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第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
§10.7 概率、统计与其他知识的交汇问题
【考情分析·探规律】
考点
考情分析（2021-2024）
命题趋势
考点1 概率统计的实
际应用与决策问题
2024·全国甲卷、2023·全国新Ⅱ卷、2023·北京卷
要会概率统计的综合运算及
知识杂糅问题。
考点2 概率统计与其
他知识的杂糅问题
2023·全国新Ⅱ卷、2021·全国新Ⅱ卷
【名师点拨】
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
【典例】1.(2025·广州模拟)将4 个面上分别写有数字1，2，3，4 的一个正四面体在桌面上连续独立地
抛n 次(n 为正整数)，设X 为与桌面接触的数字为偶数的次数，p(0<p<1)为抛正四面体一次与桌面接触
的数字为偶数的概率.
(1)当n＝5 时，若正四面体的质地是均匀的，求X 的数学期望和方差；
(2)若正四面体有瑕疵，即p≠1
2.
①设pn是抛掷正四面体n 次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：pn＝p＋(1－2p)pn－
1(n≥2)；
②求抛掷正四面体n 次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率.
【解析】
(1)因为正四面体的质地是均匀的，p 为抛掷正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率，所以p＝
2
4 ＝1
2，
进一步得，X~B(5，1
2)，
所以E(X)＝np＝5×1
2 ＝5
2，
D(X)＝np(1－p)＝5×1
2×1
2 ＝5
4 ，
所以X 的数学期望和方差分别为5
2和5
4 .
(2) 【证明】① 因为pn是抛正四面体n 次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，
所以pn－1是抛正四面体(n－1)次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，
当n≥2 时，当在前(n－1)次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现奇数次时，第n 次抛掷的结
果必须出现奇数，才可以保证前n 次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，所以pn＝pn－1(1－p)，
当在前(n－1)次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现偶数次时，第n 次抛掷的结果必须出现
偶数，才可以保证前n 次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，所以pn＝(1－pn－1)p，
由互斥事件概率的加法公式得pn＝pn－1(1－p)＋(1－pn－1)p＝p＋pn－1(1－2p)，
即pn＝p＋pn－1(1－2p)(n≥2).
【解析】②设pn－x＝(1－2p)(pn－1－x)，
结合①所得关系，则x＝1
2，
即pn－1
2＝(1－2p)(pn−1−1
2)且n≥2，
又p1－1
2＝p－1
2，
所以数列{pn−1
2}是首项为p－1
2，公比为1－2p 的等比数列，
所以pn－1
2 ＝(p−1
2)(1－2p)n－1，
所以pn＝1−(1−2 p)
n
2
(n∈N*)，
所以抛掷正四面体n 次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率为1－pn＝1＋(1−2 p)
n
2
(n∈N*).
【解题技巧】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Pn或均值E(Xn)的递推关系式，然后根据构造法(一般构造等比数列)，求
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.
【变式训练】学校食堂为了减少排队时间，从开学第1 天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面
食套餐.某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1 天选择了米饭套餐，则
第2 天选择米饭套餐的概率为1
3；若他前1 天选择了面食套餐，则第2 天选择米饭套餐的概率为2
3.已知
他开学第1 天中午选择米饭套餐的概率为2
3.
(1)求该同学开学第2 天中午选择米饭套餐的概率；
(2)记该同学开学第n(n∈N*)天中午选择米饭套餐的概率为Pn.证明：当n≥2 时，Pn≤14
27.
【解析】(1)设Ai＝“第i 天选择米饭套餐”(i＝1，2)，则Ai＝“第i 天选择面食套餐”，
根据题意P(A1)＝2
3，P(A1)＝1
3，
P(A2|A1)＝1
3，P(A2|A1)＝2
3，
由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(A1)P(A2|A1)＝2
3×1
3 ＋1
3×2
3 ＝4
9 .
【证明】(2)设An＝“第n 天选择米饭套餐”(n＝1，2，…)，
则Pn＝P(An)，P(An)＝1－Pn，
P(An＋1|An)＝1
3，P(An＋1|An)＝2
3，
由全概率公式，得P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P(An)P(An＋1|An)＝－1
3Pn＋2
3，
即Pn＋1＝－1
3Pn＋2
3，
所以Pn＋1－1
2＝－1
3(Pn−1
2)，
因为P1－1
2 ＝1
6，所以{Pn−1
2}是以1
6为首项，－1
3为公比的等比数列，
可得Pn＝1
2 ＋1
6×(−1
3)
n−1
(n∈N*)，
当n 为大于1 的奇数时，Pn＝1
2 ＋1
6×(−1
3)
n−1
≤1
2 ＋1
6×(
1
3)
2
＝14
27；
当n 为正偶数时，Pn＝1
2 －1
6×(
1
3)
n−1
<1
2<14
27，
综上所述，当n≥2 时，Pn≤14
27.
题型二 概率、统计与导数的综合问题
【典例】1.某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别
对应如下五组质量指标值：[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，85)，[85，95].根据长期检测结果，得
到芯片的质量指标值X 服从正态分布N(μ，σ2)，并把质量指标值不小于80 的产品称为A 等品，其他产
品称为B 等品.现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100 件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直
方图.
(1)根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差s 的近似值为11，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.若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为A 等品的概率(保留小数
点后面两位有效数字)；
(①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据：若随机变量ξ 服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ
－σ<ξ<μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ<ξ<μ＋3σ)≈0.997 3)
(2)①从样本的质量指标值在[45，55)和[85，95]的芯片中随机抽取3 件，记其中质量指标值在[85，95]
的芯片件数为η，求η 的分布列和数学期望；
②该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100 件一箱包装.已知一件A 等品芯片
的利润是m(1<m<24)元，一件B 等品芯片的利润是ln(25－m)元，根据(1)的计算结果，试求m 的值，使
得每箱产品的利润最大.
【解析】
(1)由题意，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100 件产品的质量指标值的平均数为
x＝10×(0.01×50＋0.025×60＋0.04×70＋0.015×80＋0.01×90)＝69，
即μ≈x＝69，σ≈s≈11，所以X~N(69，112)，
因为质量指标值X 近似服从正态分布N(69，112)，
所以P(X≥80)＝1−P(69−11< X <69＋11)
2
≈1−P( μ−σ < X < μ＋σ )
2
≈1−0.682 7
2
＝0.158 65≈0.16，
所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为A 等品的概率约为0.16.
(2)①(0.01＋0.01)×10×100＝20，所以质量指标值在[45，55)和[85，95]的芯片总件数为20，
质量指标值在[85，95]的芯片件数为10，故η 的所有可能取值为0，1，2，3，
所以P(η＝0)＝
C10
3 C10
0
C20
3
＝2
19，
P(η＝1)＝C10
2 C10
1
C20
3
＝15
38，
P(η＝2)＝C10
1 C10
2
C20
3
＝15
38，
P(η＝3)＝C10
0 C10
3
C20
3
＝2
19，
随机变量η 的分布列为
η
0
1
2
3
P
2
19
15
38
15
38
2
19
所以η 的数学期望E(η)＝0× 2
19＋1×15
38＋2×15
38＋3× 2
19 ＝3
2.
②设每箱产品中A 等品有Y 件，则每箱产品中B 等品有(100－Y)件，每箱产品的利润为Z 元，
由题意知Z＝mY＋(100－Y)ln(25－m)＝[m－ln(25－m)]Y＋100ln(25－m)，
由(1)知，每箱产品中A 等品的概率为0.16，
所以Y~B(100，0.16)，
所以E(Y)＝100×0.16＝16，
E(Z)＝E((m－ln(25－m))Y＋100ln(25－m))
＝[m－ln(25－m)]E(Y)＋100ln(25－m)
＝16[m－ln(25－m)]＋100ln(25－m)
＝16m＋84ln(25－m)，
令f(x)＝16x＋84ln(25－x)(1<x<24)，
由f'(x)＝16－
84
25−x ＝0，得x＝79
4 ∈(1，24)，
又当x∈(1，79
4 )时，f'(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(
79
4 ，24)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝79
4 时，f(x)取得最大值.
即当m＝79
4 时，每箱产品利润最大.
【解题技巧】
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.
【变式训练】为提高科技原创能力，抢占科技创新制高点，某企业锐意创新，开发了一款新产品，
并进行大量试产.
(1)现从试产的新产品中取出了5 件产品，其中恰有2 件次品，但不能确定哪2 件是次品，需对5 件产品
依次进行检验，每次检验后不放回，当能确定哪2 件是次品时即终止检验，记终止时一共检验了X 次，
求随机变量X 的分布列与期望；
(2)设每件新产品为次品的概率都为p(0<p<1)，且各件新产品是否为次品相互独立.记“从试产的新产品
中随机抽取50 件，其中恰有2 件次品”的概率为f(p)，问p 取何值时，f(p)最大.
【解析】
(1)根据题意可知X 的可能取值为2，3，4，
则P(X＝2)＝
C2
2
C5
2 ＝1
10，
P(X＝3)＝2C2
1C3
1
C5
1C4
1 × 1
C3
1 ＋3×2×1
5×4×3 ＝3
10，
P(X＝4)＝C2
1C3
2 A3
3
5×4×3 ＝3
5
，
则X 的分布列为
X
2
3
4
P
1
10
3
10
3
5
所以E(X)＝2× 1
10＋3× 3
10＋4×3
5 ＝7
2.
(2)由题意可得，f(p)＝C50
2 p2(1－p)48(0<p<1)，
f'(p)＝C50
2 [2p(1－p)48－48p2(1－p)47]
＝C50
2 2p(1－p)47(1－25p)，
令f'(p)＝0，解得p＝1
25，
因为当0<p< 1
25时，f'(p)>0，f(p)单调递增，
当1
25<p<1 时，f'(p)<0，f(p)单调递减，
所以当p＝1
25时，f(p)取得最大值.
【限时训练】（限时：40 分钟）
1.(15 分)某种药材的种植、加工过程受天气、施肥、管理等因素影响，农民按照药材色泽、大小等将药材
分为上等药材、中等药材、普通药材，并分类装箱，已知去年生产了8 箱药材，其中上等药材2 箱，中等
药材2 箱，其他为普通药材.
(1)若在去年生产的药材中随机抽取4 箱，设X 为上等药材的箱数，求X 的分布列和数学期望；(7 分)
(2)已知每箱药材的利润如表：
等级
上等药材
中等药材
普通药材
利润(元/箱)
4 000
2 000
－1 200
今年市场需求增加，某农户计划增加产量，且生产的上等药材、中等药材、普通药材所占比【典例】不变，
但需要的人力成本增加，每增加m(m∈N*)箱，成本相应增加(1 000m－2 000ln m)元，假设你为该农户决策，
你觉得目前应不应该增加产量？如果需要增加产量，增加多少箱最好？如果不需要增加产量，请说明理由.
(8 分)
【解析】
(1)X 的可能取值为0，1，2，
P(X＝0)＝C2
0C6
4
C8
4
＝3
14 ，
P(X＝1)＝C2
1C6
3
C8
4 ＝4
7 ，
P(X＝2)＝C2
2C6
2
C8
4 ＝3
14 ，
X 的分布列为
X
0
1
2
P
3
14
4
7
3
14
X 的数学期望为E(X)＝0× 3
14 ＋1×4
7 ＋2× 3
14 ＝1.
(2)按原计划生产药材每箱平均利润为1
4 ×4 000＋1
4 ×2 000＋1
2×(－1 200)＝900(元)，
则增加m 箱药材，利润增加为900m 元，成本相应增加(1 000m－2 000ln m)元，
所以增加净利润为900m－1 000m＋2 000ln m＝2 000ln m－100m(m∈N*).
设f(x)＝2 000ln x－100x(x∈N*)，
则f'(x)＝2 000
x
－100，
令f'(x)＝0，得x＝20，
当1≤x<20 时，f'(x)>0，
当x>20 时，f'(x)<0，且f(20)>0，
所以函数f(x)在[1，20)上单调递增，在(20，＋∞)上单调递减，
当x＝20 时，f(x)取得最大值，
所以需要增加产量，增加20 箱最好.
2.(15 分)从一副扑克牌中挑出4 张Q 和4 张K，将其中2 张Q 和2 张K 装在一个不透明的袋中，剩余的2 张
Q 和2 张K 放在外面.现从袋中随机抽出一张扑克牌，若抽出Q，则把它放回袋中；若抽出K，则该扑克牌
不再放回，并将袋外的一张Q 放入袋中.如此操作若干次，直到将袋中的K 全部置换为Q.
(1)在操作2 次后，袋中K 的张数记为随机变量X，求X 的分布列及数学期望；(3 分)
(2)记事件“在操作n＋1(n∈N*)次后，恰好将袋中的K 全部置换为Q”为An，记Pn＝P(An).
①在第1 次取到Q 的条件下，求总共4 次操作恰好完成置换的概率；(5 分)
②试探究Pn＋1与Pn的递推关系，并说明理由.(7 分)
【解析】
(1)由题意可知，X 的可能取值为0，1，2，
则P(X＝0)＝2
4 ×1
4 ＝1
8，
P(X＝1)＝2
4 ×2
4 ＋2
4 ×3
4 ＝5
8，
P(X＝2)＝2
4 ×2
4 ＝1
4 ，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
1
8
5
8
1
4
所以E(X)＝0×1
8＋1×5
8＋2×1
4 ＝9
8.
(2)①记事件E 表示“第1 次取到Q”，事件F 表示“总共4 次操作恰好完成置换”，
则P(E)＝1
2.
依题意，若第一次取到Q，则剩余的3 次操作，须将袋中K 全部置换为Q，
若第二次也取出Q，则第三次和第四次均须取出K，其概率为1
2×2
4 ×2
4 ×1
4 ＝1
32；
若第二次取出K，则第三次取出Q，第四次取出K，其概率为1
2×2
4 ×3
4 ×1
4 ＝3
64 .
综上所述，P(EF)＝1
32 ＋3
64 ＝5
64 ，
所以P(F|E)＝P( EF )
P( E) ＝
5
64
1
2
＝5
32，
即在第1 次取到Q 的条件下，总共4 次操作恰好完成置换的概率为5
32.
②Pn＋1＝1
2
n＋3 ＋3
4 Pn，理由如下：
设事件B 表示“n 次操作后袋中还剩1 张K”，
依题意，Pn为(n＋1)次操作后，恰好将袋中的K 全部置换为Q 的概率，而发生这样的情况需n 次操作后袋
中还剩1 张K，且第(n＋1)次抽中K，
则Pn＝1
4 P(B)，即P(B)＝4Pn，
Pn＋1为(n＋2)次操作后，恰好将袋中的K 全部置换为Q 的概率，有2 种情况：
n 次操作后袋中还剩2 张K，即前n 次全取Q，概率为1
2
n，并且第(n＋1)次和第(n＋2)次全取K；
n 次操作后袋中还剩1 张K，第(n＋1)次取Q，第(n＋2)次取K，
所以Pn＋1＝1
2
n×2
4 ×1
4 ＋P(B)×3
4 ×1
4
＝1
2
n＋3＋P(B)× 3
16，
又因为P(B)＝4Pn，
所以Pn＋1＝1
2
n＋3 ＋3
4 Pn.
