高中概率问题的复习方向与备考策略-《中学生数理化》高考数学2025年6月刊

■河南省实验中学 李笑萌 概率统计是高中数学的核心内容之一, 也是新旧教材差别最大的一部分内容。概率 部分,增加了全概率公式、贝叶斯公式,另外 将超几何分布单独成课,更加细化了相应内 容,对概率的数学化要求更高,体现了从感性 认识到理性思维的更高要求。与概率相关的 压轴题目要么与其他知识相结合,例如概率 与数列结合、概率与导数结合;要么从新情 境、新定义、新计算的角度进行创新。这些压 轴题综合性强、信息量多、计算量大,是同学 们复习备考的拦路虎。本文通过对几个典型 例题进行深入剖析,帮助同学们厘清思路、找 到突破口,在此基础上归纳总结概率问题的 解题方法与策略。 一、概率与数列结合 概率与数列结合,主要是找出概率pn 或 数学期望E(Xn)的递推关系式,进而根据构 造法由递推求通项,或进行数列求和。 例 1 马尔科夫链是概率统计中的一 个重要模型,其过程具备“无记忆”的性质:下 一状态的概率分布只能由当前状态决定,即 第n+1次状态的概率分布只与第n 次的状 态有关,与第n-1,n-2,n-3,…次的状态 无关,即 P(Xn+1|X1,X2,…,Xn-1,Xn)= P(Xn+1|Xn)。已知甲盒中装有1个白球和 2个黑球,乙盒中装有2个白球,现从甲、乙 两个盒中各任取1个球交换放入对方的盒 中,重复n次(n∈N*)这样的操作,记此时甲 盒中白球的个数为Xn,甲盒中恰有2个白球 的概率为an,恰有1个白球的概率为bn。 (1)求a1,b1 和a2,b2。 (2)证明:an+2bn- 6 5 为等比数列。 (3)求Xn 的数学期望(用n表示)。 解析:(1)若甲盒取黑球、乙盒取白球,互 换,则甲盒中的球变为2白1黑,乙盒中的球 变为1白1黑,概率a1= 2 3 ; 若甲盒取白球、乙盒取白球,互换,则甲 盒中的球仍为1白2黑,乙盒中的球仍为2 白,概率b1= 1 3 。 研究第2次交换球时的概率,根据第1 次交换球的结果讨论如下: ①当甲盒中的球为2白1黑,乙盒中的 球为1白1黑时,对应概率为a1= 2 3 。 此时,若甲盒取黑球、乙盒取黑球,互换, 则甲盒中的球仍为2白1黑,乙盒中的球仍 为1白1黑,概率为a1× 1 3× 1 2= 1 6a1 ; 若甲盒取黑球、乙盒取白球,互换,则甲 盒中的球变为3白,乙盒中的球变为2黑,概 率为a1× 1 3× 1 2= 1 6a1 ; 若甲盒取白球、乙盒取黑球,互换,则甲 盒中的球变为1白2黑,乙盒中的球变为2 白,概率为a1× 2 3× 1 2= 1 3a1 ; 若甲盒取白球、乙盒取白球,互换,则甲 盒中的球仍为2白1黑,乙盒中的球仍为1 白1黑,概率为a1× 2 3× 1 2= 1 3a1 。 ②当甲盒中的球为1白2黑,乙盒中的 球为2白时,对应概率为b1= 1 3 。 此时,若甲盒取黑球、乙盒取白球,互换, 则甲盒中的球变为2白1黑,乙盒中的球变 为1白1黑,概率为b1× 2 3= 2 3b1 ; 若甲盒取白球,乙盒取白球,互换,则甲 盒中的球仍为1白2黑,乙盒中的球仍为2 11 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年6月 白,概率为b1× 1 3= 1 3b1 。 综上可得,a2= 1 6a1+ 1 3a1+ 2 3b1= 5 9 , b2= 1 3a1+ 1 3b1= 1 3 。 (2)依题意,经过n 次这样的操作,甲盒 中恰有2个白球的概率为an,恰有1个白球 的概率为bn,则甲盒中恰有3个白球的概率 为1-an-bn。 研究第n+1次交换球时的概率,根据第 n次交换球的结果讨论如下: ①当甲盒中的球为2白1黑,乙盒中的 球为1白1黑时,对应概率为an。 此时,若甲盒取黑球、乙盒取黑球,互换, 则甲盒中的球仍为2白1黑,乙盒中的球仍 为1白1黑,概率为an× 1 3× 1 2= 1 6an ; 若甲盒取黑球、乙盒取白球,互换,则甲 盒中的球变为3白,乙盒中的球变为2黑,概 率为an× 1 3× 1 2= 1 6an ; 若甲盒取白球、乙盒取黑球,互换,则甲 盒中的球变为1白2黑,乙盒中的球变为2 白,概率为an× 2 3× 1 2= 1 3an ; 若甲盒取白球、乙盒取白球,互换,则甲 盒中的球仍为2白1黑,乙盒中的球仍为1 白1黑,概率为an× 2 3× 1 2= 1 3an 。 ②当甲盒中的球为1白2黑,乙盒中的 球为2白时,对应概率为bn。 此时,若甲盒取黑球、乙盒取白球,互换, 则甲盒中的球变为2白1黑,乙盒中的球变 为1白1黑,概率为bn× 2 3= 2 3bn ; 若甲盒取白球、乙盒取白球,互换,则甲 盒中的球仍为1白2黑,乙盒中的球仍为2 白,概率为bn× 1 3= 1 3bn 。 ③当甲盒中的球为3白,乙盒中的球为2 黑时,对应概率为1-an-bn。 此时,甲盒只能取白球、乙盒只能取黑 球,互换,则甲盒中的球变为2白1黑,乙盒 中的球变为1白1黑,概率为1-an-bn。 综上可得,an+1= 1 3an+ 1 6an+ 2 3bn+1 -an-bn=1- 1 2an- 1 3bn ;bn+1= 1 3an+ 1 3bn 。 则an+1+2bn+1- 6 5=1- 1 2an- 1 3bn+ 2 3an+ 2 3bn- 6 5= 1 6an+ 1 3bn- 1 5= 1 6× an+2bn- 6 5 。 又因 为 a1+2b1- 6 5 = 2 15>0 ,所 以 an+2bn- 6 5 是首项为215,公比为16的等比 数列。 (3)由 (2)知 an +2bn - 6 5 = 2 15× 1 6 n-1 ,则an+2bn= 6 5+ 2 15 1 6 n-1 。 所以随机变量Xn 的分布列如表1所示: 表1 Xn 1 2 3 P bn an 1-an-bn 所以E(Xn)=bn+2an+3-3bn-3an= 3-(an+2bn)= 9 5- 2 15× 1 6 n-1 。 点评:解答本题的关键是根据问题情境, 按第1次交换球的结果分类讨论,结合相互 独立事件的概率、互斥事件的概率求出a2, b2。进而推广到按第n 次交换球的结果分类 讨论,用an,bn 表示an+1,bn+1,从而得到数列 的递推 关 系an+1=1- 1 2an- 1 3bn ,bn+1= 1 3an+ 1 3bn 。然后根据提示,构造出an+2bn - 6 5 的形式,进而求出通项。 二、概率与导数结合 概率与导数结合的综合题目主要涉及概 率、数学期望的最值,解题关键是厘清各事 件、各数据之间的关系,建立数学模型,利用 导数的相关知识进行求解。 21 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年6月 例 2 (2025年沈阳一模)泊松分布是 一种统计与概率学里常见的离散型分布,特 别适合用于描述单位时间(或单位空间)内随 机事件发生的次数,例如:某一服务设施在一 定时间内到达的人数,电话交换机接到呼叫 的次数,汽车站台的候客人数,机器出现的故 障数,自然灾害发生的次数,一个产品上的缺 陷数,显微镜下单位分区内的细菌分布数等。 因此,在管理科学、运筹学及自然科学的某些 问题中,泊松分布都占有重要的地位。若随 机变量X 服从参数为λ(λ>0)的泊松分布 (记作X~π(λ)),则其概率分布为P(X=k) = λk k!e -λ,k∈N,e为自然对数的底数。 (1)当λ≥20时,泊松分布可以用正态分 布来近似;当λ≥50时,泊松分布基本上就等 于正态分布,此时可认为 X~N(λ,λ)。若 X~π(100),求P(110<X<120)的值(保留 三位小数)。 (2)某 公 司 制 造 微 型 芯 片,次 品 率 为 0.1%,各芯片是否为次品相互独立。记 X 为产品中的次品数。 ①若X~B(n,p),求在1 000个产品中 至少有2个次品的概率。 ②若X~π(λ),λ=np,求在1 000个产 品中至少有2个次品的概率。通过比较计算 结果,你发现了什么规律? (3)若X~π(λ),且P(X>1)<0.01,求 λ的最大值(保留一位小数)。 参考数据:若X~N(μ,σ2),则有P(μ- σ<X<μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ<X<μ+ 2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ<X<μ+3σ)≈ 0.997 3;0.9991 000 ≈0.367 6,0.999999 ≈ 0.368 0, 1 e≈0.367 8。 解析:(1)因为当 X~π(λ),且λ=100 时,可认为 X~N(λ,λ),即 X~N(100, 100),μ=100,σ= 100=10,所以P(110< X<120)=P(100+10<X<100+2×10)= 0.5(0.954 5-0.682 7)=0.135 9≈0.136。 (2)①若 X~B(n,p),则P(X≥2)=1 -P(X=0)-P(X=1)=1-0.9991 000- C11 000×0.999999×0.001≈0.264 4。 ②若X~π(λ),λ=np=1,则P(X≥2) =1-P(X=0)-P(X=1)=1- 1 e- 1 e≈ 0.264 4。 比较计算结果,可以发现利用二项分布 计算的结果与利用泊松分布计算的结果是相 等的,说明某些特定情形下,可以用泊松分布 来计算二项分布。 (3)因为X~π(λ),所以P(X>1)=1- P(X=0)-P(X=1)。 由泊松分布概率公式可得P(X=0)= e-λ,P(X=1)=λe-λ,故P(X>1)=1-e-λ -λe-λ=1-e-λ(1+λ)。 由P(X>1)<0.01,得e-λ(1+λ)> 0.99。 构造函数g(x)= 1+x ex (x>0),所以 g'(x)=- x ex <0,故g(x)在(0,+∞)上单 调递减。 由于g(1)= 2 e< 2 2.5=0.8<0.99 ,g(0) =1,所以0<x<1。 当x=0.1时,g(0.1)= 1+0.1 e0.1 ,需要比 较 1+0.1 e0.1 与0.99的大小。 而0.99=1-0.12,故相当于比较e-0.1 与1-0.1的大小。 构造函数h(x)=ex-x-1(-0.2< x<0),所以h'(x)=ex-1。 所以当x∈(-0.2,0)时,h'(x)<0, h(x)单调递减。 因为h(0)=0,所以e-0.1>1-0.1,即 1+0.1 e0.1 >0.99。 当x=0.2时,g(0.2)= 1+0.2 e0.2 ,需要比 较 1+0.2 e0.2 与0.99=1- 1 4×0.2 2 的大小。 构造函数φ(x)= 1+x ex -1+ 1 4x 2(0< x<0.2),则φ'(x)= -x ex + 1 2x= x(ex-2) 2ex 。 31 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年6月 由ex≥x+1,得e-x≥-x+1>0在(0, 0.2)上恒成立,所以0<ex< 1 1-x ,即ex< 1 1-0.2≈1.2<2 ,所以φ(x)在(0,0.2)上为减 函数,所以φ(0.2)<φ(0)=0,即 1+0.2 e0.2 <0.99。 综上可得,λ的最大值为0.1。 点评:本题第(3)问充分体现了概率和导 数的结合。首先,利用函数g(x)= 1+x ex (x >0)的单调性和特殊点函数值得到0<λ< 1;其次,构造函数h(x)=ex-x-1(-0.2< x<0),得到 1+0.1 e0.1 >0.99;最后,构造函数 φ(x)= 1+x ex -1+ 1 4x 2(0<x<0.2),得到 1+0.2 e0.2 <0.99。因题目要求λ的最大值并保 留一位小数,则λ 的最大值为0.1。其中多 次用到重要不等式ex≥x+1及其变形。 三、概率的新定义问题 与概率相关的新定义问题,新在多个方 面,例如:结合当前热点问题创设新情境,把 大学内容前置到高中或改编竞赛、强基试题 创设新定义、新计算。解答这类题目的关键 在于能够迅速阅读文本、提取信息,并通过举 例理解新定义,找到新旧知识的联系。 例 3 (2024年浙江宁波一模)开启某 款保险柜需输入四位密码a1a2a3xs,其中 a1a2a3 为用户个人设置的三位静态密码(每 位数字都是0~9中的一个整数),xs 是根据 开启时收到的动态校验钥匙s(s为1~5中 的一个随机整数)计算得到的动态校验码。 xs 的具体计算方式:xs 是M=a1·s3+a2· s2+a3·s的个位数字。例如:若静态密码为 301,动态校验钥匙s=2,则 M=3×23+0× 22+1×2=26,从而动态校验码x2=6,进而 得到四位开柜密码为3016。 (1)若用户最终得到的四位开柜密码为 2024,求所有可能的动态校验钥匙s。 (2)若三位静态密码为随机数且等可能, 动态校验钥匙s=5,求动态校验码x5 的概率 分布列。 (3)若三位静态密码为随机数且等可能, 动态校验钥匙s=i(1≤i≤5,i∈N)的概率为 pi,其中pi 是互不相等的正数。记得到的动 态校验码xs=k(0≤k≤9,k∈N)的概率为 Qk,试比较Q0 与Q1 的大小。 解析:(1)由题意知,静态密码为202,动 态校验码xs=4。 若s=1,则 M=2×13+0×12+2×1= 4,得x1=4,符合题意; 若s=2,则 M=2×23+0×22+2×2= 20,得x2=0,不符合题意; 若s=3,则 M=2×33+0×32+2×3= 60,得x3=0,不符合题意; 若s=4,则 M=2×43+0×42+2×4= 136,得x4=6,不符合题意; 若s=5,则 M=2×53+0×52+2×5= 260,得x5=0,不符合题意。 综上可得,s=1。 (2)对于三位静态密码a1a2a3,由 M= a1·53+a2·52+a3·5=5(a1·52+a2·5 +a3),可得M 的末位是0或5,即x5 只能是 0或5。 又 M=125a1+25a2+5a3=10(12a1+ 2a2)+5(a1+a2+a3),故当a1+a2+a3 为 奇数时,x5=5;当a1+a2+a3 为偶数时,x5 =0。 下面计算a1+a2+a3 为奇数时,a1a2a3 的个数。 ①当a1,a2,a3 均为奇数时,53=125(个)。 ②当a1,a2,a3 一奇两偶时,C13×5×52 =375(个)。 故共有125+375=500(个)。 所以P(x5=5)= 500 103 = 1 2 ,进而P(x5= 0)=1-P(x5=5)=1- 1 2= 1 2 。 所以x5 的分布列如表2所示。 表2 x5 0 5 P 12 1 2 41 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年6月 (3)记事件 A:得到的动态校验码xs= 0,事件 B:得到的动态校验码xs=1,事件 Ci:收到动态校验钥匙s=i(1≤i≤5,i∈N), 则A=AC1∪AC2∪AC3∪AC4∪AC5,B= BC1∪BC2∪BC3∪BC4∪BC5。 故Q0=P(A)=∑ 5 i=1 P(ACi)=∑ 5 i=1 P(Ci)· P(A|Ci)=∑ 5 i=1 pi ·P(A|Ci)。 同理可得,Q1 =P(B)=∑ 5 i=1 P(BCi)= ∑ 5 i=1 P(Ci)P(B|Ci)=∑ 5 i=1 pi·P(B|Ci)。 ①对于事件C5:由第(2)问可知,P(A| C5)= 1 2 ,P(B|C5)=0,从而p5·P(A|C5) >0,p5·P(B|C5)=0,所以p5·P(A|C5) >p5·P(B|C5)。 ②对于事件C2,C4:静态密码a1a2a3 对 应的 M=a1·s3+a2·s2+a3·s。 当s=2或4时,M 为偶数,得xs≠1,可 知P(B|C2)=P(B|C4)=0。 又当a1a2a3=000时,M=0,得xs=0, 可知P(A|C2)>0,P(A|C4)>0。 从而p2·P(A|C2)>0,p4·P(A|C4) >0,p2·P(B|C2)=0,p4·P(B|C4)=0。 所以p2·P(A|C2)>p2·P(B|C2), p4·P(A|C4)>p4·P(B|C4)。 ③对于事件C1,C3:静态密码a1a2a3 对 应的 M=a1·s3+a2·s2+a3·s。 当s=1时,若a3 遍历0~9这十个整 数,得 M 的个位数也遍历0~9这十个整数, 可知P(A|C1)=P(B|C1)= 1 10 ,从而p1· P(A|C1)=p1·P(B|C1)。 当s=3时,若a3 遍历0~9这十个整 数,得3a3 的个位数遍历0,3,6,9,2,5,8,1, 4,7,继而有 M 的个位数字也遍历0~9这十 个整数,可知P(A|C3)=P(B|C3)= 1 10 ,从 而p3·P(A|C3)=p3·P(B|C3)。 由①②③可知,∑ 5 i=1 pi ·P(A|Ci)>∑ 5 i=1 pi · P(B|Ci),即Q0>Q1。 点评:本题是一道典型的新计算题目,新 在需要根据动态校验钥匙s计算得到动态校 验码xs。第(1)问根据 M=a1·s3+a2·s2 +a3·s,分类讨论s=1,2,3,4,5时的情况。 第(2)问是在第(1)问的基础上,根据 M= 5(a1·52+a2·5+a3),可得x5 只能是0或 5,结合M=10(12a1+2a2)+5(a1+a2+a3),对 a1+a2+a3 分奇偶讨论。第(3)问根据Q0 = ∑ 5 i=1 pi·P(A|Ci),Q1=∑ 5 i=1 pi ·P(B|Ci),借助 第(2)问得C5;借助特例a1a2a3=000得C2, C4;根据a3 遍历0~9时,M 的个位数也遍 历0~9这十个整数得C1,C3。创新试题的 问题设置往往从易到难,环环相扣。同学们 要在第(1)问中借助具体例子充分理解新定 义、新计算,并且要有用前一问的方法、结论 解决后一问的意识,如果思路卡在某一问,就 要重新读题,重看前几问,从中挖掘灵感,找 到方法。 总之,在概率问题的复习备考过程中,同 学们要注意以下问题:首先,厘清基本概念, (如概率、数学期望、条件概率等),夯实基础 题型(如二项分布、超几何分布等),重视基本 方法(如分类讨论、取特殊值等)。其次,加强 与概率密切相关的板块复习(如数列和导 数),概率与数列结合的重点是由递推求通 项、数列求和等,概率与导数结合的重点是导 数的单调性、零点、最值、构造法比大小等。 最后,调整心态,提升阅读理解能力,全盘把 握,从而突破创新题。调整心态,是指化解对 创新题的畏难情绪,只要坚信新中有旧,从容 镇定,就能找到新旧知识的联系。提升阅读 理解能力,是指能迅速从新情境、新文本中提 取信息,转化为数学模型。全盘把握,是指反 复从前到后地阅读、思考,从前几问的结论、 方法中找寻后一问的灵感。 注:本文系河南省教育科学规划课题“每 日一题在高中数学教学中的实践与研究”(课 题编号:2024YB1511)的阶段性成果。 (责任编辑 王福华) 51 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年6月