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第93讲 概率与统计的综合应用
必考题型全归纳
1 题型一：决策问题
5182 (2024·甘肃兰州·高三兰化一中校考期中)据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校
考过程中达到笔试优秀才能进入面试环节．已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门
考试科目且每门科目是否达到优秀相互独立．若某考生报考甲大学，每门科目达到优秀
1 1 2
的概率均为 ，若该考生报考乙大学，每门科目达到优秀的概率依次为 ， ，n，其中0
3 6 5
0，P >P 1 2
所以，业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛．
(2)由已知X=9万元，或X=7.2万元
由(1)知，业余队最优决策是第一场应该安排乙与甲进行比赛．
5
此时，业余队获胜的概率为：P 1 = 9 1-p
2 1 2 8
专业队获胜的概率为P = p+ ×p× = p
3 3 3 3 9
所以，非平局的概率为PX=9
5 1
=P +P = + p 1 3 9 3
平局的概率为PX=7.2
4 1
=1-P -P = - p 1 3 9 3
X的分布列为：
X 9 7.2
PX
5 4
+ -
9 9
1 1
p p
3 3
X的期望为EX
5 1
=9× + p
9 3
4 1
+7.2× - p
9 3
=8.2+0.6p
1 2
由 E(X )>E(X)
3 2 1
综上，采取方案一较好．
2 题型二：道路通行问题
5187 (2024·重庆·高三重庆市育才中学校考阶段练习)9月6日位于重庆朝天门的来福士广场
开业，成了网红城市的又一打卡胜地重庆育才谢家湾校区与来福士之间的驾车往返所需
时间为T，T只与道路畅通状况有关，对其容量为500的样本进行统计，结果如下：
T(小时) 0.8 0.9 1 1.1
频数(次) 100 150 200 50
以这500次驾车往返所需时间的频率代替某人1次驾车往返所需时间的概率．
(1)记T的期望为E(T)，求P(T7.87
(a+b)(a+c)(c+d)(b+d) 55×45×50×50
所以有99.5%的把握认为该地区市民是否考虑单车与他(她)是不是“青年人”有关.
(2)方案一：选择自行车，走无障碍自行车道以19km/h的速度直达上班地点，
10
则所需时间为：t = h；
1 19
方案二：开车以30km/h的速度上班，但要经过A、B、C三个易堵路段，分别令三个路段
堵车记为事件A、B、C，且PA
1
= ，PB
2
1
= ，PC
2
1
= ，且A、B、C相互独立的，
3
并且每次堵车的时间都是10分钟(假设除了堵车时间其他时间都是匀速行驶)
所以在路上遇上堵车的概率为：P=1-PABC
=1-PA
PB
PC
1 1
=1- ×
2 2
2 5
× = ，
3 6
10 5 1 17
故方案二所需时间为：t = + × = h.
2 30 6 6 36
因为t >t ，所以仅从时间的角度考虑，应选方案二省时间.
1 2
5191 (2024·全国·高三专题练习)某人某天的工作是驾车从A地出发，到B,C两地办事，最后
第 页 共 页
3353 3427返回A地，A,B,C,三地之间各路段行驶时间及拥堵概率如下表
路段 正常行驶所用时间(小时) 上午拥堵概率 下午拥堵概率
AB 1 0．3 0．6
BC 2 0．2 0．7
CA 3 0．3 0．9
若在某路段遇到拥堵，则在该路段行驶时间需要延长1小时．
现有如下两个方案：
方案甲：上午从A地出发到B地办事然后到达C地，下午从C地办事后返回A地；
方案乙：上午从A地出发到C地办事，下午从C地出发到达B地，办完事后返回A地．
(1)若此人早上8点从A地出发，在各地办事及午餐的累积时间为2小时，且采用方案甲，
求他当日18点或18点之前能返回A地的概率．
(2)甲乙两个方案中，哪个方案有利于办完事后更早返回A地？请说明理由.
【解析】(1)由题可知能按时返回的充要条件是拥堵路段不超过两段，则不能按时返回时
有三段路段拥堵，二者互为对立事件，记“不能按时返回为事件A”则P(A)=0.3×0.2×
0.9=0.054，
所以能够按时返回的概率P(A)=0.946，
(2)设某段路正常行驶时间为x,拥堵的概率为p，
则该路段行驶时间x的分布列为
x+
行驶时间x x
1
1-
概率p p
p
故Ex=x(1-p)+(x+1)p=x+p，
上午AB、BC、CA路段行驶时间期望值分别为1．3小时2．2小时、3．3小时，
下午AB、BC、CA路段行驶时间期望值分别为1．6小时2．7小时3．9小时，
设采用甲方案所花费总行驶时间为Y,则EY=1.3+2.2+3.9=7.4小时，
设采用乙方案所花费总行驶时间为Z,则EZ=3．3+2．7+1．6=7．6小时，
因此采用甲方案能更早返回.
3 题型三：保险问题
5192 (2024·广东湛江·高三统考阶段练习)某单位有员工50000人，一保险公司针对该单位推
出一款意外险产品，每年每位职工只需要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿
金.保险公司把该单位的所有岗位分为A，B，C三类工种，从事三类工种的人数分布比例
如饼图所示，且这三类工种每年的赔付概率如下表所示：
工种类别 A B C
1 2 1
赔付概率
105 105 104
第 页 共 页
3354 3427对于A，B，C三类工种，职工每人每年保费分别为a元、a元、b元，出险后的赔偿金额分
别为100万元、100万元、50万元，保险公司在开展此项业务过程中的固定支出为每年20
万元.
(1)若保险公司要求每年收益的期望不低于保费的15%，证明：153a+17b≥4200.
(2)现有如下两个方案供单位选择：方案一：单位不与保险公司合作，职工不交保险，出意
外后单位自行拿出与保险公司提供的等额赔偿金赔付给出意外的职工，单位开展这项工
作的固定支出为每年35万元；方案二：单位与保险公司合作，a=35，b=60，单位负责职
工保费的80%，职工个人负责20%，出险后赔偿金由保险公司赔付，单位无额外专项开支.
根据该单位总支出的差异给出选择合适方案的建议.
【解析】(1)设工种A，B，C职工的每份保单保险公司的效益为随机变量X，Y，Z，
则随机变量X的分布列为：
a-100×
X a
104
1-
1
P 1
105
105
随机变量Y的分布列为：
a-100×
Y a
104
1-
2
P 2
105
105
随机变量Z的分布列为：
b-50×
Z b
104
1-
1
P 1
104
104
第 页 共 页
3355 34271
保险公司期望收益为EX=a×1-
105
1
+(a-100×104)×
105
=a-10，
2
EY=a×1-
105
2
+(a-100×104)×
105
=a-20，
1
EZ=b×1-
104
1
+(b-50×104)×
104
=b-50，
根据要求(a-10)×50000×0.6+(a-20)×50000×0.3+(b-50)×50000×0.1-20
×104≥(a×50000×0.6+a×50000×0.3+b×50000×0.1)×0.15，
整理可得(9a+b)×85≥21000，
所以153a+17b≥4200得证；
(2)若该企业不与保险公司合作，则安全支出，即赔偿金的期望值为：
1 2 1
500000.6× ×100×104+0.3× ×100×104+0.1× ×50×104
105 105 104
+35×104
=100×104；
若该企业与保险公司合作，则安全支出，
即保费为50000×(0.6×a+0.3×a+0.1×b)×0.8=(0.9a+0.1b)×40000，
由a=35,b=60，(0.9a+0.1b)×40000=150×104>100×104，
所以方案一总支出较少，故选方案一.
5193 (2024·新疆克拉玛依·统考三模)已知某保险公司的某险种的基本保费为a(单位：元)，继
续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如
下：
≥
上年度出险次数 0 1 2 3
4
0.9 1.5 2.5
保费(元) a 4a
a a a
随机调查了该险种的400名续保人在一年内的出险情况，得到下表：
≥
出险次数 0 1 2 3
4
频数 280 80 24 12 4
该保险公司这种保险的赔付规定如下：
出险序次 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次及以上
赔付金额(元) 2.5a 1.5a a 0.5a 0
将所抽样本的频率视为概率．
(1)求本年度续保人保费的平均值的估计值；
(2)按保险合同规定，若续保人在本年度内出险3次，则可获得赔付2.5a+1.5a+a 元；
若续保人在本年度内出险6次，则可获得赔付2.5a+1.5a+a+0.5a 元；依此类推，求本
年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值．
【解析】(1)由题意可得
0.9 1.5 2.5
保费(元) a 4a
a a a
第 页 共 页
3356 34270.
概率 0.7 0.06 0.03 0.01
2
本年度续保人保费的平均值的估计值为
0.9a×0.7+a×0.2+1.5a×0.06+2.5a×0.03+4a×0.01=1.035a
(2)由题意可得
赔偿金额(元) 0 2.5a 4a 5a 5.5a
概率 0.7 0.2 0.06 0.03 0.01
本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值
0×0.7+2.5a×0.2+4a×0.06+5a×0.03+5.5a×0.01=0.945a
5194 (2024·广东深圳·高三校联考期末)已知某保险公司的某险种的基本保费为a(单位：元)，
继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联
如下：
上年度出险次数 0 1 2 3 ≥4
保费(元) 0.9a a 1.5a 2.5a 4a
随机调查了该险种的400名续保人在一年内的出险情况，得到下表：
≥
出险次数 0 1 2 3
4
频数 280 80 24 12 4
该保险公司这种保险的赔付规定如下：
出险序次 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次及以上
赔付金额(元) 2.5a 1.5a a 0.5a 0
将所抽样本的频率视为概率.
(1)求本年度续保人保费的平均值的估计值；
(2)按保险合同规定，若续保人在本年度内出险3次，则可获得赔付2.5a+1.5a+a 元；
依此类推，求本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值；
(3)续保人原定约了保险公司的销售人员在上午10:30~11:30之间上门签合同，因为续保
人临时有事，外出的时间在上午10:45~11:05之间，请问续保人在离开前见到销售人员的
概率是多少？
【解析】(1)由题意可得
0.9 1.5 2.5
保费(元) a 4a
a a a
0.
概率 0.7 0.06 0.03 0.01
2
本年度续保人保费的平均值的估计值为
0.9a×0.7+a×0.2+1.5a×0.06+2.5a×0.03+4a×0.01=1.035a
(2)由题意可得
第 页 共 页
3357 34272.5 5.5
赔偿金额(元) 0 4a 5a
a a
0. 0.0 0.0
概率 0.2 0.01
7 6 3
本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值
0×0.7+2.5a×0.2+4a×0.06+5a×0.03+5.5a×0.01=0.945a
(3)设保险公司销售人员到达的时间为x，续保人离开的时间为y，x,y 看成平面上的
点，全部结果所构成的区域为Ω= x,y
3 1
10.5≤x≤11.5,10 ≤y≤11 4 12
则区域Ω的面积SΩ
1 1
=1× =
3 3
事件A表示续保人在离开前见到销售人员，所构成的区域为A=
x,y
3 1
y≥x,10.5≤x≤11.5,10 ≤y≤11 4 12
即图中的阴影部分，其面积SA
1 1 7
= × +
2 4 12
1 5
× =
3 36
所以PA
5
36 5 5
= = ，即续保人在离开前见到销售人员的概率是
1 12 12
3
5195 (2024·山东潍坊·校联考一模)某保险公司针对一个拥有20000人的企业推出一款意外
险产品，每年每位职工只需要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金.保险公
司把企业的所有岗位共分为A、B、C三类工种，从事这三类工种的人数分别为12000、
6000、2000，由历史数据统计出三类工种的赔付频率如下表(并以此估计赔付概率)：
工种类别 A B C
1 2 1
赔付频率
105 105 104
已知A、B、C三类工种职工每人每年保费分别为25元、25元、40元，出险后的赔偿金额
分别为100万元、100万元、50万元，保险公司在开展此业务的过程中固定支出每年10万
元.
(1)求保险公司在该业务所获利润的期望值；
(2)现有如下两个方案供企业选择：
方案1：企业不与保险公司合作，职工不交保险，出意外企业自行拿出与保险公司提供的
等额赔偿金赔偿付给出意外的职工，企业开展这项工作的固定支出为每年12万元；
方案2：企业与保险公司合作，企业负责职工保费的70%，职工个人负责30%，出险后赔偿
金由保险公司赔付，企业无额外专项开支.
根据企业成本差异给出选择合适方案的建议.
第 页 共 页
3358 3427【解析】(1)设工种A、B、C职工的每份保单保险公司的收益为随机变量X、Y、Z，则X、
Y、Z的分布列为：
25-100×
X 25
104
1-
1
P 1
105
105
25-100×
Y 25
104
1-
2
P 2
105
105
40-50×
Z 40
104
1-
1
P 1
104
104
1
∴E(X)=25×1-
105
1
+(25-100×104)× =15，
105
2
E(Y)=25×1-
1-105
2
+(25-100×104)× =5，
105
1
E(Z)=40×1-
104
1
+(40-50×104)× =-10，
104
保险公司的利润的期望值为12000×15+6000×5-2000×10-100000=90000，
∴保险公司在该业务所获利润的期望值为9万元．
(2)方案1：企业不与保险公司合作，则企业每年安全支出与固定开支共为：
1 2 1
12000×100×104× +6000×100×104× +2000×50×104× +12×104=
105 105 104
46×104，
方案2：企业与保 险公司合作，则企业支出保险金额为：
(12000×25+6000×25+2000×40)×0.7=37.1×104，
46×104>37.1×104，
建议企业选择方案2．
5196 (2024·全国·高考真题)购买某种保险，每个投保人每年度向保险公司交纳保费a元，若
投保人在购买保险的一年度内出险，则可以获得10000元的赔偿金．假定在一年度内有
10000人购买了这种保险，且各投保人是否出险相互独立．已知保险公司在一年度内至
少支付赔偿金10000元的概率为1-0.999104．
(Ⅰ)求一投保人在一年度内出险的概率p；
(Ⅱ)设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外的成本为50000元，为保证盈利的期望不
小于0，求每位投保人应交纳的最低保费(单位：元)．
【解析】各投保人是否出险互相独立，且出险的概率都是p，记投保的10 000人中出险的
人数为ξ，
第 页 共 页
3359 3427则 ．
(Ⅰ)记A表示事件：保险公司为该险种至少支付10 000元赔偿金，则A发生当且仅当 ξ
=0，
P(A)=1-P(A)
=1-P(ξ=0)
=1-(1-p)104，
又P(A)=1-0.999104，
故p=0.001．
(Ⅱ)该险种总收入为10 000a元，支出是赔偿金总额与成本的和．
支出 10 000ξ+50 000，
盈利 η=10000a-(10000ξ+50 000)，
盈利的期望为 Eη=10 000a-10 000Eξ-50 000，
由ξ~B(104，10-3)知，Eξ=10 000×10-3，
Eη=104a-104Eξ-5×104
=104a-104×104×10-3-5×104．
Eη≥0⇔104a-104×10-5×104≥0
⇔a-10-5≥0
⇔a≥15(元)．
故每位投保人应交纳的最低保费为15元．
5197 (2024·北京丰台·高三统考期末)某市医疗保险实行定点医疗制度，按照“就近就医、方便
管理”的原则，参加保险人员可自主选择四家医疗保险定点医院和一家社区医院作为本人
就诊的医疗机构，若甲、乙、丙、丁4名参加保险人员所在地区附近有A,B,C三家社区医
院，并且他们的选择是等可能的、相互独立的
(1)求甲、乙两人都选择A社区医院的概率；
(2)求甲、乙两人不选择同一家社区医院的概率；
(3)设4名参加保险人员中选择A社区医院的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．
1
【解析】(1)∵甲、乙分别选择A社区医院的概率均为 ，
3
1 1 1
∴甲、乙两人都选择A社区的概率p= × = .
3 3 9
1 1 1
(2)∵甲、乙两人选择同一家社区医院的概率为C1× × = ，
3 3 3 3
1 2
∴甲、乙两人不选择同一家社区医院的概率p=1- = .
3 3
1 1
(3)∵每个人选择A社区医院的概率均为 ，∴ξ∼B4,
3 3
，
则ξ所有可能的取值为0,1,2,3,4，
∴Pξ=0 2 = 3 4 16 = ；Pξ=1 81 1 2 =C1× × 4 3 3 3 32 = ； 81
Pξ=2 1 =C2× 4 3 2 2 × 3 2 24 8 = = ；Pξ=3 81 27 1 =C3× 4 3 3 2 8 × = ； 3 81
Pξ=4 1 =C4× 4 3 4 1 = ； 81
∴ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3 4
第 页 共 页
3360 342716 32 8 8 1
P
81 81 27 81 81
∴数学期望Eξ
1 4
=4× = .
3 3
4 题型四：概率最值问题
5198 (2024·全国·高三专题练习)某电子工厂生产一种电子元件，产品出厂前要检出所有次
品.已知这种电子元件次品率为0.01，且这种电子元件是否为次品相互独立.现要检测
3000个这种电子元件，检测的流程是：先将这3000个电子元件分成个数相等的若干组，设
每组有k个电子元件，将每组的k个电子元件串联起来，成组进行检测，若检测通过，则本
组全部电子元件为正品，不需要再检测；若检测不通过，则本组至少有一个电子元件是次
品，再对本组个电子元件逐一检测.
(1)当k=5时，估算一组待检测电子元件中有次品的概率；
(2)设一组电子元件的检测次数为X，求X的数学期望；
(3)估算当k为何值时，每个电子元件的检测次数最小，并估算此时检测的总次数(提示：
利用(1-p)n≈1-np进行估算).
【解析】(1)设事件A：一组待检测电子元件中由次品，则事件A表示一组待检测电子元
件中没有次品；
因为PA =1-0.01 5
所以PA
=1-PA =1-1-0.01 5≈1-1-5×0.01 =0.05
(2)依题意，X的可能取值为1,k+1
PX=1 =0.99k,PX=k+1 =1-0.99k
分布列如下：
X 1 k+1
1-
P 0.99k
0.99k
所以的数学期望为：EX =0.99k+k+1 1-0.99k =k1-0.99k +1
k1-0.99k
(3)由(2)可得：每个元件的平均检验次数为：
+1
k
k1-0.99k
因为
+1 1
=1-0.99k+ =1-1-0.01
k k
1
k+ ≈1-1-0.01k
k
1
+ =
k
1
0.01k+
k
当且仅当k=10时，检验次数最小
1
此时总检验次数3000×0.01×10+
10
=600(次)
5199 (2024·江西新余·高三新余市第一中学校考开学考试)现如今国家大力提倡养老社会化、
市场化，老年公寓是其养老措施中的一种能够满足老年人的高质量、多样化、专业化生活
及疗养需求.某老年公寓负责人为了能给老年人提供更加良好的服务，现对所入住的120
名老年人征集意见，该公寓老年人的入住房间类型情况如下表所示：
入住房间的类型 单人间 双人间 三人间
人数 36 60 24
第 页 共 页
3361 3427(1)若按入住房间的类型采用分层抽样的方法从这120名老年人中随机抽取10人，再从
这10人中随机抽取4人进行询问，记随机抽取的4人中入住单人间的人数为ξ，求ξ的分
布列和数学期望.
(2)记双人间与三人间为多人间，若在征集意见时要求把入住单人间的2人和入住多人间
的mm>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人入
住房间类型相同，则该组标为Ⅰ，否则该组标为Ⅱ.记询问的某组被标为Ⅱ的概率为p.
(i)试用含m的代数式表示p;
(ii)若一共询问了5组，用gp 表示恰有3组被标为的概率，试求gp 的最大值及此时
m的值.
【解析】(1)因为单人间、双人间、三人间入住人数比为36：60：24，即3：5：2，
3 5
所以这10人中，入住单人间、双人间、三人间的人数分别为10× =3，10× =5，10
10 10
2
× =2，
10
所以ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
Pξ=0
C4 1
= 7 = ，Pξ=1
C4 6
10
C3C1 1
= 7 3 = ，
C4 2
10
Pξ=2
C2C2 3
= 7 3 = ，Pξ=3
C4 10
10
C1C3 1
= 7 3 = ，
C4 30
10
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3
1 1 3 1
P
6 2 10 30
Eξ
1 1 3 1 6
=0× +1× +2× +3× = .
6 2 10 30 5
(2)(i)从m+2人中任选2人，有C2 种选法，其中入住房间类型相同的有C2 +C2种选
m+2 m 2
法，
C2 +C2 m2-m+2 4m
所以询问的某组被标为Ⅱ的概率p=1- m 2 =1- = .
C2 m2+3m+2 m2+3m+2
m+2
(ii)由题意，5组中恰有3组被标为Ⅱ的概率gp =C3 5 p3 1-p 2=10p3 1-2p+p2 =
10p3-2p4+p5
所以gp =103p2-8p3+5p4 =10p2 p-1 5p-3
3
所以当p∈0,
5
时，gp >0，函数gp 单调递增，
3
当p∈ ,1
5
时，gp <0，函数gp 单调递减，
3 所以当p= 时，gp 5 3 取得最大值，最大值为g 5 3 =C3× 5 5 3 3 ×1- 5 2 216 = ， 625
4m 3
由p= = 且m∈N*，得m=3，
m2+3m+2 5
所以当m=3时，5组中恰有3组被标为Ⅱ的概率最大，且gp
216
的最大值为 .
625
5200 (2024·全国·高三专题练习)为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教
育，某学校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区，
三个校区的队员人数分别是3，4，5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进
行11场比赛(每场比赛都采取5局3胜制)，最后根据积分选出最后的冠军.积分规则如
第 页 共 页
3362 3427下：比赛中以3:0或3:1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以3:2取胜的
队员积2分，失败的队员的队员积1分.已知第10轮张三对抗李四，设每局比赛张三取胜
的概率均为p(00，fp
3
在0,
4
上单调递增；
3
当p∈ ,1
4
时，fp <0，fp
3
在 ,1
4
上单调递减.
所以fp
3
的最大值点p = . 0 4
5201 (2024·山东潍坊·高三校考阶段练习)今年5月以来，世界多个国家报告了猴痘病例，非
洲地区猴痘地方性流行国家较多．9月19日，中国疾控中心发布了我国首例“输入性猴
痘病例”的溯源公告．我国作为为人民健康负责任的国家，对可能出现的猴痘病毒防控已
提前做出部署，同时国家卫生健康委员会同国家中医药管理局制定了《猴痘诊疗指南
(2022年版)》．此《指南》中指出：①猴痘病人潜伏期5-21天；②既往接种过天花疫苗者
对猴痘病毒存在一定程度的交叉保护力．据此，援非中国医疗队针对援助的某非洲国家
制定了猴痘病毒防控措施之一是要求与猴痘病毒确诊患者的密切接触者集中医学观察
21天．在医学观察期结束后发现密切接触者中未接种过天花疫苗者感染病毒的比例较
大．对该国家200个接种与未接种天花疫苗的密切接触者样本医学观察结束后，统计了
感染病毒情况，得到下面的列联表：
接种天花疫苗与否/人
感染猴痘病毒 未感染猴痘病毒
数
未接种天花疫苗 30 60
接种天花疫苗 20 90
(1)是否有99%的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关；
(2)以样本中结束医学现察的密切接触者感染猴痘病毒的频率估计概率．现从该国所有
结束医学观察的密切接触者中随机抽取4人进行感染猴痘病毒人数统计，求其中至多有
1人感染猴痘病毒的概率：
(3)该国现有一个中风险村庄，当地政府决定对村庄内所有住户进行排查．在排查期间，
发现一户3口之家与确诊患者有过密切接触，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一
进行猴痘病毒检测．每名成员进行检测后即告知结果，若检测结果呈阳性，则该家庭被确
定为“感染高危家庭”．假设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为p(00，解得00，
所以fp
1
在0,
2
1
上递减，在 ,1
2
上递增，
1
所以，当p= 时，fp
2
1
取得最小值为 .
4
1
(2)由(1)知，p=p = ，
0 2
设实际比赛局数为X，则X的可能取值为3,4,5，
所以PX=3
1
=
2
3 1
+1-
2
3 1
= ，
4
PX=4 1 =2×C2 3 2 2 1 ×1- 2 1 3 × = ， 2 8
PX=5 1 =2×C2 4 2 2 1 ×1- 2 2 1 3 × = ， 2 8
X的分布列为：
X 3 4 5
1 3 3
P
4 8 8
EX
1 3 3 33
=3× +4× +5× = .
4 8 8 8
7 题型七：几何问题
5213 (2024·辽宁沈阳·沈阳市第一二〇中学校考模拟预测)某人玩一项有奖游戏活动，其规则
是：有一个质地均匀的正四面体(每个面均为全等的正三角形的三棱锥)，四个面上分别刻
着1，2，3，4，抛掷该正四面体5次，记录下每次与地面接触的面上的数字.
(1)求接触面上的5个数的乘积能被4整除的概率；
(2)若每次抛掷到接触地面的数字为3时奖励200元，否则倒罚100元，
①设甲出门带了1000元来参加该游戏，记游戏后甲身上的钱为X元，求E(X)；
②若在游戏过程中，甲决定当自己赢了的钱一旦不低于300元时立即结束游戏，求甲不超
过三次就结束游戏的概率.
【解析】(1)设事件A=“接触面上的5个数的乘积能被4整除”，不能被4整除的有两种
情况：
1
(i)5个数均为奇数(1或者3)，概率为P =
1 2
5 1
= ，
32
1
(ii)5个数中4个为奇数，另一个为2，概率为P =C4
2 5 2
41 5
= ，
4 64
第 页 共 页
3372 3427所以PA
1 5 57
=1- - = .
32 64 64
(2)①X可能的取值为500,800,1100,1400,1700,2000.
记ξ为地面接触的面上的数字为3的次数，
则X=1000+200ξ-1005-ξ
1
=300ξ+500，且ξ∼B5,
4
，
Pξ=k 1 =Ck 5 4 k 3 4 5-k ，k=0,1,2,3,4,5
Eξ
1 5
=5× = ，故EX
4 4
=300Eξ +500=875.
②设事件B=“甲不超过三次就结束游戏”，分为两种情况：两次结束游戏和三次结束游
戏.
1 1 3 1 1 1 3 1 5
P(B)= × + × × + × × = .
4 4 4 4 4 4 4 4 32
5214 (2024·江西·高考真题)如图，从A(1,0,0)，A (2,0,0)，B(0,1,0)，B (0,2,0)，C(0,0,1)，
1 2 1 2 1
C (0,0,2)，这6个点中随机选取3个点．(1)求这3点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶
2
点的概率；(2)求这3点与原点O共面的概率．
【解析】从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果是：
x轴上取2个点的有AA B ，AA B ，AA C ，AA C 共4种．
1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2
y轴上取2个点的有BB A ，BB A ，BB C ，BB C ，共4种．
1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2
z轴上取2个点的有CC A ，CC A ，CC B ，CC B ，共4种，
1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2
所选取的3个点在不同坐标轴上有ABC,ABC ,AB C,AB C ,A BC,A BC ,
1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 2
A B C,A B C 共8种，
2 2 1 2 2 2
因此，从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果共20种．
(1)选取的这3个点与原点 恰好是正三棱锥的四个顶点的所有可能结果有ABC,
1 1 1
A B C 共2种，
2 2 2
2 1
因此，这3个点与原点O 恰好是正三棱锥的四个顶点的概率为P = =
1 20 10
(2)选取的这3个点与原点 共面的所有可能结果有：AA B ，AA B ，AA C ，AA C
1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2
，BB A ，BB A ，BB C ，BB C ，CC A ，CC A ，CC B ，CC B 共12种，
1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2
12 3
因此，这3个点与原点O 共面的概率为P = = .
2 20 5
5215 (2024·河北张家口·高二统考期末)如图，已知三棱锥P-ABC的三条侧棱PA，PB，
PC两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，三棱锥P-ABC的外接球半径R=2.
第 页 共 页
3373 3427(1)求三棱锥P-ABC的侧面积S的最大值；
(2)若在底面ABC上，有一个小球由顶点A处开始随机沿底边自由滚动，每次滚动一条
1 1
底边，滚向顶点B的概率为 ，滚向顶点C的概率为 ；当球在顶点B处时，滚向顶点A
2 2
2 1 2
的概率为 ，滚向顶点C的概率为 ；当球在顶点C处时，滚向顶点A的概率为 ，滚向
3 3 3
1
顶点B的概率为 .若小球滚动3次，记球滚到顶点B处的次数为X，求数学期望EX
3
的值.
【解析】(1)因为三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，且三棱锥
P-ABC的外接球半径R=2，
则以a、b、c为长、宽、高的长方体的体对角线为外接球的直径，即a2+b2+c2=4R2=
16，
1
所以a2+b2+c2= 2a2+2b2+2c2
2
1
≥ 2ab+2ac+2bc
2
=ab+ac+bc，当且仅当a
=b=c时取等号，
1
所以三棱锥的侧面积S= ab+ac+bc
2
≤8，当且仅当a=b=c时取等号，
即三棱锥P-ABC的侧面积S的最大值为8.
(2)依题意X的可能取值为0、1、2，
则PX=0
1 2 1 1
= × × = ，PX=2
2 3 2 6
1 2 1 1 1 1 2
= × × + × × = ，
2 3 2 2 3 3 9
PX=1 =1-PX=0 -PX=2
1 2 11
=1- - = ，
6 9 18
所以EX
1 11 2 19
=0× +1× +2× = .
6 18 9 18
5216 (2024·全国·高三专题练习)已知正四棱锥P-ABCD的底面边长和高都为2.现从该棱
锥的5个顶点中随机选取3个点构成三角形，设随机变量X表示所得三角形的面积.
(1)求概率P(X=2)的值；
(2)求随机变量X的概率分布及其数学期望E(X).
【解析】(1)从5个顶点中随机选取3个点构成三角形，
共有C3=10种取法.其中X=2的三角形如ΔABD，
5
这类三角形共有C3=4个.
4
第 页 共 页
3374 34274 2
因此P(X=2)= = .
10 5
(2)由题意，X的可能取值为 5，2，2 2.
其中X= 5的三角形是侧面，这类三角形共有4个；
其中X=2 2的三角形有两个，ΔPAC和ΔPBD.
2 1
因此P(X= 5)= ，P(X=2 2)= .
5 5
所以随机变量X的概率分布列为：
X 5 2 2 2
2 2 1
P(X)
5 5 5
所求数学期望
2 2 1 2 5+2 2+4
E(X)= 5× +2× +2 2× = .
5 5 5 5
8 题型八：彩票问题
5217 (2024·全国·高二随堂练习)在一种称为“幸运35”的福利彩票中，规定从01，02，⋯，35
这35个号码中任选7个不同号码组成一注，并通过摇奖机从这35个号码中摇出7个不同
的号码作为特等奖.与特等奖号码仅6个相同的为一等奖，仅5个相同的为二等奖，仅4个
相同的为三等奖，其他的情况不得奖比.为了便于计算，假定每个投注号只有1次中奖机
会(只计奖金额最大的奖)，该期的每组号码均有人买，且彩票无重复号码比.若每注彩票
为2元，特等奖奖金为100万元/注，一等奖奖金为1万元/注，二等奖奖金为100元/注，
三等奖奖金为10元/注，试求：
(1)奖金额X(元)的概率分布；
(2)这一期彩票售完可以为福利事业筹集多少资金(不计发售彩票的费用)？
【解析】(1)X的可能取值为1000000,10000,100,10,0.
PX=1000000
C7C0 1
= 7 28 = ，
C7 6724520
35
PX=10000
C6C1 196
= 7 28 = ，
C7 6724520
35
PX=100
C5C2 7938
= 7 28 = ，
C7 6724520
35
PX=10
C4C3 114660
= 7 28 = ，
C7 6724520
35
PX=0
1 196 7938 114660 6601725
=1- - - - =
6724520 6724520 6724520 6724520 6724520
所以X的分布列为：
X 1000000 10000 100 10 0
1 196 7938 114660 6601725
P
6724520 6724520 6724520 6724520 6724520
(2)可筹集C7 ×2-1000000-10000×196-100×7938-10×114660=8548640元.
35
5218 (2024·全国·高三专题练习)中国福利彩票双色球游戏规则是由中华人民共和国财政部
制定的规则，是一种联合发行的“乐透型”福利彩票.“双色球”彩票投注区分为红色球号码
区和蓝色球号码区，“双色球”每注投注号码由6个红色球号码和1个蓝色球号码组成，红
第 页 共 页
3375 3427色球号码从1-33中选择；蓝色球号码从1-16中选择.“双色球”奖级设置分为高等奖和
低等奖，一等奖和二等奖为高等奖，三至六等奖为低等奖.“双色球”彩票以投注者所选单
注投注号码与当期开出中奖号码相符的球色和个数确定中奖等级：
一等奖：7个号码相符(6个红色球号码和1个蓝色球号码)(红色球号码顺序不限，下同)；
二等奖：6个红色球号码相符；
三等奖：5个红色球号码和1个蓝色球号码相符；
四等奖：5个红色球号码，或4个红色球号码和1个蓝色球号码相符；
五等奖：4个红色球号码，或3个红色球号码和1个蓝色球号码相符；
六等奖：1个蓝色球号码相符(有无红色球号码相符均可).
(1)求中三等奖的概率(结果用a表示)；
(2)小王买了一注彩票，在已知小王中了高等奖的条件下，求小王中二等奖的概率.
参考数据：C6 C1 =a
33 16
【解析】(1)中三等奖表示6个中奖红色球号码选5个，1个有奖的蓝色号码选正确，
有C5C1 C1种选法；
6 27 1
随机选6个红色球号码和1个蓝色球号有C6 C1 种选法，
33 16
C5C1 C1 162
所以中三等奖的概率p = 6 27 1 = ；
1 C6 C1 a
33 16
(2)记小王中了高等奖为事件A，小王中二等奖为事件B，
可得PA
1+C6C1 16
= 6 15 = ，PAB
C6 C1 a
33 16
C6C1 15
= 6 15 =
C6 C1 a
33 16
所以小王中了高等奖的条件下，求小王中二等奖的概率小王中二等奖的概率PB|A =
PB
PAB
15
a 15
= = .
16 16
a
5219 (2024·全国·高三专题练习)现要发行10000张彩票，其中中奖金额为2元的彩票1000
张，10元的彩票300张，50元的彩票100张，100元的彩票50张，1000元的彩票5张．1
张彩票可能中奖金额的均值是多少元？
【解析】由题意，设X表示1张彩票中奖的金额，
1000
则P(x=2)= =0.1，
10000
300
P(x=10)= =0.03，
10000
100
P(x=50)= =0.01，
10000
50
P(x=100)= =0.005，
10000
5
P(x=1000)= =0.0005，
10000
P(x=0)=1-(0.1+0.03+0.01+0.005+0.0005)=0.8545
所以X的分布列为：
X 0 2 10 50 100 1000
0.0 0.00 0.000
P 0.8545 0.1 0.01
3 5 5
∴E(X)=2×0.1+10×0.03+50×0.03+100×0.01+1000×0.0005=2，即1张彩票
可能中奖金额的均值是2元．
第 页 共 页
3376 34275220 (2024·高二课时练习)某人花2元钱买彩票，他抽中100元奖的概率是0.1%，抽中10元
奖的概率是1%，抽中1元奖的概率是20%，假设各种奖不能同时抽中，试求：
(1)此人收益的概率分布；
(2)此人收益的期望值．
【解析】(1)因为1=0.001-0.01-0.2=0.789=78.9%，
所以收益为0的概率为 78.9%，
所以收益的概率分布为：
收益 0 1 10 100
78.
p 20% 1% 0.1%
9%
(2)此人收益的期望值为：100×0.1%+10×1%+1×20%+0×78.9%=0.4.
5221 (2024·全国·高二随堂练习)根据某个福利彩票方案，每注彩票号码都是从1~37这37个
数中选取7个数.如果所选7个数与开出的7个数一样(不管排列顺序)，彩票即中一等奖.
(1)多少注不同号码的彩票可有一个一等奖？
1 1
(2)如果要将一等奖的中奖机会提高到 以上且不超过 ，可在37个数中
3000000 2000000
取几个数？
【解析】(1)根据某个福利彩票方案，在1至37这37个数字中，选取7个数字，
如果选出的7个数字与开出的7个数字一样(不管排列顺序)即得一等奖，
∴C7 =6724520注彩票可有一个一等奖．
37
(2)∵C6 =2324784，C5 =435897，
37 37
1
则在37个数中取6个数或31个数，中一等奖的概率为
2324784
1
在37个数中取5个或32个数，中一等奖的概率为
435897
1 1
∴如果要将一等奖的机会提高到 以上且不超过 ，
3000000 2000000
可在37个数中取6个数或31个数．
9 题型九：纳税问题
5222 (2024·四川南充·统考一模)自2019年1月1日起，对个人所得税起征点和税率进行调
整.调整如下：纳税人的工资、薪金所得，以每月全部收入额减去5000元后的余额为应纳
税所得额．依照个人所得税税率表，调整前后的计算方法如表：
个人所得税税率(调整前) 个人所得税税率(调整后)
免征额3500元 免征额5000元
级 级
全月应纳税所得额 税率(%) 全月应纳税所得额 税率(%)
数 数
1 不超过1500元的部分 3 1 不超过3000元的部分 3
超过1500元至4500元 超过3000元至12000元
2 10 2 10
的部分 的部分
3 超过4500元至9000元 20 3 超过12000元至25000元 20
第 页 共 页
3377 3427的部分 的部分
⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯
(1)假如李先生某月的工资、薪金等所得税前收入总和不高于8000元，记x表示总收入，y
表示应纳的税，试分别求出调整前和调整后y关于x的函数表达式；
(2)某税务部门在李先生所在公司利用分层抽样方法抽取某月100个不同层次员工的税
前收入，并制成下面的频数分布表：
收入
3000,5000
(元)
5000,7000 7000,9000 9000,11000 11000,13000 13000,15000
人数 30 40 10 8 7 5
先从收入在3000,5000 及5000,7000 的人群中按分层抽样抽取7人，再从中选2人作
为新纳税法知识宣讲员，求选中的2人收入都在3000,5000 的概率；
【解析】(1)根据个人所得税税率(调整前)可知：
0, 0≤x≤3500
y= x-3500 ×0.03, 35000 ，企业逃税的获益为X，
若该企业逃税未被查出，则X=t；
若该企业逃税被查出来，则X=-nt．
由条件知PX=-nt =0.3，PX=t =1-0.3=0.7，
所以EX=-nt×0.3+t×0.7=0.7-0.3n t，
7
要对逃税行为起到惩罚作用，则需EX<0，解得n> ．
3
所以n至少定为3，才能对逃税行为起到惩罚作用．
5226 (2024·全国·高三专题练习)随着经济的发展，个人收入的提高，自2019年1月1日起，个
人所得税起征点和税率的调整，调整如下：纳税人的工资、薪资所得，以每月全部收入额减
除5000元后的余额为应纳税所得额，依照个人所得税税率表，调整前后的计算方法如下
第 页 共 页
3382 3427表：
个人所得税税率表(调整前) 个人所得税税率表(调整后)
免征额3500元 免征额5000元
级 级
全月应纳税所得额 税率(%) 全月应纳税所得额 税率(%)
数 数
1 不超过1500元部分 3 1 不超过3000元部分 3
超过1500元至4500元 超过3000元至12000元
2 10 2 10
的部分 的部分
超过4500元至9000元 超过12000元至25000元
3 20 3 20
的部分 的部分
⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯
(1)假如小红某月的工资、薪资等所得税前收入总和不高于10000元，记x表示总收入，表
示应纳的税，试写出调整前后y关于x的函数表达式；
(2)某税务部门在小红所在公司利用分层抽样方法抽取某月100个不同层次员工的税前
收入，并制成下面的频数分布表：
[3000， [5000， [7000， [9000， [11000，
收入(元)
5000) 7000) 9000) 11000) 13000)
人数 20 40 15 10 5
①先从收入在[3000，5000)及[5000，7000)的人群中按分层抽样抽取6人，再从中选3人
作为新纳税法知识宣讲员，用a表示抽到作为宣讲员的收入在[3000，5000)元的人数，b
表示抽到作为宣讲员的收入在[5000，7000)元的人数，随机变量z=|a-b+1|，求z的分
布列与数学期望；
②小红该月的工资、薪资等税前收入为8500元时，请你帮小红算一下调整后小红的实际
收入比调整前增加了多少？
【解析】(1)调整前y关于x的表达式为
0,x≤3500,
(x-3500)×0.03,x∈(3500,5000],
y=
45+(x-5000)×0.1,x∈(5000,8000],
345+(x-8000)×0.2,x∈(8000,10000].
调整后y关于x的表达式为
0,x≤5000,
y=(x-5000)×0.03,x∈(5000,8000],
90+(x-8000)×0.1,x∈(8000,10000].
(2)①由频数分布表可知从[3000，5000)及[5000，7000)的人群中抽取6人，其中
[3000，5000)占2人，[5000，7000)占4人，再从这6人中选3人，则z的取值可能为0，2，
C1C2 3
所以P(z=0)=P(a=1,b=2)= 2 4 = ；
C3 5
6
P(z=2)=P(a=0,b=3)+P(a=2,b=1)
C0C3+C2C1 2
= 2 4 2 4 = .
C3 5
6
第 页 共 页
3383 3427所以其分布列为
z 0 2
3 2
P
5 5
3 2 4
所以E(z)=0× +2× = .
5 5 5
②由于小红的工资、薪资等收入为8500元，按调整前起征点应纳个税为1500×3%
+3000×10%+500×20%=445元，按调整后起征点应纳个税为3000×3%+500×10%
=140元，比较两个纳税方案可知，按调整后起征点应纳个税少交305元，即小红的实际收
入增加了305元.
10 题型十：疾病问题
5227 (2024·广西玉林·高三校联考开学考试)某医药企业使用新技术对某款血液试剂进行试
生产.
(1)在试产初期，该款血液试剂的I批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第
四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.已知该款血液试剂在生产中，经过
1
前三道工序后的次品率为 .第四道工序中智能自动检测为次品的血液试剂会被自动
20
淘汰，合格的血液试剂进入流水线并由工人进行抽查检验.
已知批次I的血液试剂智能自动检测显示合格率为98%，求工人在流水线进行人工抽检
时，抽检一个血液试剂恰为合格品的概率；
(2)已知切比雪夫不等式：设随机变量X的期望为EX ，方差为DX ，则对任意ε>0，
均有P X-EX ≥ε
DX
≤
.药厂宣称该血液试剂对检测某种疾病的有效率为
ε2
80%，现随机选择了100份血液样本，使用该血液试剂进行检测，每份血液样本检测结果
相互独立，显示有效的份数不超过60份，请结合切比雪夫不等式，通过计算说明该企业的
宣传内容是否真实可信.
【解析】(1)设批次I的血液试剂智能自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
由已知得PA
98
= ,PAB
100
1 19
=1- = ，
20 20
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个血液试剂恰为合格品的概率为
PB|A
PAB
=
PA
19 100 95
= × = .
20 98 98
(2)设100份血液样本中检测有效的份数为X，假设该企业关于此新试剂有效率的宣传内
容是客观真实的，那么在此假设下，X∼B100,0.8 ，
EX =100×0.8=80,DX =100×0.8×1-0.8 =16，
由切比雪夫不等式，有PX≤60 ≤P X-80 ≥20
DX
≤
=0.04，
202
即在假设下，100份血液样本中显示有效的份数不超过60份的概率不超过0.04，此概率
很小，
据此我们有理由推断该企业的宣传内容不可信.
5228 (2024·江苏镇江·高三统考开学考试)卫生检疫部门在进行病毒检疫时常采用“混采检
测”或“逐一检测”的形式进行，某兴趣小组利用“混采检测”进行试验，已知6只动物中有1
只患有某种疾病，需要通过血液化验来确定患病的动物，血液化验结果呈阳性的为患病动
物，下面是两种化验方案：
第 页 共 页
3384 3427方案甲：将各动物的血液逐个化验，直到查出患病动物为止.
方案乙：先取4只动物的血液混在一起化验，若呈阳性，则对这4只动物的血液再逐个化
验，直到查出患病动物；若不呈阳性，则对剩下的2只动物再逐个化验，直到查出患病动
物.
(1)用X表示依方案甲所需化验次数，求变量X的期望；
(2)求依方案甲所需化验次数少于依方案乙所需化验次数的概率.
【解析】(1)∵X可以取的值有1，2，3，4，5.
∴PX=1
1
= ，PX=2
6
1
= ，PX=3
6
1
= ，PX=4
6
1
= ，PX=5
6
1
= ，
3
∴EX
1 1 1 1 1 10
=1× +2× +3× +4× +5× = ，
6 6 6 6 3 3
(2)设乙方案所需化验的次数为Y，则Y可以的值有2，3，4.
∴PY=2
C1⋅C3 1 C4 1
= 1 5 × + 5 ×1= ，
C4 4 C4 2
6 6
∴PY=3
C1⋅C3 1 1
= 1 5 × = ，
C4 4 6
6
∴PY=4
C1⋅C3 1 1
= 1 5 × = ，
C4 2 3
6
∴PX1且为12000的正因数)人一组分组，然后将各组k个人的血样混合再化验.如果
混管血样呈阴性，说明这k个人全部阴性；如果混管血样呈阳性，说明其中至少有一人的
血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次.设该种方法需要化验的总次数为X.
(1)当EX ≥12000时，求p的取值范围并解释其实际意义；
(2)现对混管血样逐一化验，至化验出阳性样本时停止，最多化验R次.记W为混管的化
验次数，当R足够大时，证明：EW
1
<
1-1-p
；
k
(3)根据经验预测本次检测时个人患病的概率p ，当k=6时，按照p 计算得混管数量Y
0 0
的期望EY =400；某次检验中Y=440，试判断个人患病的概率为p 是否合理.(如果 0 0
2PY≥Y 0 <0.05，则说明假设不合理)．
附：若X~Nμ,σ2 ，则P X-μ <σ ≈0.6827，P X-μ <2σ ≈0.9545，P X-μ <3σ
≈0.9973.
12000
【解析】(1)令 =m，由题意可知，X的可能取值有m、m+k、m+2k、⋯、m+
k
mk，
则PX=m+ik =Ci m 1-1-p k i⋅1-p m-i k i=0,1,2,⋯,m ，
所以，EX
m
= m+ik
i=0
Ci m 1-1-p k i 1-p m-i k，
m!
因为iCi =i⋅ m i!m-i
m×m-1
= !
!
i-1 !m-i ! =mCi m - - 1 1i≥1 ，
所以，EX
m
=m Ci m 1-1-p
i=0
k i 1-p m-i
m-1
k+mk Ci m - - 1 1 1-1-p
i=1
k i 1-p m-i k
第 页 共 页
3385 3427m
=m Ci m 1-1-p
i=0
k i 1-p m-i k+mk 1-1-p k
m-1
Ci m - - 1 1 1-1-p
i=1
k i-1 1-p m-i k
=m 1-1-p k+1-p k m+mk 1-1-p k ⋅ 1-1-p k+1-p k m-1
=m+mk 1-1-p k
12000
= +12000 1-1-p
k
k ，
令EX
12000
= +12000 1-1-p
k
k
1
=12000 +1-1-p
k
k
≥12000，
1
可得 ≥1-p
k
k恒成立，
两边取自然对数，可得-lnk≥kln1-p ，其中k>0，得ln1-p
lnk
≤- ，
k
不妨设fx
lnx
=- ，其中x>0，则fx
x
lnx-1
= ，
x2
当0e时，fx >0，
所以，函数fx 的单调递减区间为0,e ，单调递增区间为e,+∞ ，
因此，fk ≥fe
1
=- ，此时k=e，且f4
e
ln4 2ln2 ln2
=- =- =- =f2
4 4 2
，
但由于k是12000的正因数，
所以fk ≥max f2 ,f3 =max f4 ,f3 =f3
ln3
=- ，
3
那么ln1-p
ln3 -ln3 -1 1 1
≤- ，即1-p≤e 3 =3 3，即p≥1- ，故1- ≤p<1，
3 33 33
1
其实际意义为：当1- ≤p<1时，混检次数的期望要比逐个检测的期望大，说明逐个
33
检测较好.
(2)证明：当n=1、2、3、⋯、R-1时，PW=n =1-p kn-1 1-1-p k ，
当n=R时，PW=R =1-p kR-1 ，EW
R
= i⋅PW=i
i=1
，
不妨设p=1-p k，
则EW =1-p 1+2p+3p2+⋯+R-1 p R-2 +Rp R-1，
设S=1+2p+3p2+⋯+R-1 p R-2，①
则pS=p+2p2+⋯+R-2 p R-2+R-1 p R-1，②
①-②可得，1-p S=1+p+p2+⋯+p R-2-R-1 p R-1
所以，EW =1+p+p2+⋯+p R-2+p
1-p
R-1=
R 1
<
1-p 1-1-p
.
k
(3)由于Y服从二项分布，则Y的可能取值有0、1、2、⋯、2000，
所以，EY
1
=2000p=400，解得p= ，
5
所以，DY
1 4
=2000× × =320，
5 5
同时，由于2000足够大，不妨视Y~N400,320 ，则σ2=320，则σ=8 5≈17.9，
则2PY≥440 =1-P360≤Y≤440 <1-Pμ-2σ0.5%，所以95
0.02,
-0.008c+0.82, 95≤c≤100
故f(c)= ，
0.01c-0.98, 1000，均有PX≥ε ≤
EX
，
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．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：
设X的分布列为PX=x i =p,i=1,2,⋯,n,其中p ∈(0,+∞),x ∈[0,+∞)(i=1,2, i i i
第 页 共 页
3388 3427n x
⋯,n),p =1，则对任意ε>0，P(X≥ε)=p ≤ ip =
i i ε i
i=1 xi≥ε xi≥ε
1 1 n E(X)
xp≤ xp= ，其中符号A 表示对所有满足x ≥ε的指标i所对应的A
ε i i ε i i ε i i i
xi≥ε i=1 xi≥ε
求和．
切比雪夫不等式的形式如下：
设随机变量X的期望为EX ，方差为DX ，则对任意ε>0，均有P X-EX ≥ε ≤
DX
ε2
(1)根据以上参考资料，证明切比雪夫不等式对离散型随机变量X成立．
(2)某药企研制出一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为80%．现随机选择了100名
患者，经过使用该药治疗后，治愈的人数为60人，请结合切比雪夫不等式通过计算说明药
厂的宣传内容是否真实可信．
【解析】(1)法一：对非负离散型随机变量 X-EX 2及正数ε2使用马尔科夫不等式，
有P X-EX ≥ε =P X-EX 2≥ε2
E X-EX
≤
2 DX
=
ε2
．
ε2
法二：设X的分布列为
PX=x i =p,i=1,2,⋯,n, i
n
其中p i ,x i ∈(0,+∞)(i=1,2,⋯,n),p i =1，记μ=EX
i=1
，则对任意ε>0，
P X-μ ≥ε = ∑
xi-μ
P≤ ∑ i
≥ε xi-μ
x i -μ
≥ε
2 1 P= ∑ ε2 i ε2
xi-μ
x i -μ
≥ε
1 n 2P i ≤ ε2 ∑
i=1
x i -μ 2P= i
DX
.
ε2
(2)设在100名患者中治愈的人数为X．假设药企关于此新药有效率的宣传内容是客观
真实的，
那么在此假设下，X∼B100,0.8 ,EX =100×0.8=80,DX =100×0.8×1-0.8
=16．
由切比雪夫不等式，有PX≤60 ≤P X-80 ≥20
DX
≤
=0.04．
202
即在假设下，100名患者中治愈人数不超过60人的概率不超过0.04，此概率很小，
据此我们有理由推断药厂的宣传内容不可信．
11 题型十一：建议问题
5233 (2024·全国·高三专题练习)H地区农科所统计历年冬小麦每亩产量的数据，得到频率分
布直方图(如图1)，考虑到受市场影响，预测该地区明年冬小麦统一收购价格情况如表1
(该预测价格与亩产量互不影响).
第 页 共 页
3389 3427明年冬小麦统一收购价格(单位：元/kg) 2.4 3
概率 0.4 0.6
表1
假设图1中同组的每个数据用该组区间的中点值估算，并以频率估计概率.
(1)试估计H地区明年每亩冬小麦统一收购总价为1500元的概率；
(2)设H地区明年每亩冬小麦统一收购总价为X元，求X的分布列和数学期望；
(3)H地区农科所研究发现，若每亩多投入125元的成本进行某项技术改良，则可使每亩冬
小麦产量平均增加50kg.从广大种植户的平均收益角度分析，你是否建议农科所推广该
项技术改良？并说明理由.
【解析】(1)由图可知，亩产量是400kg的概率约为0.005×50=0.25，
亩产量是450kg的概率约为0.01×50=0.5，亩产量是500kg的概率约为0.005×50=
0.25，
估计H地区明年每亩冬小麦统一收购总价为1500元的概率为0.25×0.6=0.15
(2)由题意可知，随机变量X的可能取值有：960、1080、1200、1350、1500，
PX=960 =0.25×0.4=0.1，PX=1080 =0.5×0.4=0.2，
PX=1200 =0.25×0.4+0.25×0.6=0.25，
PX=1350 =0.5×0.6=0.3，PX=1500 =0.25×0.6=0.15，
所以，随机变量X的分布列如下表所示：
X 960 1080 1200 1350 1500
P 0.1 0.2 0.25 0.3 0.15
EX =960×0.1+1080×0.2+1200×0.25+1350×0.3+1500×0.15=1242.
(3)建议农科所推广该项技术改良，
设增产前每亩冬小麦产量为ξkg，增产后每亩冬小麦产量为ηkg，则η=ξ+50，
设增产后的每亩动漫小麦总价格为Y元，分析可知EY =EX +50×
2.4×0.4+3×0.6 ，
所以，增产的50kg会产生增加的收益为50×2.4×0.4+3×0.6 =138>125，
故建议农科所推广该项技术改良.
5234 (2024·北京·高三北京市第一六一中学校考期中)某校为了鼓励学生热心公益，服务社
会，成立了“慈善义工社”.本学期该校“慈善义工社”为学生提供了4次参加公益活动的机
会，学生可通过网络平台报名并参加该活动.活动结束后，为了解学生实际参加这4次活
第 页 共 页
3390 3427动的情况，从全校4000名学生中随机抽取100名学生进行调查，数据统计如下表，其中
“√表示参加，“×”表示未参加.
公益活动
第1次 第2次 第3次 第4次
学生人数
30 × × √ √
20 × √ × √
15 √ √ √ √
12 √ √ √ ×
10 × √ × ×
a √ × × ×
b × × × ×
根据表中数据估计，该校4000名学生中约有120名这4次活动均未参加.
(1)求a,b的值；
(2)若学生每次参加公益活动可获得10个公益积分，任取该校一名学生，记该生在本学期
活动中获得的公益积分为X，以频率作为概率，求X的分布列和数学期望；
(3)如果你是该校“慈善义工社”的负责人之一，那么根据表格中的数据，在安排下学期的
公益活动时你会提出什么改进建议？并说明理由.
b 200
【解析】(1)依题意 = ，所以b=3.
100 4000
因为a=100-12+20+15+30+10+3 =10，
所以a=10,b=3.
(2)X可取0,10,20,30,40.
3 20
P(X=0)= =0.03;P(X=10)= =0.2
100 100
50 12
P(X=20)= =0.5;P(X=30)= =0.12
100 100
15
P(X=40)= =0.15
100
所以随机变量X的分布列为：
X 0 10 20 30 40
0.0
P 0.2 0.5 0.12 0.15
3
所以EX =0×0.03+10×0.2+20×0.5+30×0.12+40×0.15=21.6.
(3)答案不唯一，能利用表中数据进行分析，合理支撑自己的建议即可.(例如：在举行公益
活动前可以先征求学生的意见，提高参与度.)
5235 (2024·北京东城·高三景山学校校考开学考试)汽车租赁公司为了调查A,B两种车型的
出租情况，现随机抽取了这两种车型各100辆汽车，分别统计了每辆车某个星期内的出租
天数，统计数据如下表：
A型车
出租天数 1 2 3 4 5 6 7
第 页 共 页
3391 3427车辆数 5 10 30 35 15 3 2
B型车
出租天数 1 2 3 4 5 6 7
车辆数 14 20 20 16 15 10 5
(1)从出租天数为3天的汽车(仅限A,B两种车型)中随机抽取一辆，估计这辆汽车恰好
是A型车的概率；
(2)根据这个星期的统计数据(用频率估计概率)，求该公司一辆A型车，一辆B型车一周
内合计出租天数恰好为4天的概率；
(3)如果两种车型每辆车每天出租获得的利润相同，该公司需要从A，B两种车型中购买
一辆，请你根据所学的统计知识，给出建议应该购买哪一种车型，并说明你的理由.
【解析】(1)出租天数为3天的汽车A型车有30辆，B型车20辆．从中随机抽取一辆，这
30
辆汽车是A型车的概率约为 =0.6．
30+20
(2)设“事件A 表示一辆A型车在一周内出租天数恰好为i天”，
i
“事件B 表示一辆B型车在一周内出租天数恰好为j天”，其中i，j=1，2，⋯，7．
j
则该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率为
P(AB +A B +A B)=P(AB )+P(A B )+P(A B)
1 3 2 2 3 1 1 3 2 2 3 1
=P(A)P(B )+P(A )P(B )+P(A )P(B)
1 3 2 2 3 1
5 20 10 20 30 14
= × + × + ×
100 100 100 100 100 100
9
= ．
125
9
该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率为 ．
125
(3)设X为A型车出租的天数，则X的分布列为
X 1 2 3 4 5 6 7
0.0 0.3 0.3 0.0 0.0
P 0.10 0.15
5 0 5 3 2
设Y为B型车出租的天数，则Y的分布列为
Y 1 2 3 4 5 6 7
0.2 0.2 0.0
P 0.14 0.16 0.15 0.10
0 0 5
E(X)=1×0.05+2×0.10+3×0.30+4×0.35+5×0.15+6×0.03+7×0.02=3.62．
E(Y)=1×0.14+2×0.20+3×0.20+4×0.16+5×0.15+6×0.10+7×0.05=3.48．
一辆A类型的出租车一个星期出租天数的平均值为3.62天，B类车型一个星期出租天
数的平均值为3.48天．
从出租天数的数据来看，A型车出租天数为3，4，5占比0.8，B型车出租天数为3，4，5
占比0.51，根据数据的集中程度看，A型车比B型车出租天数更集中，综合分析，选择A
类型的出租车更加合理．
5236 (2024·湖北武汉·统考三模)某社区拟对该社区内8000人进行核酸检测，现有以下两种
核酸检测方案：
第 页 共 页
3392 3427方案一：4人一组，采样混合后进行检测；
方案二：2人一组，采样混合后进行检测；
若混合样本检测结果呈阳性，则对该组所有样本全部进行单个检测；若混合样本检测结果
呈阴性，则不再检测.
(1)某家庭有6人，在采取方案一检测时，随机选2人与另外2名邻居组成一组，余下4人
组成一组，求该家庭6人中甲，乙两人被分在同一组的概率；
(2)假设每个人核酸检测呈阳性的概率都是0.01，每个人核酸检测结果相互独立，分别求
该社区选择上述两种检测方案的检测次数的数学期望.以较少检测次数为依据，你建议选
择哪种方案？
(附：0.992≈0.98，0.994≈0.96)
【解析】(1)记该家庭6人中甲，乙两人被分在同一组为事件A，
C2+C2 7
则P(A)= 2 4 = .
C2 15
6
(2)每个人核酸检测阳性概率为0.01，则每个人核酸检测呈阴性的概率为0.99，
若选择方案一进行核酸检测，记小组4人的检测次数为ξ ，则ξ 可能取值为1，5，其分布
1 1
列为：
ξ 1 5
1
1-
P 0.994
0.994
则选择方案一，小组4人的检测次数期望为E(ξ 1 )=1×0.994+5×1-0.994 =5-4×
0.994≈1.16，
于是得该社区对8000人核酸检测总次数X 的期望为E(X)=2000×1.16=2320，
1 1
若选择方案二，记小组2人的检测次数为ξ ，则ξ 可能取值为1，3，其分布列为：
2 2
ξ 1 3
2
1-
P 0.992
0.992
E(ξ 2 )=1×0.992+3×1-0.992 =3-2×0.992≈1.04，
于是得该社区8000人进行核酸检测总次数X 的期望E(X )=4000×1.04=4160，
2 2
显然E(X)800，若出险，2024年增加的保费大于800元，
所以王女士应接受理赔专员的建议．
5238 (2024·全国·高三专题练习)为弘扬中华传统文化，吸收前人在修身、处世、治国、理政等
方面的智慧和经验，养浩然正气，塑高尚人格，不断提高学生的人文素质和精神境界，某校
举行传统文化知识竞赛活动.竞赛共有“儒”和“道”两类题，每类各5题.其中每答对1题
“儒”题得10分，答错得0分；每答对1题“道”题得20分，答错扣5分.每位参加竞赛的同学
从这两类题中共抽出4题回答(每个题抽后不放回)，要求“道”题中至少抽2题作答.已知
2
小明同学“儒”题中有4题会作答，答对各个“道”题的概率均为 .
5
(1)若小明同学在“儒”题中只抽1题作答，求他在这次竞赛中得分为35分的概率；
(2)若小明同学第1题是从“儒”题中抽出并回答正确，根据得分期望给他建议，应从“道”题
中抽取几道题作答？
【解析】(1)记A=“小明在竞赛中得3”，则A表示“儒”题答错，
“道”题2对1错，所以PA 1 2 = ×C2 5 3 5 2 3 36 × = 5 625
(2)当小明选择从“儒”题中抽取1题“，道”题中抽取2题作答时，设4题总得分为X，此时
2
设“道”题中答对的题数为ξ.则ξ∼B2,
5
，Eξ
2 4
=2× = .
5 5
(i)“儒”题中的第二题答对时总得分
X 1 =20+20Eξ -5 2-Eξ
4 4
=20+20× -5×2- 5 5 =30
(ii)“儒”题中的第二题答错时总得分
X 2 =10+20Eξ -5 2-Eξ
4 4
=10+20× -5×2- 5 5 =20
此时小明的总得分期望值EX
3 3
=30× +20×1-
4 4
=27.5
2
当小明选择从“道”题中抽取3题作答，设答对题数为η，4题总得分为Y，则η~B3,
5
，
第 页 共 页
3394 3427Eη
2 6
=3× = ，Y=10+20η-53-η
5 5
=25η-5，
所以EY =25Eη
6
-5=25× -5=25
5
因为EX >EY ，即小明应从“道”题中抽取12道题作答.
12 题型十二：概率与数列递推问题
5239 (2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习)马尔科夫链是概率统计中的一个重要模
型，因俄国数学家安德烈·马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态
的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n-1，n-2，n-3，⋯次状态无关，即
P X n+1 ⋯,X ,X ,X n-2 n-1 n =PX n+1X n .已知甲盒子中装有2个黑球和1个白球，乙盒子
中装有2个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复n次
这样的操作.记甲盒子中黑球个数为X ，恰有2个黑球的概率为a ，恰有1个黑球的概率
n n
为b .
n
(1)求a ，b 和a ，b ；
1 1 2 2
6
(2)证明：2a +b -
n n 5
为等比数列(n≥2且n∈N*)；
(3)求X 的期望(用n表示，n≥2且n∈N*).
n
【解析】(1)若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，乙盒为1黑1白，概
2
率为 ，
3
1
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，乙盒为2白，概率为 ，
3
1 2
所以a = ,b = ，
1 3 1 3
2
①当甲盒1黑2白，乙盒为1黑1白，概率为b = ，此时：
1 3
1 1 1
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为3白，概率为 b × = b ，
3 1 2 6 1
1 1 1
若甲盒取黑，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为 b × = b ，
3 1 2 6 1
2 1 1
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为 b × = b ，
3 1 2 3 1
2 1 1
若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为 b × = b ，
3 1 2 3 1
1
②当甲盒2黑1白，乙盒为2白，概率为a = ，此时：
1 3
2
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为 a ，
3 1
1
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为 a ，
3 1
1 1 2 1 2 1 2 2 1 5 1
综上可知：b = b + b + a = b + a = × + × = ，a = b +
2 6 1 3 1 3 1 2 1 3 1 2 3 3 3 9 2 3 1
1 1 2 1 1 1
a = × + × = .
3 1 3 3 3 3 3
(2)经过n次这样的操作.记甲盒子恰有2个黑1白的概率为a ，恰有1黑2白的概率为
n
b ，3白的概率为1-a -b ，
n n n
①当甲盒1黑2白，乙盒为1黑1白，概率为b ，此时：
n
1 1 1
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为3白，概率为 b × = b ，
3 n 2 6 n
1 1 1
若甲盒取黑，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为 b × = b ，
3 n 2 6 n
第 页 共 页
3395 34272 1 1
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为 b × = b ，
3 n 2 3 n
2 1 1
若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为 b × = b ，
3 n 2 3 n
②当甲盒2黑1白，乙盒为2白，概率为a ，此时：
n
2
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为 a ，
3 n
1
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为 a ，
3 n
③当甲盒中3白，乙盒2黑，概率为1-a -b ，此时：
n n
若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为1-a -b ，
n n
1 1 2 1 1
故b = b + b + a +1-b -a =1- b - a .
n+1 6 n 3 n 3 n n n 2 n 3 n
1 1
a = b + a ，
n+1 3 n 3 n
6 1 1
2a +b - 2 b + a
n+1 n+1 5 3 n 3 n
因此 =
6
2a +b -
n n 5
1 1 6 1 1 1
+1- b - a - a + b -
2 n 3 n 5 3 n 6 n 5 1
= = ，
6 6 6
2a +b - 2a +b -
n n 5 n n 5
6
因此2a +b -
n n 5
1
为等比数列，且公比为 .
6
6
(3)由(2)知2a +b -
n n 5
1 6 2
为等比数列，且公比为 ，首项为2a +b - = ，
6 1 1 5 15
6 2 1
故2a +b - =
n n 5 15 6
n-1 6 2 1
，所以2a +b = +
n n 5 15 6
n-1
，
EX n =0×1-a n -b n
6 2 1
+1×b +2a =b +2a = + n n n n 5 15 6
n-1
.
5240 (2024·全国·高三专题练习)甲乙两人轮流掷硬币，第一局甲先掷，谁先掷出正面谁就胜，
上一局的负者下一局先掷．问：
(1)第一局甲胜的概率；
(2)第n局甲胜的概率．
1 1
【解析】(1)P= +
2 2
3 1
+⋯+
2
1
2n+1 2 2
+⋯= = ；
1 3
1-
4
2
(2)设第n局甲胜的概率为P n ，则P n+1 = 3 1-P n
1 2 1 2
+ P = - P，又P = ，用待定 3 n 3 3 n 1 3
1 系数法易知P =-
n 3
n-1 1 ×P-
1 2
1 1 1 + = 1--
2 2 3
n
．
5241 (2024·河北保定·河北省唐县第一中学校考二模)在某个周末，甲、乙、丙、丁四名同学相
约打台球．四人约定游戏规则：①每轮游戏均将四人分成两组，进行组内一对一对打；②
第一轮甲乙对打、丙丁对打；③每轮游戏结束后，两名优胜者组成优胜组在下一轮游戏中
对打，同样的，两名失败者组成败者组在下一轮游戏中对打；④每轮比赛均无平局出现．
1 3
已知甲胜乙、乙胜丙、丙胜丁的概率均为 ，甲胜丙、乙胜丁的概率均为 ，甲胜丁的概率
2 5
2
为 ．
3
(1)设在前三轮比赛中，甲乙对打的次数为随机变量X，求X的数学期望；
(2)求在第10轮比赛中，甲丙对打的概率．
【解析】(1)由题可知，甲乙在第一轮对打，且在第二轮不对打，所以X的可取值为1，2，
PX=2 1 =C1⋅ 2 2 2 3 ⋅ 5 2 2 + 5 2 1 +C1⋅ 2 2 2 2 1 1 1 × × + × 3 2 3 2 13 1 51 = + = ， 50 4 100
第 页 共 页
3396 3427则PX=1 =1-PX=2
49
= ，
100
所以X的数学期望EX
49 51 151
=1× +2× = .
100 100 100
(2)设在第n轮中，甲乙对打的概率为a ，甲丙对打的概率为b ，甲丁对打的概率为c ，
n n n
易知n≥2，a =1，b =c =0，
1 1 1
1
且b =
n+1 2
2 1
+
2
2
2 1 1 1
a + × + ×
n 3 2 3 2
1 1
c = a + c ，
n 2 n 2 n
1 1 1 1
又a +b +c =1，所以b = a + c = - b ，
n n n n+1 2 n 2 n 2 2 n
1 1 1 1 1
整理得b - = a + c =- b -
n+1 3 2 n 2 n 2 n 3
，
1
则数列b -
n 3
1 1 1
是以b - =- 为首项，以- 为公比的等比数列，
1 3 3 2
1 1 1
即b - =- ×-
n 3 3 2
n-1 1 1 1
，所以b = - ×-
n 3 3 2
n-1 1 1 1
，则b = + ×
10 3 3 2
9
，
1 1 1
故在第10轮比赛中，甲丙对打的概率为 + ×
3 3 2
9 513 171
= = ．
1536 512
5242 (2024·湖北武汉·高三统考开学考试)有编号为1，2，3，...，18，19，20的20个箱子，第
一个箱子有2个黄球1个绿球，其余箱子均为2个黄球2个绿球，现从第一个箱子中取出
一个球放入第二个箱子，再从第二个箱子中取出一个球放入第三个箱子，以此类推，最后
从第19个箱子取出一个球放入第20个箱子，记p 为从第i个箱子中取出黄球的概率.
i
(1)求p ,p ；
2 3
(2)求p .
20
2 3 1 2 8
【解析】(1)从第二个箱子取出黄球的概率P = ⋅ + ⋅ = ，
2 3 5 3 5 15
8 3 8
从第三个箱子取出黄球的概率P = ⋅ +1-
3 15 5 15
2 38
⋅ = ；
5 75
3 2
(2)由题意可知，P i+1 = 5 P i + 5 1-P i
1 2
= P+ ， 5 i 5
1 1 1
即P - = P-
i+1 2 5 i 2
2
，又P= ，
1 3
1 1 1 1 1
P - = ,∴P- = ⋅
1 2 6 i 2 6 5
i-1 1 1
,∴P= + ,
i 6⋅5i-1 2
1 1
∴P = + .
20 6⋅519 2
5243 (2024·江西·校联考二模)文具盒里装有7支规格一致的圆珠笔，其中4支黑笔，3支红
笔.某学校甲、乙、丙三位教师共需取出3支红笔批阅试卷，每次从文具盒中随机取出一支
笔，若取出的是红笔，则不放回；若取出的是黑笔，则放回文具盒，继续抽取，直至将3支红
笔全部抽出.
(1)在第2次取出黑笔的前提下，求第1次取出红笔的概率；
(2)抽取3次后，记取出红笔的数量为X，求随机变量X的分布列；
(3)因学校临时工作安排，甲教师不再参与阅卷，记恰好在第n次抽取中抽出第2支红笔
的概率为P，求P 的通项公式.
n n
【解析】(1)根据题意，记事件A：第1次取出红笔；事件B：第2次取出黑笔，
则PB
3 4 4 4 30
= × + × = ，PAB
7 6 7 7 49
3 4 2
= × =
7 6 7
所以在第2次取出黑笔的前提下，第1次取出红笔的概率为PA|B
PAB
=
PB
7
= .
15
(2)由题意，随机变量X可能取值为0,1,2,3，
第 页 共 页
3397 3427可得PX=0
4
=
7
3 64
= ，PX=1
343
3 4 4 4 3 4 4 4 3
= × × + × × + × × =
7 6 6 7 7 6 7 7 7
508
，
1029
PX=2
3 2 4 3 4 2 4 3 2 214
= × × + × × + × × = ，PX=3
7 6 5 7 6 6 7 7 6 735
3 2 1
= × ×
7 6 5
1
= ，
35
所以随机变量X分布列为：
X 0 1 2 3
64 508 214 1
P
343 1029 735 35
(3)由题意知：前n-1次取了1次红笔，第n次取红笔，
3 4 则p = ×
n 7 6
n-2 4 3 4 + × ×
7 7 6
n-3 4 +⋯+
7
n-2 × 3
7
2 ×
6
3 2 2 = ×
7 6 3
n-2 4 2 + ×
7 3
n-3 4 +⋯+
7
n-2
1 2 = ×
7 3
n-2 4 3 × 1+ ×
7 2
4 3 + ×
7 2
2 4 3 ⋯+ ×
7 2
n-2
1 2 =
7 3
6
1-
n-2 7
n-1
2 =
6 3
1-
7
n-2 6 1-
7
n-1
n≥2,n∈N+ .
5244 (2024·吉林·通化市第一中学校校联考模拟预测)2022年12月18日，第二十二届男足世
界杯决赛在梅西率领的阿根廷队与姆巴佩率领的法国队之间展开，法国队在上半场落后
两球的情况下，下半场连进两球，2比2战平进入加时赛，加时赛两队各进一球(比分3∶
3)再次战平，在随后的点球大战中，阿根廷队发挥出色，最终赢得了比赛的胜利，时隔36
年再次成功夺得世界杯冠军，梅西如愿以偿，成功捧起大力神杯．
(1)法国队与阿根廷队实力相当，在比赛前很难预测谁胜谁负．赛前有3人对比赛最终结
1
果进行了预测，假设每人预测正确的概率均为 ，求预测正确的人数X的分布列和期望；
2
(2)足球的传接配合非常重要，传接球训练也是平常训练的重要项目，梅西和其他4名队
友在某次传接球的训练中，假设球从梅西脚下开始，等可能地随机传向另外4人中的1
人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外4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次传球之前球在梅西脚下的概率为P，求P．
n n
1 1
【解析】(1)因为P= ，X∼B3,
2 2
，X可能的取值为0，1，2，3，
1 P(X=k)=Ck
3 2
k 1
2
3-k =Ck 1
3 2
3 ，k=0,1,2,3，
故X的分布列为：
X 0 1 2 3
1 3 3 1
P
8 8 8 8
1 3
故E(X)=3× = ．
2 2
(2)第n次传球之前球在梅西脚下的概率为P，易得P =1，P =0，
n 1 2
则当n≥2时，第n-1次传球之前球在梅西脚下的概率为P ，第n-1次传球之前球不
n-1
在梅西脚下的概率为1-P ，
n-1
第 页 共 页
3398 3427故P n =P n-1 ⋅0+1-P n-1
1 1 1 1 1 1
⋅ =- P + ，即P - =- P - 4 4 n-1 4 n 5 4 n-1 5 ，
1 4
又因为P - = ，
1 5 5
1
所以P -
n 5
4 1
是以 为首项，公比为- 的等比数列，
5 4
1 4 1
所以P - = -
n 5 5 4
n-1 4 1
，P = -
n 5 4
n-1 1
+ ．
5
5245 (2024·全国·高三专题练习)某中学举办了诗词大会选拔赛，共有两轮比赛，第一轮是诗
词接龙，第二轮是飞花令．第一轮给每位选手提供5个诗词接龙的题目，选手从中抽取2
个题目，主持人说出诗词的上句，若选手在10秒内正确回答出下句可得10分，若不能在
10秒内正确回答出下句得0分．
(1)已知某位选手会5个诗词接龙题目中的3个，求该选手在第一轮得分的数学期望；
(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个团队参加飞花令环节的比赛，每一次由四个团队中的一个
回答问题，无论答题对错，该团队回答后由其他团队抢答下一问题，且其他团队有相同的
机会抢答下一问题．记第n次回答的是甲的概率为P，若P =1．
n 1
①求P，P；
2 3
1
②证明：数列P -
n 4
为等比数列，并比较第7次回答的是甲和第8次回答的是甲的可能
性的大小．
【解析】(1)设该选手答对的题目个数为ξ，该选手在第一轮的得分为η，则η=10ξ，
易知ξ的所有可能取值为0，1，2，
则Pξ=0
C2 1
= 2 = ，
C2 10
5
Pξ=1
C1⋅C1 3
= 2 3 = ，
C2 5
5
Pξ=2
C2 3
= 3 = ，
C2 10
5
故ξ的分布列为
ξ 0 1 2
1 3 3
P
10 5 10
则Eξ
1 3 3 6
= ×0+ ×1+ ×2= ，
10 5 10 5
所以Eη =10Eξ =12．
1
(2)①由题意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，∴P =0，则P = ．
2 3 3
②由第n次回答的是甲的概率为P，得当n≥2时，第n-1次回答的是甲的概率为P ，
n n-1
第n-1次回答的不是甲的概率为1-P ，
n-1
则P n =P n-1 ⋅0+1-P n-1
1 1
⋅ 3 = 3 1-P n-1 ，
1 1 1
即P - =- P -
n 4 3 n-1 4
，
1 3
又P - = ，
1 4 4
1
∴P -
n 4
3 1
是以 为首项，- 为公比的等比数列，
4 3
3 1
则P = ×-
n 4 3
n-1 1
+ ，
4
第 页 共 页
3399 34273 1
∴P = ×-
8 4 3
7 1 3 1
+ < ×-
4 4 3
6 1
+ =P，
4 7
∴第7次回答的是甲的可能性比第8次回答的是甲的可能性大．
13 题型十三：硬币问题
5246 (2024·河北张家口·高三统考开学考试)同学甲进行一种闯关游戏，该游戏共设两个关
卡，闯关规则如下：每个关卡前需先投掷一枚硬币，若正面朝上，则顺利进入闯关界面，可
以开始闯关游戏；若反面朝上，游戏直接终止，甲同学在每次进入闯关界面后能够成功通
2
过关卡的概率均为 ，且第一关是否成功通过都不影响第二关的进行．
3
(1)同学甲在游戏终止时成功通过两个关卡的概率；
(2)同学甲成功通过关卡的个数为ξ，求ξ的分布列．
1 2 1 2 1
【解析】(1)同学甲在游戏终止时成功通过两个关卡的概率P= × × × = ．
2 3 2 3 9
(2)同学甲成功通过关卡的个数ξ的值为0，1，2，
Pξ=0
1 1 1 1 1 1 1 1 11
= + × × + × × × = ，
2 2 3 2 2 3 2 3 18
Pξ=1
1 2 1 1 2 1 1 5
= × × + × × × ×2= ，
2 3 2 2 3 2 3 18
Pξ=2
1 2 1 2 1
= × × × = ，
2 3 2 3 9
所以同学甲成功通过关卡的个数ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
11 5 1
P
18 18 9
5247 (2024·江西·高三统考阶段练习)草莓具有较高的营养价值、医疗价值和生态价值.草莓
浆果芳香多汁，营养丰富，素有“水果皇后”的美称.某草莓园统计了最近100天的草莓日
销售量(单位：千克)，数据如下所示.
销售量区间 天数
150,200 20
200,250 25
250,300 10
300,350 40
350,400 5
(1)求a的值及这100天草莓日销售量的平
均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表).
(2)该草莓的售价为60元每千克，为了增加草莓销售量，该草莓园推出“玩游戏，送优惠”
第 页 共 页
3400 3427活动，有以下两种游戏方案供顾客二选一.
游戏一：不透明盒子里装有2个红球，4个黑球，顾客从中不放回摸出3个球，每摸出一个
红球每千克草莓优惠3元，摸出黑球不优惠.
游戏二：一张纸板共画了11个同心圆，圆心处标记数字0，从内到外的圆环内依次标记数
字1到10，在圆心处有一颗骰子，顾客抛掷硬币决定骰子从圆心向外环移动，若掷出的硬
币正面向上，则骰子向外移动一环(如：从圆心移动到标上数字1的环内)；若掷出的硬币
反面向上，则骰子向外移动两环(如：从标上数字1的环内移动到标上数字3的环内).顾
客重复掷硬币直到骰子移到标上数字9的环就可以获得“九折优惠券”，或移到标上数字
10的环就游戏结束无优惠.有两个孩子对于选择哪个游戏可以获得更大优惠出现了分
歧，你能帮助他们判断吗？
【解析】(1)由题意可得0.001+0.002+0.004+a+0.008=0.02，
解得a=0.005.
这100天草莓日销售量的平均数x=0.2×175+0.25×225+0.1×275+0.4×325+
0.05
×375=267.5.
(2)当选择游戏一时，设每千克草莓优惠金额为X，则X的可能取值为0,3,6.
PX=0
C3
= 4 =0.2,PX=3
C3
6
C1C2
= 2 4 =0.6,PX=6
C3
6
C2C1
= 2 4 =0.2.
C3
6
X的分布列如下：
X 0 3 6
0. 0. 0.
P
2 6 2
EX =0×0.2+3×0.6+6×0.2=3.
当选择游戏二时，设骰子移到标上数字n2≤n≤9,n∈Z 的环的概率为P,P =1. n 0
1
第一次掷出的硬币正面向上，骰子向外移动一环，P = .
1 2
骰子移到数字n2≤n≤9,n∈Z 处的情况任且只有两种.
1
第一种情况：骰子先到数字n-2代表的环上，又掷出反面，其概率为 P ；
2 n-2
1
第二种情况：骰子先到数字n-1代表的环上，又掷出正面，其概率为 P .
2 n-1
1 1 1
所以P n = 2 P n-2 + 2 P n-1 ，即P n -P n-1 =- 2 P n-1 -P n-2 ，
所以P -P
n n-1
1
是公比为- 的等比数列.
2
1 1
P -1=- ,P -P =-
1 2 2 1 2
2 1
,P -P =-
3 2 2
3 1
,⋯,P -P =-
n n-1 2
n
，
1 以上各式累加得P -1=-
n 2
1 +-
2
2 1 +-
2
3 1 +⋯+-
2
n 1 1 =- 1--
3 2
n
，
第 页 共 页
3401 34272 1 所以P = 1-- n 3 2 n+1 2≤n≤9,n∈Z .
2 1 获得“九折优惠券”的概率P = 1--
9 3 2
10
1 1 1 ，无优惠的概率P = P = 1+
10 2 8 3 2
9
.
设选择游戏二时每千克草莓优惠金额为Y，则Y的可能取值为0，6.
EY 2 1 =6× 1--
3 2
10
1 1 +0× 1+
3 2
9
1 =4× 1-
2
10
≈4.
因为EX E(2Y)，
所以小明获胜概率大.
14 题型十四：自主选科问题
5251 (2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测)新高考取消文理分科，采用选科模
式，这赋予了学生充分的自由选择权．新高考地区某校为了解本校高一年级将来高考选
考历史的情况，随机选取了100名高一学生，将他们某次历史测试成绩(满分100分)按照
0,20 ，20,40 ，40,60 ，60,80 ，80,100 分成5组，制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求图中a的值并估计这100名学生本次历史测试成绩的中位数．
(2)据调查，本次历史测试成绩不低于60分的学生，高考将选考历史科目；成绩低于60分
的学生，高考将不选考历史科目．按分层抽样的方法从测试成绩在0,20 ，80,100 的学
生中选取5人，再从这5人中任意选取2人，求这2人中至少有1人高考选考历史科目的
概率．
【解析】(1)0.005+0.01+0.015+0.0125+a ×20=1，解得a=0.0075
设中位数为x，因为学生成绩在0,40 的频率为20×0.005+0.01 =0.3<0.5，在
0,60 的频率为20×0.005+0.01+0.015 =0.6>0.5
所以中位数满足等式0.005×20+0.01×20+0.015×x-40
160
=0.5，解得x=
3
160
故这100名学生本次历史测试成绩的中位数为 .
3
第 页 共 页
3404 3427(2)成绩在0,20 的频数为0.005×20×100=10
成绩在80,100 的频数为0.0075×20×100=15
按分层抽样的方法选取5人，则成绩在0,20
10
的学生被抽取 ×5=2人，在80,100
25
15
的学生被抽取 ×5=3人
25
C2 1
从这5人中任意选取2人，都不选考历史科目的概率为 2 = ，故这2人中至少有1人
C2 10
5
1 9
高考选考历史科目的概率为P=1- = .
10 10
5252 (2024·山西临汾·高三统考期中)山西省高考综合改革从2022年秋季入学的高一年级学
生开始实施，新高考将实行“3+1+2”模式，其中3表示语文、数学、外语三科必选，1表示
从物理、历史两科中选择一科，2表示从化学、生物学、思想政治、地理四科中选择两科.相
应的，高校在招生时可对特定专业设置具体的选修科目要求.现从某中学2022年高一年
级所有学生中随机抽取20人进行选科情况调查，得到如下统计表：
序号 选科情况 序号 选科情况 序号 选科情况 序号 选科情况
1 史化生 6 物化政 11 史地政 16 物化地
2 物化地 7 物化生 12 物化地 17 物化政
3 物化地 8 史生地 13 物生地 18 物化地
4 史生地 9 史化地 14 物化地 19 史化地
5 史地政 10 史化政 15 物地政 20 史地政
(1)请创建列联表，依据小概率值α=0.1的独立性检验，能否认为学生“选择化学科目”与
“选择物理科目”有关联.
(2)某高校在其人工智能方向专业甲的招生简章中明确要求，考生必须选择物理，且在化
学和生物学2门中至少选修1门，方可报名.现从该中学高一新生中随机抽取4人，设具备
这所高校专业甲报名资格的人数为X，用样本的频率估计概率，求X的分布列与期望.
nad-bc
附：χ2=
2
a+b c+d a+c b+d
P
χ2≥k
0.05
0.100 0.010 0.001
0
2.70 6.63
k 3.841 10.828
6 5
【解析】(1)根据表格中的数据进行统计后，制作列联表如下：
选物理 选历史 合计
选化学 9 4 13
不选化学 2 5 7
合计 11 9 20
20×(9×5-4×2)2
则χ2= ≈3.039>2.706，
11×9×13×7
∴根据小概率值α=0.1的独立性试验，我们推断学生“选择化学科目”与“选择物理科目”
第 页 共 页
3405 3427有关联；
(2)经统计，样本中选修了物理科目，且在化学和生物学2门中至少选修了一门的人数为
10 1
10，频率为P= = ，
20 2
1
用频率估计概率，则X~B4,
2
，
随机变量X可取0,1,2,3,4，
PX=0 1 =C0× 4 2 0 1 × 2 4 1 = ，PX=1 16 1 =C1× 4 2 1 × 2 3 1 = ， 4
PX=2 1 =C2× 4 2 2 1 × 2 2 3 = ，PX=3 8 1 =C3× 4 2 3 1 × 2 1 = ， 4
PX=4 1 =C4× 4 2 4 1 × 2 0 1 = ， 16
分布列如下：
X 0 1 2 3 4
1 1 3 1 1
P
16 4 8 4 16
1
数学期望为E(X)=4× =2.
2
5253 (2024·全国·高三专题练习)2014年9月教育部发布关于深化考试招生制度改革的实施
意见，部分省份先行改革实践，目前，全国多数省份进入新高考改革．改革后，考生的高考
总成绩由语文、数学、外语3门全国统一考试科目成绩和3门选择性科目成绩组成．
方案一：选择性考试科目学生可以从思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6门科目中任
选3门参加选择性考试．
方案二：3门选择性科目由学生先从物理、历史2门科目中任选1门，再从思想政治、地理、
化学、生物4门科目中任选2门参加选择性考试．
(1)某省执行方案一，甲同学对选择性科目的选择是随机的，求甲同学在选择物理科目的
条件下，选择化学科目的概率；
(2)某省执行方案二，为调查学生的选科情况，从某校高二年级抽取了10名同学，其中有
6名首选物理，4名首选历史，现从这10名同学中再选3名同学做进一步调查，将其中首
选历史的人数记作X，求随机变量X的分布列和数学期望．
C2
【解析】(1)“甲同学选择物理”记作事件A“，甲同学选择化学”记作事件B，则P(A)= 5
C3
6
1 C1 1 P(AB) 2
= ，P(AB)= 4 = ，则P(B|A)= = ；
2 C3 5 P(A) 5
6
C3 1 C1C2 1
(2)随机变量X的取值为0，1，2，3．P(X=0)= 6 = ，P(X=1)= 4 6 = ，P
C3 6 C3 2
10 10
C2C1 3 C3 1
(X=2)= 4 6 = ，P(X=3)= 4 = ，
C3 10 C3 30
10 10
随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
1 1 3 1
P
6 2 10 30
1 1 3 1 6
E(X)=0× +1× +2× +3× = .
6 2 10 30 5
5254 (2024·湖北黄石·大冶市第一中学校考模拟预测)目前，全国多数省份已经开始了新高考
第 页 共 页
3406 3427改革．改革后，考生的高考总成绩由语文、数学、外语3门全国统一考试科目成绩和3门
选择性科目成绩组成．注：甲、乙两名同学对选择性科目的选择是随机的．
(1)A省规定：选择性考试科目学生可以从思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6门科目
中任选3门参加选择性考试．求甲同学在选择物理科目的条件下，选择化学科目的概率；
(2)B省规定：3门选择性科目由学生首先从物理科目和历史科目中任选1门，再从思想政
治、地理、化学、生物4门科目中任选2门．
①求乙同学同时选择物理科目和化学科目的概率；
②为调查学生的选科情况，从某校高二年级抽取了10名同学，其中有6名首选物理，4名
首选历史．现从这10名同学中再选3名同学做进一步调查．将其中首选历史的人数记
作X，求随机变量X的分布列和数学期望．
【解析】(1)“选择物理”记作事件A“，选择化学”为事件B，则
PA
C2 1
= 5 = ，PAB
C3 2
6
C1 1
= 4 = ，则PBA
C3 5
6
PAB
=
PA
2
= .
5
(2)对于①“，选择物理”记作事件C“，选择化学”记作事件D，则
PC
1 1
= = ，PD
C1 2
2
C1 1
= 3 =
C2 2
4
事件C与事件D相互独立，则PCD =PC PD
1
= ；
4
对于②，随机变量X可以取0，1，2，3.
PX=0
C3 1
= 6 = ，PX=1
C3 6
10
C1C2 1
= 4 6 = ，
C3 2
10
PX=2
C2C1 3
= 4 6 = ，PX=3
C3 10
10
C3 1
= 4 = ，
C3 30
10
随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
1 1 3 1
6 2 10 30
P
EX
1 1 3 1 6
=0× +1× +2× +3× = .
6 2 10 30 5
5255 (2024·河南·校联考模拟预测)新高考按照“3+1+2”的模式设置，其中“3”为全国统考科
目语文、数学、外语，所有考生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史两科中选择一科；
“2”为再选科目，考生可在化学、生物、政治、地理四科中选择两科．某校为了解该校考生
的选科情况，从首选科目为物理的考生中随机抽取12名(包含考生甲和考生乙)进行调
查．假设考生选择每个科目的可能性相等，且他们的选择互不影响．
(1)求考生甲和考生乙都选择了地理作为再选科目的概率．
(2)已知抽取的这12名考生中，女生有3名．从这12名考生中随机抽取3名，记X为抽取
到的女生人数，求X的分布列与数学期望．
C1 3 1
【解析】(1)考生甲选择了地理作为再选科目的概率是p= 3 = = ，
C2 6 2
4
C1 3 1
考生甲选择了地理作为再选科目的概率是p= 3 = = ，
C2 6 2
4
1 1 1
所以考生甲和考生乙都选择了地理作为再选科目的概率是p= × = ;
2 2 4
(2)X为的可能取值为：0，1，2，3，
第 页 共 页
3407 3427所以pX=0
C3C0 21
= 9 3 = ,pX=1
C3 55
12
C2C1 27
= 9 3 = ，
C3 55
12
pX=2
C1C2 27
= 9 3 = ,pX=3
C3 220
12
C0C3 1
= 9 3 = ，
C3 220
12
则X的分布列为：
X 0 1 2 3
21 27 27 1
p
55 55 220 220
EX
21 27 27 1
=0× +1× +2× +3× =0.75.
55 55 220 220
5256 (2024·全国·模拟预测)在新的高考改革形式下，江苏、辽宁、广东、河北、湖南、湖北、福
建、重庆八个省市在2021年首次实施“3+1+2”模式新高考．为了适应新高考模式，在
2021年1月23日至1月25日进行了“八省联考”，考完后，网上流传很多种对各地考生考
试成绩的评价，对12种组合的选择也产生不同的质疑．为此，某校随机抽一名考生小明
(语文、数学、英语、物理、政治、生物的组合)在高一选科前某两次六科对应成绩进行分析，
借此成绩进行相应的推断．表1是小明同学高一选科前两次测试成绩(满分100分)：
表1
语文 数学 英语 物理 政治 生物
第一次 87 92 91 92 85 93
第二次 82 94 95 88 94 87
(1)从小明同学第一次测试的科目中随机抽取1科，求该科成绩大于90分的概率；
(2)从小明同学第一次测试和第二次测试的科目中各随机抽取1科，记X为抽取的2科中
成绩大于90分的科目数量，求X的分布列和数学期望E(X)；
(3)现有另一名同学两次测试成绩(满分100分)及相关统计信息如表2所示：
表2
语文 数学 英语 物理 政治 生物 6科成绩均值 6科成绩方差
第一次 a a a a a a x D
1 2 3 4 5 6 1 1
第二次 b b b b b b x D
1 2 3 4 5 6 2 2
将每科两次测试成绩的均值作为该科的总评成绩，这6科总评成绩的方差为D ．有一种
3
观点认为：若x =x ，D 82.7
1-0.6826
= =0.1587，
2
第 页 共 页
3414 3427所以在这2000名考生中，能进入复试的有2000×0.1587≈318人．
5264 (2024·江苏扬州·高三校考阶段练习)自主招生和强基计划是高校选拔录取工作改革的
重要环节.自主招生是学生通过高校组织的笔试和面试之后，可以得到相应的降分政策.
2020年1月，教育部决定2020年起不再组织开展高校自主招生工作，而是在部分一流大
学建设高校开展基础学科招生改革试点(也称强基计划).下表是某高校从2018年起至
2022年通过自主招生或强基计划在部分专业的招生人数：
年份 数学 物理 化学 总计
2018 4 7 6 17
2019 5 8 5 18
2020 6 9 5 20
2021 8 7 6 21
2022 9 8 6 23
请根据表格回答下列问题：
(1)统计表明招生总数和年份间有较强的线性关系.记x为年份与2017的差，y为当年数
学、物理和化学的招生总人数，试用最小二乘法建立y关于x的线性回归方程，并以此预
测2023年的数学、物理和化学的招生总人数(结果四舍五入保留整数)；
(2)在强基计划实施的首年，为了保证招生录取结果的公平公正，该校招生办对2020年强
基计划录取结果进行抽检.此次抽检从这20名学生中随机选取3位学生进行评审.记选
取到数学专业的学生人数为X，求随机变量X的数学期望EX ；
(3)经统计该校学生的本科学习年限占比如下：四年毕业的占760 ，五年毕业的占160 ，
0 0
六年毕业的占80 .现从2018到2022年间通过上述方式被该校录取的学生中随机抽取1
0
名，若该生是数学专业的学生，求该生恰好在2025年毕业的概率.
n
x-x
i
附：y=bx+a为回归方程，b= i=1
y-y
i
n
x-x
i
i=1
，a=y-bx．
2
【解析】(1)由题意，x的取值集合为{1,2,3,4,5}，y的取值集合为{17,18,20,21,23}，
1+2+3+4+5 17+18+20+21+23
x= =3,y= =19.8
5 5
n
x-x
i
直接根据公式求得b= i=1
y-y
i
n
x-x
i
i=1
=1.5，a=y-xb=15.3，
2
因此回归方程为：y=1.5x+15.3，
当x=6时，可得y=24.3，
因此预测2024年的招生总人数为24人.
(2)由已知，X可取0,1,2,3.
C3 C2 ⋅C1
P(X=0)= 14，P(X=1)= 14 6，
C3 C3
20 20
C1 ⋅C2 C3
P(X=2)= 14 6，P(X=3)= 6 ，
C3 C3
20 20
C2 ⋅C1 C1 ⋅C2 C3 9
故E(X)=1× 14 6 +2× 14 6 +3× 6 = .
C3 C3 C3 10
20 20 20
第 页 共 页
3415 3427(3)因为2025年毕业，则入学年份可能为2021年，2020年，2019年,
由条件概率公式可知，该生被数学系录取的条件下，其在第k年入学的概率为：
P第k年入学数学系
P第k年入学,数学系
=
P数学系
n第k年入学,数学系
=
n数学系
，
故P2021年入学数学系
8
= ，
32
P2020年入学数学系
6
= ，
32
P2019年入学数学系
5
= ，
32
由全概率公式：
P2025年毕业数学系
8 6 5 93
= ×0.76+ ×0.16+ ×0.08= .
32 32 32 400
5265 (2024·全国·高三专题练习)某高中在招高一新生时，有统一考试招生和自主招生两种方
式．参加自主招生的同学必须依次进行“语文”“数学”“科学”三科的考试，若语文达到优
秀，则得1分，若数学达到优秀，则得2分，若科学达到优秀，则得3分，若各科未达到优秀，
1 3
则不得分．已知小明三科考试都达到优秀的概率为 ，至少一科考试优秀的概率为 ，
24 4
1
数学考试达到优秀的概率为 ，语文考试达到优秀的概率大于科学考试达到优秀的概
3
率，且小明各科达到优秀与否相互独立．
(1)求小明语文考试达到优秀的概率；
(2)求小明三科考试所得总分的分布列和期望．
【解析】(1)依题意，设小明语文考试达到优秀的概率为p ，科学考试达到优秀的概率为
1
p ，且p >p ，
2 1 2
1 1
p p =
3 1 2 24
则
1-1-p 1
1
1- 3 1-p 2
3
= 4
1
p =
1 2 1
解得 ，则小明语文考试达到优秀的概率为 .
1 2
p =
2 4
(2)记小明三科的总得分为X，则X的可能取值为0，1，2，3，4，5，6.
PX=0
1
=1-
2
1
×1-
3
1
×1-
4
1
= ，
4
PX=1
1 1
= ×1-
2 3
1
×1-
4
1
= ，
4
PX=2
1
=1-
2
1 1
× ×1-
3 4
1
= ，
8
PX=3
1
=1-
2
1
×1-
3
1 1 1 1
× + × ×1-
4 2 3 4
5
= ，
24
PX=4
1 1
= ×1-
2 3
1 1
× =
4 12
PX=5
1
=1-
2
1 1 1
× × =
3 4 24
PX=6
1 1 1 1
= × × =
2 3 4 24
则X的分布列为
X 0 1 2 3 4 5 6
P
第 页 共 页
3416 34271 1 1 5 1 1 1
4 4 8 24 12 24 24
1 1 1 5 1 1 1 23
E(X)=0× +1× +2× +3× +4× +5× +6× = .
4 4 8 24 12 24 24 12
5266 (2024·陕西西安·统考二模)某高校自主招生考试中，所有去面试的考生全部参加了“语
言表达能力”和“竞争与团队意识”两个科目的测试，成绩分别为A、B、C、D、E五个等
级，某考场考生的两科测试成绩数据统计如图，其中“语言表达能力”成绩等级为B的考生
有10人．
(1)求该考场考生中“竞争与团队意识”科目成绩等级为A的人数；
(2)已知等级A、B、C、D、E分别对应5分，4分，3分，2分，1分．求该考场学生“语言表
达能力”科目的平均分．
【解析】(1)因为“语言表达能力”科目中成绩为B的考生有10人，所以该考场有10÷
0.250=40(人)．所以该考场中“竞争与团队意识”科目成绩等级为A的人数为40×
1-0.375-0.375-0.150-0.025 =40×0.075=3．
(2)由题意可得“：语言表达能力”科目中成绩等级为D的频率为1-0.375-0.250-
0.200-0.075=0.100．
1
该考查考生“语言表达能力”科目的平均分为 ×
40
1×40×0.200 +2×40×0.100 +3×40×0.375 +440×0.250 +5×40×0.075 =
2.9．
17 题型十七：顺序排位问题
5267 (2024·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测)为了丰富学生的课外活动，学校羽毛球
社团举行羽毛球个人赛，有甲、乙、丙、丁四位同学参加，甲与其他三人各进行一场比赛，共
进行三场比赛，而且三场比赛相互独立.根据甲最近分别与乙、丙、丁比赛的情况，得到如
下统计表：
乙 丙 丁
比赛的次数 60 60 50
甲获胜的次数 20 30 40
以上表中的频率作为概率，求解下列问题.
(1)如果甲按照第一场与乙比赛、第二场与丙比赛、第三场与丁比赛的顺序进行比赛.
(ⅰ)求甲至少胜一场的概率；
(ⅱ)如果甲胜一场得2分，负一场得0分，设甲的得分为X，求X的分布列与期望；
(2)记“甲与乙、丙、丁进行三场比赛中甲连胜二场”的概率为p，那么以什么样的出场顺序
才能使概率p最大，并求出p的最大值.
第 页 共 页
3417 342720 1 30 1
【解析】(1)甲与乙比赛获胜概率为p = = ；与丙比赛获胜概率为p = = ；
1 60 3 2 60 2
40 4
与丁比赛获胜概率为p = = ；
3 50 5
1
(ⅰ)则甲至少胜一场的概率p=1-1-
3
1
×1-
2
4
×1-
5
14
=
15
(ⅱ)X的可能取值为0，2，4，6
则PX=0
1
=1-
3
1
×1-
2
4
×1-
5
1
= ，
15
PX=2
1 1
= ×1-
3 2
4
×1-
5
1
+1-
3
1 4
× ×1-
2 5
1
+1-
3
1
×1-
2
4
×
5
11
= ，
30
PX=4
1 1 4
= × ×1-
3 2 5
1
+1-
3
1 4 1 1
× × + ×1-
2 5 3 2
4 13
× = ，
5 30
PX=6
1 1 4 2
= × × = ，
3 2 5 15
所以X的分布列为
X 0 2 4 6
1 11 13 2
P
15 30 30 15
EX
1 11 13 2 49 1 1
=0× +2× +4× +6× = (2)若出场顺序为乙丙丁：p= ×
15 30 30 15 15 3 2
4
×1-
5
1
+1-
3
1 4 3
× × = ；
2 5 10
1 4 1
若出场顺序为乙丁丙：p= × ×1-
3 5 2
1
+1-
3
4 1 2
× × = ；
5 2 5
1 1 4
若出场顺序为丙乙丁：p= × ×1-
2 3 5
1
+1-
2
1 4 1
× × = ；
3 5 6
1 4 1
若出场顺序为丙丁乙：p= × ×1-
2 5 3
1
+1-
2
4 1 2
× × = ；
5 3 5
4 1 1
若出场顺序为丁丙乙：p= × ×1-
5 2 3
4
+1-
5
1 1 3
× × = ；
2 3 10
4 1 1
若出场顺序为丁乙丙：p= × ×1-
5 3 2
4
+1-
5
1 1 1
× × = ；
3 2 6
2
故出场顺序为丙丁乙或乙丁丙时概率p最大，最大值为 .
5
5268 (2024·新疆乌鲁木齐·统考二模)2022年的男足世界杯在卡塔尔举办，参赛的32支球队
共分为8个小组，每个小组有4支球队，小组赛采取单循环赛制，即每支球队都要和同组
的其他3支球队各比赛一场.每场比赛获胜的球队积3分，负队积0分.若打平则双方各
积1分，三轮比赛结束后，积分从多到少排名靠前的2支球队小组出线(如果积分相等，还
要按照其他规则来排名).已知甲、乙、丙、丁4支球队分在同一个组，且甲队与乙、丙、丁3
1 1 1 1
支球队比赛获胜的概率分别为 ， ， ，与三支球队打平的概率均为 ，每场比赛的结
2 3 4 4
果相互独立.
(1)某人对甲队的三轮小组赛结果进行了预测，他认为三场都会是平局，记随机变量X=
“结果预测正确的场次”，求X的分布列和数学期望；
(2)假设各队先后对阵顺序完全随机，记甲队至少连续获胜两场的概率为p，那么甲队在
第二轮比赛对阵哪个对手时，p的取值最大，这个最大值是多少？
1
【解析】(1)由于甲队每场比赛平局的概率都是 ，所以甲队三场比赛打平的场次，即随
4
第 页 共 页
3418 34271
机变量X服从二项分布，由题意得X~B3,
4
，其分布列如下：
PX=0 1 =C0 3 4 0 3 4 3 27 = ，PX=1 64 1 =C1 3 4 1 3 4 2 27 = ，PX=2 64 1 =C2 3 4 2 3 4 1
9 = ，PX=3 64 1 =C3 3 4 3 3 4 0 1 = ， 64
X 0 1 2 3
27 27 9 1
P
64 64 64 64
数学期望EX
1 3
=3× = .
4 4
1
(2)由已知得不同的对阵情况共有A3=6种，每种可能性出现的概率均为 .
3 6
设甲队第二轮对阵乙队至少连续获胜两场的概率为p ，甲队第二轮对阵丙队至少连续获
1
胜两场的概率为p ，甲队第二轮对阵丁队至少连续获胜两场的概率为p ，则
2 3
1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 3 1 1 1
p = × × ×1+ × × ×1+ × × × + × × × = ；
1 6 3 2 6 4 2 6 3 2 4 6 4 2 3 12
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 5
p = × × ×1+ × × ×1+ × × × + × × × = ；
2 6 2 3 6 4 3 6 2 3 4 6 4 3 2 72
1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1
p = × × ×1+ × × ×1+ × × × + × × × = ；
3 6 2 4 6 3 4 6 3 4 2 6 2 4 3 18
1
因为p >p >p ，所以甲队在第二轮对阵乙队时，p的取值最大，最大值为 .
1 2 3 12
5269 (2024·北京·高三专题练习)周末李梦提出和父亲、母亲、弟弟进行羽毛球比赛，李梦与他
们三人各进行一场比赛，共进行三场比赛，而且三场比赛相互独立.根据李梦最近分别与
父亲、母亲、弟弟比赛的情况，得到如下统计表：
父亲 母亲 弟弟
比赛的次数 50 60 40
李梦获胜的次数 10 30 32
以上表中的频率作为概率，求解下列问题.
(1)如果按照第一场与父亲比赛、第二场与母亲比赛、第三场与弟弟比赛的顺序进行比赛.
(i)求李梦连胜三场的概率；
(ii)如果李梦胜一场得1分，负一场得0分，设李梦的得分为X，求X的分布列与期望；
(2)记“与父亲、母亲、弟弟三场比赛中李梦连胜二场”的概率为p，此概率p与父亲，母亲，
弟弟出场的顺序是否有关？如果有关，什么样的出场顺序使概率p最大(不必计算)？如
果无关，请给出简要说明.
10 1 30
【解析】(1)李梦与爸爸比赛获胜概率为p = = ；与妈妈比赛获胜概率为p = =
1 50 5 2 60
1 32 4
；与弟弟比赛获胜概率为p = = ；
2 3 40 5
1 1 4 2
则李梦连胜三场的概率为p =p p p = × × = ，
4 1 2 3 5 2 5 25
X的可能取值为0,1,2,3，
则PX=0
1
=1-
5
1
1-
2
4
1-
5
2
= ；
25
PX=1
1
=1-
5
1
1-
2
4 1
⋅ +1-
5 5
1 4
⋅ ⋅1-
2 5
1 1
+ ⋅1-
5 2
4
1-
5
21
= ；
50
PX=2
1
=1-
5
1 4 1 1 4
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅1-
2 5 5 2 5
1 1
+ ⋅1-
5 2
4 21
⋅ = ；
5 50
第 页 共 页
3419 3427PX=3
1 1 4 2
= × × = .
5 2 5 25
故分布列为
X 0 1 2 3
2 21 21 2
P
25 50 50 25
EX
2 21 21 2 3
=0× +1× +2× +3× = (2)若出场顺序为爸爸妈妈弟弟：p=
25 50 50 25 2
1 1 4
× ×1-
5 2 5
1
+1-
5
1 4 17
× × = ；
2 5 50
1 4 1
若出场顺序为爸爸弟弟妈妈：p= × ×1-
5 5 2
1
+1-
5
4 1 2
× × = ；
5 2 5
1 1 4
若出场顺序为妈妈爸爸弟弟：p= × ×1-
2 5 5
1
+1-
2
1 4 1
× × = ；
5 5 10
1 4 1
若出场顺序为妈妈弟弟爸爸：p= × ×1-
2 5 5
1
+1-
2
4 1 2
× × = ；
5 5 5
4 1 1
若出场顺序为弟弟妈妈爸爸：p= × ×1-
5 2 5
4
+1-
5
1 1 17
× × = ；
2 5 50
4 1 1
若出场顺序为弟弟爸爸妈妈：p= × ×1-
5 5 2
4
+1-
5
1 1 1
× × = ；
5 2 10
故与出场的顺序有关，出场顺序为妈妈弟弟爸爸或爸爸弟弟妈妈概率p最大.
5270 (2024·全国·高三专题练习)文渊中学计划在2024年2月举行趣味运动会，其中设置“夹
球接力跑”项目，需要男同学和女同学一起合作完成．高一(15)班代表队共派出3个小组
(编号为F，F，F)角逐该项目，每个小组由1名男生和2名女生组成，其中男生单独完成
1 2 3
该项目的概率为0.6，女生单独完成该项目的概率为a(00
P(ξ=1)-P(ξ=2)=0.2(3a2-8a+3)>0
P(ξ=1)-P(ξ=3)=-0.2(4a2+2a-3)>0
所以概率P(ξ=1)最大
(2)由(1)知，当00，∴t >t >t ，
2 3 1 2 3
所以应当以F,F,F 的顺序安排小组的出场顺序，可以使得指派的小组个数的均值最小.
1 2 3
证明如下：
假设p,p ,p 为t,t ,t 的任意一个排列，即若三个小组F(i=1,2,3)按照某顺序派出，
1 2 3 1 2 3 i
第 页 共 页
3420 3427该顺序下三个小组能完成项目的概率为p,p ,p ，记在比赛时所需派出的小组个数为η，
1 2 3
则η=1,2,3，且η的分布列为
η 1 2 3
1-p
1
P p
1
p 1-p
1
2
1-p
2
数学期望E(η)=p +2(1-p)p +3(1-p)(1-p )=3-2p -p +p p
1 1 2 1 2 1 2 1 2
下面证明E(η)=3-2p -p +p p ≥3-2t -t +tt
1 2 1 2 1 2 1 2
∵3-2p 1 -p 2 +p 1 p 2 -3-2t 1 -t 2 +t 1 t 2
=2(t -p)+(t -p )+p p -pt +pt -tt =2(t -p)+(t -p )+p(p -t )+t
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 2
(p -t)
1 1
=(2-t )(t -p)+(1-p)(t -p )≥(1-p)(t -p)+(1-p)(t -p )
2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2
=(1-p 1 )(t 1 +t 2 )-(p 1 +p 2 ) ≥0
所以按照完成任务概率从大到小的F,F,F 的顺序安排小组的出场顺序，可以使得指派
1 2 3
的小组个数的均值最小.
5271 (2024·全国·高三专题练习)猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，该游
戏中有A，B，C三类歌曲.嘉宾甲参加猜歌名游戏，需从三类歌曲中各随机选一首，自主
选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且获得本歌曲对应的奖励
基金.假设甲猜对每类歌曲的歌名相互独立，猜对三类歌曲的概率及猜对时获得相应的奖
励基金如下表：
歌曲类别 A B C
猜对的概率 0.8 0.5 p
获得的奖励基金额/
1000 2000 3000
元
(1)求甲按“A，B，C”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名的概率；
(2)若p=0.25，设甲按“A，B，C”的顺序猜歌名获得的奖励基金总额为X，求X的分布列
与数学期望EX ；
(3)写出p的一个值，使得甲按“A，B，C”的顺序猜歌名比按“C，B，A”的顺序猜歌名所得
奖励基金的期望高.(结论不要求证明)
【解析】(1)设“甲按“A，B，C”的顺序猜歌名至少猜对两首歌名”为事件E，
则PE =0.8×0.5×1-p +0.8×0.5×p=0.4.
所以，甲按“A，B，C”的顺序猜歌名至少猜对两首歌名的概率为0.4.
(2)X的所有可能取值为0，1000，3000，6000，
PX=0 =1-0.8=0.2，
PX=1000 =0.8×1-0.5 =0.4，
PX=3000 =0.8×0.5×1-0.25 =0.3，
PX=6000 =0.8×0.5×0.25=0.1.
所以随机变量X的分布列为
X 0 1000 3000 6000
P 0. 0.4 0.3 0.1
第 页 共 页
3421 34272
所以EX =0×0.2+1000×0.4+3000×0.3+6000×0.1=1900.
(3)0EY ，即1600+1200p>4400p，
解得p<0.5，因此00，
Pξ=1 -Pξ=2 =0.23a2-8a+3 >0
Pξ=1 -Pξ=3 =-0.24a2+2a-3 >0
所以概率Pξ=1 最大．
(2)由(1)知，当00，∴t >t >t ， 1 2 3
所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最
小．
证明如下：
假设p ，p ，p 为t ，t ，t 的任意一个排列，即若甲、乙、丙按照某顺序派出，
1 2 3 1 2 3
该顺序下三人能完成项目的概率为p ，p ，p ，记在比赛时所需派出的人数为η，则η=1，
1 2 3
2，3，且η的分布列为：
η 1 2 3
1-p
1
P p
1
p 1-p
1
2
1-p
2
数学期望Eη =p 1 +21-p 1 p 2 +31-p 1 1-p 2 =3-2p -p +p p ， 1 2 1 2
∵t >t >t ，∴p ≤t ，
1 2 3 1 1
要使1-p 1 1-p 2 尽可能小，则需要p,p 尽可能大，故当p,p 取t,t 时 1 2 1 2 1 2
1-p 1 1-p 2 最小，所以1-p 1 1-p 2 ≥1-t 1 1-t 2 ，
∴3-2p 1 -p 2 +p 1 p 2 =2+1-p 1 1-p 2 -p 1 ≥2+1-t 1 1-t 2 -t =3-2t -t + 1 1 2
tt ，
1 2
所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最
小．
5273 (2024·福建泉州·高三校联考期中)中国乒乓球队是中国体育军团的王牌之师，屡次在国
际大赛上争金夺银，被体育迷们习惯地称为“梦之队”.小明是一名乒乓球运动爱好者，为
提高乒乓球水平，决定在假期针对乒乓球技术的五个基本因素：弧线、力量、速度、旋转和
落点进行训练.假设小明每天进行多次分项(将五个因素分别对应五项，一次练一项)训
练，为增加趣味性，计划每次(从第二次起)都是从上次未训练的四个项目中等可能地随
机选一项训练.
(1)若某天在五个项目中等可能地随机选一项开始训练，求第三次训练的是“弧线”的概
率；
(2)若某天仅进行了6次训练，五个项目均有训练，且第1次训练的是“旋转”，前后训练项
不同视为不同的训练顺序，设变量X为6次训练中“旋转”项训练的次数，求X的分布列及
期望.
1 1
【解析】(1)第一次训练选择“弧线”，且第三次训练的是“弧线”的概率为 ×1× =
5 4
1
，
20
4 3 1 3
第一次训练未选择“弧线”，且第三次训练的是“弧线”的概率为 × × = ，
5 4 4 20
1 3 1
所以第三次训练的是“弧线”的概率为 + = ；
20 20 5
(2)由题意知“旋转”项最多训练2次，所以X的不同取值为1、2，
1 2 3 4 5
(后五次训练次序列表)
①后五次训练中未练“旋转”：另四项中有一项训练了2次，四项中选一项练2次，可放(1,
3),(1,4),(1,5),(2,4),(2,5),(3,5)，
第 页 共 页
3423 3427共有6C1A3=144种；
4 3
②“旋转”项练了2次“：旋转项”可在3，4，5，6位置，故有C1A4=96种.所以，P(X=1)
4 4
144 3 96 2
= = ,P(X=2)= = .
144+96 5 144+96 5
所以分布列如下表所示：
X 1 2
3 2
P
5 5
3 2 7
所以，E(X)=1× +2× = ；
5 5 5
18 题型十八：博彩问题
5274 (2024·全国·高三专题练习)马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和
人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛
的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是⋯，X ，X ，X，X ，⋯，那么X 时
t-2 t-1 t t+1 t+1
刻的状态的条件概率仅依赖前一状态X，即P X
t t+1
⋅⋅⋅,X ,X ,X
t-2 t-1 t
=P X
t+1
X
t
．
现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为50%，且每局赌赢可
以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为50%，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，
直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是
赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为AA∈N*,A1,k∈N∗
局，谁便赢得全部赌注a元.每局甲赢的概率为p00，所以f(p)在 ,1
4 4
上单调递增，
3
于是f(p) =f
min 4
243
= .
256
243 13
故乙赢的最大概率为1- = ≈0.0508>0.05，故事件A不一定是小概率事件.
256 256
5276 (2024·全国·高三专题练习)公元1651年，法国学者德梅赫向数学家帕斯卡请教了一个
问题：设两名赌徒约定谁先赢满4局，谁便赢得全部赌注a元，已知每局甲赢的概率为p(0
第 页 共 页
3425 34270,所以fp
4
在 ,1
5
上单调递增，
4
于是f(p) =f
min 5
608
= ．
625
608 17
故乙赢的概率最大为1- = =0.0272<0.05,故是小概率事件．
625 625
5277 (2024·湖南·校联考模拟预测)公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫(Demere)
向另一位著名的数学家帕斯卡(B.Pascal)提请了一个问题，帕斯卡和费马(Fermat)讨
论了这个问题，后来惠更斯(C.Huygens)也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最
优秀的科学家都给出了正确的解答该问题如下：设两名赌徒约定谁先赢kk>1,k∈N*
局，谁便赢得全部赌注a元.每局甲赢的概率为p(00，从而有f(p)在 ,1
5 5
上单调递增，
4
于是得f(p) =f
min 5
608 608 17
= ，乙赢的概率P(A)最大值为1- = =0.0272<
625 625 625
0.05，
所以事件A是小概率事件.
5278 (2024·全国·高三专题练习)一个摸球游戏，规则如下：在一不透明的纸盒中，装有6个大
小相同、颜色各异的玻璃球．参加者交费1元可玩1次游戏，从中有放回地摸球3次．参
加者预先指定盒中的某一种颜色的玻璃球，然后摸球．当所指定的玻璃球不出现时，游戏
费被没收；当所指定的玻璃球出现1次，2次，3次时，参加者可相应获得游戏费的0倍，1
倍，k倍的奖励(k∈N*)，且游戏费仍退还给参加者．记参加者玩1次游戏的收益为X元．
(1)求概率PX=0 的值；
(2)为使收益X的数学期望不小于0元，求k的最小值．
(注：概率学源于赌博，请自觉远离不正当的游戏！)
【解析】(1)事件“X=0”表示“有放回的摸球3回，所指定的玻璃球只出现1次”，
则PX=0
1 5
=3× ×
6 6
2 25
= ．
72
(2)依题意，X的可能值为k,-1,1,0，
且PX=k
1
=
6
3 1
= ,PX=-1
216
5
=
6
3 125
= ,PX=1
216
1
=3×
6
2 5 5
× = ，
6 72
结合(1)知，参加游戏者的收益X的数学期望为
EX
1
=k× +-1
216
125 5 k-110
× +1× = (元)．
216 72 216
为使收益X的数学期望不小于0元，所以k≥110，即k =110．
min
答：k的最小值为110
第 页 共 页
3427 3427
