望； （2）设经过n 次传球后，球落在甲手上的概率为n a ， ①求1a ，2a ；②求n a ，并简要解释随着传球次数的增多，球落在甲、乙、丙、丁每个人手上的概率相等． 【答案】（1）分布列见解析；期望为2227；（2）①1=0a ，21=3a ；②1111()443n n a -=-⨯-；答案见解析． 【分析】(1)写出X 的可能值，求出X 的每个取值时的概率即可得解；(2)由题设条件可直接写出1a ，2a ，分析出n a 与1n a -的关系，由此求出n a ，探求传球次数的增多时n a 值趋于一个常数即可得解. 【详解】（1）X 的取值为0，1，2，2228(=0)=33327P X =⨯⨯；122122116(=1)11333333327P X =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=；111(=2)1=339P X =⨯⨯； 所以X 的分布列为X 012P 827162719所以816122()0122727927E X =⨯+⨯+⨯=； （2）①由题意可知：1=0a ，21=3a ；②由题意：,2n n *∈≥N 时，第n 次传给甲的事件是第n -1次传球后，球不在甲手上并且第n 次必传给甲的事件积，于是有11(1)3n n a a -=-，即1111()434n n a a --=--，数列1{}4n a -是首项为1144n a -=-，公比为13-的等比数列， 从而有1111()443n n a --=-⋅-，所以1111()443n n a -=-⋅-， 当+n →∞时，14n a →，所以当传球次数足够多时，球落在甲手上的概率趋向于一个常数14，又第一次从甲开始传球，而且每一次都是等可能地把球传给任何一个人，所以球落在每个人手上的概率都相等，所以球落在乙、丙、丁手上的概率为11(1)344-÷=， 所以随着传球次数的增多，球落在甲、乙、丙、丁每个人手上的概率相等．【变式演练】1.足球运动被誉为“世界第一运动”．深受青少年的喜爱．（ⅰ）为推广足球运动，某学校成立了足球社团，由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下：踢点球一次，若踢进，则被录取；若没踢进，则继续踢，直到踢进为止，但是每人最多踢点球3次．下表是某同学6次的训练数据，以这150个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率．为加入足球社团，该同学进行了“点球测试”，每次点球是否踢进相互独立，他在测试中所踢的点球次数记为ξ，求ξ的分布列及数学期望；（ⅰ）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，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n P ，即11P =． （i ）求23,P P （直接写出结果即可）；（ii ）证明：数列13n P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并判断第19次还是第20次触球者是甲的概率大．【答案】（ⅰ）分布列见解析，() 1.56E ξ=；（ⅰ）（i ）20P =，312P =；（ii ）证明见解析，第19次触球者是甲的概率大．（ⅰ）求出这150个点球中的进球频率为0.6，从而该同学踢一次点球命中的概率为P ＝0.6，ξ的可能取值为1，2，3，分别求出相应概率，由此能求出E （ξ）． （ⅰ）（i ）由题意20P =，312P =； （ii ）第n 次触球者是甲的概率为Pn ，当n ≥2时，第n ﹣1次触球者是甲的概率为pn ﹣1，第n ﹣1次触球者不是甲的概率为1﹣Pn ﹣1，推导出1111323n n P P -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，由此能证明13n P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以23为首项，公比为12-的等比数列． 【详解】（ⅰ）这150个点球中的进球频率为1017201613140.6150+++++=，则该同学踢一次点球命中的概率0.6p =，由题意，ξ可能取1，2，3，则()10.6P ξ==，()20.40.60.24P ξ==⨯=，()30.40.40.16P ξ==⨯=，ξ的分布列为：ξ1 2 3 p0.60.240.16即()10.620.2430.16 1.56E ξ=⨯+⨯+⨯=． （ⅰ）（i ）由题意20P =，312P =． （ii ）第n 次触球者是甲的概率记为n P ，则当2n ≥时，第1n -次触球者是甲的概率为1n P -， 第1n -次触球者不是甲的概率为11n P --，则()()1111101122n n n n P P P P ---=⋅+-⋅=-，从而1111323n n P P -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，又11233P -=，13n P ⎧⎫∴-⎨⎬⎩⎭是以23为首项，公比为12-的等比数列． 则1211323n n P -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，181921113233P ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，192021113233P ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭，1920P P >，故第19次触球者是甲的概率大．2.中国女排，曾经十度成为世界冠军，铸就了响彻中华的女排精神.女排精神的具体表现为：扎扎实实，勤学苦练，无所畏惧，顽强拼搏，同甘共苦，团结战斗，刻苦钻研，勇攀高峰.女排精神对各行各业的劳动者起到了激励、感召和促进作用，给予全国人民巨大的鼓舞.（1）看过中国女排的纪录片后，某大学掀起“学习女排精神，塑造健康体魄”的年度主题活动，一段时间后，学生的身体素质明显提高，将该大学近5个月体重超重的人数进行统计，得到如下表格： 月份x1 2 3 4 5 体重超重的人数y 640540420300200若该大学体重超重人数y 与月份变量x （月份变量x 依次为1，2，3，4，5…）具有线性相关关系，请预测从第几月份开始该大学体重超重的人数降至10人以下？（2）在某次排球训练课上，球恰由A 队员控制，此后排球仅在A 队员、B 队员和C 队员三人中传递，已知每当球由A 队员控制时，传给B 队员的概率为12，传给C 队员的概率为12；每当球由B 队员控制时，传给A 队员的概率为23，传给C 队员的概率为13；每当球由C 队员控制时，传给A 队员的概率为23，传给B 队员的概率为13.记n a ，n b ，n c 为经过n 次传球后球分别恰由A 队员、B 队员、C 队员控制的概率. （i ）若3n =，B 队员控制球的次数为X ，求EX ； （ii ）若n 112233n n a b c --=+，111123n n n b a c --=+，111123n n n c a b --=+，2n ≥，n ∈*N ，证明：25n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并判断经过200次传球后A 队员控制球的概率与25的大小.附1：回归方程ˆˆˆybx a =+中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：()()()1122211=nni i iii i nniii i x ynx yx x yy b xnxx x ====-⋅--=--∑∑∑∑；a y bx =-.附2：参考数据：515180i i i x y ==∑，522222211234555i i x ==++++=∑.【答案】（1）可以预测从第7月份开始该大学体重超重的人数降至10人以下；（2）（i ）1918（ii ）证明见解析；20025a >. （1）利用回归直线方程计算公式，计算出回归直线方程，并由此进行预测. （i ）利用相互独立事件概率计算公式，计算出分布列，进而计算出EX .（ii ）证明部分：法一：通过证明1222535n n a a +⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭证得25n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列；法二：通过证明1222535n n a a -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭证得25n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列. 求得数列{}n a 的通项公式，由此判断出20025a >. 【详解】（1）由已知可得：1234535x ++++==，640540420300200210042055y ++++===，又因为515180i i i x y ==∑，522222211234555i i x ==++++=∑，所以51522215518063001120ˆ1125553105i ii ii x yxybxx ==--===-=--⨯-∑∑，所以ˆˆ4201123756ay bx =-=+⨯=， 所以ˆˆˆ112756ybx a x =+=-+， 当()11275610y x x *=-+<∈N 时，7x ≥，所以，可以预测从第7月份开始该大学体重超重的人数降至10人以下. （2）（i ）由题知X 的可能取值为：0，1，2；()121102326P X ==⨯⨯=； ()121112111211112322332323218P X ==⨯⨯+⨯⨯+⨯+⨯⨯=； ()121111222322339P X ==⨯⨯+⨯⨯=； X 的分布列为： X 01 2P16 1118 29所以()111219012618918E X =⨯+⨯+⨯=. （ii ）（法一）由111123n n n b a c --=+，111123n n n c a b --=+，两式相加得：()11113n n n n n b c a b c ---+=++. 因为112233n n n a b c --=+，所以1132n n n b c a --+=，132n n n b c a ++=，代入等式得113122n n n a a a +-=+，即111233n n n a a a +-=+所以1121222333n n n n a a a a a a +-+=+==+，因为10a =，21212223233a =⨯+⨯=， 所以12233n n a a ++=，所以1222535n n a a +⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，所以数列25n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为25-，公比为23-的等比数列，所以1222553n n a -⎛⎫⎛⎫-=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即122153n n a -⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，因此经过200次传球后A 队员控制球的概率1992002221535a ⎡⎤⎛⎫=-->⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.（法二）由题知：111123n n n c ab --=+，所以11223n n n b c a --=-，所以11112222333n n n n n n a b c c a c ----=+=-+，又因为1111123n n n n n b a c a c --=+=--， 所以1111123n n n n c a a c --=---，所以112212223n n n n n n a c a c a a --=-+-=--， 所以12233n n a a -=-+，所以1222535n n a a -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，又因为10a =，所以122055a -=-≠，所以数列25n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为25-，公比为23-的等比数列，所以1222553n n a -⎛⎫⎛⎫-=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即122153n n a -⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦， 因此经过200次传球后A 队员控制球的概率1992002221535a ⎡⎤⎛⎫=-->⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.3.排球队的6名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他5人的概率相等，由甲开始传球 （1）求前3次传球中，乙恰有1次接到球的概率； （2）设第n 次传球后球在乙手中的概率为n P ，求n P ．【答案】（1）56125；（2）11165nn P ⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦．【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式与互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率；（2）求得()1115n n P P -=-⨯，可推导出数列16n P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，确定该数列的首项和公比，进而可求得数列{}n P 的通项公式. 【详解】（1）记事件A 为“前3次传球中，乙恰有1次接到球”，()144144156115555555125P A =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=；（2）由题意，115P =，()1115n n P P -=-⨯，1111656n n P P -⎛⎫∴-=-- ⎪⎝⎭，2n ≥，且111630P -=， 所以，数列16n P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以130为首项，以15-为公比的等比数列，111111656530n nn P -⋅⎛⎫⎛⎫∴-=-=-⋅- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，因此，11165n n P ⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦．【题型三】 游走模式【典例分析】质点在x 轴上从原点O 出发向右运动，每次平移一个单位或两个单位，且移动一个单位的概率为，移动2个单位的概率为，设质点运动到点,0n 的概率为n P ．（ⅰ）求1P 和2P ；（ⅰ）用12,n n P P --表示n P ，并证明{}1n n P P --是等比数列； （ⅰ）求n P ． 【答案】（ⅰ）P 1=，279P =（ⅰ）证明见解析．（ⅰ）311()443n+-【详解】 （ⅰ）P 1=，（ⅰ）由题意可知，质点到达点（n,0），可分两种情形，由点（n -1,0）右移1个单位或由点（n -2,0）右移2个单位，故由条件可知：（n≥3）上式可变形为是以为公比的等比数列．其首项P 2－P 1=（ⅰ）由（ⅰ）知P n －P n －1=（n≥2）∴【变式演练】1.如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网络外卖也开始成为不少人日常生活中重要的一部分，其中大学生更是频频使用网络外卖服务.A 市教育主管部门为掌握网络外卖在该市各大学的发展情况，在某月从该市大学生中随机调查了100人，并将这100人在本月的网络外卖的消费金额制成如下频数分布表（已知每人每月网络外卖消费金额不超过3000元）： 消费金额（单位：百元） []0,5 (]5,10 (]10,15 (]15,20(]20,25(]25,30频数 2035251055()1由频数分布表可以认为，该市大学生网络外卖消费金额Z （单位：元）近似地服从正态分布()2,N μσ，其中μ近似为样本平均数x （每组数据取区间的中点值，660σ=）.现从该市任取20名大学生，记其中网络外卖消费金额恰在390元至2370元之间的人数为X ，求X 的数学期望；()2A 市某大学后勤部为鼓励大学生在食堂消费，特地给参与本次问卷调查的大学生每人发放价值100元的饭卡，并推出一档“勇闯关，送大奖”的活动.规则是：在某张方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第60格共61个方格.棋子开始在第0格，然后掷一枚均匀的硬币（已知硬币出现正、反面的概率都是12，其中01P =），若掷出正面，将棋子向前移动一格（从k 到1k +），若掷出反面，则将棋子向前移动两格（从k 到2k +）.重复多次，若这枚棋子最终停在第59格，则认为“闯关成功”，并赠送500元充值饭卡；若这枚棋子最终停在第60格，则认为“闯关失败”，不再获得其他奖励，活动结束.①设棋子移到第n 格的概率为n P ，求证：当159n ≤≤时，{}1n n P P --是等比数列；②若某大学生参与这档“闯关游戏”，试比较该大学生闯关成功与闯关失败的概率大小，并说明理由.参考数据：若随机变量ξ服从正态分布()2,N μσ，则()0.6827P μσξμσ-<≤+=，()220.9545P μσξμσ-<+=，()330.9973P μσξμσ-<+=.【答案】()116.372；()2①证明见解析；②闯关成功的概率大于闯关失败的概率，理由见解析.()1根据数据算出1050x =，由Z 服从正态分布()21050,660N ，算出概率，即()20,0.8186XB ，进而算出X 的数学期望；()2①棋子开始在第0格为必然事件，01P =.第一次掷硬币出现正面，棋子移到第1格，其概率为12，即112P =.棋子移到第()259n n ≤≤格的情况是下列两种，即棋子先到第2n -格，又掷出反面，其概率为212n P -；棋子先到第1n -格，又掷出正面，其概率为112n P -.所以211122n n n P P P --=+.即112(1)2n n n n P P P P ----=--，进而求证当159n ≤≤时，{}1n n P P --是等比数列；②由①知1112P -=-，12212P P ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，33212P P ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，，112n n n P P -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，得21111222n n P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以21111222nn P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()12110,1,2,,5932n n +⎡⎤⎛⎫=--=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，算出相应概率判断出闯关成功的概率大于闯关失败的概率.【详解】解：()12500.27500.3512500.2517500.1x =⨯+⨯+⨯+⨯22500.05+⨯+27500.051050⨯=，因为Z 服从正态分布()21050,660N ，所以()()0.95450.6827390237020.95450.81862P Z P Z μσμσ-<≤=-<≤+=-=.所以()20,0.8186XB ，所以X 的数学期望为()200.818616.372E X =⨯=.()2①棋子开始在第0格为必然事件，01P =.第一次掷硬币出现正面，棋子移到第1格，其概率为12，即112P =. 棋子移到第()259n n ≤≤格的情况是下列两种，而且也只有两种： 棋子先到第2n -格，又掷出反面，其概率为212n P -； 棋子先到第1n -格，又掷出正面，其概率为112n P -， 所以211122n n n P P P --=+， 即112(1)2n n n n P P P P ----=--，且1012P P -=-， 所以当159n ≤≤时，数列{}1n n P P --是首项1012P P -=-，公比为12-的等比数列. ②由①知1112P -=-，12212P P ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，33212P P ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，，112nn n P P -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，以上各式相加，得21111222n nP ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以21111222nnP⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()12110,1,2,,5932nn+⎡⎤⎛⎫=--=⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.所以闯关成功的概率为6060592121113232P⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=-⎢⎥⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，闯关失败的概率为5959 605811211111223232P P⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫==⨯--=+⎢⎥⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦. 60595859602111111110 323232P P ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--+=->⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，所以该大学生闯关成功的概率大于闯关失败的概率.2.如图所示，质点P在正方形ABCD的四个顶点上按逆时针方向前进．现在投掷一个质地均匀、每个面上标有一个数字的正方体玩具，它的六个面上分别写有两个1、两个2、两个3一共六个数字．质点P从A点出发，规则如下：当正方体上底面出现的数字是1，质点P前进一步(如由A到B)；当正方体上底面出现的数字是2，质点P前进两步(如由A到C)，当正方体上底面出现的数字是3，质点P前进三步(如由A到D)．在质点P转一圈之前连续投掷，若超过一圈，则投掷终止．(1)求质点P恰好返回到A点的概率；(2)在质点P转一圈恰能返回到A点的所有结果中，用随机变量ξ表示点P恰能返回到A点的投掷次数，求ξ的数学期望．【答案】(1) P＝P2＋P3＋P4＝13＋19＋181＝3781.(2) Eξ＝2×37＋3×37＋4×17＝197.【详解】本试题主要是考查了古典概型概率的计算公式，以及利用独立事件的概率的乘法公式得到概率值，并且得到随机变量各个取值的概率值，从而得到分布列和期望值．（1）先分析实验中所有的基本事件，然后利用等可能时间的概率公式得到结论．同时要结合独立试验的概率公式表示得到．（2）利用第一问中的结论，可知ξ的可能取值为2,3,4，然后分别得到各自的概率值，求解得到．解析：(1)投掷一次正方体玩具，每个数字在上底面出现都是等可能的，其概率为P1＝26＝13.只投掷一次不可能返回到A点；若投掷两次质点P就恰好能返回到A点，则上底面出现的两个数字应依次为：(1,3)、(3,1)、(2,2)三种结果，其概率为P2＝(13)2×3＝13；若投掷三次质点P恰能返回到A点，则上底面出现的三个数字应依次为：(1,1,2)、(1,2,1)、(2,1,1)三种结果，其概率为P3＝(13)3×3＝19；若投掷四次质点P恰能返回到A点，则上底面出现的四个数字应依次为：(1,1,1,1)．其概率为P4＝(13)4＝181.所以，质点P恰好返回到A点的概率为：P＝P2＋P3＋P4＝13＋19＋181＝3781. 6分(2)由(1)知，质点P转一圈恰能返回到A点的所有结果共有以上问题中的7种情况，且ξ的可能取值为2,3,4，则P(ξ＝2)＝37，P(ξ＝3)＝37，P(ξ＝4)＝17，所以，Eξ＝2×37＋3×37＋4×17＝197.3.2019年7曰1日至3日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善.某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试.现对测试数据进行分析，得到如下的频率分布直方图：（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值x（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.（2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布()2,Nμσ，经计算第（1）问中样本标准差s的近似值为50.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，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率.参考数据：若随机变量ξ服从正态分布()2,N μσ，则()0.6827P μσξμσ-<+≈，(22)0.9545P μσξμσ-<+≈，(33)0.9973P μσξμσ-<+≈.（3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券.已知硬币出现正、反面的概率都是12，方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第50格.遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格（从k 到1k +），若掷出反面，遥控车向前移动两格（从k 到2k +），直到遥控车移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束，设遥控车移到第n 格的概率为n P ，试说明{}1n n P P --是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车.【答案】（1）300（千米）（2）0.8186（3）说明详见解析，此方案能够成功吸引顾客购买该款新能源汽车 【分析】（1）利用频率分布直方图的平均数的计算方法即可得出x ．（2）由~(300X N ，250)．利用正态分布的对称性可得(250400)P X <．（3）遥控车开始在第0 格为必然事件，01P =．第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为12，即112P =．遥控车移到第(249)n n 格的情况是下面两种，而且只有两种：①遥控车先到第2n -格，又掷出反面，其概率为212n P -．②遥控车先到第1n -格，又掷出正面，其概率为112n P -．可得：211122n n n P P P --=+．变形为112(1)2n n n n P P P P ----=--．即可证明149n 时，数列1{}n n P P --是等比数列，首项为10P P -，公比为12-的等比数列．利用112100()()()n n n n n P P P P P P P P ---=-+-+⋯⋯+-+，及其求和公式即可得出．可得获胜的概率49P ，失败的概率50P ．进而得出结论． 【详解】 解：（1）0.002502050.004502550.009503050.004503550.00150405300x =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=（千米）．（2）由~(300X N ，250)．0.95450.6827(250400)0.95450.81862P X -∴<=-=．（3）遥控车开始在第0 格为必然事件，01P =．第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为12，即112P =． 遥控车移到第(249)n n 格的情况是下面两种，而且只有两种： ①遥控车先到第2n -格，又掷出反面，其概率为212n P -．②遥控车先到第1n -格，又掷出正面，其概率为112n P -．211122n n n P P P --∴=+．1121()2n n n n P P P P ---∴-=--．149n ∴时，数列1{}n n P P --是等比数列，首项为1012P P -=-，公比为12-的等比数列． 1112P ∴-=-，2211()2P P -=-，3321()2P P -=-，⋯⋯，11()2n n n P P --=-． 1112100111()()()()()1222n n n n n n n P P P P P P P P ----∴=-+-+⋯⋯+-+=-+-+⋯⋯-+ 1111()212[1()]1321()2n n ++--==----(0n =，1，⋯⋯，49)． ∴获胜的概率504921[1()]32P =--，失败的概率49495048112111[1()][1()]223232P P ==⨯--=+．5049484950211111[1()][1()][1()]0323232P P ∴-=---+=->．∴获胜的概率大．∴此方案能成功吸引顾客购买该款新能源汽车．【题型四】 药物试验模式【典例分析】为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只更施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得1-分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得1-分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X ． （1）求X 的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，(0,1,,8)i p i =表示“甲药的累计得分为i 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则00p =，81p =，11i i i i p ap bp cp -+=++(1,2,,7)i =，其中(1)a P X ==-，(0)b P X ==，(1)c P X ==．假设0.5α=，0.8β=．(i)证明：1{}i i p p +-(0,1,2,,7)i =为等比数列；(ii)求4p ，并根据4p 的值解释这种试验方案的合理性．解：X 的所有可能取值为1,0,1-.(1)(1)(0)(1)(1)(1)(1)P X P X P X αβαβαβαβ=-=-==+--==-，，，所以X的分布列为（2）（i ）由（1）得0.4,0.5,0.1a b c ===.因此11=0.4+0.5 +0.1i i i i p p p p -+，故()()110.10.4i i i i p p p p +--=-，即()114i i i i p p p p +--=-.又因为1010p p p -=≠，所以{}1(0,1,2,,7)i i p p i +-=为公比为4，首项为1p 的等比数列．（ii ）由（i ）可得()()()888776100877610134 1p p p p p p p p p p p p p p p -=-+-++-+=-+-++-=.由于8=1p ，故18341p =-，所以 ()()()()44433221101411.325 7p p p p p p p p p p -=-+-+-+=-=4p 表示最终认为甲药更有效的概率，由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为410.0039257p =≈，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理.【变式演练】1.冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征(MERS )和严重急性呼吸综合征(SARS )等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒(nCoV )是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状､发热､咳嗽､气促和呼吸困难等.在较严重病例中，感染可导致肺炎､严重急性呼吸综合征､肾衰竭，甚至死亡.某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有()*n n ∈N 份血液样本，有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，则需要检验n 次.方式二：混合检验，将其中*(k k N ∈且k ≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性，这k 份的血液全为阴性，因而这k 份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k 份再逐份检验，此时这k 份血液的检验次数总共为k +1.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p (0<p <1).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1ξ，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2ξ. （1）若12()()E E ξξ=，试求p 关于k 的函数关系式p =f (k ). （2）若p 与干扰素计量n x 相关，其中12,,,,(n x x x n ≥2)是不同的正实数，满足x 1=1且13122311()n nn n x x e ex x -++-=-. (i )求证：数列{}n x 为等比数列； (ii )当341p x =望值更少，求k 的最大值.【答案】（1）111kp k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（2）(i )证明见解析；(ii )4【详解】（1）由已知得()1E k ξ=,2ξ的可能取值为1,1k +,所以()()211kP p ξ==-,()()2111kP k p ξ=+=--,所以()()()()()2111111k k kE p k p k k p ξ⎡⎤=-++--=+--⎣⎦,因为12()()E E ξξ=,即()11kk k k p =+--,所以()11kk p -=,所以111kp k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（2）(i )证明:因为13122311()n nn n x x e e x x -++-=-,所以112213311n n n n n n x x e e x x x x -+++-=-,所以1131131n n n n x x e x x e ++-=-,所以113n n x e x +=或113n nx e x -+=-（舍去）,所以{}n x 是以1为首项,以13e 为公比的等比数列. (ii )由(i )可知()13n nxen N -*=∈,则4x e =,即31p e=-,由题意可知12()()E E ξξ>,则有()11kk k k p >+--,整理得1ln 03k k ->,设()()1ln 03x x x x ϕ=->,则()33x x xϕ-'=, 当()0,3x ∈时,()0x ϕ'>；当()3,x ∈+∞时,()0x ϕ'<,故()x ϕ在()0,3上单调递增,在()3,+∞上单调递减,又()40ϕ>,()50ϕ<,所以k 的最大值为4.2.2019年12月以来，湖北武汉市发现多起病毒性肺炎病例，并迅速在全国范围内开始传播，专家组认为，本次病毒性肺炎病例的病原体初步判定为新型冠状病毒，该病毒存在人与人之间的传染，可以通过与患者的密切接触进行传染.我们把与患者有过密切接触的人群称为密切接触者，每位密切接触者被感染后即被称为患者.已知每位密切接触者在接触一个患者后被感染的概率为() 01p p <<，某位患者在隔离之前，每天有a 位密切接触者，其中被感染的人数为()0X X a ≤≤，假设每位密切接触者不再接触其他患者. （1）求一天内被感染人数为X 的概率()P X 与a 、p 的关系式和X 的数学期望；（2）该病毒在进入人体后有14天的潜伏期，在这14天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳时间，设每位患者在被感染后的第二天又有a 位密切接触者，从某一名患者被感染，按第1天算起，第n 天新增患者的数学期望记为)2(n E n ≥.（i ）求数列{}n E 的通项公式，并证明数列{}n E 为等比数列；（ii ）若戴口罩能降低每位密切接触者患病概率，降低后的患病概率()ln 123p p p '=+-，当p '取最大值时，计算此时p '所对应的6E '值和此时p 对应的6E 值，根据计算结果说明戴口罩的必要性.（取10a =） （结果保留整数，参考数据：12ln 5 1.6,ln 3 1.1,ln 20.7,0.3,0.733≈≈≈≈≈） 【答案】（1）()(1)XX a X a P X C p p -=-；EX ap =.（2）（i ）2(1)n nE ap ap -=+，证明见解析；（ii ）16，6480，戴口罩很有必要.【详解】（1）由题意，被感染人数服从二项分布：~(,)X B a p ，则()(1)XX a X aP X C p p -=-,(0)X a ≤≤，X 的数学期望EXap =.（2）（i ）第n 天被感染人数为1(1)n ap -+，第1n -天被感染人数为2(1)n ap -+，由题目中均值的定义可知，122(1)(1)(1)n n n n E ap ap ap ap ---=+-+=+则11nn E ap E -=+，且2E ap =.{}n E ∴是以ap 为首项，1ap +为公比的等比数列.（ii ）令2()ln(1)3f p p p =+-，则1221()133(1)p f p p p -+'=-=++.()f p ∴在1(0,)2上单调递增，在1(,1)2上单调递减.max 1311()()ln ln 3ln 2 1.10.70.30.12233f p f ==-=--≈--=.则当10a =，210(110)n n E p p -=+.46100.1(1100.1)=16E '=⨯+⨯.46100.5(1100.5)=6480E =⨯+⨯.66E E >'∴戴口罩很有必要.3.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(01)p p <<．（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()10(2)E X p <<-． 【答案】（1）910109p p -；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）设第一轮注射有Y 只动物产生抗体，则()10,Y B p ～，则所求概率即(10)(9)P Y P Y =+=；（2）先求得()()()9101011E X p p =+--，由01p <<显然可得()10E X >，再变形()()()9102101E X p p p =---，可证得()10(2)E X p <-.【详解】 （1）平均每组100010100=人， 设第一轮注射有Y 只动物产生抗体，则()10,Y B p ～， 所以109910(10)(9)10(1)109P Y P Y p p p p p =+==+-=-， 所以该组试验只需第一轮注射的概率为910109p p -． （2）由（1）得()91010109P X p p ==-，101010(10)(1),2,3,,10kk k P X k C p p k --=+=-=，所以102()10(10)(10)(10)k E X P X k P X k ===++=+∑10109101010210(10(1))(10)(1)k k k k p p p k C p p --==+-++-∑()()()10101010101099101010010111kkkkk k k k Cp pkC p p C p p ----===-+---∑∑，。

高考数学概率与统计题型解析与答题技巧在高考数学中，概率与统计是一个重要的板块，它不仅考查学生的数学知识和技能，还培养学生的数据分析和推理能力。

对于很多同学来说，这部分内容既有一定的挑战性，又充满了得分的机会。

下面我们就来详细解析高考数学中概率与统计的常见题型以及相应的答题技巧。

一、概率题型1、古典概型古典概型是概率中最基础的题型之一。

它的特点是试验结果有限且等可能。

例如，从装有若干个红球和白球的袋子中摸球，计算摸到某种颜色球的概率。

答题技巧：首先，确定总的基本事件数和所求事件包含的基本事件数。

然后，利用古典概型的概率公式 P（A）＝所求事件包含的基本事件数÷总的基本事件数进行计算。

2、几何概型几何概型与古典概型不同，它的试验结果是无限的。

常见的有长度型、面积型、体积型几何概型。

比如，在一个区间内随机取一个数，求满足某个条件的概率。

答题技巧：对于几何概型，关键是要正确确定几何度量。

例如，长度型就计算长度，面积型就计算面积，体积型就计算体积。

然后，按照几何概型的概率公式 P（A）＝构成事件 A 的区域长度（面积或体积）÷试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）进行求解。

3、条件概率条件概率是指在事件 B 发生的条件下，事件 A 发生的概率。

题目中通常会给出一些条件，让我们计算在这些条件下的概率。

答题技巧：利用条件概率公式 P（A|B）＝ P（AB）÷P（B），先求出 P（AB）和 P（B），再计算条件概率。

4、相互独立事件与互斥事件相互独立事件是指一个事件的发生与否对另一个事件的发生概率没有影响；互斥事件则是指两个事件不能同时发生。

答题技巧：对于相互独立事件，它们同时发生的概率用乘法计算，即 P（AB）＝ P（A）×P（B）；对于互斥事件，它们至少有一个发生的概率用加法计算，即 P（A∪B）＝ P（A）＋ P（B）。

二、统计题型1、抽样方法包括简单随机抽样、分层抽样和系统抽样。

常见大题：1. 全概率公式和贝叶斯公式问题 B 看做“结果”，有多个“原因或者条件iA ”可以导致B 这个“结果”发生，考虑结果B 发生的概率，或者求在B 发生的条件下，源于某个原因iA 的概率问题 全概率公式：()()()1B |ni i i P B P A P A ==∑贝叶斯公式：1(|)()()()()ni i i jjj P A B P A P B A P A P BA ==∑｜｜一（12分）今有四个口袋，它们是甲、乙、丙、丁，每个口袋中都装有a 只红球和b 只白球。

先从甲口袋中任取一只球放入乙口袋，再从乙口袋中任取一只球放入丙口袋，然后再从丙口袋中任取一只球放入丁口袋，最后从丁口袋中任取一球，问取到红球的概率为多少？ 解i B 表示从第i 个口袋放入第1+i 个口袋红球，4,3,2,1=ii A 表示从第i 个口袋中任取一个球为红球，2分则b a aB P +=)(1，2分 111++++++++=b a a b a b b a a b a a b a a+=2分 依次类推2分二（10分）袋中装有m 只正品硬币，n 只次品硬币（次品硬币的两面均印有国徽），在袋中任取一只，将它投掷r 次，已知每次都出现国徽，问这只硬币是次品的概率为多少？、解记B ={取到次品}，B ={取到正品}，A ={将硬币投掷r 次每次都出现国徽} 则()(),n m P B P B m n m n==++，()1P A B =，()12r P A B =―—５分 三、（10分）一批产品共100件，其中有4件次品，其余皆为正品。

现在每次从中任取一件产品进行检验，检验后放回，连续检验3次，如果发现有次品，则认为这批产品不合格。

在检验时，一件正品被误判为次品的概率为0.05，而一件次品被误判为正品的概率为0.01。

（1）求任取一件产品被检验为正品的概率；（2）求这批产品被检验为合格品的概率。

解设A 表示“任取一件产品被检验为正品”，B 表示“任取一件产品是正品”，则()96100P B =，()4100P B =，()|0.95P A B =，()|0.01P A B =（1）由全概率公式得（2）这批产品被检验为合格品的概率为四、在电报通讯中不断发出信号‘0’和‘1’，统计资料表明，发出‘0’和‘1’的概率分别为0.6和0.4，由于存在干扰，发出‘0’时，分别以概率0.7和0.1接收到‘0’和‘1’，以0.2的概率收为模糊信号‘x ’；发出‘1’时，分别以概率0.85和0.05收到‘1’和‘0’，以概率0.1收到模糊信号‘x ’。

随机事件的概率知识点和基本题型1、 确定事件和随机事件。

（1）“必然事件”是指事先可以肯定一定会发生的事件。

1)(=A P ，比如：今天星期一，明天就是星期二。

（2）“不可能事件”是指事先可以肯定一定不会发生的事件。

0)(=A P ，比方：今天星期一，明天是星期天。

（3）“不确定事件”或“随机事件”是指结果的发生与否具有随机性的事件。

比方：丢硬币，第一次是正面朝上，第二次还是正面朝上。

1)(0<<A P练习：1.在一个袋子中装有50个黄色乒乓球，小明在里面随便摸出一个来，他摸到黄球的可能性是（ ）％，摸到白球的可能性是（ ）％。

2.在括号中填上“必然发生”或“不可能发生”或“可能发生”；掷两个骰子，把两个点数相加：（1）和为1（ ）；（2）和为7（ ）； （3）和为12（ ）；（4）和为17（ ）； （5）和大于2（ ）；（6）和小于2（ ）； （7）和小于20（ ）。

3.下列事件中，必然发生的事件是（ ）A. 明天会下雨B.小明考试得99分C.今天是星期一，明天就是星期二D.明年有370 天4.下列语名描述的事件中，是随机事件的是（ ）.A 水能载舟，亦能覆舟 .B 只手遮天，偷天换日 .C 瓜熟蒂落，水到渠成 .D 心想事成，万事如意 5.下列成语描述的事件为随机事件的是（ ）.A 守株待兔 .B 缘木求鱼 .C 水中捞月 .D 水涨船高 2、可能性的大小（1）事件的频数、频率。

设总共做n 次重复实验，而事件A 发生了m 次，则称事件A 发生的次数m 为频数。

称比值nm为A 发生的频率。

（2）概率：一般地，在大量重复试验中，如果事件A 发生的频率nm会稳定在某个常数p 附近，那么这个常数p 就叫做事件A 的概率，所以我们常用一个随机事件发生的频率来估计它的概率。

练习：1.有10张大小相同的卡片，分别写有0至9十个数字，将它们背面朝上洗匀后任抽一张，则P （是偶数）=________，P （是3的倍数）=________。