期末培优：概率中的随机游走问题复习讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

期末培优：概率中的随机游走问题复习讲义 期末培优：概率中的随机游走问题复习讲义 知识点解析 一、核心解题原理 1. 模型定义 质点在数轴/格点上，每一步以固定概率向左右（上下）移动固定步长，一步行动相互独立；常见一维直线游走：每步向右概率 、向左概率 。 1. 核心等量关系（递推根基） 设 ：质点当前位置 ，最终抵达目标、到达边界、被吸收的概率； 从 走一步只能到 、，由全概率公式得递推方程： 1. 边界条件（定解关键） · 吸收壁：走到该位置过程终止，概率直接赋值。 · 反射壁：到达后原路返回，改写一步转移概率。 1. 方程类型与通解 一阶线性齐次差分方程，分两类： ① （不对称游走）：通解 ② （对称公平游走）：通解 、 为常数，代入两个边界条件解出常数，得到概率解析式。 1. 拓展延伸 除“抵达概率”，还可求平均步数 ，同理列递推：，带入边界 求解。 二、通用标准解题步骤 步骤 1：设定变量与边界 1. 划定游走区间左右边界 、； 1. 定义 ：处在位置 时成功到达终点的概率； 1. 写出边界赋值：吸收壁直接写 数值。 步骤 2：利用全概率列出差分递推式 质点一步转移只有两个方向，一步耗时 1 单位，独立事件拆分概率： 整理成标准二阶差分形式： 步骤 3：写出差分方程通解 1. 公平对称 ：线性通解 1. 不对称 ：指数型通解 步骤 4：代入两个边界条件，解方程组求 、 把 、 和对应 值带入通解，二元一次方程组解出两个常数。 步骤 5：写出任意位置 的概率表达式，回答问题 代入题目给定初始位置 ，算出 即为初始点成功概率。 补充：求平均步数 操作微调 1. 定义 ： 走到终止边界的平均步数； 1. 递推式：； 1. 齐次通解 + 一个特解合并为完整通解，再用 定常数。 例题分析 例1．（2026·江苏·模拟预测）已知：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． (1)设第2秒末，粒子移动到点（x，y），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． （i）已知求以及； （ii）令为数列的前项和，已知，证明：对任意实数，存在，使得． 例2．（2026·新疆·一模）在正方形轨道的顶点A处有一个机器人，它每次移动会以的概率顺时针移动到轨道上相邻的顶点，或以的概率逆时针移动到轨道上相邻的顶点． (1)若，设机器人移动次后在顶点A的概率为． （i）求； （ii）求． (2)设机器人首次回到顶点A所移动的次数为随机变量，证明：对任意为定值． 例3．（25-26高二下·北京·阶段检测）一个质点从数轴上的原点0开始移动，通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上，则质点向右移动一个单位；若硬币反面向上，则质点向左移动一个单位.抛掷硬币8次后，质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量 X. (1)求质点位于位置2且移动过程中始终位于0的右侧的概率； (2)求随机变量 X 的分布列和数学期望 E(X)． 例4．（25-26高二下·甘肃·阶段检测）在空间直角坐标系中，一个质点从原点出发，每秒向轴正、负方向、轴正、负方向或轴正、负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.如在第秒末，质点会等可能地出现在，，，，，六点处. (1)求该质点在第秒末移动到点的概率； (2)设该质点在第秒末移动到点，记随机变量，求的均值； (3)设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：. 变式训练 变式1．（24-25高二下·河北·期中）数轴上一个质点从原点出发，每次随机向右或向左移动1个单位长度，其中向右移动的概率为，记质点移动次后所在的位置对应的实数为． (1)求； (2)在质点移动的20次中，记总共向右移动次的概率为，当最大时，求的值； (3)证明：． 变式2．（2026·河南·模拟预测）如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次向左或向右移动一个单位，每次向右移动的概率为（）．    (1)若 ①求质点移动6次后回到原点的概率； ②在质点第1次向右移动的条件下，求质点移动4次后回到原点的概率； (2)若移动3次后，质点最终所在位置的坐标为，若随机变量的期望，求的取值范围． 变式3．（2026·山东济南·模拟预测）某质点在数轴上从原点出发，每次移动1个单位.设第次向右移动的概率为，向左移动的概率为.记移动次后质点所在位置对应的数字为随机变量. (1)若，求在的条件下的概率； (2)若，求的分布列与数学期望； (3)若，记质点移动次后回到原点的概率为，求. 变式4．（25-26高二下·湖南·阶段检测）（1）1个质点在数轴上运动，每次向左或向右移动1个单位长度（相对于原点，质点向右移动了个单位长度后位置记为，向左移动了个单位长度后位置记为）．已知质点每次向右移动的概率为．记为质点从原点出发，移动2次后的位置，求满足随机变量的期望大于0的的取值范围； （2）1个质点从平面直角坐标系中某点出发，每次等可能地向上或向下或向左或向右移动1个单位长度，求该质点经过4次移动后回到点的概率． 实战演练 1．（25-26高二下·福建泉州·阶段检测）在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”. (1)求， (2)已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1. （i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1； （ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率. 2．（24-25高二下·新疆巴州·期末）如图，一个质点在外力的作用下，从原点0出发，每隔1s向左或向右移动一个单位.    (1)若质点向左或向右移动是等可能的. （ⅰ）求质点移动6次后回到原点0的概率； （ⅱ）在质点第1次向右移动的条件下，求质点移动4次后回到原点0的概率； (2)若质点向左移动的概率是，向右移动的概率是，求质点移动4次后位于的点数X的分布列及期望. 2 学科网（北京）股份有限公司 $期末培优：概率中的随机游走问题复习讲义 期末培优：概率中的随机游走问题复习讲义 知识点解析 一、核心解题原理 1. 模型定义 质点在数轴/格点上，每一步以固定概率向左右（上下）移动固定步长，一步行动相互独立；常见一维直线游走：每步向右概率 、向左概率 。 1. 核心等量关系（递推根基） 设 ：质点当前位置 ，最终抵达目标、到达边界、被吸收的概率； 从 走一步只能到 、，由全概率公式得递推方程： 1. 边界条件（定解关键） · 吸收壁：走到该位置过程终止，概率直接赋值。 · 反射壁：到达后原路返回，改写一步转移概率。 1. 方程类型与通解 一阶线性齐次差分方程，分两类： ① （不对称游走）：通解 ② （对称公平游走）：通解 、 为常数，代入两个边界条件解出常数，得到概率解析式。 1. 拓展延伸 除“抵达概率”，还可求平均步数 ，同理列递推：，带入边界 求解。 二、通用标准解题步骤 步骤 1：设定变量与边界 1. 划定游走区间左右边界 、； 1. 定义 ：处在位置 时成功到达终点的概率； 1. 写出边界赋值：吸收壁直接写 数值。 步骤 2：利用全概率列出差分递推式 质点一步转移只有两个方向，一步耗时 1 单位，独立事件拆分概率： 整理成标准二阶差分形式： 步骤 3：写出差分方程通解 1. 公平对称 ：线性通解 1. 不对称 ：指数型通解 步骤 4：代入两个边界条件，解方程组求 、 把 、 和对应 值带入通解，二元一次方程组解出两个常数。 步骤 5：写出任意位置 的概率表达式，回答问题 代入题目给定初始位置 ，算出 即为初始点成功概率。 补充：求平均步数 操作微调 1. 定义 ： 走到终止边界的平均步数； 1. 递推式：； 1. 齐次通解 + 一个特解合并为完整通解，再用 定常数。 例题分析 例1．（2026·江苏·模拟预测）已知：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． (1)设第2秒末，粒子移动到点（x，y），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． （i）已知求以及； （ii）令为数列的前项和，已知，证明：对任意实数，存在，使得． 【答案】(1)答案见解析; (2)（i）；；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求出的可能取值及其对应的概率，即可求出的分布列，再由数学期望公式求出； （2）（i）粒子在奇数秒不可能回到原点，故；粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概率公式求解即可；第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，表示出，由组合数公式化简即可得出答案；（ii）利用题目条件可证明，再令可证得， 进一步可得. 【详解】（1）在1秒末，粒子会等可能地出现在四点处. 故粒子在第2秒可能运动到点或或的位置， 其中可能出现4次，各可能出现2次， 各可能出现1次，总共有种等可能的结果 所以的路径有条，的路径有条，的路径有条， 故的可能取值为：， ，，， 所以的分布列为： 0 2 故. （2）（i）粒子在奇数秒不可能回到原点，故， 粒子在第4秒回到原点，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； 于是， 第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步， 向下移动步，故 . 故. （ii）利用可知： ， 于是， 令，则， 故在上单调递增， 则，于是， 从而有：， 设为不超过的最大整数，则对任意常数， 当时，，于是， 综上所述，当时，成立. 例2．（2026·新疆·一模）在正方形轨道的顶点A处有一个机器人，它每次移动会以的概率顺时针移动到轨道上相邻的顶点，或以的概率逆时针移动到轨道上相邻的顶点． (1)若，设机器人移动次后在顶点A的概率为． （i）求； （ii）求． (2)设机器人首次回到顶点A所移动的次数为随机变量，证明：对任意为定值． 【答案】(1)（i），；（ii） (2)设机器人在顶点时记为状态1，在顶点时记为状态2，在顶点时记为状态3， 从状态首次回到顶点的移动次数的数学期望记为． 初始从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到， ． ①从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到， ． ②从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到， ． ③从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到， ． ④①+②+③+④可得，得，与无关， 对任意为定值，都等于4. 【分析】（1）（i）根据题意求出，移动2次回到顶点有两种可能：或者， 从而求出.（ii）求出当为奇数时；当机器人移动偶数次时，只能在顶点或顶点处，因为在顶点处的概率为，所以在顶点处的概率为，想要移动次到达顶点，只有两种方案：①移动次时在顶点，然后再移动2步回到顶点；②移动次时在顶点，然后再移动2步回到顶点．从而求出，利用等比数列的通项公式求出，从而得解； （2）设机器人在顶点时记为状态1，在顶点时记为状态2，在顶点时记为状态3，从状态首次回到顶点的移动次数的数学期望记为．根据题意得到，从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到，从而得到，从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到，从而得到从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到，从而得到，通过计算求出，与无关，从而得到结论. 【详解】（1）假设为顺时针顺序． （i）机器人移动1次只能到顶点或顶点处，所以， 移动2次回到顶点有两种可能：或者， 所以. （ii）注意到机器人移动奇数次，只能在顶点或顶点处，所以当为奇数时，； 当机器人移动偶数次时，只能在顶点或顶点处，因为在顶点处的概率为， 所以在顶点处的概率为，想要移动次到达顶点，只有两种方案： ①移动次时在顶点，然后再移动2步回到顶点； ②移动次时在顶点，然后再移动2步回到顶点． ， ，是等比数列，公比， 首项为，利用等比数列的通项公式得到， 由（i）知，代入得为偶数， 综上，可得. （2）略 例3．（25-26高二下·北京·阶段检测）一个质点从数轴上的原点0开始移动，通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上，则质点向右移动一个单位；若硬币反面向上，则质点向左移动一个单位.抛掷硬币8次后，质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量 X. (1)求质点位于位置2且移动过程中始终位于0的右侧的概率； (2)求随机变量 X 的分布列和数学期望 E(X)． 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）列举出符合的情况，根据古典概型求解即可. （2）列出随机变量的可能取值，计算对应概率可得分布列，进而可得数学期望. 【详解】（1）设硬币正面向上记为1，反面向上记为0，则样本空间有个基本事件， 设质点位于位置2且移动过程中始终位于0的右侧为事件A，则其包含“11111000，11110100，11110010，11110001，11101100，11101010，11101001，11100110，11100101，11011100，11011010，11011001，11010110，11010101”共14个基本事件， 则. （2）随机变量的可能取值为：， 则，， ，， ，， ，，， 所以分布列为： 0 2 4 6 8 数学期望. 例4．（25-26高二下·甘肃·阶段检测）在空间直角坐标系中，一个质点从原点出发，每秒向轴正、负方向、轴正、负方向或轴正、负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.如在第秒末，质点会等可能地出现在，，，，，六点处. (1)求该质点在第秒末移动到点的概率； (2)设该质点在第秒末移动到点，记随机变量，求的均值； (3)设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据向正、负方向移动的次数，结合古典概型概率公式可求得结果； （2）列举出所有可能的情况，根据移动方向和次数计算出每个取值对应的概率，由数学期望计算公式可求得结果； （3）分别记向轴正、负方向移动次，向轴正、负方向移动次，向轴正、负方向移动次，根据古典概型概率公式可列出，利用组合数的运算法则和运算性质化简整理得到结论. 【详解】（1）质点在第秒末移动到点，需要沿轴负方向移动次，沿轴正方向移动次，沿轴正方向移动次，共有种可能； 质点在第秒末移动到点的概率为. （2）质点在第秒末可能移动到点， 所有可能的取值为， ，，； . （3）质点要在第秒末回到原点，则必定向轴正、负方向移动相同的次数，记为次；向轴正、负方向移动相同的次数，记为次；向轴正、负方向移动相同的次数，记为次； ； ， ， ， 即. 变式训练 变式1．（24-25高二下·河北·期中）数轴上一个质点从原点出发，每次随机向右或向左移动1个单位长度，其中向右移动的概率为，记质点移动次后所在的位置对应的实数为． (1)求； (2)在质点移动的20次中，记总共向右移动次的概率为，当最大时，求的值； (3)证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先分析出包含和两种情况，再分别求出和的值，可求出； （2）求出及的表达式，并讨论的单调性，从而得到取最大时的值，进而求出； （3）先求出质点移动的次中，总共向右移动次的概率及总共向左移动次的概率，进而得到的表达式，再根据与0的关系讨论，即可证出. 【详解】（1）根据题意可得， ， 所以； （2）根据题意可得， 当时，， 则． 当时，，则随着值的增大而增大； 当时，，则随着值的增大而减小． 所以当时，取得最大值， 此时，； （3）若在质点移动的次中，总共向右移动次，则， 所以，． 若在质点移动的次中，总共向左移动次，则， 所以，． ， 则 ． 当时，， 当时，， 所以， 即. 变式2．（2026·河南·模拟预测）如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次向左或向右移动一个单位，每次向右移动的概率为（）．    (1)若 ①求质点移动6次后回到原点的概率； ②在质点第1次向右移动的条件下，求质点移动4次后回到原点的概率； (2)若移动3次后，质点最终所在位置的坐标为，若随机变量的期望，求的取值范围． 【答案】(1)①；② (2)． 【分析】（1）①设表示向右移动的次数，则，再求的概率即可； ②由题易知质点第一次向右移动为事件的概率为，再结合题意考虑剩下3次必定右移1次，左移2次的概率，最后根据条件概率公式求解即可； （2）方法1：写出所有可能的取值及对应的概率，再计算期望，解对应不等式即可求得答案； 方法2：设在移动3次中，向右移动的次数为，则，，再结合，期望的公式求解即可. 【详解】（1）解：①质点运动6次回到原点，则必定右移3次，左移3次， 则可看作质点作6次运动，表示向右移动的次数，则， 则质点回到原点的概率为． ②设质点第一次向右移动为事件，则； 质点移动4次后回到原点为事件，质点运动4次回到原点，质点第1次向右移动，则剩下3次必定右移1次，左移2次，则； ∴在质点第1次向右移动的条件下，质点移动4次后回到原点0的概率为：． （2）解：方法1： 所有可能的取值为，，1，3， ， ， ， ， 由 ， 解得， 又，故的取值范围为． 方法2： 设在移动3次中，向右移动的次数为，则， ， ∵向右移动的次数为，则向左移动次， ∴质点最终所在位置的坐标为， ， 即随机变量的数学期望为 ．解得， 又，故的取值范围为． 变式3．（2026·山东济南·模拟预测）某质点在数轴上从原点出发，每次移动1个单位.设第次向右移动的概率为，向左移动的概率为.记移动次后质点所在位置对应的数字为随机变量. (1)若，求在的条件下的概率； (2)若，求的分布列与数学期望； (3)若，记质点移动次后回到原点的概率为，求. 【答案】(1) (2)的分布列 0 2 数学期望： (3) 【分析】（1）先根据题意确定事件及的含义，计算与，再利用条件概率公式求得结果为. （2）先分析的所有可能取值，分别计算、、，列出分布列，再根据数学期望公式求得结果为. （3）先判断为奇数时、为偶数时，再依次计算的值，最后求和得到. 【详解】（1）记事件为“（第1次向右移动）”，事件为“（移动2次后回到原点）”，则事件表示“第1次向右移动，第2次向左移动”， 则， ， 所以. （2）由题意，当时，质点的移动情况分成三种：两次均向右，一次向右、一次向左，两次均向左，所以的取值为2，0，-2， ， ， ， 所以分布列如下表. 0 2 所以的数学期望为. （3）当为奇数时，（无法回到原点），当为偶数时，， 所以，，， 所以. 变式4．（25-26高二下·湖南·阶段检测）（1）1个质点在数轴上运动，每次向左或向右移动1个单位长度（相对于原点，质点向右移动了个单位长度后位置记为，向左移动了个单位长度后位置记为）．已知质点每次向右移动的概率为．记为质点从原点出发，移动2次后的位置，求满足随机变量的期望大于0的的取值范围； （2）1个质点从平面直角坐标系中某点出发，每次等可能地向上或向下或向左或向右移动1个单位长度，求该质点经过4次移动后回到点的概率． 【答案】（1）（2） 【分析】（1）根据题意的可能取值为，求出相应的概率，进而求出，解不等式得解； （2）样本空间的样本点总数为，质点移动4次后回到起点，需满足向上与向下移动次数相等，向左与向右移动次数相等。通过分类讨论所有满足条件的移动组合并计算其情况数，求出有利事件总数，最后利用古典概型公式计算概率。 【详解】（1）由题可知的可能取值为， 所以， 的分布列如下： 所以，得. （2）移动四次，样本空间的样本点总数为，每个样本点出现的可能性相等，且为有限个， 记质点经过4次移动后回到点为事件，要4次回到起点，则向左移动次数与向右移动次数相等， 且向上移动的次数与向下移动的次数相等， 包含下列情况：①4次移动中向上，下，左，右各一次，②向上和向下各2次，③向左和向右各2次； 情况①有种，情况②有种，情况③有种； 所以事件包含的样本点个数为，所以， 所以质点经过4次移动后回到点的概率为. 实战演练 1．（25-26高二下·福建泉州·阶段检测）在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”. (1)求， (2)已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1. （i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1； （ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率. 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据题意直接计算得出结论； （2）（i），因此，即可证明结论； （ii）利用全概率公式可得结论. 【详解】（1）由题意，前2 次移动向雷达发送信息，则需要连续向左移动2次，则， 若机器人经过，则必不经过3，包括： 前两次都向左移动1个单位； 先向左移动1个单位，再向右移1个单位，再向左移动2个单位； 先向右移动1个单位，再向左移动3个单位， 则其概率， 若机器人经过3，则必不经过，包括：前3次连续向右移动，则其概率， 故； （2）（i），因此， ， ， 对于一系列无穷事件，存在正数，对于任意的n都有，， 则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1，即“中有事件不发生”的概率为1，即“雷达会收到信息”的概率为 （ii）设事件机器人从出发，运动至3首次发送信息， 根据（i），机器人发信息的概率为1，即它会从0运动至或3的概率为1， 再根据对称性，机器人初始位置为0，首次发信息在的概率与初始位置在1， 首次发信息在3的概率相等，即 设事件表示点移动到1，事件，表示点移动到0，设事件表示点移动到 易知事件与事件相互独立，故 又根据全概率公式，若机器人初始位置为0， 第一次移动后的位置为1 或，故， 故，① 若机器人初始位置为，第一次移动后的位置为0，故， 即，② 解①②，解得，从而雷达第一次收到信息时机器人位置为3的概率为 2．（24-25高二下·新疆巴州·期末）如图，一个质点在外力的作用下，从原点0出发，每隔1s向左或向右移动一个单位.    (1)若质点向左或向右移动是等可能的. （ⅰ）求质点移动6次后回到原点0的概率； （ⅱ）在质点第1次向右移动的条件下，求质点移动4次后回到原点0的概率； (2)若质点向左移动的概率是，向右移动的概率是，求质点移动4次后位于的点数X的分布列及期望. 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ） (2)分布列见解析； 【分析】（1）（ⅰ）利用古典概型概率求法求事件的概率； （ⅱ）利用条件概率的计算公式求事件的概率. （2）明确的可能取值，并求出对应的概率，可得的分布列，利用期望的公式求的期望. 【详解】（1）（ⅰ）因为质点每次运动都会有2个结果，所以质点运动6次，所有的可能有种不同结果. 记“质点移动6次后回到原点0”为事件A，则这6次运动中必然有3次向左，3次向右运动，所以事件A包含的基本事件数为：. 所以. （ⅱ）设质点第一次向右移动为事件，则； 质点移动4次后回到原点0为事件，则. 所以在质点第1次向右移动的条件下，质点移动4次后回到原点0的概率为：. （2）由题意，可能的值为：，，0，2，4 , 则，， ，，. 所以的分布列为： 0 2 4 所以. 2 学科网（北京）股份有限公司 $