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微创新 概率、统计与其他知识的综合问题
[考情分析] 交汇型试题在近几年高考中频繁出现，与概率有关的交汇题往往是档次较高的综合题，对考
查学生的创新能力大有裨益.该类题目背景取自现实，题型新颖，考查学生的阅读理解能力和数据分析能力.
要从已知数表、题干信息中经过阅读分析判断获取关键信息，搞清各数据、各事件间的关系，建立相应的
数学模型求解.
考点一 概率、统计和数列的综合问题
例1 (2024·新课标全国Ⅰ)设m为正整数，数列a ，a ，…，a 是公差不为0的等差数列，若从中删
1 2 4m+2
去两项a 和a(i .
m m 8
(1)解 (1，2)，(1，6)，(5，6).
(2)证明 当m=3时，删去a ，a ，其余项可分为以下3组：
2 13
a ，a ，a ，a 为第1组，
1 4 7 10
a ，a ，a ，a 为第2组，
3 6 9 12
a ，a ，a ，a 为第3组，
5 8 11 14
当m>3时，删去a ，a ，其余项可分为以下m组：
2 13
a ，a ，a ，a 为第1组，
1 4 7 10
a ，a ，a ，a 为第2组，
3 6 9 12
a ，a ，a ，a 为第3组，
5 8 11 14
a ，a ，a ，a 为第4组，
15 16 17 18
a ，a ，a ，a 为第5组，
19 20 21 22
…
a ，a ，a ，a 为第m组，
4m-1 4m 4m+1 4m+2
可知每组的4个数都能构成等差数列，故数列a ，a ，…，a 是(2，13)-可分数列.
1 2 4m+2
(3)证明 易知a ，a ，…，a 是(i，j)-可分数列⇒1，2，…，4m+2是(4p+1，4q+2)-可分数列，其中p，
1 2 4m+2
q∈{0，1，…，m}.
当0≤p≤q≤m时，删去4p+1，4q+2，
其余项按从小到大的顺序排列，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构成等差数列，
故数列1，2，…，4m+2是(4p+1，4q+2)-可分数列，可分为(1，2，3，4)，…，(4p-3，4p-2，4p-1，4p)，…，(4(q+1)-1，4(q+1)，4(q+1)+1，4(q+1)+2)，…，
(4m-1，4m，4m+1，4m+2).
p，q的可能取值方法数为
(m+1)(m+2)
C2 +m+1= .
m+1 2
易知a ，a ，…，a 是(i，j)-可分数列⇒1，2，…，4m+2是(4p+2，4q+1)-可分数列，其中p，q∈{0，
1 2 4m+2
1，…，m}.
当q-p>1时，删去4p+2，4q+1，
将1~4p与4q+3~4m+2按从小到大的顺序排列，每4项分为1组，可知每组的4个数成等差数列.考虑
4p+1，4p+3，4p+4，…，4q，4q+2是否可分，等同于考虑1，3，4，…，4t，4t+2是否可分，其中t=q-
p>1，可分为(1，t+1，2t+1，3t+1)，(3，t+3，2t+3，3t+3)，(4，t+4，2t+4，3t+4)，…，(t，2t，3t，4t)，
(t+2，2t+2，3t+2，4t+2)，每组的4个数都能构成等差数列.
故数列1，2，…，4m+2是(4p+2，4q+1)-可分数列，
p，q且q-p>1的可能取值方法数为
(m-1)m
C2 -m= .
m+1 2
(m+1)(m+2) (m-1)m
+ m2+m+1 1
从而P ≥ 2 2 = > .
m 8m2+6m+1 8
C2
4m+2
[规律方法] 概率问题与数列的交汇，综合性较强，主要有以下类型：
(1)求通项公式：关键是找出概率P 或均值E(X )的递推关系式，然后根据构造法(一般构造等比数列)，求
n n
出通项公式.
(2)求和：主要是数列中的倒序相加法求和、错位相减法求和、裂项相消法求和.
(3)利用等差、等比数列的性质，研究单调性、最值或求极限.
跟踪演练1 一口袋中装有10个小球，其中标有数字1，2，3，4，5的小球各两个，这些小球除数字
外其余均相同.
(1)某人从中一次性摸出4个球，设事件A为“摸出的4个球中至少有一个数字是5”，事件B为“摸出
的4个球中恰有两个数字相同”，分别求事件A和事件B的概率；
(2)现有一游戏，游戏规则是：游戏玩家每次有放回地从袋中随机摸出一球，若摸到5号球，则游戏结
束；否则继续摸球，当摸到第n(n≥2)个球时，无论摸出的是几号球游戏都结束.设X表示摸球的次数
(1≤X≤n，X∈N*)，求随机变量X的期望.
解
(1)从中一次性摸出4个球有C4
=210(种)方法，
10
n(A)=210-C4=140，n(B)=C1·C2·C1·C1=120，
8 5 4 2 2
140 2 120 4
∴P(A)= = ，P(B)= = .
210 3 210 7(2)X的取值可能为1，2，3，…，n，
(4) k-1 1
当1≤k≤n-1时，P(X=k)= × ，
5 5
(4) n-1
当k=n时，P(X=k)= ，
5
X 1 2 3 … k … n
(4) 0 1 (4) 1 1 (4) 2 1 (4) k-1 1 (4) n-1
P × × × … × …
5 5 5 5 5 5 5 5 5
(4) 0 1 (4) 1 1 (4) 2 1 (4) n-2 1 (4) n-1 1[ (4) 0 (4) 1
∴E(X)=1× × +2× × +3× × +…+(n-1)× × +n× = +2× +
5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5
(4) 2 (4) n-2] (4) n-1
3× +…+(n-1)× +n× ，
5 5 5
(4) 0 (4) 1 (4) 2 (4) n-2
令S= +2× +3× +…+(n-1)× ，
5 5 5 5
4 (4) 1 (4) 2 (4) n-2 (4) n-1
则 S= +2× +…+(n-2)× +(n-1)× ，
5 5 5 5 5
(4) n-1
1-
1 (4) 0 (4) 1 (4) 2 (4) n-2 (4) n-1 5 (4) n-1 (4) n-1
相减得 S= + + +…+ -(n-1)× = -(n-1)× =5-(n+4)× ，
5 5 5 5 5 5 4 5 5
1-
5
(4) n-1
∴E(X)=5-4× .
5
考点二 概率、统计和函数的综合问题
例2 (2024·衡水模拟)已知甲口袋有m(m≥1，m∈N*)个红球和2个白球，乙口袋有n(n≥1，n∈N*)个
红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连
续摸球2次，每次摸出一个球.
(1)当m=4，n=2时，
①求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率；
②设小明4次摸球中，摸出白球的个数为X，求X的数学期望；
(2)当m=n时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为P，则当m为何值时，P最大？
2 1
解 (1)小明从甲口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为 = ，
4+2 3
2 1
从乙口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为 = .
2+2 2①设“小明4次摸球中，至少摸出1个白球”为事件A，则“小明4次摸球中，摸出的都是红球”为事件
( 1) 2 ( 1) 2 1
A，且P(A)= 1- × 1- = ，
3 2 9
1 8
所以P(A)=1-P(A)=1- = .
9 9
②X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
1
由①得P(X=0)=P(A)= ，
9
P(X=1)=C1× ( 1- 1) × 1 × ( 1- 1) 2 + ( 1- 1) 2 ×C1× ( 1- 1) × 1 = 1 ，
2 3 3 2 3 2 2 2 3
P(X=2)= (1) 2 × ( 1- 1) 2 + ( 1- 1) 2 × (1) 2 +C1× ( 1- 1) × 1 ×C1× ( 1- 1) × 1 = 13 ，
3 2 3 2 2 3 3 2 2 2 36
P(X=3)= (1) 2 ×C1× ( 1- 1) × 1 +C1× ( 1- 1) × 1 × (1) 2 = 1 ，
3 2 2 2 2 3 3 2 6
(1) 2 (1) 2 1
P(X=4)= × = ，
3 2 36
1 1 13 1 1 5
所以E(X)=0× +1× +2× +3× +4× = .
9 3 36 6 36 3
(2)由m=n，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验，
设小明每次摸出一个红球的概率为k(00；
4
3
当 2且m∈N*)人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人的购票类型相同，则
该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p.
①试用含m的代数式表示p；
②若一共询问了5组，用g(p)表示恰有3组被标为B的概率，试求g(p)的最大值及此时m的值.
解 (1)因为购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数之比为3∶5∶2，所以这10人中，购买单程上山
3 5 2
票、单程下山票和双程票的人数分别为10× =3，10× =5，10× =2，
10 10 10
C2C2
3
7 3
故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率P= = .
C4 10
10
(2)①从m+2人中任选2人，有C2 种选法，其中购票类型相同的有C2 +C2
种选法，
m+2 m 2
C2 +C2 m2-m+2 4m
m 2
则询问的某组被标为B的概率p=1- =1- = .
C2 m2+3m+2 m2+3m+2
m+2
②由题意，5组中恰有3组被标为B的概率g(p)=C3 p3(1-p)2=10p3(1-2p+p2)=10(p3-2p4+p5)，
5
所以g'(p)=10(3p2-8p3+5p4)=10p2(p-1)(5p-3)，00，函数g(p)单调递增；
5
(3 )
当p∈ ，1 时，g'(p)<0，函数g(p)单调递减，
5
所以当p= 3 时，g(p)取得最大值，且最大值为g (3) =C3 × (3) 3 × ( 1- 3) 2 = 216 .
5 5 5 5 5 625
4m 3
由p= = ，m>2且m∈N*，得m=3.
m2+3m+2 5
216
即当m=3时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且g(p)的最大值为 .
625
专题强化练
(分值：34分)
1.(17分)(2024·杭州模拟)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P .
n
(1)求P ，P ，P 和P ；(3分)
1 2 3 4
(2)写出P 的递推公式；(6分)
n(3)单调有界原理：①若数列{a }单调递增，且存在常数M，恒有a ≤M成立，那么这个数列必定有极限，
n n
lim ¿
即 a 存在；②若数列{a }单调递减，且存在常数m，恒有a ≥m成立，那么这个数列必定有极限，即
n→+∞ n n n
lim ¿ a 存在.请根据单调有界原理判断 lim ¿ P 是否存在？有何统计意义？(8分)
n→+∞ n n→+∞ n
解 (1)依题意，P =P =1，
1 2
1 7
而投掷3次，共有8个不同结果，其中连续出现三次正面向上的只有1个，则P =1- = ，
3 8 8
又投掷4次，共有16个不同结果，其中连续出现三次正面向上的有：正正正正，正正正反，
3 13
反正正正，因此P =1- = .
4 16 16
(2)共有三种情况：
①如果第n次出现反面向上，前n次不连续出现三次正面向上和前n-1次不连续出现三次正面向上是相同
的，
1
此时不连续出现三次正面向上的概率为 P ；
2 n-1
②如果第n次出现正面向上，第n-1次出现反面向上，
则前n次不连续出现三次正面向上和前n-2次不连续出现三次正面向上是相同的，
1
此时不连续出现三次正面向上的概率为 P ；
4 n-2
③如果第n次出现正面向上，第n-1次出现正面向上，第n-2次出现反面向上，
则前n次不连续出现三次正面向上和前n-3次不连续出现三次正面向上是相同的，
1
此时不连续出现三次正面向上的概率为 P ，
8 n-3
1 1 1 7 13
所以P = P + P + P (n∈N*，n≥4)，P =P =1，P = ，P = .
n 2 n-1 4 n-2 8 n-3 1 2 3 8 4 16
1 1 1
(3)由(2)知，P = P + P + P (n∈N*，n≥4)，
n 2 n-1 4 n-2 8 n-3
1 1 1 1 1 1
当n≥5时，P = P + P + P ，则P - P = P - P ，
n-1 2 n-2 4 n-3 8 n-4 n 2 n-1 2 n-1 16 n-4
1
即P -P =- P <0，因此当n≥5时，数列{P }是递减的，又P =P >P >P ，
n n-1 16 n-4 n 1 2 3 4
则当n≥2时，数列{P }是递减的，显然有下界0，
n
1 lim ¿
于是数列{P }的极限存在，对P -P =- P 两边取极限，得 P =0，
n n n-1 16 n-4 n→+∞ n
其统计意义是：当投掷的次数足够多时，不连续出现三次正面向上的次数非常少，其概率趋近于0.
2.(17分)(2024·汕头模拟)2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数
学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实
践活动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，
走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到n颗番石榴(不
妨设n颗番石榴的大小各不相同)，最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番
石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k(1≤k0)，
n x
1 n 1
求导得g'(x)= ln - ，
n x n
n
由g'(x)=0，得x= ，
e
( n) (n )
当x∈ 0， 时，g'(x)>0；当x∈ ，n 时，g'(x)<0，
e e
( n) (n ) (n) 1
即函数g(x)在 0， 上单调递增，在 ，n 上单调递减，则g(x) =g = ，
e e max e en k n 1
于是当k= 时，P(A)= ln 取得最大值 ，
e n k e
1 1
所以P的最大值为 ，此时t的值为 .
e e
