专题02 概率7大培优题型突破（专项训练）高二数学沪教版选择性必修第二册

专题02 概率培优 目录 A题型建模・专项突破 题型一、条件概率的证明 1 题型二、概率中的决策/游戏是否公平 2 题型三、概率与函数综合（常考点） 2 题型四、概率与数列递推综合（难点） 3 题型五、马尔科夫链（难点） 3 题型六、概率与组合公式的综合（难点） 4 题型七、概率中的创新题型 B综合攻坚・能力跃升 题型一、条件概率的证明 1．某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况（午餐，晚餐） 甲 30天 20天 40天 10天 乙 20天 25天 15天 40天 假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率. (1)分别估计一天中甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率； (2)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，一般来说在推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：. 2．一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回． (1)求第2次摸到红球的概率； (2)设第1，2，3次都摸到红球的概率为，第1次摸到红球的概率为，在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为，在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为，求，，，； (3)对于事件，试根据（2）写出，，，的等量关系式，并加以证明． 3．一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为“良好”和“不够良好”两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100例（称对照组），得到如下表数据： 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 从该地的人群中任选一人，事件A表示“选到的人卫生习惯不够良好”，事件B表示“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．求证：． 4．甲､乙两位同学进行轮流投篮比赛，为了增加趣味性，设计了如下方案：若投中，自己得1分，对方得0分；若投不中，自己得0分，对方得1分.已知甲投篮投中的概率为，乙投篮投中的概率为.由甲先投篮，无论谁投篮，每投一次为一轮比赛，规定当一人比另一人多2分或进行完5轮投篮后，活动结束，得分多的一人获胜，且两人投篮投中与否相互独立. (1)在结束时甲获胜的条件下，求甲比乙多2分的概率. (2)已知在改变比赛规则的条件下，乙获胜的概率大于在原规则的条件下乙获胜的概率.设事件“改变比赛规则”，事件“乙获胜”，已知，证明：. 题型二、概率中的决策/游戏是否公平 5．现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为．甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏． (1)甲将游戏币向上抛出4次，用X表示落下时正面朝上的次数，求X的期望； (2)甲将游戏币，，抛出，用Y表示落下时正面朝上游戏币的个数，求Y的分布列及其期望； (3)将这n枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜.请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由． 6．某学校举办一项竞赛活动，首先每个班级选出7位候选人，然后在这7人中随机选出3人组成竞赛小组参加预赛，预赛通过后再进入决赛. (1)已知某班甲、乙、丙三人已经入围7位候选人之中，现从这7人中抽签随机选出3人组成竞赛小组去参加预赛，记甲、乙、丙3人中进入竞赛小组的人数为X，求X的分布列与数学期望； (2)预赛规则如下：竞赛小组每人相互独立同时做同一题，至少有两人做对该题方能进入决赛.若甲、乙、丙3人组成了竞赛小组，且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为，，，求此竞赛小组能进入决赛的概率； (3)假如只有A组与B组进入决赛，胜者获得冠军.已知决赛规则如下：题库共有道题，两个小组同时做同一道题，假设每道题都能做出，且没有相同时间做出，先做对该题的小组得1分，另一组不得分.A组每道题先做对的概率都为，B组先做对的概率都为q，且，各题做题结果相互独立.现在有两种赛制可以供A组选择，赛制一：从题库中选出道题，这道题全部做完后，得分高的小组获得冠军；赛制二：做完道题，得分高的小组获得冠军.你认为A组应该选择哪种赛制更有利于胜出？请说明理由并写出推导过程. 7．“三门问题”亦称为蒙提霍尔问题，问题名字来自1970年美国的一个电视游戏节目主持人蒙提•霍尔•游戏中，参赛者会看见三扇关闭了的门，其中一扇门后面有一辆跑车，另外两扇门后面则各藏有一只山羊，选中后面有车的那扇门可获奖赢得该跑车，主持人知道跑车在哪一扇门.当参赛者选定了一扇门但未去开启它的时候，节目主持人会开启剩下两扇门的其中一扇，露出一只山羊.主持人随后会问参赛者要不要换另一扇仍然关闭的门.当时大部分的观众和参与者都支持不换门，认为换不换门获奖概率是一样的.然而当时智商最高的玛丽莲•沃斯•莎凡特给出了正确答案：应该换门. (1)请用所学概率知识解释玛丽莲•沃斯•莎凡特给出的答案； (2)当跑车门数不变，山羊门数增加，即总共门数是，其中只有一扇门后面有一辆跑车，证明：游戏中的参与者在主持人打开一扇山羊门后，换门都比不换门中奖概率更高； (3)如果有扇门，其中一扇门后有10万奖金，其他门后什么都没有，主持人知道哪一扇门后面有奖金.当参与者选中一扇门后（未打开），主持人问参与者是否愿意投入5000元，帮他在剩余的门中打开一扇没有奖金的门，并允许参与者换门.问当门数满足什么条件时，参与者投入5000元是值得的？ 8．为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额. (1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，1个为20元，其余2个均为10元， （i）求顾客所获的奖励额的分布列及数学期望； （ii）若顾客甲和顾客乙参与活动，记事件为“甲乙两人所获的奖励额之和不低于100元”，求事件的概率； (2)商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由. 题型三、概率与函数综合（常考点） 9．体育赛事中，常有“局胜制”、“局胜制”、、“局胜”制，．现有甲、乙两队比赛，甲获胜的概率为，各局比赛结果相互独立，且无平局．为鼓励提高比赛水平及厂商的广告需要，比赛结束后参加一项抽奖活动．箱中共有张奖券，其中有张奖券金额各万元，另外张奖券无奖金．若赛完，某队某场获胜且每局都赢，则由该队在该箱中一次性抽张奖券，而另一队不参与抽奖；若赛完，某场比赛的局数中各有输赢，则先由甲队任取张后，再由乙队从余下奖券中任抽张． (1)当，时，求甲获胜的概率； (2)当，时，求乙队获得奖金金额（万元）的分布列与期望； (3)在“局胜”制比赛中，随着增大，甲、乙谁获胜的可能性更大？证明你的结论． 10．某学校举办一项竞赛活动，首先每个班级选出8位候选人，然后在这8人中随机选出3人组成竞赛小组参加预赛，预赛通过后再进入决赛. (1)已知某班甲、乙、丙三人已经入围8位候选人之中，现从这8人中抽签随机选出3人组成竞赛小组去参加预赛，记甲、乙、丙3人中进入竞赛小组的人数为，求的分布列与数学期望； (2)预赛规则如下：竞赛小组每人相互独立同时做同一题，至少有两人做对该题方能进入决赛.若甲、乙、丙3人组成了竞赛小组，且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为，，，求此竞赛小组能进入决赛的概率； (3)假如只有组与组进入决赛，胜者获得冠军.已知决赛规则如下：题库共有道题，两个小组同时做同一道题，假设每道题都能做出，且没有相同时间做出，先做对该题的小组得1分，另一组不得分.组每道题先做对的概率都为，组先做对的概率都为，且，各题做题结果相互独立.现在有两种赛制可以供组选择，赛制一：从题库中选出道题，这道题全部做完后，得分高的小组获得冠军；赛制二：做完道题，得分高的小组获得冠军.你认为组应该选择哪种赛制更有利于胜出？请说明理由并写出推导过程. 11．2025年9月19日～21日，第10届中国国际食品餐饮博览会在长沙举行，自2025年9月1日起，某市市场监管部门对当地一食品厂生产的水果罐头开展固形物含量抽样检验，规定：在一瓶水果罐头中，固形物含量含不低于为优级品，固形物含量低于且不低于为一级品，固形物含量低于为二级品或不合格品． (1)现有6瓶水果罐头，已知其中2瓶为优级品，4瓶为一级品． （i）若每次从中随机取出1瓶，取出的罐头不放回，求在第1次抽到优级品的条件下，第2次抽到一级品的概率； （ⅱ）对这6瓶罐头依次进行检验，每次检验后不放回，直到区分出6瓶罐头的品级时终止检验，记检验次数为，求随机变量的分布列与期望． (2)已知该食品厂生产的水果罐头优级品率为，且各件产品是否为优级品相互独立，若在10次独立重复抽检中，至少有8次抽到优级品的概率不小于，求的最小值． 12．2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式在天安门广场隆重举行.某部队观看阅兵直播结束后，就举行了射击比赛.每个参赛队由两名战士组成，比赛分为两个阶段.比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名战士射击3次，若3次都未射中靶子，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少射中靶子一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名战士射击3次，每次射中靶子得5分，未射中靶子得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲､乙两名战士组成，甲每次射中靶子的概率为，乙每次射中靶子的概率为，各次射击中靶与否均相互独立. (1)若，甲参加第一阶段比赛，求甲､乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率. (2)假设， （i）在比赛成绩中，为使得甲､乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由哪位战士参加第一阶段比赛？ （ii）在比赛成绩中，为使得甲､乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由哪位战士参加第一阶段比赛？ 题型四、概率与数列递推综合（难点） 13．二次剩余理论中有如下定义：对于正整数，若存在一个整数，使得能整除，则称是的一个二次剩余，否则称为二次非剩余.二次剩余理论在噪声控制工程学、密码学以及大数分解等领域有广泛的应用. 现需编制一个随机数字串，编制要求如下： ①记，，. ② 从1到16这16个整数中随机抽取一个整数，作为. ③ 若，则从中随机选取一个数作为； 若，则从中随机选取一个数作为. (1)求； (2)记的概率为. ① 求； ② 求 . 14．已知正四面体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点的初始位置位于顶点A处，记点移动n次后仍在底面上的概率为． (1)求的值． (2)求证：数列是等比数列，并求的表达式． 15．某图书馆对学生借阅图书是否按时归还的情况开展调查，经过一段时间的统计发现：学生第一次借阅图书，按时归还的概率为；从第二次借阅开始，若前一次按时归还，则本次按时归还的概率为；若前一次未按时归还，则本次按时归还的概率为．记学生第次借阅按时归还的概率为． (1)求； (2)求数列的通项公式； (3)记前次借阅中按时归还的次数为，求随机变量的数学期望． 参考公式：若为离散型随机变量，则． 16．某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题的概率为，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为，且各轮答题正确与否相互独立. (1)求该选手在一轮答题中答对题目的概率； (2)记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为， （i）求； （ii）是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 题型五、马尔科夫链（难点） 17．某奶茶店推出“积点兑换”活动，顾客每次消费后可随机获得 1 个、2 个或 3 个积点，对应概率分别为 ，(每次消费所获积点数相互独立，各次消费所获积点累积计算). 记顾客初始积点数 ，第 次消费后的积点数为 ，规定: 当积点达到或超过 5 (即 ) 时，自动兑换一杯免费奶茶，兑换后积点数重置为 . (1)求 、 的值，并计算 的数学期望 ； (2)设 ，请用 表示 ; (3)记 为第 次消费后的积点数 的数学期望，证明: . 18．某珍稀植物保育点设有4个独立苗床.初始时，1个苗床定植成功，3个为空置.每季度，保育员随机巡查1个苗床（4个等概率）:若该苗床为空置，则补种，成活概率为50%；若该苗床已成功，则仅进行养护（状态不变）.记第季度后成功苗床数为随机变量为的期望. (1)求； (2)（i）对，请用，和这三个量表示； （ii）证明点在一条直线上，并求出该直线的方程. 19．甲有两辆自行车，且每天都去体育馆锻炼.若甲去体育馆时，只要不下雨且家里有自己的自行车，他就会骑自行车过去．若甲回家时，只要不下雨且体育馆有自己的自行车，他就会骑自行车回家.其他情况下均走路去体育馆或回家．假设甲每天去体育馆时，回家时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且每次下雨与否互不影响．当前甲的自行车一辆在家里，一辆在体育馆． (1)设甲第一天去体育馆锻炼回到家后，家中自行车的数量为，求的分布列与期望． (2)设甲连续天去体育馆锻炼回到家后，家中自行车的数量为0，1的概率分别为，． ①求； ②证明：． 20．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…，，，，，…，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即． 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，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为，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，赌博过程如下图的数轴所示． 当赌徒手中有n元（，）时，最终输光的概率为，请回答下列问题： (1)请直接写出与的数值． (2)证明是一个等差数列，并写出公差d． (3)当时，分别计算，时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义． 题型六、概率与组合公式的综合（难点） 21．编号为的个球依次被等可能地涂成黑色或白色，设编号为奇数的黑色球的个数为，编号为偶数的白色球的个数为，记事件“”为． (1)求； (2)当时，求； (3)当时，设，证明：． 22．随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用．在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位．且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处 (1)设粒子在第2秒末移动到点记的取值为随机变量，求的分布列和数学期望； (2)记第秒末粒子回到原点的概率为． ①求，； ②已知，求． 23．甲有红球若干，乙有黄球若干，丙有白球若干，三人各自随机拿出X，Y，Z个球放入一个盒中，保证盒中不多于个球，. (1)若. （i）已知，求； （ii）求； (2)令，求. 参考公式：. 24．甲､乙两人比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜.假设每局比赛甲赢的概率都是，各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局. (1)时，若两人共进行5局比赛.设两人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望； (2)时，若两人共进行局比赛.记事件表示“在前局比赛中甲赢了局”.事件表示“甲最终获胜”.请写出的值（直接写出结果即可）； (3)若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为证明：时，. 题型七、概率中的创新题型 25．编号为的小球随机放入编号为的盒子中，即每个球放入任何一个盒子机会均等，相互独立，记表示n个盒子中空盒子的个数． (1)当时，求编号为1的盒子中有球的概率； (2)若设，则可得：，，所以，求； (3)求证：关于n单调递增． 26．某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试（测试I）通过率为，未通过测试I的芯片进入第二次测试（测试II），通过率为.通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废. (1)若 ，，已知一枚芯片合格，求其是通过测试 的概率 ; (2)为估计 （1） 中的 ，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试I.记.若要使得总能不超过，试根据参考内容估计最小样本量. 参考内容：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有. 27．在整数1，2，…，n（）中随机取出k（）个数，记其中两数恰为相邻整数的组数为.例如，取出的数为1，2，4，5时，；取出的数为1，3，8时，；取出的数为5，6，7，8时，. (1)求的分布列和数学期望； (2)（ⅰ）求； （ⅱ）已知：对随机变量，，…，，有，求. 28．错排问题最早由伯努利与欧拉系统研究，历史上称为伯努利－欧拉的装错信封问题．现在定义错排数为将编号为，共个小球放入编号为共个盒子中，每个盒子中恰有一个小球，其中有个小球不在其对应的盒子中的情况数（编号为的小球对应的盒子为编号为的盒子，）．容易得到，，规定． (1)计算； (2)在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量，定义协方差为．当时，记所放小球号码与盒子号码相同的个数为，不同的个数为，求证；并结合实例，解释协方差的实际含义． (3)定义错排概率为随机将编号为共个小球放入编号为共个盒子中，其中有个小球不在其对应的盒子中的概率，证明：． 1．在维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与对应坐标差的绝对值之和，即为.基本事实：①在三维空间中，以单位长度为棱长的立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中；②在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，并称其为“维立方体”，其中.请根据以上定义和基本事实回答下面问题： (1)若该“维立方体”为三维立方体，以单位长度为边长，从该立方体所有顶点中随机任取不同两点，求该两点曼哈顿距离为3的概率； (2)记随机变量为“维立方体”中任意两个不同顶点间的曼哈顿距离， ①时，求的最大值及此时相应的的值； ②求的分布列和数学期望. 2．在Python编程语言中，数组可以看作是行、列的数表，第行、第列的数记为，例如表示第2行、第3列的数．如果数组中存在，对任意的，都有，且成立，则称该数组为“数组”，满足条件的记为“数组”的“核”． (1)若数组与数组以数表形式表示如下： 判断数组与数组是否为“数组”，如果是，求出它的“核”； (2)已知数组是一个元素互不相同的数组，元素，，在数组是“数组”的条件下，求它的“核”是4的概率； (3)现将这个元素全部填入数组中，满足是“数组”的全体构成一个集合，从集合中任取一个元素，记它的“核”为，求随机变量的数学期望． 3．一个不透明的袋子中有n（且）个材质、大小完全相同的小球，袋中小球分别编号为1，2，3，…，n.从袋中任意取两个小球，记这两个小球编号的差的绝对值为X，记这两个小球编号中的最大编号为Y. (1)当时， （ⅰ）求的概率； （ⅱ）求； (2)证明：. 参考公式：. 4．已知甲乙两个盒中均有3个除颜色外完全相同的小球，其中2个白球和1个红球．从甲乙两个盒中各任取一个小球交换，重复进行次操作后，记甲盒中红球的个数为，甲盒中恰有1个红球的概率为，恰有2个红球的概率为． (1)求的数学期望； (2)找出与的关系，并求的通项公式； (3)证明：． 5．圆周上有个不同的点，现将这些点两两连线，要求每点只和其它一个点连线，且这些连线在圆内无交点．例如：时，共有4个点，以1，2，3，4表示，共有两种正确连线方式，如图1，2所示，而图3为错误连接方式（连线在圆内有交点，不合要求）．    (1)当时，求满足要求的连线方法总数； (2)已知满足要求的每一种连线方法出现的概率都相等，如时，出现图1和图2所示连线方法的概率均为．记一次连线方法中，共有对相邻的两个点连在一起， ①当时，求的分布列和期望； ②已知：对任意随机变量，有．记满足条件的连线方法总数为，的期望为．求（用和表示）． 6．某芯片厂生产高端人工智能芯片须经过性能测试.已知通过测试Ⅰ的概率为40%，未通过测试I的芯片须进入测试Ⅱ，通过率为，通过任意一次测试即为合格芯片.已知一枚芯片合格，则该芯片是通过测试Ⅰ的概率为θ. (1)求θ（结果用p表示）； (2)切比雪夫不等式是概率论中关于随机变量偏离其均值的概率定理，其形式如下：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有.请结合该定理解决下列两个问题： （ⅰ）若厂商声称该厂芯片通过测试Ⅱ的概率为50%.现质量检测部门随机抽取了该厂生产的100枚芯片，经检测有40枚合格.请说明该厂商的说法是否可信（注：当随机事件A发生的概率小于0.05时，可称事件A为小概率事件）； （ⅱ）为估计θ，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试Ⅰ，记.若要使得总能不超过0.01，试估计最小样本量）. 7．设为正整数，，，…为枚质地不均匀的硬币.投掷硬币，设正面朝上的概率为，反面朝上的概率为.同时投出枚硬币，当正面朝上的硬币数为奇数时，即为游戏成功. (1)当，时，求游戏成功的概率； (2)当时，设游戏成功的概率为，求当时，与的递推关系，并证明是等比数列； (3)设，对于，的取值如下：，设此时游戏成功的概率为，求证：. 8．联欢晚会上，有一个抽奖游戏．主持人从编号为1，2，3，⋯，n，的n个外观相同的箱子中随机选择两个不同的箱子分别放入一件奖品（共两件奖品），再将箱子关闭．主持人知道奖品在哪些箱子里．游戏规则如下： ①抽奖人首先选择一个箱子（记作k号箱）． ②主持人会从剩下的个箱子中打开一个空箱子（即没有奖品的箱子），且该箱子不是抽奖人选择的k号箱．如果有多个空箱子可选，主持人会随机选择一个打开． ③此时，抽奖人可以选择是否更换自己的选择． (1)设，，且主持人打开了3号箱．现在给你一次重新选择的机会： ①策略一：若你仍然选择1号箱，中奖的条件是什么？中奖概率是多少？ ②策略二：若你改选其他箱子（只能改选一次），应该选择哪个箱子？中奖概率是多少？试通过条件概率分析并说明哪种策略更优． (2)设，，且主持人打开了5号箱．定义随机变量X为另一个未被打开且未被选择的箱子中奖的箱子的最小编号（若另一个奖品在已打开的箱子中，则．求X的分布列及期望． (3)切比雪夫不等式指出：对于任意随机变量和，有，设，，主持人打开的箱子号码为随机变量Y．已知Y的方差．验证Y是否满足切比雪夫不等式对于的情况． 9．在蜜蜂群体中，侦察蜂发现食物源后，通过“蜜蜂舞”向同伴(观察蜂)指示食物源的距离(单位：百米)．设食物源距离为随机变量，其概率分布为：，，，．在每次“蜜蜂舞”中，侦察蜂选择摇摆的概率为，选择直线奔跑的概率为，通过3次“蜜蜂舞”叠加传递距离信息，且每次“蜜蜂舞”中侦察蜂选择直线奔跑或摇摆相互独立，即摇摆次数服从二项分布，其中、、． (1)求食物源距离的方差； (2)求随机变量的概率分布列及数学期望； (3)观察蜂需要根据观察到的摆动次数 来判断食物源的距离 ，设判断函数为，，其中，若损失函数为，求的值使得最小． 参考数据：，参考公式：对任意两个随机变量、有． 10．设，有个罐子和个小球，球和罐子均以1至编号.现在按号码递增的顺序依次将球放入罐子中，1号球可不受限制地随意等可能放入个罐子中的任意一个；对于，只要号罐子空着，就把号球放入到号罐子里；否则，就随意等可能放入一个空罐中.如此下去，显然号球就只有一种放法.将号球放入号罐子中的事件记为.例如，当时，显然1号球放入到1号罐子里的概率为，也就是. (1)当时，求和； (2)对于确定的，记.例如，表示的是按照规则将4个球放入到4个罐子里，最终4号球落入4号罐子里的概率.显然，，求证：在时，，并求出数列的通项公式； (3)对于确定的，求. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 概率培优 目录 A题型建模・专项突破 题型一、条件概率的证明 1 题型二、概率中的决策/游戏是否公平 2 题型三、概率与函数综合（常考点） 2 题型四、概率与数列递推综合（难点） 3 题型五、马尔科夫链（难点） 3 题型六、概率与组合公式的综合（难点） 4 题型七、概率中的创新题型 B综合攻坚・能力跃升 题型一、条件概率的证明 1．某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况（午餐，晚餐） 甲 30天 20天 40天 10天 乙 20天 25天 15天 40天 假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率. (1)分别估计一天中甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率； (2)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，一般来说在推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，由古典概型的概率计算公式，代入计算即可得到结果； （2）根据题意，由概率的计算公式代入计算，即可证明. 【详解】（1）设事件C为“一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐”， 事件D为“乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐”， 因为100个工作日中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的天数为30， 乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的天数为40， 所以，. （2）由题知， 即，即， 即， 即，即， 即. 2．一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回． (1)求第2次摸到红球的概率； (2)设第1，2，3次都摸到红球的概率为，第1次摸到红球的概率为，在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为，在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为，求，，，； (3)对于事件，试根据（2）写出，，，的等量关系式，并加以证明． 【答案】(1) (2)，，， (3)，证明见解析 【分析】（1）根据全概率公式求解即可； （2）根据相互独立事件乘法公式、条件概率公式及排列数公式求解； （3）根据（2）猜想，由条件概率公式证明即可. 【详解】（1）记事件“第次摸到红球”为，则第2次摸到红球的事件为， ，，，， 由全概率公式，得 ． （2）由已知得 ， ， ，， ． （3）由（2）可得，即， 可猜想： 证明如下：由条件概率及，， 得，， 所以． 3．一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为“良好”和“不够良好”两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100例（称对照组），得到如下表数据： 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 从该地的人群中任选一人，事件A表示“选到的人卫生习惯不够良好”，事件B表示“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】由条件概率和贝叶斯公式证明即可. 【详解】由贝叶斯公式得，，， 则． 同理，可得． 所以 . 4．甲､乙两位同学进行轮流投篮比赛，为了增加趣味性，设计了如下方案：若投中，自己得1分，对方得0分；若投不中，自己得0分，对方得1分.已知甲投篮投中的概率为，乙投篮投中的概率为.由甲先投篮，无论谁投篮，每投一次为一轮比赛，规定当一人比另一人多2分或进行完5轮投篮后，活动结束，得分多的一人获胜，且两人投篮投中与否相互独立. (1)在结束时甲获胜的条件下，求甲比乙多2分的概率. (2)已知在改变比赛规则的条件下，乙获胜的概率大于在原规则的条件下乙获胜的概率.设事件“改变比赛规则”，事件“乙获胜”，已知，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）记甲投中为事件，乙投中为事件，则由题意可得甲与乙的比分为或或结束比赛，根据独立事件的概率公式求出每种情况的概率肉而可求出甲获胜的概率，再利用条件概率公式可求得答案； （2）由题意可得，利用条件概率公式可得，而，代入化简可证得结论. 【详解】（1）记甲投中为事件，乙投中为事件，设结束时甲获胜为事件，即2轮结束或4轮结束或5轮结束，即甲与乙的比分为或或结束比赛. 若甲与乙的比分为，则； 若甲与乙的比分为，则 若甲与乙的比分为，则 . 所以. 设结束时甲比乙多2分为事件，则， 所以， 即在结束时甲获胜的条件下，甲比乙多2分的概率为 （2）因为在改变比赛规则的条件下，乙获胜的概率大于在原规则的条件下乙获胜的概率， 所以，即. 因为，所以. 因为， 所以， 即得， 所以 即. 又因为， 所以. 因为， 所以，即得证. 题型二、概率中的决策/游戏是否公平 5．现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为．甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏． (1)甲将游戏币向上抛出4次，用X表示落下时正面朝上的次数，求X的期望； (2)甲将游戏币，，抛出，用Y表示落下时正面朝上游戏币的个数，求Y的分布列及其期望； (3)将这n枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜.请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由． 【答案】(1)1 (2)分布列见解析， (3)公平，理由见解析 【分析】（1）根据二项分布的期望公式计算即可. （2）先确定的可能取值，然后根据事件的相互独立求出对应的概率值，进而得到的分布列和期望. （3）先根据题意列出正面朝上的游戏币个数为奇数的概率，记，得到数列为首项是，公差为的等差数列，最后求得. 【详解】（1）依题意得：每次抛游戏币落下时正面向上的概率均为， 故，于是． （2）记事件为“第枚游戏币向上抛出后，正面朝上”，则，， Y可取0，1，2，3．由事件相互独立，则 ； ； ； 故分布列为： 0 1 2 3 P ． （3）不妨假设按照的顺序抛这n枚游戏币； 记抛第枚游戏币后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为，； 于是； 即，即， 记，则，， 故数列为首项是，公差为的等差数列；故， 则，故，，则，因此公平． 6．某学校举办一项竞赛活动，首先每个班级选出7位候选人，然后在这7人中随机选出3人组成竞赛小组参加预赛，预赛通过后再进入决赛. (1)已知某班甲、乙、丙三人已经入围7位候选人之中，现从这7人中抽签随机选出3人组成竞赛小组去参加预赛，记甲、乙、丙3人中进入竞赛小组的人数为X，求X的分布列与数学期望； (2)预赛规则如下：竞赛小组每人相互独立同时做同一题，至少有两人做对该题方能进入决赛.若甲、乙、丙3人组成了竞赛小组，且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为，，，求此竞赛小组能进入决赛的概率； (3)假如只有A组与B组进入决赛，胜者获得冠军.已知决赛规则如下：题库共有道题，两个小组同时做同一道题，假设每道题都能做出，且没有相同时间做出，先做对该题的小组得1分，另一组不得分.A组每道题先做对的概率都为，B组先做对的概率都为q，且，各题做题结果相互独立.现在有两种赛制可以供A组选择，赛制一：从题库中选出道题，这道题全部做完后，得分高的小组获得冠军；赛制二：做完道题，得分高的小组获得冠军.你认为A组应该选择哪种赛制更有利于胜出？请说明理由并写出推导过程. 【答案】(1)分布列见解析， (2) (3)组采用赛制二更有利于胜出，理由见解析 【分析】（1）求出随机变量的取值及相应的概率，可得分布列，再利用数学期望公式求解即可； （2）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式来求解可得答案； （3）按照赛制一，设做完选定的题后，求出组取得胜利的概率，按照赛制二，不妨设做完题，求出组取得胜利的概率，再做差比较大小可得答案. 【详解】（1）由题意知随机变量的取值可以为0，1，2，3， ，， ，. 所以的分布列为 0 1 2 3 的数学期望； （2）设甲、乙、丙能独立做对该题的事件分别为， 则至少有两人做对该题的事件为： ，所以竞赛小组能进入决赛的概率为 ； （3）按照赛制一，设做完选定的题后，组的得分为，则， 组取得胜利的概率为； 按照赛制二，可以认为在赛制一的基础上再把剩下的两道题做完， 不妨设做完题，组取得胜利的概率为， 则， ， 已知，所以， 所以，因此组采用赛制二更有利于胜出. 7．“三门问题”亦称为蒙提霍尔问题，问题名字来自1970年美国的一个电视游戏节目主持人蒙提•霍尔•游戏中，参赛者会看见三扇关闭了的门，其中一扇门后面有一辆跑车，另外两扇门后面则各藏有一只山羊，选中后面有车的那扇门可获奖赢得该跑车，主持人知道跑车在哪一扇门.当参赛者选定了一扇门但未去开启它的时候，节目主持人会开启剩下两扇门的其中一扇，露出一只山羊.主持人随后会问参赛者要不要换另一扇仍然关闭的门.当时大部分的观众和参与者都支持不换门，认为换不换门获奖概率是一样的.然而当时智商最高的玛丽莲•沃斯•莎凡特给出了正确答案：应该换门. (1)请用所学概率知识解释玛丽莲•沃斯•莎凡特给出的答案； (2)当跑车门数不变，山羊门数增加，即总共门数是，其中只有一扇门后面有一辆跑车，证明：游戏中的参与者在主持人打开一扇山羊门后，换门都比不换门中奖概率更高； (3)如果有扇门，其中一扇门后有10万奖金，其他门后什么都没有，主持人知道哪一扇门后面有奖金.当参与者选中一扇门后（未打开），主持人问参与者是否愿意投入5000元，帮他在剩余的门中打开一扇没有奖金的门，并允许参与者换门.问当门数满足什么条件时，参与者投入5000元是值得的？ 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）分别求出换门和不换门中奖的概率，进行比较即可. （2）分别求出换门和不换门中奖的概率，进行比较即可. （3）求出换门和不换门所得奖金的均值，列不等式，解出即可. 【详解】（1）如果不换门，则中奖的概率为. 如果换门，则中奖的概率为：. 所以换门中奖的概率大，所以，应该换门. （2）因为总共门数是，则山羊门数为， 如果不换门，则中奖的概率为：. 如果换门，中奖的概率为：. 因为， 所以换门都比不换门中奖概率更高. （3）由（2）知不换门中奖的概率为，换门中奖的概率为：. 要想投入5000元是值得的，须有：， 整理得：， 结合，，可得. 即当时，参与者投入5000元是值得的. 8．为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额. (1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，1个为20元，其余2个均为10元， （i）求顾客所获的奖励额的分布列及数学期望； （ii）若顾客甲和顾客乙参与活动，记事件为“甲乙两人所获的奖励额之和不低于100元”，求事件的概率； (2)商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由. 【答案】(1)（i）分布列见解析，45元；（ii） (2)面值为个元和个元，理由见解析 【分析】（1）（i）利用古典概型求概率，即可列出分布列，再求期望即可； （ii）根据第（i）中的分布列，利用独立事件和互斥事件的概率公式计算即可； （2）根据题意可知每个顾客的平均奖励额为60元，故先找寻期望为60元的可能方案，分类找出所有情况，但只有和两种方案具有可能性，再分别列出其分布列，并求期望和方差. 【详解】（1）（i）依题意，得的所有可能取值为20，30，60，70， 则，， ，， 即的分布列为： 20 30 60 70 所以顾客所获得奖励额的期望为（元） （ii）根据第（i）中的分布列， 两人所获的奖励额之和为的概率为； 两人所获的奖励额之和为的概率为； 两人所获的奖励额之和为的概率为； 两人所获的奖励额之和为的概率为； 则， 所以事件的概率. （2）根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元，所以先寻找期望为60元的可能方案， ①对于面值由10元和50元组成的情况， 如果选择的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元； 如果选择的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元， 因此可能的方案是，记为方案1； ②对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除和的方案， 所以可能的方案是，记为方案2. 以下是对两个方案的分析： 对于方案1，即方案，设顾客所获的奖励额为， 则，，， 则的分布列为 20 60 100 的期望为， 的方差为， 对于方案2，即方案，设顾客所获的奖励额为， 则，，， 则的分布列为 40 60 80 的期望为， 的方差为， 由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小， 所以应该选择方案2，即面值为个元和个元. 题型三、概率与函数综合（常考点） 9．体育赛事中，常有“局胜制”、“局胜制”、、“局胜”制，．现有甲、乙两队比赛，甲获胜的概率为，各局比赛结果相互独立，且无平局．为鼓励提高比赛水平及厂商的广告需要，比赛结束后参加一项抽奖活动．箱中共有张奖券，其中有张奖券金额各万元，另外张奖券无奖金．若赛完，某队某场获胜且每局都赢，则由该队在该箱中一次性抽张奖券，而另一队不参与抽奖；若赛完，某场比赛的局数中各有输赢，则先由甲队任取张后，再由乙队从余下奖券中任抽张． (1)当，时，求甲获胜的概率； (2)当，时，求乙队获得奖金金额（万元）的分布列与期望； (3)在“局胜”制比赛中，随着增大，甲、乙谁获胜的可能性更大？证明你的结论． 【答案】(1)； (2)分布列见解析，； (3)答案见解析. 【分析】（1）采用局胜制，分析甲赢的所有情况，结合独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式求解即可； （2）计算出甲全胜、乙全胜、各有输赢的概率，分析可知的所有可能值为、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值； （3）设局胜制中，甲的获胜概率为，分三种情况讨论，求出的递推关系式，作差，结合数列的单调性，可得结论. 【详解】（1）当，时，即采用局胜制， 设甲获胜为事件，则甲前两局都赢，或者甲第三局赢，前两局赢一局输一局， 则． （2）甲全胜的概率为：，乙全胜的概率为：， 各有输赢的概率为：，所以的所有可能值为、、， ， ， ， 所以，随机变量的分布列如下： 所以． （3）设局胜制中，甲的获胜概率为，可分为以下三类： 当时， ①局中甲获胜的概率为：； ②局中胜局且后续局至少胜局的概率为：； ③局中胜局且后续局全胜的概率为：． 所以， 所以， 令， 则，，所以单调递增， 由，得，，且组合数与概率项均为正，故，即单调递增， 当时，甲最终获胜的可能性更大； 当时，，，即甲、乙最终获胜的可能性一样大； 当时，得，，且组合数与概率项均为正，故，即单调递减， 则当时，乙最终获胜的可能性更大． 10．某学校举办一项竞赛活动，首先每个班级选出8位候选人，然后在这8人中随机选出3人组成竞赛小组参加预赛，预赛通过后再进入决赛. (1)已知某班甲、乙、丙三人已经入围8位候选人之中，现从这8人中抽签随机选出3人组成竞赛小组去参加预赛，记甲、乙、丙3人中进入竞赛小组的人数为，求的分布列与数学期望； (2)预赛规则如下：竞赛小组每人相互独立同时做同一题，至少有两人做对该题方能进入决赛.若甲、乙、丙3人组成了竞赛小组，且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为，，，求此竞赛小组能进入决赛的概率； (3)假如只有组与组进入决赛，胜者获得冠军.已知决赛规则如下：题库共有道题，两个小组同时做同一道题，假设每道题都能做出，且没有相同时间做出，先做对该题的小组得1分，另一组不得分.组每道题先做对的概率都为，组先做对的概率都为，且，各题做题结果相互独立.现在有两种赛制可以供组选择，赛制一：从题库中选出道题，这道题全部做完后，得分高的小组获得冠军；赛制二：做完道题，得分高的小组获得冠军.你认为组应该选择哪种赛制更有利于胜出？请说明理由并写出推导过程. 【答案】(1)分布列见解析， (2) (3)组采用赛制二更有利于胜出，答案见解析 【分析】（1） 利用超几何分布的概率公式求出对应概率，再写出分布列，从而求得数学期望； （2） 设甲、乙、丙能独立做对该题的事件分别为、、，则至少有两人做对该题的事件为：，利用相互独立事件的概率公式求解即可； （3）按照赛制一，设做完选定的题后，组的得分为，可得，利用二项分布的概率公式求出组获得冠军的概率； 按照赛制二，可以认为在赛制一的基础上再把剩下的两道题做完，不妨设做完题，则组取得胜利概率为， 两个概率作差比较大小即可得到结论. 【详解】（1）由题意知随机变量的取值可以为0，1，2，3，     ，，，. 所以的分布列为 0 1 2 3      的数学期望. （2）设甲、乙、丙能独立做对该题的事件分别为、、，则至少有两人做对该题的事件为：， 所以竞赛小组能进入决赛的概率为 （3）按照赛制一，设做完选定的题后，组的得分为，则，组取得胜利的概率为；     按照赛制二，可以认为在赛制一的基础上再把剩下的两道题做完，不妨设做完题，组取得胜利的概率为， 则，     ，     已知，所以，因此组采用赛制二更有利于胜出. 11．2025年9月19日～21日，第10届中国国际食品餐饮博览会在长沙举行，自2025年9月1日起，某市市场监管部门对当地一食品厂生产的水果罐头开展固形物含量抽样检验，规定：在一瓶水果罐头中，固形物含量含不低于为优级品，固形物含量低于且不低于为一级品，固形物含量低于为二级品或不合格品． (1)现有6瓶水果罐头，已知其中2瓶为优级品，4瓶为一级品． （i）若每次从中随机取出1瓶，取出的罐头不放回，求在第1次抽到优级品的条件下，第2次抽到一级品的概率； （ⅱ）对这6瓶罐头依次进行检验，每次检验后不放回，直到区分出6瓶罐头的品级时终止检验，记检验次数为，求随机变量的分布列与期望． (2)已知该食品厂生产的水果罐头优级品率为，且各件产品是否为优级品相互独立，若在10次独立重复抽检中，至少有8次抽到优级品的概率不小于，求的最小值． 【答案】(1)（i）；（ⅱ）分布列见解析，； (2)． 【分析】（1）（i）利用条件概率公式即可求解； （ⅱ）先确定随机变量的可能取值，再分别计算各取值的概率得到分布列，进而求得期望； （2）根据二项分布概率公式建立不等式，结合函数单调性求解的最小值. 【详解】（1）（i）设第1次抽到优级品为事件，第2次抽到一级品为事件， 则，， 所以． 故在第1次抽到优级品的条件下，第2次抽到一级品的概率为． （ⅱ）根据题意可知的取值可能为，，，． 则，， ，． 则的分布列为 所以． （2）设在10次抽检中至少有8次抽到优级品的概率为， 则 ，其中， 因为，所以在上单调递增． 注意到，所以，故p的最小值为． 12．2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式在天安门广场隆重举行.某部队观看阅兵直播结束后，就举行了射击比赛.每个参赛队由两名战士组成，比赛分为两个阶段.比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名战士射击3次，若3次都未射中靶子，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少射中靶子一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名战士射击3次，每次射中靶子得5分，未射中靶子得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲､乙两名战士组成，甲每次射中靶子的概率为，乙每次射中靶子的概率为，各次射击中靶与否均相互独立. (1)若，甲参加第一阶段比赛，求甲､乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率. (2)假设， （i）在比赛成绩中，为使得甲､乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由哪位战士参加第一阶段比赛？ （ii）在比赛成绩中，为使得甲､乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由哪位战士参加第一阶段比赛？ 【答案】(1) (2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（ii）由甲参加第一阶段比赛； 【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案； （2）（i）首先各自计算出，，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可. 【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次， 比赛成绩不少于5分的概率. （2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为， 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为， ， ， ，应该由甲参加第一阶段比赛. （ii）若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15， ， ， ， ， 记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15， 同理 ， 因为，则，， 则， 应该由甲参加第一阶段比赛. 题型四、概率与数列递推综合（难点） 13．二次剩余理论中有如下定义：对于正整数，若存在一个整数，使得能整除，则称是的一个二次剩余，否则称为二次非剩余.二次剩余理论在噪声控制工程学、密码学以及大数分解等领域有广泛的应用. 现需编制一个随机数字串，编制要求如下： ①记，，. ② 从1到16这16个整数中随机抽取一个整数，作为. ③ 若，则从中随机选取一个数作为； 若，则从中随机选取一个数作为. (1)求； (2)记的概率为. ① 求； ② 求 . 【答案】(1) (2)①； ② 【分析】（1）先根据题目求出集合， ，则； （2）①利用全概率公式直接求解即可得到； ②利用全概率公式得到，即 所以是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列通项公式计算得到. 【详解】（1），若是12的二次剩余，则存在整数， 使，即， 又，故， 所以， ； （2）①由题， ； 所以 ； ②； ，， 因为，所以， 于是 ， 可知， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 14．已知正四面体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点的初始位置位于顶点A处，记点移动n次后仍在底面上的概率为． (1)求的值． (2)求证：数列是等比数列，并求的表达式． 【答案】(1)， (2)证明见解析， 【分析】（1）易知．第1次移动后，质点必在三点之一，分类讨论第2次移动后质点停在的位置，结合全概率公式计算即可求解. （2）由（1），结合全概率公式可得，利用构造法证明为等比数列，结合等比数列的通项公式计算即可求解. 【详解】（1）由题意，质点的初始位置为A，A不在底面上． 移动1次后，质点的位置． 从顶点A出发，有3条棱，分别通向， 这三个顶点都在底面上．故． 移动2次后，质点的位置． 第1次移动后，质点必在三点之一，且等可能性，概率均为； 若第1次到了B（概率）：从B出发，有3条棱，分别通向． 其中在底面，A不在．所以从B出发，下一步仍在底面的概率为； 若第1次到了C或情况与B完全对称，下一步仍在底面的概率也为； 由全概率公式得 ． （2）由题意知移动n次后，质点在底面上的概率为．则质点在顶点A的概率为． 若第n次后在底面（概率），且第次移动后仍留在底面． 从底面任意一点出发，有2条棱连向底面另两点，1条棱连向A，故留在底面的概率为； 若第n次后在顶点A（概率），且第次移动后到达底面． 从A出发，3条棱都连向底面，故到达底面的概率为1． 由全概率公式得， 令，即， 得．则， 所以数列是以为公比的等比数列，又． 所以，得. 15．某图书馆对学生借阅图书是否按时归还的情况开展调查，经过一段时间的统计发现：学生第一次借阅图书，按时归还的概率为；从第二次借阅开始，若前一次按时归还，则本次按时归还的概率为；若前一次未按时归还，则本次按时归还的概率为．记学生第次借阅按时归还的概率为． (1)求； (2)求数列的通项公式； (3)记前次借阅中按时归还的次数为，求随机变量的数学期望． 参考公式：若为离散型随机变量，则． 【答案】(1)， (2)， (3) 【分析】（1）利用全概率公式进行求解即可； （2）根据题意，结合构造数列法、等比数列的定义进行求解即可； （3）根据两点分布，结合数学期望公式、题中所给公式、等比数列前项和公式进行求解即可. 【详解】（1）由题意可知：， ， ； （2）由题意可知： ， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 因此，显然适合， 故； （3）记前次借阅中，第次按时归还为， 由题意可知：服从两点分布，且， 所以， ，由题中所给公式可得： . 16．某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题的概率为，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为，且各轮答题正确与否相互独立. (1)求该选手在一轮答题中答对题目的概率； (2)记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为， （i）求； （ii）是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，或 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式计算得解； （2）（i）将第3轮答题结束时挑战未终止的事件进行分拆，再利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的乘法公式求出，同理求出；（ii）利用概率的加法公式及乘法公式列出递推公式，再利用构造法求解得证. 【详解】（1）设事件“一轮答题中系统派出通识题”，事件“该选手在一轮答题中答对”， 依题意，，， 因此， 所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为. （2）（i）设事件“该选手在第轮答对题目”，各轮答题正确与否相互独立， 由（1）知，， 当时，挑战显然不会终止，即， 当时，则第1、2轮至少答对一轮，， 由概率加法公式得 ； 同理 . （ii）设事件“第轮答题结束时挑战未终止”， 当时，第轮答题结束时挑战未终止的情况有两种： ①第1轮答对，且第2轮到轮结束时挑战未终止； ②第1轮答错，且第2轮答对，第3轮到轮结束时挑战未终止， 因此第轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为， 而各轮答题正确与否相互独立， 因此， 所以时，， 设存在实数，使得数列为等比数列， 当时，，整理得， 而，则，解得或， 当时，， 因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列； 当时，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以存在实数或，使得数列为等比数列. 题型五、马尔科夫链（难点） 17．某奶茶店推出“积点兑换”活动，顾客每次消费后可随机获得 1 个、2 个或 3 个积点，对应概率分别为 ，(每次消费所获积点数相互独立，各次消费所获积点累积计算). 记顾客初始积点数 ，第 次消费后的积点数为 ，规定: 当积点达到或超过 5 (即 ) 时，自动兑换一杯免费奶茶，兑换后积点数重置为 . (1)求 、 的值，并计算 的数学期望 ； (2)设 ，请用 表示 ; (3)记 为第 次消费后的积点数 的数学期望，证明: . 【答案】(1)，， (2). (3)证明见解析. 【分析】（1）分析的取值及各个取值对应的事件，依次求出其概率，根据数学期望的计算公式求得 的数学期望 ； （2）当且第次获得个积点，或当且第次获得个积点，或当且第次获得个积点时，均可使得，由此可用 表示 ； （3）结合（2）的解析，可用表示，进而表示，求得，证明. 【详解】（1）记顾客第i次消费获得1个积点为事件，第i次消费获得2个积点为事件，第i次消费获得3个积点为事件. 的取值可能是. 因为要使，需两次消费均得3个积点，共6个积点，自动兑换一杯免费奶茶后，顾客的积点为1点， 所以； ； ； ； ； 所以， 的数学期望. （2）由（1）知， 所以. （3）由（1）知， 所以. 所以. 所以. 所以. 所以 . 因为， 所以. 所以. 18．某珍稀植物保育点设有4个独立苗床.初始时，1个苗床定植成功，3个为空置.每季度，保育员随机巡查1个苗床（4个等概率）:若该苗床为空置，则补种，成活概率为50%；若该苗床已成功，则仅进行养护（状态不变）.记第季度后成功苗床数为随机变量为的期望. (1)求； (2)（i）对，请用，和这三个量表示； （ii）证明点在一条直线上，并求出该直线的方程. 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）证明见解析，. 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式计算即得. （2）（i）利用全概率公式求出表达式；（ii）利用数学期望公式，结合（i）的结论计算得证，进而求得直线方程. 【详解】（1）依题意，， ， 由全概率公式： . （2）（i）， 所以 . （ii）由（1）得，， ， 由（i）得 ， 故点在直线上． 19．甲有两辆自行车，且每天都去体育馆锻炼.若甲去体育馆时，只要不下雨且家里有自己的自行车，他就会骑自行车过去．若甲回家时，只要不下雨且体育馆有自己的自行车，他就会骑自行车回家.其他情况下均走路去体育馆或回家．假设甲每天去体育馆时，回家时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且每次下雨与否互不影响．当前甲的自行车一辆在家里，一辆在体育馆． (1)设甲第一天去体育馆锻炼回到家后，家中自行车的数量为，求的分布列与期望． (2)设甲连续天去体育馆锻炼回到家后，家中自行车的数量为0，1的概率分别为，． ①求； ②证明：． 【答案】(1)分布列见解析；1 (2)①，；②证明见解析 【分析】（1）确定X的可能的取值，由题意求出每个值相应的概率，即可求得分布列以及期望； （2）①结合（1）的结论求解，即得答案；②设为连续天去体育馆锻炼回到家后，家中有2辆自行车的概率，可得，从而可得，，相加后化简即可证明结论. 【详解】（1）由题意可知的取值可能为， 当时，表示甲第一天去体育馆锻炼时不下雨，回家时下雨， 则, 当时，表示甲第一天去体育馆锻炼时不下雨，回家时也不下雨， 或甲第一天去体育馆锻炼时下雨，回家时也下雨， 则； 当时，表示甲第一天去体育馆锻炼时下雨，回家时不下雨， 则， 故X的分布列为： X 0 1 2 P 则. （2）①由（1）可知， 则； ； ②设为连续天去体育馆锻炼回到家后，家中有2辆自行车的概率，则， 则，， 故 . 20．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…，，，，，…，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即． 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，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为，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，赌博过程如下图的数轴所示． 当赌徒手中有n元（，）时，最终输光的概率为，请回答下列问题： (1)请直接写出与的数值． (2)证明是一个等差数列，并写出公差d． (3)当时，分别计算，时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义． 【答案】(1)， (2)证明见解析； (3)时，，当时，，统计含义见解析 【分析】（1）明确和的含义，即可得答案； （2）由全概率公式可得，整理为，即可证明结论； （3）由（2）结论可得，即可求得，时，的数值，结合概率的变化趋势，即可得统计含义. 【详解】（1）当时，赌徒已经输光了，因此. 当时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率. （2）记M：赌徒有n元最后输光的事件，N：赌徒有n元且下一场赢的事件, , 即， 所以， 所以是一个等差数列， 设，则， 累加得，故，得， （3），由得,即, 当时，， 当时，， 当时，，因此可知久赌无赢家， 即便是一个这样看似公平的游戏， 只要赌徒一直玩下去就会的概率输光． 【点睛】关键点睛：此题很新颖，题目的背景设置的虽然较为陌生复杂，但解答并不困难，该题将概率和数列知识综合到了一起，解答的关键是要弄明白题目的含义，即审清楚题意，明确，即可求解, 题型六、概率与组合公式的综合（难点） 21．编号为的个球依次被等可能地涂成黑色或白色，设编号为奇数的黑色球的个数为，编号为偶数的白色球的个数为，记事件“”为． (1)求； (2)当时，求； (3)当时，设，证明：． 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据独立事件定义分析，分别对应的事件，并计算对应概率，再根据条件概率公式计算即可. （2）当时，分析可能情况，记事件“编号为奇数的个球中，被涂成黑色的球的个数为”为，事件“编号为偶数的个球中，被涂成白色的球的个数小于”为，则，且两两互斥，再根据公式计算即可. （3）根据题意列出对应事件及其概率，再用期望公式计算，最后根据组合数性质进行化简计算即可得证. 【详解】（1）记事件“编号为的球被涂黑色”为，则 ，且相互独立，所以， 同理，可得， 所以 事件， 所以， 故． （2）记事件“编号为奇数的个球中，被涂成黑色的球的个数为”为， 事件“编号为偶数的个球中，被涂成白色的球的个数小于”为， 则， 且两两互斥， 所以 设， 则， 故， 从而，所以． （3）设，则可取，故可取， 根据对称性， 且， 根据组合数的对称性， 可得， 因为展开式中的系数为， 展开式中的系数为， 故， 故 从而， 整理，得 又 ， 所以， 所以， 又 根据，可得． 可得． 记“偶数号白球个数与奇数号黑球个数相等”为事件，其概率为 由（2）知，所以， 又由（2）知，可得， 所以 22．随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用．在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位．且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处 (1)设粒子在第2秒末移动到点记的取值为随机变量，求的分布列和数学期望； (2)记第秒末粒子回到原点的概率为． ①求，； ②已知，求． 【答案】(1)分布列见解析， (2)① ，；② 【分析】（1）根据第2秒末粒子的可能位置进行列举，确定随机变量的所有可能值，利用古典概型概率公式计算概率，即得分布列和数学期望； （2）①根据第1秒末粒子的所有可能位置，易得第2秒末回到原点的概率，根据粒子在第4秒末回到原点，可分两种情况考虑，即按照四个不同方向的排列或按照两个相反方向的排列，利用互斥事件的概率加法公式计算即得；②因第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动了步，向右移动了步，向上移动了步，向下移动了步，由此列出，利用组合式公式和题设公式化简即得. 【详解】（1）因在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处， 故在第2秒末可能运动到点各两种情形，各一种情形，有4种情形，共计16种情形， 随机变量表示的取值，故的可能取值为， 对应的概率分别为：，，. 故的分布列为： 数学期望. （2）① 因第1秒末，粒子等可能地出现在，，，四点， 第2秒末，每个位置的粒子都有的可能回到原点，故； 对于粒子在第4秒末回到原点，分两种情况考虑： 每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形； 每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右，上上下下”，共有种情形. 故. ② 第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动了步，向右移动了步， 向上移动了步，向下移动了步， 故 ， 因，故. 【点睛】关键点点睛：本题（2）②，将理解为第秒末粒子要回到原点，则向左移动了步，向右移动了步，向上移动了步，向下移动了步最为关键，从而得到，其次利用组合式公式与求和符号含义，题设公式结合应用为第二关键. 23．甲有红球若干，乙有黄球若干，丙有白球若干，三人各自随机拿出X，Y，Z个球放入一个盒中，保证盒中不多于个球，. (1)若. （i）已知，求； （ii）求； (2)令，求. 参考公式：. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）（i）已知，则X共8种等可能取值，所以； （ii）当，所以样本空间为，所以. （2）由题得到，样本空间为， 当时，个数为，所以，所以，计算得到 ，所以. 【详解】（1）（i）已知，则，且. 则X可取1,2,…,8，共8种等可能取值， 所以； （ii）因为，所以样本空间为方程的正整数解个数共； 当时，正整数解个数为 ； 当时，正整数解个数为 ； 所以. （2）因为，所以， 由对称性，， 故. 样本空间为满足的正整数解个数为 当 时，的正整数解个数为 ； ； 所以； 令； 所以； . 24．甲､乙两人比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜.假设每局比赛甲赢的概率都是，各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局. (1)时，若两人共进行5局比赛.设两人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望； (2)时，若两人共进行局比赛.记事件表示“在前局比赛中甲赢了局”.事件表示“甲最终获胜”.请写出的值（直接写出结果即可）； (3)若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为证明：时，. 【答案】(1)分布列见解析，； (2)； (3)证明见解析； 【分析】（1）确定的可能取值，利用二项分布计算各取值得概率，列出分布列，根据分布列计算期望； （2）分析前2n-1局甲赢k局后，剩余2局甲需赢多少局才能获胜；根据k的不同范围，判断剩余两局的胜负可能性，当时，剩余2局最多赢2局，总赢局数，无法获胜，求出其概率；当时，需要赢剩余2局，求出其概率；当时，需要赢至少1局，求出其概率；当时，已满足获胜条件，概率为1. （3）利用全概率公式求得，求出，求出，利用基本不等式得证. 【详解】（1）（1）解：的可能取值为. ； . 的分布列为 1 3 5 . （2）当时，剩余2局最多赢2局，总赢局数，无法获胜，其概率为； 当时，需要赢剩余2局，其概率为； 当时，需要赢至少1局，其概率； 当时，已满足获胜条件，概率为. 故. （3）（3）证明：由全概率公式得 . 所以. 当时，. . 因为，所以，即. 题型七、概率中的创新题型 25．编号为的小球随机放入编号为的盒子中，即每个球放入任何一个盒子机会均等，相互独立，记表示n个盒子中空盒子的个数． (1)当时，求编号为1的盒子中有球的概率； (2)若设，则可得：，，所以，求； (3)求证：关于n单调递增． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用分步计数计数原理结合古典概型的概率公式可求概率； （2）根据题设中给出的公式结合期望性质可求； （3）根据均值不等式可证关于n单调递增. 【详解】（1）当时，每个球都有种放法，根据分步乘法计数原理，个球放入个盒子的所有可能情况有种。 编号为的盒子中有球的情况有种 （球在号盒，球在号盒；球在号盒，球在号盒；球和球都在号盒）。 根据古典概型概率公式（其中是包含的基本事件个数，是基本事件总数），可得编号为1的盒子中有球的概率为 （2）表示个盒子中空盒子的个数，表示第个盒子是否有球， 根据期望的线性性质， 可得， 已知， 则 （3）由（2）知，则， 因为,由均值不等式可得： ， 故，所以关于单调递增. 26．某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试（测试I）通过率为，未通过测试I的芯片进入第二次测试（测试II），通过率为.通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废. (1)若 ，，已知一枚芯片合格，求其是通过测试 的概率 ; (2)为估计 （1） 中的 ，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试I.记.若要使得总能不超过，试根据参考内容估计最小样本量. 参考内容：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有. 【答案】(1) (2)1000 【分析】（1）借助全概率公式计算出出一枚芯片合格的概率，再结合首次测试（测试I）通过率为与条件概率公式计算从而得解； （2）由题意可得k符合二项分布，再结合所给参考内容，利用基本不等式，经计算即可得解. 【详解】（1）记事件：通过测试I，事件：通过测试II，事件B：芯片合格， ，，，， ， 则. （2）因为，所以，， ，， ， ， 又，当且仅当时等号成立， ，均有， 取，则， 根据题意要使得总能不超过0.1， 当，即时满足条件， 最小样本量为1000. 27．在整数1，2，…，n（）中随机取出k（）个数，记其中两数恰为相邻整数的组数为.例如，取出的数为1，2，4，5时，；取出的数为1，3，8时，；取出的数为5，6，7，8时，. (1)求的分布列和数学期望； (2)（ⅰ）求； （ⅱ）已知：对随机变量，，…，，有，求. 【答案】(1)分布列见解析， (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）求出的可能取值及相对应的概率可得分布列，再求期望； （2）（ⅰ）求出的可能取值及相对应的概率可得分布列，再求期望；（ⅱ）定义随机变量，，当m和同时被选中时，则求出，再由可得答案. 【详解】（1）当，时，的可能取值为0，1，2， ，，， ∴的分布列为 0 1 2 P ； （2）（ⅰ）的可能取值为0，1，2， ，， ， ∴； （ⅱ）定义随机变量，，当m和同时被选中时，， 否则.则，从而， ∵当且仅当所选的k个数中包含m和， ∴， ∴. 28．错排问题最早由伯努利与欧拉系统研究，历史上称为伯努利－欧拉的装错信封问题．现在定义错排数为将编号为，共个小球放入编号为共个盒子中，每个盒子中恰有一个小球，其中有个小球不在其对应的盒子中的情况数（编号为的小球对应的盒子为编号为的盒子，）．容易得到，，规定． (1)计算； (2)在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量，定义协方差为．当时，记所放小球号码与盒子号码相同的个数为，不同的个数为，求证；并结合实例，解释协方差的实际含义． (3)定义错排概率为随机将编号为共个小球放入编号为共个盒子中，其中有个小球不在其对应的盒子中的概率，证明：． 【答案】(1)9，44； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）1号球有种排法，讨论2号球的排法，进而讨论3，4号球可得的排法，从而可求，类似可求得. （2）根据离散型随机变量写出分布列计算期望，方法1：结合和期望的运算性质得证得到；方法2：结合，列举求解证得，最后结合实例说明协方差； （3）由定义得到与间的关系，寻找与的关系，变形并求的表达式，运算可得结论. 【详解】（1）求： 1号球可以放入号盒子中，有种排法． 不妨设1号球放在2号盒子中，接下来讨论2号球的放置方法． 当2号球放在1号盒子中时，剩下两个小球只有1种方法． 当2号球不放在1号盒子中时，可以排在3号盒子与4号盒子中，有种情况． 若2号球放在3号盒子中时，剩下两个小球只有1种方法． 所以． 求： 1号球可以放入2，3，4，5号盒子中，有种情况． 不妨设1号球放在2号盒子中上，接下来讨论2号球的放置方法． ①当2号球放在1号盒子中时，剩下三个的小球分别不放在3，4，5号盒子中， 则3，4，5号球的不同方法有（种）． ②当2号球不放在1号盒子中时，剩下三个的小球分别不放在3，4，5号盒子中， 共有种排法． 故． （2）由题意知的所有可能取值为0，1，2，4，且． 所以，，，． 故的分布列为： 0 1 2 4 所以，. 方法1：因为，所以． 令，则的分布列为： 0 故． 方法2：因为，所以当时，； 当时，，则． 当时，，则； 当时，，则． 故． ． 令， 可知当时，和同时大于或同时小于各自的数学期望． 当时，和相对于各自数学期望的大小情况相反． 因此，刻画了和之间的变化趋势： 如果，表示和的变化趋势相同； 如果，表示和的变化趋势相反． 表示“所放小球号码与盒子号码相同”的个数和“所放小球号码与盒子号码不同”的个数的变化趋势相反，与实际情况相吻合． （3）回到定义，当时，对于，不妨从1号球开始放置． 设1号球放在号盒子中，有种放法．接下来讨论号球： ①当号球放在1号盒子中时，剩下， 共个球分别不在号盒子中，共有种排法． ②当号球不放在1号盒子中时， 因为号球分别不在号盒子中， 所以共个小球分别不在号盒子中， 共有种排法． 所以. （第（1）问中对于的递推关系以及证明有所提示， ，， 可以从第（1）问的计算方法入手，得出递推关系）， 则，， 即 根据定义，． 先从个元素中选出个元素，再对它们进行排列，并使它们均不排在对应位置上， 所以，则． 不妨记，则，且， 得，则， 故是等比数列，且公比为-1． 又，所以， 变形得， 则当时，， 累加得，经检验，也符合上式， 所以， 故． 1．在维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与对应坐标差的绝对值之和，即为.基本事实：①在三维空间中，以单位长度为棱长的立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中；②在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，并称其为“维立方体”，其中.请根据以上定义和基本事实回答下面问题： (1)若该“维立方体”为三维立方体，以单位长度为边长，从该立方体所有顶点中随机任取不同两点，求该两点曼哈顿距离为3的概率； (2)记随机变量为“维立方体”中任意两个不同顶点间的曼哈顿距离， ①时，求的最大值及此时相应的的值； ②求的分布列和数学期望. 【答案】(1) (2)①，；②分布列见解析， 【分析】（1）利用列举法，结合古典概型概率公式，即可求解； （2）①根据曼哈顿距离的定义可知，，代入，即可求解； ②首先确定的取值，再结合的公式，即可求解分布列，代入期望公式，利用倒序相加法，即可求解. 【详解】（1）记随机变量为“维立方体”中任意两个不同顶点间的曼哈顿距离， 时，顶点坐标分别为，，，，，，，共8个， 其中能满足曼哈顿距离为3的有和，和，和，和，共4对， 所以. （2）①由题意得，可取， 当时，对于点与点， 其中使的i的个数为，则满足的的个数为， 此时所对应情况数为， 则， 故时，则， 所以时，则， ②由①知， 故的分布列为 1 2 数学期望， 又①， 所以②， ①+②可得，， 所以. 2．在Python编程语言中，数组可以看作是行、列的数表，第行、第列的数记为，例如表示第2行、第3列的数．如果数组中存在，对任意的，都有，且成立，则称该数组为“数组”，满足条件的记为“数组”的“核”． (1)若数组与数组以数表形式表示如下： 判断数组与数组是否为“数组”，如果是，求出它的“核”； (2)已知数组是一个元素互不相同的数组，元素，，在数组是“数组”的条件下，求它的“核”是4的概率； (3)现将这个元素全部填入数组中，满足是“数组”的全体构成一个集合，从集合中任取一个元素，记它的“核”为，求随机变量的数学期望． 【答案】(1)数组不是“数组”；数组是“数组”，它的“核”为7． (2)． (3) 【分析】（1）根据“β数组”的定义，逐行、逐列进行验证，易得. （2）设数组是“数组”为事件，数组的“核”是4为事件，分类讨论求出事件的个数及事件N的个数，利用条件概率公式求解即可. （3）求出随机变量取值，求出对应的概率，利用数学期望公式求出期望表达式，最后利用“倒序相加”. 【详解】（1）根据“β数组”的定义，逐行、逐列进行验证，易得： 数组中不存在这样的数，所以数组不是“数组”； 数组中有且仅有7满足题意，数组是“数组”，它的“核”为7． （2）设数组是“数组”为事件，数组的“核”是4为事件． 若数组是“数组”时，可设它的“核”为，因为的每行有2个元素， 每列有3个元素，且，则． 当时，此时“数组”的个数为： 当时，此时“数组”的个数为： 当时，此时“数组”的个数为： 假设一个“数组”中同时存在两不同个“核”和． 若和处于同一行或处于同一列时，根据定义则必有，这与和不同矛盾； 若和不同行也不同列时，不妨设， 根据定义可得：， 所以，同样产生矛盾，所以“数组”的“核”是唯一的． 所以． 答：是“数组”的概率为． （3）根据题意的可能取值为（共个取值）， 当时，此时“数组”的个数为： 当时，此时“数组”的个数为： 当时，此时“数组”的个数为： …… 当时，此时“数组”的个数为： 当时，此时“数组”的个数为： 由这些计数无重复，故的元素个数为 注意到以上计数具有对称性，即： …… 所以利用“倒序相加”法我们有： ，， 所以． 3．一个不透明的袋子中有n（且）个材质、大小完全相同的小球，袋中小球分别编号为1，2，3，…，n.从袋中任意取两个小球，记这两个小球编号的差的绝对值为X，记这两个小球编号中的最大编号为Y. (1)当时， （ⅰ）求的概率； （ⅱ）求； (2)证明：. 参考公式：. 【答案】(1)（i）；（ii） (2)证明见解析 【分析】（1）（ⅰ）从袋中任意取两个小球，共有种情况，再列举出满足的情况，得到； （ⅱ）求出X的可能取值和对应的概率，得到分布列和数学期望； （2）X的取值为1，2，…，，并求出相应的概率，分组求和得到，同理求出Y的取值为2，3，…，n，并求出相应的概率，求和得到，证明出结论. 【详解】（1）（ⅰ），从袋中任意取两个小球，共有种情况， 当，时，这2个球的编号为1，2； 当，时，这2个球的编号为3，1； 当，时，这2个球的编号为4，1； 当，时，这2个球的编号为5，1； 当，时，这2个球的编号为6，1， 可得当时，的概率为. （ⅱ）X的可能取值为1，2，3，4，5， ，即2个球的编号为1，2；2，3；3，4；4，5；5，6； 故，同理可得，， ， ， X 1 2 3 4 5 P . （2）证明：X的取值为1，2，…，， 则，，…， ，…，， ， 所以 . Y的取值为2，3，…，n， ，，…，，…，， . 所以 . 故. 4．已知甲乙两个盒中均有3个除颜色外完全相同的小球，其中2个白球和1个红球．从甲乙两个盒中各任取一个小球交换，重复进行次操作后，记甲盒中红球的个数为，甲盒中恰有1个红球的概率为，恰有2个红球的概率为． (1)求的数学期望； (2)找出与的关系，并求的通项公式； (3)证明：． 【答案】(1) (2)； (3)证明见解析 【分析】（1）由题意写出随机变量的可能取值，分别求得所有取值的概率，根据数学期望的公式，可得答案； （2）由全概率公式，可得数列的递推公式，利用构造法以及等比数列的通项公式，可得答案； （3）类比（2）求得数列的通项公式，利用数学期望的计算，可得答案. 【详解】（1）由题意随机变量， 则，，， 所以随机变量的分布列如下： 故数学期望. （2）由全概率公式可得 ， 即，化简可得， 所以，又， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，即. （3）由全概率公式可得 ， ， 即，又，所以， 可得，又， 故，则，， 所以 5．圆周上有个不同的点，现将这些点两两连线，要求每点只和其它一个点连线，且这些连线在圆内无交点．例如：时，共有4个点，以1，2，3，4表示，共有两种正确连线方式，如图1，2所示，而图3为错误连接方式（连线在圆内有交点，不合要求）．    (1)当时，求满足要求的连线方法总数； (2)已知满足要求的每一种连线方法出现的概率都相等，如时，出现图1和图2所示连线方法的概率均为．记一次连线方法中，共有对相邻的两个点连在一起， ①当时，求的分布列和期望； ②已知：对任意随机变量，有．记满足条件的连线方法总数为，的期望为．求（用和表示）． 【答案】(1)5 (2)答案见解析 【分析】（1）给6个点合适代号，再分三类讨论即可； （2）①分类讨论出所有合适情况，再按步骤列出其分布列计算其期望即可； ②分和讨论即可. 【详解】（1）当时，有6个点围绕在一个圆周围. 以1、2、3、4、5、6表示， 由题意可知，满足要求的连线方法，任意一条连线后，其同侧不能剩余奇数个点，故1必不与奇数3、5配对. 按点1的配对情况，分为三类： ①1与2配对：另4点3、4、5、6的配对情况，同时共有4个点的配对方法数相同， 故有2种方法； ②1与6配对：由对称性可知同1与2配对的方法数，故有2种方法； ③1与4配对：2必与3配对，6必与5配对，故只有1种方法. 综上，完成这件事的方法数共有种方法， 列举如下： （12）（34）（56）；（12）（36）（45）；（16）（23）（45）；（16）（25）（34）；（14）（23）（56）. 即满足要求的连线方法总数为5. （2）①当时，有8个点围绕在一个圆周围. 以1、2、3、4、5、6、7、8表示， 由题意可知，满足要求的连线方法，任意一条连线后，其同侧不能剩余奇数个点，故1不能与3、5、7配对. 故按点1的配对情况，可分为两类： 12或18配对： 若12配对，则另6点3、4、5、6、7、8的配对情况， 同时共有6个点的配对方法数相同，故有5种方法； 若18配对，由对称性可知与12配对方法相同，故也有5种方法； 故有种方法；    14或16配对：由对称性，这两类配对方法也相同. 不妨设14配对，由题意，23必配对.而另外5、6、7、8的配对情况，即同时共有4个点的配对方法数，有2种方法； 故有种方法；    综上，完成这件事的方法数共有种方法. 已知满足要求的每一种连线出现的概率都相等，则每一种方法的概率均为， 记一次连线中，共有Y对相邻的两个点连在一起， 14种方法中的有种方法；的有种；的有种； 则Y的所有可能值为， ； ； . 故Y的分布列为： 2 3 4 ，故Y的期望为. ②当时，显然有，此时， 当时，若第个点与相邻点相连，记随机变量，则 若第个点不与相邻点相连，记随机变量，则 由于有对相邻的两个点，则 则 综上所述，. 6．某芯片厂生产高端人工智能芯片须经过性能测试.已知通过测试Ⅰ的概率为40%，未通过测试I的芯片须进入测试Ⅱ，通过率为，通过任意一次测试即为合格芯片.已知一枚芯片合格，则该芯片是通过测试Ⅰ的概率为θ. (1)求θ（结果用p表示）； (2)切比雪夫不等式是概率论中关于随机变量偏离其均值的概率定理，其形式如下：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有.请结合该定理解决下列两个问题： （ⅰ）若厂商声称该厂芯片通过测试Ⅱ的概率为50%.现质量检测部门随机抽取了该厂生产的100枚芯片，经检测有40枚合格.请说明该厂商的说法是否可信（注：当随机事件A发生的概率小于0.05时，可称事件A为小概率事件）； （ⅱ）为估计θ，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试Ⅰ，记.若要使得总能不超过0.01，试估计最小样本量）. 【答案】(1) (2)（ⅰ）该厂商的说法不可信；（ⅱ）10000 【分析】（1）利用条件概率表示. （2）（ⅰ）结合二项分布的期望和方差公式，判断是否为小概率事件. （ⅱ）根据列式，解不等式可求的取值范围. 【详解】（1）设事件表示芯片通过测试Ⅰ，则， 设事件表示芯片通过测试Ⅱ，则， 设事件表示芯片通过测试，则. 所以. （2）（ⅰ）若，则. 设抽取的100枚芯片中，合格芯片数为，则，所以,. 当时，， 根据切比雪夫不等式：. 所以若，则为小概率事件，所以厂商的说法不可信. （ⅱ）因为，所以，. 由切比雪夫不等式：. 因为（当时取等号）. 所以要使，即 . 7．设为正整数，，，…为枚质地不均匀的硬币.投掷硬币，设正面朝上的概率为，反面朝上的概率为.同时投出枚硬币，当正面朝上的硬币数为奇数时，即为游戏成功. (1)当，时，求游戏成功的概率； (2)当时，设游戏成功的概率为，求当时，与的递推关系，并证明是等比数列； (3)设，对于，的取值如下：，设此时游戏成功的概率为，求证：. 【答案】(1) (2)（且），证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由条件可知，要使游戏成功，需满足正面朝上的数量为1或3，转化为独立重复概率类型，列式求解； （2）根据硬币正面朝上的硬币数为奇数和偶数，结合全概率公式，即可得到递推关系式，再利用数列的构造法，即可证明； （3）方法一：根据（2）的结果，结合等比数列通项公式的求法，求得，，以及的通项公式，以及递推关系式，并代入求解的通项公式，讨论的取值，即可证明；方法二：首先设个硬币出现奇数的概率为，根据全概率公式，得到的递推关系式，以及通项公式，再求前3项，并表示，即可证明. 【详解】（1）当时，要使游戏成功，需满足正面朝上的数量为1或3， 此时，游戏成功的概率为：； （2）设游戏成功的概率为，当时，，接下来用表示， 当时，投掷枚硬币，，…，正面朝上的硬币为奇数有两种情况： 第一：硬币，，…，中正面朝上的硬币数为奇数时，反面朝上； 第二：硬币，，…，中正面朝上的硬币数为偶数时，正面朝上. 此时，，所以（且）， 则，且，则是以为首项，为公比的等比数列. （3）方法一：当时，此时游戏成功的概率记为，. 由（2）知：，则，（） 所以，（）① 当时，， 则， 注意到：，则， 故：② 当时，， 则：③. 结合①②③： 由于，当时，，，，则； 当时，，则； 当时，，，，则. 综上：对任意的，成立. 方法二：对于个硬币出现奇数的概率为， ∴ ∴ ∴ ∴等比，∴ ∴前个硬币出现奇数的概率 中间个： 后面个： 当时，. 当时，. 当时，. ∴成立. 8．联欢晚会上，有一个抽奖游戏．主持人从编号为1，2，3，⋯，n，的n个外观相同的箱子中随机选择两个不同的箱子分别放入一件奖品（共两件奖品），再将箱子关闭．主持人知道奖品在哪些箱子里．游戏规则如下： ①抽奖人首先选择一个箱子（记作k号箱）． ②主持人会从剩下的个箱子中打开一个空箱子（即没有奖品的箱子），且该箱子不是抽奖人选择的k号箱．如果有多个空箱子可选，主持人会随机选择一个打开． ③此时，抽奖人可以选择是否更换自己的选择． (1)设，，且主持人打开了3号箱．现在给你一次重新选择的机会： ①策略一：若你仍然选择1号箱，中奖的条件是什么？中奖概率是多少？ ②策略二：若你改选其他箱子（只能改选一次），应该选择哪个箱子？中奖概率是多少？试通过条件概率分析并说明哪种策略更优． (2)设，，且主持人打开了5号箱．定义随机变量X为另一个未被打开且未被选择的箱子中奖的箱子的最小编号（若另一个奖品在已打开的箱子中，则．求X的分布列及期望． (3)切比雪夫不等式指出：对于任意随机变量和，有，设，，主持人打开的箱子号码为随机变量Y．已知Y的方差．验证Y是否满足切比雪夫不等式对于的情况． 【答案】(1)①中奖条件是1号箱有奖，；②选择2或4号箱均可，中奖概率为.策略1更优. (2)分布列见解析；期望为 (3)Y满足切比雪夫不等式对于的情况 【分析】（1）利用古典概型计算策略1的概率，结合列举法求对应事件的概率. （2）明确的取值，利用列举法求出对应值的概率，可得的分布列，再根据期望公式求期望. （3）先求，代入公式，计算验证即可. 【详解】（1）分析，主持人打开3号箱的情况 策略一：仍然选择1号箱 已知，两个奖品放在两个箱子里，抽奖人先选1号箱，主持人打开3号箱（空箱）。 若仍然选择1号箱，中奖条件是奖品在1号箱中。 最初主持人从4个箱子选2个放奖品，总共有种放法：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)。 因为主持人打开了3号箱（空箱），所以奖品不可能在(1,3)，(2,3)，(3,4)中，剩下可能的放法为(1,2)，(1,4)，(2,4)，共3种。 其中奖品在1号箱的情况有(1,2)，(1,4)，共2种。所以仍然选择1号箱中奖概率。 策略二：改选其他箱子 剩下未被选（1号）和未被打开（3号已打开 ）的箱子是2号和4号。 由上面分析，奖品分布剩下(1,2)，(1,4)，(2,4)这3种情况。 若改选，要中奖则奖品不能在1号箱，即奖品在(2,4)时中奖，此时应选2号或4号箱（因为(2,4)表示奖品在2和4号箱 ）。 奖品在(2,4)这1种情况满足改选后中奖，所以改选后中奖概率（选2号或4号其中一个，这里以整体看改选后的中奖情况 ）。 对比，，策略一更优 （2）分析，，主持人打开5号箱的情况 首先，，抽奖人选2号箱，主持人打开5号箱（空箱）． 最初放奖品的总情况有种：，，，，，，，，，． 因为主持人打开5号箱（空箱），所以排除，，，，剩下6种情况：，，，，，． 求X的分布列 X为另一个未被打开且未被选择（2号被选，5号被打开）的箱子中中奖的箱子的最小编号， 若奖品在已打开箱子（这里已打开5号，若奖品有5号才会，但已排除含5号的情况，所以X取值为1，3，4． 当时：奖品分布为，，，共3种情况，概率． 当时：奖品分布为，（此时最小编号是3），共2种情况，概率． 当时：奖品分布为，共1种情况，概率． X的分布列： X 1 3 4 P ． （3）验证，时Y是否满足切比雪夫不等式 首先，，抽奖人选1号箱，主持人从2，3，4，5，6号箱中打开一个空箱，Y表示打开的箱子号码． 先求：Y可能取值为2，3，4，5，6．计算． 切比雪夫不等式要求验证，这里，， 则 ． 计算，即，． 因为，所以Y满足切比雪夫不等式对于的情况． 9．在蜜蜂群体中，侦察蜂发现食物源后，通过“蜜蜂舞”向同伴(观察蜂)指示食物源的距离(单位：百米)．设食物源距离为随机变量，其概率分布为：，，，．在每次“蜜蜂舞”中，侦察蜂选择摇摆的概率为，选择直线奔跑的概率为，通过3次“蜜蜂舞”叠加传递距离信息，且每次“蜜蜂舞”中侦察蜂选择直线奔跑或摇摆相互独立，即摇摆次数服从二项分布，其中、、． (1)求食物源距离的方差； (2)求随机变量的概率分布列及数学期望； (3)观察蜂需要根据观察到的摆动次数 来判断食物源的距离 ，设判断函数为，，其中，若损失函数为，求的值使得最小． 参考数据：，参考公式：对任意两个随机变量、有． 【答案】(1)； (2)分布列见解析；期望为； (3) 【分析】（1）根据题意，利用期望和方差的公式，即可求解； （2）根据题意，分，三种情况讨论，结合二项分布的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的计算公式，即可求解； （3）由（1）（2）知，，，，求得，再由，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）解：由题意知，食物源距离为随机变量，且， 可得期望，则方差. （2）解：由题意知， 当时，，则； 当时，，则； 当时，，则， 随机变量的取值为， 则， 即 ； ； ； ， 故随机变量的分布列为 0 1 2 3 所以期望为. （3）解：由（1）（2）知，，，， ，故 则 由二次函数的性质可知，当时，最小. 10．设，有个罐子和个小球，球和罐子均以1至编号.现在按号码递增的顺序依次将球放入罐子中，1号球可不受限制地随意等可能放入个罐子中的任意一个；对于，只要号罐子空着，就把号球放入到号罐子里；否则，就随意等可能放入一个空罐中.如此下去，显然号球就只有一种放法.将号球放入号罐子中的事件记为.例如，当时，显然1号球放入到1号罐子里的概率为，也就是. (1)当时，求和； (2)对于确定的，记.例如，表示的是按照规则将4个球放入到4个罐子里，最终4号球落入4号罐子里的概率.显然，，求证：在时，，并求出数列的通项公式； (3)对于确定的，求. 【答案】(1)， (2)证明见解析； (3) 【分析】（1）当时，分两类情况，利用互斥事件的和事件概率加法公式（全概率公式）求解可得； （2）按1号球放入罐子号分类，利用由互斥事件的和事件概率加法公式（全概率公式）求解递推关系；再构造作差求通项即可. （3）根据全概率公式计算求解. 【详解】（1）当时，由题意，事件“将号球放入号罐子中”， 即前个球放置后号罐子为空，、号球不能放入号罐子， 共如图两类情况： 第一类：号球放入号罐子，其概率为，且之后放法确定. 因为号罐子空，号球必放入号罐子， 然后因为号罐子空，则号球必放入号罐子； 第二类：号球放入号罐子，概率为， 然后因为号罐子不空，则号球放入号罐子的概率为， 之后由于号罐子空，则号球放法确定，必放入号罐子； 则由概率乘法公式可知，此类情况概率为. 因为两类事件互斥，则由互斥事件的和事件概率加法公式可得 所以； 由事件“号球不放入号罐子，且号球放入号罐子”，即上述第二类情况， 故. （2）表示的是按照规则将个球放入到个罐子里，最终号球落入号罐子里的概率， 其中，且由题意，由（1）可知. 当时，事件共有以下情况： 第1类：号球放入号罐子，其概率为，且依序各罐子都空，故之后放法确定， 即任意号球都必放入号罐子； 第2类：号球放入号罐子，其概率为， 然后将剩余号共个球放入共个罐子中，且号球必须放入号罐子， 现不妨将号罐子重新编号为“新”号罐子，即将个球放入“新”共个罐子中，且号球必须放入号罐子，其概率为， 故由概率乘法公式可知，此类情况概率为该类情况的概率即为； 第类：号球放入号罐子，其概率为， 因为号罐子空，号球放法确定，必放入号罐子， 然后将剩余号共个球放入共个罐子中， 且号球必须放入号罐子， 现不妨将号罐子重新编号为“新”号罐子， 即将个球放入“新”共个罐子中， 且号球必须放入号罐子，其概率为， 故由概率乘法公式可知，此类情况的概率为； 同理依次分类下去，，直至第类， 第类：号球放入号罐子，其概率为， 因为号罐子均为空，所以号球依次放入对应编号的罐子中 然后将球与号球两个球放入号共个罐子中即可，且号球必须放入号罐子， 同理可知此类情况的概率为； 因为这类事件互斥，则由互斥事件的和事件概率加法公式可得 所以， 则有①，得证. 由所证式子可得②， 由得， 化简可得，又， 故可得. （3）现按照规则将个球放入到个罐子里，其中， 由题意事件“号球放入号罐子中”， 则由全概率公式可得， 且，，， 且由（2）知， 代入公式可得， 解得. 故. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $