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§10.8 概率、统计与其他知识的交汇问题
重点解读 有关概率、统计与其他知识相交汇的考题，能体现“返璞归真，支持课改；突
破定势，考查真功”的命题理念，是每年高考的必考内容．近几年将概率、统计问题与数
列、函数、导数结合，成为创新问题．
题型一 概率、统计与数列的综合问题
例1 (12分)(2023·新高考全国Ⅰ)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命
中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命
中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的
人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；[切入点：p 与p之间的关系]
i＋1 i
(3)已知：若随机变量X 服从两点分布，且P(X＝1)＝1－P(X＝0)＝q，i＝1,2，…，n，则
i i i i
E()＝.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)．
i i
[关键点：利用给出的公式推出E(Y)＝]
i
[思路分析]
(1)利用全概率公式
(2)寻求p 与p之间的关系，构造等比数列
i＋1 i
(3)根据结论及等比数列的求和公式求解
解 (1)记“第i次投篮的人是甲”为事件A，“第i次投篮的人是乙”为事件B，(1分)
i i
所以
①处写出P(B)的概率计算公式
2
＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.(3分)
(2)设P(A)＝p，依题可知，P(B)＝1－p，
i i i i
则(5分)
②处写出P(A )的概率计算公式
i＋1
即
③处写出p 与p的关系
i＋1 i
构造等比数列{p＋λ}，设p ＋λ＝(p＋λ)，解得λ＝－，
i i＋1 i
则(7分)
④处构造出等比数列
又p＝，p－＝，
1 1所以是首项为，公比为的等比数列，
即p－＝×i－1，(9分)
i
⑤处计算出p
i
(3)因为p＝×i－1＋，i＝1,2，…，n，
i
所以当n∈N*时，
E(Y)＝p＋p＋…＋p＝×＋
1 2 n
＝＋，
⑥处利用题干结论计算E(Y)
故E(Y)＝＋.(12分)
思维升华 高考有时将概率、统计等问题与数列交汇在一起进行考查，此类问题常常以概率、
统计为命题情境，同时考查等差数列、等比数列的判定及其前 n项和，解题时要准确把握
题中所涉及的事件，明确其所属的事件类型．
跟踪训练1 (2023·日照模拟)在卡塔尔举办的世界杯决赛中，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到球．不考虑其他因素，在一次点球大战中，求门将
在前三次扑到点球的个数X的概率分布和均值；
(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p，易知p＝1，p＝0.
n 1 2
①证明：为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为q，比较p 与q 的大小．
n 10 10
(1)解 方法一 X的所有可能取值为0,1,2,3，
在一次扑球中，扑到点球的概率为P＝×××3＝，
所以P(X＝0)＝C3＝，
P(X＝1)＝C·×2＝，P(X＝2)＝C·2×＝，
P(X＝3)＝C3＝，
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
E(X)＝×0＋×1＋×2＋×3＝＝.
方法二 依题意可得门将每次可以扑到点球的概率为p＝×＝，
门将在前三次扑到点球的个数X的所有可能取值为0,1,2,3，
易知X～B，
所以P(X＝k)＝C·k·3－k，k＝0,1,2,3，
故X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
所以E(X)＝3×＝.
(2)①证明 第n次传球之前球在甲脚下的概率为p，
n
则当n≥2时，第n－1次传球之前球在甲脚下的概率为p ，
n－1
第n－1次传球之前球不在甲脚下的概率为1－p ，
n－1
则p＝p ×0＋(1－p )×＝－p ＋，
n n－1 n－1 n－1
即p－＝－，
n
又p－＝，
1
所以是以为首项，－为公比的等比数列．
②解 由①可知p＝n－1＋，
n
所以p ＝×9＋<，
10
所以q ＝(1－p )
10 10
＝×>，
故p <q .
10 10
题型二 概率、统计与导数的综合问题
例2 (2023·沈阳模拟)根据以往大量的测量知某加工厂生产的钢管内径尺寸X(单位：mm)服
从正态分布N(μ，σ2)，并把钢管内径在[μ－σ，μ＋σ]内的产品称为一等品，钢管内径在[μ＋
σ，μ＋2σ]内的产品称为二等品，一等品与二等品统称为正品，其余范围内的产品作为废品
回收．现从该企业生产的产品中随机抽取1 000件，测得钢管内径的样本数据的频率直方图如图．
(1)通过检测得样本数据的标准差s＝0.3，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，根据所给数据求该企业生产的产品为正品的概率P ；(同一组中的数据用
1
该组区间的中点值代表)
(2)假如企业包装时要求把2个一等品和n(n≥2，n∈N)个二等品装在同一个箱子中，质检
员从某箱子中摸出两件产品进行检验，若抽取到的两件产品等级相同，则该箱产品记为
A，否则该箱产品记为B.
①试用含n的代数式表示某箱产品抽检被记为B的概率p；
②设抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率为f(p)，求当n为何值时，f(p)取得最大值，并
求出最大值．
参考数据：36.2×0.2＋36.4×0.25＋36.6×0.7＋36.8×0.8＋37×1.1＋37.2×0.8＋37.4×0.65
＋37.6×0.4＋37.8×0.1≈185.
解 (1)由题意，估计从该企业生产的产品中随机抽取 1 000 件钢管内径的平均数为
≈185×0.2＝37，
所以μ＝37，σ＝s＝0.3，
则μ－σ＝37－0.3＝36.7，μ＋σ＝37＋0.3＝37.3，μ＋2σ＝37＋0.6＝37.6，
则一等品内径在[μ－σ，μ＋σ]内，即在[36.7,37.3]内，
二等品内径在[μ＋σ，μ＋2σ]内，即在[37.3,37.6]内，
所以该企业生产的产品为正品的概率为
P＝P(36.7≤X≤37.6)＝(0.8＋1.1＋0.8＋0.65)×0.2＋0.4×0.1＝0.71.
1
(2)①从n＋2件正品中任选2个，有C种选法，其中等级相同的有(C＋C)种选法，
所以某箱产品抽检被记为B的概率为
p＝1－＝1－＝.
②由题意，一箱产品抽检被记为B的概率为p，
则5箱产品恰有3箱被记为B的概率为
f(p)＝Cp3(1－p)2＝10p3(1－2p＋p2)＝10(p3－2p4＋p5)，
f′(p)＝10(3p2－8p3＋5p4)＝10p2(3－8p＋5p2)＝10p2(p－1)(5p－3)，
所以当p∈时，f′(p)>0，函数f(p)单调递增，
当p∈时，f′(p)<0，函数f(p)单调递减，所以当p＝时，f(p)取得最大值为f ＝C×3×2＝，
此时，p＝＝，
解得n＝3或n＝(舍去)，
所以当n＝3时，f(p)取得最大值.
思维升华 在概率与统计的问题中，决策的工具是样本的数字特征或有关概率．决策方案的
最佳选择是将概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作为最佳方案，这往往借助于函数、
不等式或数列的有关性质去实现．
跟踪训练2 学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．
活动规则如下：一天内参加“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失
败得1分；一天内参加“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次
局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率
为；参加“四人赛”活动(每天两局)时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p，.李明
周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动(每天两局)，各局比赛互不
影响．
(1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的概率分布和均值；
(2)设李明在这5天的“四人赛”活动(每天两局)中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为
f(p)．求当p为何值时，f(p)取得最大值．
解 (1)X的所有可能取值为5,6,7,8,9,10，
P(X＝5)＝5＝，
P(X＝6)＝C×1×4＝，
P(X＝7)＝C×2×3＝＝，
P(X＝8)＝C×3×2＝＝，
P(X＝9)＝C×4×1＝，
P(X＝10)＝C×5＝.
所以X的概率分布为
X 5 6 7 8 9 10
P
则E(X)＝5×＋6×＋7×＋8×＋9×＋10×＝＝.
(2)由题意知“每天得分不低于3分”的概率为p＋(1－p)×＝＋p(0<p<1)，
所以5天中恰有3天每天得分不低于3分的概率f(p)＝C32
＝(1＋2p)3(1－p)2，
f′(p)＝[6(1＋2p)2(1－p)2－2(1＋2p)3(1－p)]
＝(1＋2p)2(1－p)(4－10p)，所以当p∈时，f′(p)>0，f(p)在上单调递增；
当p∈时，f′(p)<0，f(p)在上单调递减，
所以当p＝时，f(p)取得最大值．
课时精练
1．(2023·广州模拟)为了拓展学生的知识面，提高学生对航空航天科技的兴趣，培养学生良
好的科学素养，某校组织学生参加航空航天科普知识答题竞赛，每位参赛学生答题若干次
答题赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分；从第2次答题开始，答对
则获得上一次答题得分的两倍，答错得10分．学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率均为，
各次答题结果互不影响．
(1)求甲前3次答题得分之和为40分的概率；
(2)记甲第i次答题所得分数X(i∈N*)的数学期望为E(X)．
i i
①写出E(X )与E(X)满足的等量关系式(直接写出结果，不必证明)；
i－1 i
②若E(X)>100，求i的最小值．
i
解 (1)记甲前3次答题得分之和为40分为事件A，
则事件A是甲前3次答题中仅答对一次的事件，
所以甲前3次答题得分之和为40分的概率为
P(A)＝C××2＝.
(2)①甲第1次答题得20分、10分的概率分别为，，
则E(X)＝20×＋10×＝，
1
甲第2次答题得40分、20分、10分的概率分别为×，×，，
则E(X)＝40××＋20××＋10×＝，
2
显然E(X)＝2×＋10×＝E(X)＋，
2 1
i∈N*，i≥2，甲第(i－1)次答题所得分数X 的数学期望为E(X )，
i－1 i－1
因此第i次答对题所得分数为2E(X )，答错题所得分数为10分，其概率分别为，，
i－1
于是甲第i次答题所得分数X的数学期望为
i
E(X)＝2E(X )×＋10×＝E(X )＋，
i i－1 i－1
所以E(X )与E(X)满足的等量关系式是
i－1 i
E(X)＝E(X )＋，i∈N*，i≥2，且E(X)＝.
i i－1 1
②由①知，E(X)＝，
1
当i∈N*，i≥2时，E(X)＋5＝[E(X )＋5]，而E(X)＋5＝，
i i－1 1
因此数列{E(X)＋5}是以为首项，为公比的等比数列，
i
E(X)＋5＝×i－1＝15×i，
i于是E(X)＝15×i－5，
i
由15×i－5>100得i>7，
显然数列是递增数列，而4＝<7，
5＝>7，则有正整数i ＝5，
min
所以i的最小值是5.
2．(2023·济宁模拟)某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平，组织本校
8 000名学生进行针对性检测(检测分为初试和复试)，并随机抽取了100名学生的初试成绩
(单位：分)，绘制了频率直方图，如图所示．
(1)根据频率直方图，求样本平均数的估计值；
(2)若所有学生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ为样本平均数的估计值，
σ≈14.初试成绩不低于90分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数；
(3)复试共三道题，规定：全部答对获得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得
三等奖；全部答错不获奖．已知某学生进入了复试，他在复试中前两道题答对的概率均为
a，第三道题答对的概率为b.若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为P，求P
的最小值．
附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X<μ＋σ)≈0.683，P(μ－2σ<X<μ＋
2σ)≈0.954，P(μ－3σ<X<μ＋3σ)≈0.997.
解 (1)设样本平均数的估计值为，
则＝10×(40×0.01＋50×0.02＋60×0.03＋70×0.024＋80×0.012＋90×0.004)＝62，
所以样本平均数的估计值为62.
(2)因为学生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ＝62，σ≈14.
所以μ＋2σ≈62＋2×14＝90，
所以P(X≥90)＝P(X≥μ＋2σ)≈×(1－0.954)＝0.023.
所以估计能参加复试的人数为
0．023×8 000＝184.
(3)由该学生获一等奖的概率为可知，a2b＝，
则P＝a2(1－b)＋Ca(1－a)b＝a2＋2ab－＝a2＋－.
令P＝f(a)＝a2＋－，0<a<1，
则f′(a)＝2a－＝＝，
当0<a<时，f′(a)<0；
当<a<1时，f′(a)>0，
所以f(a)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以f(a) ＝f ＝＋－＝，
min
所以P的最小值为.
