重難點(diǎn)突破03 高等背景下概率論新定義（七大題型）-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

\l "_Tc178505643" 01 方法技巧與總結(jié) PAGEREF _Tc178505643 \h 2
\l "_Tc178505644" 02 題型歸納與總結(jié) PAGEREF _Tc178505644 \h 2
\l "_Tc178505645" 題型一：切比雪夫不等式 PAGEREF _Tc178505645 \h 2
\l "_Tc178505646" 題型二：馬爾科夫鏈 PAGEREF _Tc178505646 \h 6
\l "_Tc178505647" 題型三：卡特蘭數(shù) PAGEREF _Tc178505647 \h 12
\l "_Tc178505648" 題型四：概率密度函數(shù) PAGEREF _Tc178505648 \h 17
\l "_Tc178505649" 題型五：二維離散型隨機(jī)變量 PAGEREF _Tc178505649 \h 20
\l "_Tc178505650" 題型六：多項(xiàng)式擬合函數(shù) PAGEREF _Tc178505650 \h 26
\l "_Tc178505651" 題型七：最大似然估算與大數(shù)定律 PAGEREF _Tc178505651 \h 29
\l "_Tc178505652" 03 過關(guān)測試 PAGEREF _Tc178505652 \h 35
在高等背景下，概率論的新定義涉及更復(fù)雜的數(shù)學(xué)模型和理論框架。方法技巧上，需深入理解隨機(jī)變量及其分布、多維隨機(jī)變量及其相關(guān)性，以及大數(shù)定律和中心極限定理等核心概念。同時，掌握切比雪夫不等式、馬爾科夫鏈、卡特蘭數(shù)等高級概率工具也至關(guān)重要。
技巧上，要善于運(yùn)用概率論知識簡化復(fù)雜問題的求解過程，如利用概率分布特性減少計(jì)算量，或通過構(gòu)建概率模型直觀理解問題。此外，結(jié)合實(shí)際問題背景，靈活運(yùn)用條件概率、貝葉斯公式等也是解題的關(guān)鍵。
總結(jié)來說，高等背景下概率論的新定義強(qiáng)調(diào)理論深度與應(yīng)用廣度，要求學(xué)習(xí)者不僅掌握基礎(chǔ)知識，還需具備靈活運(yùn)用高級概率工具解決復(fù)雜問題的能力。通過不斷學(xué)習(xí)與實(shí)踐，可以逐步深化對概率論的理解，提升解題技巧與效率。
題型一：切比雪夫不等式
【典例1-1】（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）切比雪夫不等式是19世紀(jì)俄國數(shù)學(xué)家切比雪夫（1821.5~1894.12）在研究統(tǒng)計(jì)規(guī)律時發(fā)現(xiàn)的，其內(nèi)容是：對于任一隨機(jī)變量，若其數(shù)學(xué)期望和方差均存在，則對任意正實(shí)數(shù)，有.根據(jù)該不等式可以對事件的概率作出估計(jì).在數(shù)字通信中，信號是由數(shù)字“0”和“1”組成的序列，現(xiàn)連續(xù)發(fā)射信號次，每次發(fā)射信號“0”和“1”是等可能的.記發(fā)射信號“1”的次數(shù)為隨機(jī)變量，為了至少有的把握使發(fā)射信號“1”的頻率在區(qū)間內(nèi)，估計(jì)信號發(fā)射次數(shù)的值至少為 .
【答案】1250
【解析】由題意知，所以，，
若，則，
即，即，
由切比雪夫不等式知，
要使得至少有98%的把握使發(fā)射信號“1”的頻率在區(qū)間內(nèi)，
則，解，
所以估計(jì)信號發(fā)射次數(shù)n的最小值為1250.
故答案為：1250
【典例1-2】19世紀(jì)俄國數(shù)學(xué)家切比雪夫在研究統(tǒng)計(jì)的規(guī)律中，論證并用標(biāo)準(zhǔn)差表達(dá)了一個不等式，該不等式被稱為切比雪夫不等式，它可以使人們在隨機(jī)變量的分布未知的情況下，對事件做出估計(jì).若隨機(jī)變量具有數(shù)學(xué)期望，方差，則切比雪夫定理可以概括為:對任意正數(shù)，不等式成立.已知在某通信設(shè)備中，信號是由密文“”和“”組成的序列，現(xiàn)連續(xù)發(fā)射信號次，記發(fā)射信號“”的次數(shù)為.
(1)若每次發(fā)射信號“”和“”的可能性是相等的，
①當(dāng)時，求；
②為了至少有的把握使發(fā)射信號“”的頻率在與之間，試估計(jì)信號發(fā)射次數(shù)的最小值；
(2)若每次發(fā)射信號“”和“”的可能性是，已知在2024次發(fā)射中，信號“”發(fā)射次的概率最大，求的值.
【解析】（1）①由題意，
所以.
；
②由題意，則，，
若，則，
所以，
又，解得，即發(fā)射次數(shù)至少為次.
（2）依題意，
則，
，
，解得，
，解得，
又，所以當(dāng)時，最大.
【變式1-1】（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）概率論中有很多經(jīng)典的不等式，其中最著名的兩個當(dāng)屬由兩位俄國數(shù)學(xué)家馬爾科夫和切比雪夫分別提出的馬爾科夫（Markv）不等式和切比雪夫（Chebyshev）不等式．馬爾科夫不等式的形式如下：
設(shè)為一個非負(fù)隨機(jī)變量，其數(shù)學(xué)期望為，則對任意，均有，
馬爾科夫不等式給出了隨機(jī)變量取值不小于某正數(shù)的概率上界，闡釋了隨機(jī)變量尾部取值概率與其數(shù)學(xué)期望間的關(guān)系．當(dāng)為非負(fù)離散型隨機(jī)變量時，馬爾科夫不等式的證明如下：
設(shè)的分布列為其中，則對任意，，其中符號表示對所有滿足的指標(biāo)所對應(yīng)的求和．
切比雪夫不等式的形式如下：
設(shè)隨機(jī)變量的期望為，方差為，則對任意，均有
(1)根據(jù)以上參考資料，證明切比雪夫不等式對離散型隨機(jī)變量成立．
(2)某藥企研制出一種新藥，宣稱對治療某種疾病的有效率為．現(xiàn)隨機(jī)選擇了100名患者，經(jīng)過使用該藥治療后，治愈的人數(shù)為60人，請結(jié)合切比雪夫不等式通過計(jì)算說明藥廠的宣傳內(nèi)容是否真實(shí)可信．
【解析】（1）法一：對非負(fù)離散型隨機(jī)變量及正數(shù)使用馬爾科夫不等式，
有．
法二：設(shè)的分布列為
其中，記，則對任意，
.
（2）設(shè)在100名患者中治愈的人數(shù)為．假設(shè)藥企關(guān)于此新藥有效率的宣傳內(nèi)容是客觀真實(shí)的，
那么在此假設(shè)下，．
由切比雪夫不等式，有．
即在假設(shè)下，100名患者中治愈人數(shù)不超過60人的概率不超過0.04，此概率很小，
據(jù)此我們有理由推斷藥廠的宣傳內(nèi)容不可信．
【變式1-2】（2024·浙江·二模）某工廠生產(chǎn)某種元件，其質(zhì)量按測試指標(biāo)劃分為：指標(biāo)大于或等于82為合格品，小于82為次品，現(xiàn)抽取這種元件100件進(jìn)行檢測，檢測結(jié)果統(tǒng)計(jì)如下表：
(1)現(xiàn)從這100件樣品中隨機(jī)抽取2件，若其中一件為合格品，求另一件也為合格品的概率；
(2)關(guān)于隨機(jī)變量，俄國數(shù)學(xué)家切比雪夫提出切比雪夫不等式：
若隨機(jī)變量X具有數(shù)學(xué)期望，方差，則對任意正數(shù)，均有成立.
（i）若，證明：；
（ii）利用該結(jié)論表示即使分布未知，隨機(jī)變量的取值范圍落在期望左右的一定范圍內(nèi)的概率是有界的.若該工廠聲稱本廠元件合格率為90%，那么根據(jù)所給樣本數(shù)據(jù)，請結(jié)合“切比雪夫不等式”說明該工廠所提供的合格率是否可信？（注：當(dāng)隨機(jī)事件A發(fā)生的概率小于0.05時，可稱事件A為小概率事件）
【解析】（1）記事件為抽到一件合格品，事件為抽到兩個合格品，
（2）（i）由題：若，則
又
所以或
由切比雪夫不等式可知，
所以；
（ii）設(shè)隨機(jī)抽取100件產(chǎn)品中合格品的件數(shù)為，
假設(shè)廠家關(guān)于產(chǎn)品合格率為的說法成立，則，
所以，
由切比雪夫不等式知，，
即在假設(shè)下100個元件中合格品為70個的概率不超過0.0225，此概率極小，由小概率原理可知，一般來說在一次試驗(yàn)中是不會發(fā)生的，據(jù)此我們有理由推斷工廠的合格率不可信.
題型二：馬爾科夫鏈
【典例2-1】（2024·高三·廣東·開學(xué)考試）馬爾科夫鏈因俄國數(shù)學(xué)家安德烈?馬爾科夫得名，其過程具備“無記憶”的性質(zhì)，即第次狀態(tài)的概率分布只跟第次的狀態(tài)有關(guān)，與第次狀態(tài)無關(guān).馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，在強(qiáng)化學(xué)習(xí)、自然語言處理、金融領(lǐng)域、天氣預(yù)測等方面都有著極其廣泛的應(yīng)用.現(xiàn)有兩個盒子，各裝有2個黑球和1個紅球，現(xiàn)從兩個盒子中各任取一個球交換放入另一個盒子，重復(fù)進(jìn)行次這樣的操作后，記盒子中紅球的個數(shù)為，恰有1個紅球的概率為.
(1)求的值；
(2)求的值（用表示）；
(3)求證：的數(shù)學(xué)期望為定值.
【解析】（1）設(shè)第次操作后盒子中恰有2個紅球的概率為，則沒有紅球的概率為.
由題意知，
（2）因?yàn)?
所以.
又因?yàn)?，所以是以為首?xiàng)，為公比的等比數(shù)列.
所以，
（3）因?yàn)椋?br>②
所以①一②，得.
又因?yàn)?，所以，所?
的可能取值是，
所以的概率分布列為
所以.
所以的數(shù)學(xué)期望為定值1.
【典例2-2】馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，在強(qiáng)化學(xué)習(xí)、自然語言處理、金融領(lǐng)域、天氣預(yù)測等方面都有著極其廣泛的應(yīng)用．其數(shù)學(xué)定義為：假設(shè)我們的序列狀態(tài)是……，…，那么時刻的狀態(tài)的條件概率僅依賴前一狀態(tài)，即．
現(xiàn)實(shí)生活中也存在著許多馬爾科夫鏈，例如著名的賭徒模型．
假如一名賭徒進(jìn)入賭場參與一個賭博游戲，每一局賭徒賭贏的概率為，且每局賭贏可以贏得1元，每一局賭徒賭輸?shù)母怕蕿?，且賭輸就要輸?shù)?元．賭徒會一直玩下去，直到遇到如下兩種情況才會結(jié)束賭博游戲：記賭徒的本金為一種是賭金達(dá)到預(yù)期的B元，賭徒停止賭博；另一種是賭徒輸光本金后，賭徒可以向賭場借錢，最多借A元，再次輸光后賭場不再借錢給賭徒．賭博過程如圖的數(shù)軸所示．
當(dāng)賭徒手中有n元時，最終欠債A元（可以記為該賭徒手中有元）概率為，請回答下列問題：
(1)請直接寫出與的數(shù)值．
(2)證明是一個等差數(shù)列，并寫出公差d．
(3)當(dāng)時，分別計(jì)算時，的數(shù)值，論述當(dāng)B持續(xù)增大時，的統(tǒng)計(jì)含義．
【解析】（1）當(dāng)時，賭徒已經(jīng)欠債元，因此．
當(dāng)時，賭徒到了終止賭博的條件，不再賭了，因此輸光的概率；
（2）記賭徒有n元最后輸光的事件，賭徒有n元上一場贏的事件，
，即，
所以，
所以是一個等差數(shù)列，
設(shè)，則，
累加得，故，得；
（3），由（2），
代入可得，即，
當(dāng)時，，當(dāng)時，，
當(dāng)B增大時，也會增大，即輸光欠債的可能性越大，因此可知久賭無贏家，
即便是一個這樣看似公平的游戲，只要賭徒一直玩下去就會的概率輸光并負(fù)債．
【變式2-1】馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，為狀態(tài)空間中經(jīng)過從一個狀態(tài)到另一個狀態(tài)的轉(zhuǎn)換的隨機(jī)過程．該過程要求具備“無記憶”的性質(zhì)：下一狀態(tài)的概率分布只能由當(dāng)前狀態(tài)決定，在時間序列中它前面的事件均與之無關(guān)．甲、乙兩口袋中各裝有1個黑球和2個白球，現(xiàn)從甲、乙兩口袋中各任取一個球交換放入另一口袋，重復(fù)進(jìn)行次這樣的操作，記口袋甲中黑球的個數(shù)為，恰有1個黑球的概率為．
(1)求的值；
(2)求的值（用表示）；
(3)求證：的數(shù)學(xué)期望為定值．
【解析】（1）設(shè)恰有2個黑球的概率為，則恰有0個黑球的概率為．
由題意知，，
所以．
（2）因?yàn)椋?br>所以．
又因?yàn)椋允且詾槭醉?xiàng)，為公比的等比數(shù)列．
所以，．
（3）因?yàn)棰伲?br>②．
所以①②，得．
又因?yàn)椋裕裕?br>所以的概率分布列為：
所以．
所以的數(shù)學(xué)期望為定值1．
【變式2-2】（2024·高三·江西·開學(xué)考試）馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個重要模型，其過程具備“無記憶”的性質(zhì)：下一狀態(tài)的概率分布只能由當(dāng)前狀態(tài)決定，即第n＋1次狀態(tài)的概率分布只與第n次的狀態(tài)有關(guān)，與第，…次的狀態(tài)無關(guān)，即．已知甲盒中裝有1個白球和2個黑球，乙盒中裝有2個白球，現(xiàn)從甲、乙兩個盒中各任取1個球交換放入對方的盒中，重復(fù)n次（）這樣的操作，記此時甲盒中白球的個數(shù)為，甲盒中恰有2個白球的概率為，恰有1個白球的概率為．
(1)求和．
(2)證明：為等比數(shù)列．
(3)求的數(shù)學(xué)期望（用n表示）．
【解析】（1）若甲盒取黑球、乙盒取白球，互換，則甲盒中的球變?yōu)?白1黑，乙盒中的球變?yōu)?白1黑，概率；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互換，則甲盒中的球仍為1白2黑，乙盒中的球仍為2白，概率，
研究第2次交換球時的概率，根據(jù)第1次交換球的結(jié)果討論如下：
①當(dāng)甲盒中的球?yàn)?白1黑，乙盒中的球?yàn)?白1黑時，對應(yīng)概率為，
此時，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互換，則甲盒中的球仍為2白1黑，
乙盒中的球仍為1白1黑，概率為；
若甲盒取黑球、乙盒取白球，互換，則甲盒中的球變?yōu)?白，乙盒中的球變?yōu)?黑，概率為；
若甲盒取白球、乙盒取黑球，互換，則甲盒中的球變?yōu)?白2黑，乙盒中的球變?yōu)?白，概率為；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互換，則甲盒中的球仍為2白1黑，乙盒中的球仍為1白1黑，概率為，
②當(dāng)甲盒中的球?yàn)?白2黑，乙盒中的球?yàn)?白時，對應(yīng)概率為，
此時，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互換，則甲盒中的球變?yōu)?白1黑，
乙盒中的球變?yōu)?白1黑，概率為
若甲盒取白球，乙盒取白球，互換，則甲盒中的球仍為1白2黑，乙盒中的球仍為2白，概率為，
綜上，.
（2）依題意，經(jīng)過次這樣的操作，甲盒中恰有2個白球的概率為，
恰有1個白球的概率為，則甲盒中恰有3個白球的概率為，
研究第次交換球時的概率，根據(jù)第次交換球的結(jié)果討論如下：
①當(dāng)甲盒中的球?yàn)?白1黑，乙盒中的球?yàn)?白1黑時，對應(yīng)概率為，
此時，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互換，則甲盒中的球仍為2白1黑，
乙盒中的球仍為1白1黑，概率為；
若甲盒取黑球、乙盒取白球，互換，則甲盒中的球變?yōu)?白，乙盒中的球變?yōu)?黑，概率為；
若甲盒取白球、乙盒取黑球，互換，則甲盒中的球變?yōu)?白2黑，乙盒中的球變?yōu)?白，概率為；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互換，則甲盒中的球仍為2白1黑，乙盒中的球仍為1白1黑，概率為，
②當(dāng)甲盒中的球?yàn)?白2黑，乙盒中的球?yàn)?白時，對應(yīng)概率為，
此時，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互換，則甲盒中的球變?yōu)?白1黑，乙盒中的球變?yōu)?白1黑，概率為；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互換，則甲盒中的球仍為1白2黑，乙盒中的球仍為2白，概率為，
③當(dāng)甲盒中的球?yàn)?白，乙盒中的球?yàn)?黑時，對應(yīng)概率為，
此時，甲盒只能取白球、乙盒只能取黑球，互換，則甲盒中的球變?yōu)?白1黑，
乙盒中的球變?yōu)?白1黑，概率為，
綜上，
則，
整理得，又，
所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.
（3）由（2）知，則，
隨機(jī)變量的分布列為
所以.
題型三：卡特蘭數(shù)
【典例3-1】清代數(shù)學(xué)家明安圖所著《割圓密率捷法》中比西方更早提到了“卡特蘭數(shù)”（以比利時數(shù)學(xué)家歐仁?查理?卡特蘭的名字命名）.有如下問題：在的格子中，從左下角出發(fā)走到右上角，每一步只能往上或往右走一格，且走的過程中只能在左下角與右上角的連線的右下方（不能穿過，但可以到達(dá)該連線），則共有多少種不同的走法？此問題的結(jié)果即卡特蘭數(shù).如圖，現(xiàn)有的格子，每一步只能往上或往右走一格，則從左下角走到右上角共有種不同的走法；若要求從左下角走到右上角的過程中只能在直線的右下方，但可以到達(dá)直線，則有種不同的走法.

【答案】 35 14
【解析】
從左下角走到右上角共需要7步，其中3步向上，4步向右，
故只需確定哪3步向上走即可，共有種不同的走法；
若要求從左下角走到右上角的過程中只能在直線的右下方（不能穿過，但可以到達(dá)該連線），
則由卡特蘭數(shù)可知共有種不同的走法，
又到達(dá)右上角必須最后經(jīng)過，所以滿足題目條件的走法種數(shù)也是14.
故答案為：35；14
【典例3-2】（2024·湖北·二模）五一小長假到來，多地迎來旅游高峰期，各大旅游景點(diǎn)都推出了種種新奇活動以吸引游客，小明去成都某熊貓基地游玩時，發(fā)現(xiàn)了一個趣味游戲，游戲規(guī)則為：在一個足夠長的直線軌道的中心處有一個會走路的機(jī)器人，游客可以設(shè)定機(jī)器人總共行走的步數(shù)，機(jī)器人每一步會隨機(jī)選擇向前行走或向后行走，且每一步的距離均相等，若機(jī)器人走完這些步數(shù)后，恰好回到初始位置，則視為勝利.
(1)若小明設(shè)定機(jī)器人一共行走4步，記機(jī)器人的最終位置與初始位置的距離為步，求的分布列和期望；
(2)記為設(shè)定機(jī)器人一共行走步時游戲勝利的概率，求，并判斷當(dāng)為何值時，游戲勝利的概率最大；
(3)該基地臨時修改了游戲規(guī)則，要求機(jī)器人走完設(shè)定的步數(shù)后，恰好第一次回到初始位置，才視為勝利.小明發(fā)現(xiàn)，利用現(xiàn)有的知識無法推斷設(shè)定多少步時獲得勝利的概率最大，于是求助正在讀大學(xué)的哥哥，哥哥告訴他，“卡特蘭數(shù)”可以幫助他解決上面的疑惑：將個0和個1排成一排，若對任意的，在前個數(shù)中，0的個數(shù)都不少于1的個數(shù)，則滿足條件的排列方式共有種，其中，的結(jié)果被稱為卡特蘭數(shù).若記為設(shè)定機(jī)器人行走步時恰好第一次回到初始位置的概率，證明：對（2）中的，有
【解析】（1）依題可知，的可能取值為.
，，，
所以，的分布列如下：
所以，．
（2）依題可知，時，，所以時勝利的概率最大.
（3）記事件“機(jī)器人行走步時恰好第一次回到初始位置”，“機(jī)器人第一步向前行走”，則“機(jī)器人第一步向后行走”.
下面我們對事件進(jìn)行分析.
發(fā)生時，假設(shè)機(jī)器人第步是向前行走，則之前的步機(jī)器人向前走的步數(shù)比向后走少一步，而因?yàn)闄C(jī)器人第一步為向前行走，
這說明存在使得機(jī)器人走了步時回到了初始位置，這與的發(fā)生矛盾，所以假設(shè)不成立.即機(jī)器人第步為向后行走，
從而機(jī)器人第2步到第步向前和向后行走的步數(shù)均為，且從第2步開始，到第步的這步，任意時刻機(jī)器人向前走的步數(shù)均不少于向后走的步數(shù)(否則在這過程中機(jī)器人會回到初始位置).
根據(jù)卡特蘭數(shù)，從第2步到第步共有種行走方式.通過上述分析知，，
所以．
由于，
，故等式成立．
【變式3-1】Catalan數(shù)列（卡特蘭數(shù)列）最早由我國清代數(shù)學(xué)家明安圖（1692-1765）在研究三角函數(shù)冪級數(shù)的推導(dǎo)過程中發(fā)現(xiàn)，成果發(fā)表于1774年出版的《割圜密率捷法》中，后由比利時數(shù)學(xué)家卡特蘭（Catalan，1814-1894）的名字來命名，該數(shù)列的通項(xiàng)被稱為第個Catalan數(shù)，其通項(xiàng)公式為.在組合數(shù)學(xué)中，有如下結(jié)論：由個和個構(gòu)成的所有數(shù)列，中，滿足“對任意，都有”的數(shù)列的個數(shù)等于.
已知在數(shù)軸上，有一個粒子從原點(diǎn)出發(fā)，每秒向左或向右移動一個單位，且向左移動和向右移動的概率均為.
(1)設(shè)粒子第3秒末所處的位置為隨機(jī)變量（若粒子第一秒末向左移一個單位，則位置為；若粒子第一秒末向右移一個單位，則位置為1），求的分布列和數(shù)學(xué)期望；
(2)記第秒末粒子回到原點(diǎn)的概率為.
（i）求及；
（ii）設(shè)粒子在第秒末第一次回到原點(diǎn)的概率為，求.
【解析】（1）依題可知，的可能取值為，
，，
，，
的分布列如下：
.
（2）（i），，
（ii）設(shè)事件：粒子在第秒末第一次回到原點(diǎn)，
事件：粒子第1秒末向右移動一個單位.
，
記粒子往左移動一個單位為，粒子往右移動一個單位為，
以下僅考慮事件.
設(shè)第秒末粒子的運(yùn)動方式為，其中；沿用（1）中對粒子位置的假設(shè)，
則粒子運(yùn)動方式可用數(shù)列an表示，
如：表示粒子在前4秒按照右?右?左?左的方式運(yùn)動.
由粒子在第秒末第一次回到原點(diǎn)，可知
數(shù)列an的前項(xiàng)中有個1和個.
，，
粒子在余下秒中運(yùn)動的位置滿足，
即，
粒子在余下秒中運(yùn)動方式的總數(shù)為，
，又，
.
【變式3-2】（2024·遼寧大連·二模）大連育明高級中學(xué)高三學(xué)生在交流2016年全國新課標(biāo)Ⅲ卷單選壓軸題時，各抒己見展示各自的解法.
題干：定義“規(guī)范01數(shù)列”an如下：an共有項(xiàng)，其中項(xiàng)為0，項(xiàng)為1，且對任意，中0的個數(shù)不少于1的個數(shù).若，則不同的“規(guī)范01數(shù)列”共有[14]個.
A同學(xué)發(fā)現(xiàn)數(shù)據(jù)較少，可以列出所有情況，得到14個；
B同學(xué)在組合數(shù)學(xué)中學(xué)過卡特蘭數(shù)，，所以此題是的情況，.
在一次活動課上，甲、乙倆人設(shè)計(jì)了一個游戲，拋硬幣一次，若正面向上加一分，反面向上減一分.若起始分為零分，出現(xiàn)負(fù)分游戲立刻停止.
(1)求在一次游戲中，恰好在第十一次后結(jié)束，中途只出現(xiàn)過兩次零分的概率；
(2)如果一個人在一次游戲中，連續(xù)拋了十次硬幣，求此時積分的分布列和期望；
(3)參與一次游戲，記總共拋硬幣次數(shù)為，的期望為，求滿足的最小正整數(shù).
【解析】（1）對題目中給出的卡特蘭數(shù)，事實(shí)上我們有恒等式，
先不考慮第11次，考慮前10次.
前10次中我們設(shè)第一次零分出現(xiàn)在第次，第二次零分出現(xiàn)在第10次，.
那么這種時候可能的情況有種，
所以總共的情況有種，
所以所求概率.
（2）使得的情況只有種；
使得的情況有種（反面向上可以出現(xiàn)在除了第1次以外的任意一次）；
使得的情況有種（反面向上不能出現(xiàn)在第1次，也不能同時出現(xiàn)在第2次和第3次）；
使得的情況有種（反面向上不能出現(xiàn)在第1次，若出現(xiàn)在了第2次，
則剩下兩次反面向上不能出現(xiàn)在第3次，也不能同時出現(xiàn)在第4次和第5次；
若未出現(xiàn)在第2次，則反面向上不能同時出現(xiàn)在第3次、第4次和第5次）
使得的情況有種；
使得的情況有種.
所以所求分布列為
且.
（3）由于的全部可能值為，而，
故.
但我們有，
解得.
用替換，可得，
再求導(dǎo)就得到.
代入可得，
所以.
所以不存在滿足條件的正整數(shù).
題型四：概率密度函數(shù)
【典例4-1】設(shè)隨機(jī)變量的概率密度函數(shù)為（當(dāng)為離散型隨機(jī)變量時，為的概率），其中為未知參數(shù)，極大似然法是求未知參數(shù)的一種方法.在次隨機(jī)試驗(yàn)中，隨機(jī)變量的觀測值分別為，，…，，定義為似然函數(shù).若時，取得最大值，則稱為參數(shù)的極大似然估計(jì)值.
(1)若隨機(jī)變量的分布列為
其中.在3次隨機(jī)試驗(yàn)中，的觀測值分別為1，2，1，求的極大似然估計(jì)值.
(2)某魚池中有魚尾，從中撈取50尾，做好記號后放回魚塘.現(xiàn)從中隨機(jī)撈取20尾，觀測到做記號的有5尾，求的極大似然估計(jì)值.
(3)隨機(jī)變量的概率密度函數(shù)為，.若，，…，是的一組觀測值，證明：參數(shù)的極大似然估計(jì)值為.
【解析】（1）依題意得：，
所以.
當(dāng)時，，單調(diào)遞增；
當(dāng)時，，單調(diào)遞減；
所以時，取得最大值，所以的極大似然估計(jì)值為.
（2）依題意得：，所以.
令，得，令，得，
又，所以…
所以或200時，取得最大值，所以的極大似然估計(jì)值為或200.
（3）依題意得：
所以
令，，
則，令，得.
當(dāng)時，，單調(diào)遞增；
當(dāng)時，，單調(diào)遞減；
所以當(dāng)時，取到最大值.
即時，取得最大值，即取得最大值.
所以參數(shù)的極大似然估計(jì)值為.
【典例4-2】李明上學(xué)有時坐公交車，有時騎自行車，他各記錄了50次坐公交車和騎自行車所花的時間（樣本數(shù)據(jù)），經(jīng)數(shù)據(jù)分析得到如下結(jié)果：
坐公交車：平均用時30min，方差為36
騎自行車：平均用時34min，方差為4
(1)根據(jù)以上數(shù)據(jù)，李明平時選擇哪種交通方式更穩(wěn)妥？試說明理由.
(2)分別用X和Y表示坐公交車和騎自行車上學(xué)所用的時間，X和Y的概率密度曲線如圖（a）所示，如果某天有38min可用，你應(yīng)選擇哪種交通方式？如果僅有34min可用，又應(yīng)該選擇哪種交通方式？試說明理由.
（提示：（2）中X和Y的概率密度曲線分別反映的是X和Y的取值落在某個區(qū)間的隨機(jī)事件的概率，例如，圖（b）中陰影部分的面積表示的就是X取值不大于38min時的概率.）
【解析】（1）李明平時選擇騎自行車更穩(wěn)妥，
由已知得坐公交車平均用時30min，騎自行車平均用時34min，差距不大；但是坐公交車的方差為36，騎自行車的方差為4，由于方差越小，取值越集中，穩(wěn)定性越高，波動性越小，則坐公交車所花費(fèi)的時間不穩(wěn)定，即李明平時選擇騎自行車更穩(wěn)妥.
（2）由圖（a）中可知，X和Y的概率密度曲線可知
，
由此可知，如果某天有38min可用，那么李明坐公交車遲到的概率大于騎自行車遲到的概率，應(yīng)選騎自行車；
由圖（a）中可知，X和Y的概率密度曲線可知
，
由此可知，如果某天有34min可用，那么李明坐公交車遲到的概率小于騎自行車遲到的概率，應(yīng)選坐公交車.
【變式4-1】設(shè)隨機(jī)變量X的概率密度函數(shù)為，則，若對X的進(jìn)行三次獨(dú)立的觀測，事件至少發(fā)生一次的概率為；
（1）對X做n次獨(dú)立重復(fù)的觀測，若使得事件A至少發(fā)生一次的概率超過95%，求n的最小值．（，）
（2）為滿足廣大人民群眾對接種疫苗的需求，某地區(qū)衛(wèi)生防疫部門為所轄的甲、乙、丙三區(qū)提供了批號分別為1、2、3、4、5的五批次新冠疫苗以供選擇，要求每個區(qū)只能從中選擇一個批號的疫苗接種．由于某些原因甲區(qū)不能選擇1、2、4號疫苗，且這三區(qū)所選批號互不影響．記“甲區(qū)選擇3號疫苗”為事件B，且；
①求三個區(qū)選擇的疫苗批號互不相同的概率；
②記甲、乙、丙三個區(qū)選擇的疫苗批號最大數(shù)為K，求K的分布列．
【解析】（1）
所以解得，所以
用Y表示對X的n次獨(dú)立重復(fù)觀察中事件A發(fā)生的次數(shù)，則，
，則，即
解得
，對X至少做11次獨(dú)立重復(fù)觀測；
（2）①
記“三個區(qū)選擇疫苗批號互不相同”為事件C，
②依題意的可能取值為，
則，，
所以分布列如下：
題型五：二維離散型隨機(jī)變量
【典例5-1】（2024·江蘇常州·一模）設(shè)是一個二維離散型隨機(jī)變量，它們的一切可能取的值為，其中，令，稱是二維離散型隨機(jī)變量的聯(lián)合分布列，與一維的情形相似，我們也習(xí)慣于把二維離散型隨機(jī)變量的聯(lián)合分布列寫成下表形式；
現(xiàn)有個球等可能的放入編號為的三個盒子中，記落入第1號盒子中的球的個數(shù)為，落入第2號盒子中的球的個數(shù)為．
(1)當(dāng)時，求的聯(lián)合分布列，并寫成分布表的形式；
(2)設(shè)且，求的值．
（參考公式：若，則）
【解析】（1）
若，的取值為0，1，2，的取值為0，1，2，
則，
，
，，
，，
，
故的聯(lián)合分布列為
（2）當(dāng)時，，
故
所以，由二項(xiàng)分布的期望公式可得．
【典例5-2】（2024·高三·河北保定·開學(xué)考試）如果離散型隨機(jī)變量的取值為，離散型隨機(jī)變量的取值為，，則稱為二維離散型隨機(jī)變量.稱取，的概率為的聯(lián)合分布律.記分別稱為關(guān)于和關(guān)于的邊緣分布律.用表格形式表示如下：
(1)現(xiàn)袋中有質(zhì)地大小均相同的2只白球，3只黑球，現(xiàn)先后隨機(jī)摸球兩次，定義分別求有放回和不放回取球下的聯(lián)合分布律和邊緣分布律（表格形式表示）；
(2)若二維離散型隨機(jī)變量的聯(lián)合分布律與邊緣分布律滿足則稱隨機(jī)變量與相互獨(dú)立.
（i）那么（1）中有放回和不放回取球下的（）是否相互獨(dú)立并說明理由；
（ii）證明：若與相互獨(dú)立，則分布律中任意兩行（或任意兩列）對應(yīng)成比例.
【解析】（1）有放回取球下的聯(lián)合分布律和邊緣分布律；
，
，
，
不放回取球下的聯(lián)合分布律和邊緣分布律；
，
，
，
（2）（i）由（1）知有放回取球下的聯(lián)合分布律和邊緣分布律中，
，
，
經(jīng)檢驗(yàn)，滿足.
所以與相互獨(dú)立.
在不放回摸球聯(lián)合分布律中，
，不滿足滿足，，則與不是相互獨(dú)立.
（ii）
任取分布律中的一行為，
另一行為，其中
因?yàn)槎S離散型隨機(jī)變量與相互獨(dú)立，的聯(lián)合分布律與邊緣分布律滿足，
所以
因?yàn)?br>所以，則分布律中任意兩行對應(yīng)成比例.
同理可證分布律中任意兩列也對應(yīng)成比例.
【變式5-1】（2024·重慶·三模）已知是二維離散型隨機(jī)變量，其中X、Y是兩個相互獨(dú)立的離散型隨機(jī)變量，的分布列用表格表示如下：
(1)求和；
(2)“”表示在條件下的的取值，求“”的分布列；
(3)為的數(shù)學(xué)期望，為“”的分布的期望，證明：.
【解析】（1）由已知.
（2）法一：“”可取的值為，
因?yàn)?br>所以，
，
，
所以“”分布列為
法二：“”可取的值為，由已知，隨機(jī)變量相互獨(dú)立，
故，其中，
由已知，，
所以得“”分布列為
（3）法一：因?yàn)?，所以?br>因?yàn)椋?br>所以，
又因?yàn)椋?br>所以，
所以.
法二：
.
題型六：多項(xiàng)式擬合函數(shù)
【典例6-1】（2024·甘肅·一模）下表是2017年至2021年連續(xù)5年全國研究生在學(xué)人數(shù)的統(tǒng)計(jì)表：
(1)現(xiàn)用模型作為回歸方程對變量與的關(guān)系進(jìn)行擬合，發(fā)現(xiàn)該模型的擬合度很高.請計(jì)算該模型所表示的回歸方程（與精確到0.01）；
(2)已知2021年全國碩士研究生在學(xué)人數(shù)約為267.2萬人，某地區(qū)在學(xué)碩士研究生人數(shù)占該地在學(xué)研究生的頻率值與全國的數(shù)據(jù)近似.當(dāng)年該地區(qū)要在本地區(qū)在學(xué)研究生中進(jìn)行一項(xiàng)網(wǎng)絡(luò)問卷調(diào)查，每位在學(xué)研究生均可進(jìn)行問卷填寫.某天某時段內(nèi)有4名在學(xué)研究生填寫了問卷，X表示填寫問卷的這4人中碩士研究生的人數(shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望.
參考公式及數(shù)據(jù)：對于回歸方程
【解析】（1）可令，則與成線性回歸關(guān)系，則的對應(yīng)關(guān)系如下圖：
根據(jù)公式可得，則，，
則,
,
所以，，則.
（2）可求得該地區(qū)碩士研究生在學(xué)生數(shù)占總在學(xué)研究生人數(shù)的頻率值為，可知，因此隨機(jī)變量的分布列如下：
（人）.
【典例6-2】（2024·安徽·一模）碳中和，是指企業(yè)、團(tuán)體或個人測算在一定時間內(nèi)，直接或間接產(chǎn)生的溫室氣體排放總量，通過植樹造林、節(jié)能減排等形式，抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳排放，實(shí)現(xiàn)二氧化碳的“零排放”.碳達(dá)峰，是指碳排放進(jìn)入平臺期后，進(jìn)入平穩(wěn)下降階段.簡單地說就是讓二氧化碳排放量“收支相抵”.中國政府在第七十五屆聯(lián)合國大會上提出：“中國將提高國家自主貢獻(xiàn)力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力爭于2030年前達(dá)到峰值，努力爭取2060年前實(shí)現(xiàn)碳中和.”減少碳排放，實(shí)現(xiàn)碳中和，人人都可出一份力．某中學(xué)數(shù)學(xué)教師組織開展了題為“家庭燃?xì)庠钚o的最佳角度”的數(shù)學(xué)建?；顒?實(shí)驗(yàn)假設(shè)：
①燒開一壺水有諸多因素，本建模的變量設(shè)定為燃?xì)庥昧颗c旋鈕的旋轉(zhuǎn)角度，其他因素假設(shè)一樣；
②由生活常識知，旋轉(zhuǎn)角度很小或很大，一壺水甚至不能燒開或造成燃?xì)饫速M(fèi)，因此旋轉(zhuǎn)角度設(shè)定在10°到90°間，建模實(shí)驗(yàn)中選取5個代表性數(shù)據(jù)：18°，36°，54°，72°，90°．
某支數(shù)學(xué)建模隊(duì)收集了“燒開一壺水”的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，如下表：
以x表示旋轉(zhuǎn)角度，y表示燃?xì)庥昧?
(1)用列表法整理數(shù)據(jù)（x，y）；
(2)假定x，y線性相關(guān)，試求回歸直線方程（注：計(jì)算結(jié)果精確到小數(shù)點(diǎn)后三位）
(3)有隊(duì)員用二次函數(shù)進(jìn)行模擬，得到的函數(shù)關(guān)系為．求在該模型中，燒開一壺水燃?xì)庥昧孔钌贂r的旋轉(zhuǎn)角度．請用相關(guān)指數(shù)R2分析二次函數(shù)模型與線性回歸模型哪種擬合效果更好？（注：計(jì)算結(jié)果精確到小數(shù)點(diǎn)后一位）
參考數(shù)據(jù)：，，，，
線性回歸模型，二次函數(shù)模型．
參考公式：，，．
【解析】（1）整理數(shù)據(jù)如圖：
（2），，，
，
故回歸直線方程為；
（3），即旋轉(zhuǎn)角約為38.7?時，燒開一壺水燃?xì)庥昧孔钌?
回歸直線與二次函數(shù)擬合兩者關(guān)系時，相關(guān)指數(shù)分別為，，
則，.
因?yàn)?，所以二次函?shù)擬合效果更好.
題型七：最大似然估算與大數(shù)定律
【典例7-1】（2024·河北張家口·三模）在某項(xiàng)投資過程中，本金為，進(jìn)行了次投資后，資金為，每次投資的比例均為x（投入資金與該次投入前資金比值），投資利潤率為r（所得利潤與當(dāng)次投入資金的比值，盈利為正，虧損為負(fù)）的概率為P，在實(shí)際問題中會有多種盈利可能（設(shè)有n種可能），記利潤率為的概率為（其中），其中，由大數(shù)定律可知，當(dāng)N足夠大時，利潤率是的次數(shù)為．
(1)假設(shè)第1次投資后的利潤率為，投資后的資金記為，求與的關(guān)系式；
(2)當(dāng)N足夠大時，證明：（其中）；
(3)將該理論運(yùn)用到非贏即輸?shù)挠螒蛑?，記贏了的概率為，其利潤率為；輸了的概率為，其利潤率為，求最大時x的值（用含有的代數(shù)式表達(dá)，其中）．
【解析】（1）由題知，投入資金為，所獲利潤為，所以.
（2）由題可知，，即，
所以
.
（3）由（2）可得，,
其中，故，故.
記，
則
，
根據(jù)實(shí)際意義知，，
則，
令，解得，
令，解得，
所以在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，
所以當(dāng)時，取得最大值，即取得最大值.
【典例7-2】（2024·湖北孝感·模擬預(yù)測）為落實(shí)食品安全的“兩個責(zé)任”，某市的食品藥品監(jiān)督管理部門和衛(wèi)生監(jiān)督管理部門在市人民代表大會召開之際特別邀請相關(guān)代表建言獻(xiàn)策.為保證政策制定的公平合理性，兩個部門將首先征求相關(guān)專家的意見和建議，已知專家?guī)熘泄灿?位成員，兩個部門分別獨(dú)立地發(fā)出批建邀請的名單從專家?guī)熘须S機(jī)產(chǎn)生，兩個部門均邀請2位專家，收到食品藥品監(jiān)督管理部門或衛(wèi)生監(jiān)督管理部門的邀請后，專家如約參加會議.
(1)設(shè)參加會議的專家代表共X名，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.
(2)為增強(qiáng)政策的普適性及可行性，在征求專家建議后，這兩個部門從網(wǎng)絡(luò)評選出的100位熱心市民中抽取部分市民作為群眾代表開展座談會，以便為政策提供支持和補(bǔ)充意見.已知這兩個部門的邀請相互獨(dú)立，邀請的名單從這100名熱心市民中隨機(jī)產(chǎn)生，食品藥品監(jiān)督管理部門邀請了名代表，衛(wèi)生監(jiān)督管理部門邀請了名代表，假設(shè)收到食品藥品監(jiān)督管理部門或衛(wèi)生監(jiān)督管理部門的邀請后，群眾代表如約參加座談會，且，請利用最大似然估計(jì)法估計(jì)參加會議的群眾代表的人數(shù).（備注:最大似然估計(jì)即最大概率估計(jì)，即當(dāng)P（X=k）取值最大時，X的估計(jì)值為k）
【解析】（1）X的可能取值為2，3，4，則，
，，
則X的分布列為
（2）設(shè)食品藥品監(jiān)督管理部門邀請的代表記為集合A，人數(shù)為，衛(wèi)生監(jiān)督管理部門邀請的代表為集合B，人數(shù)為，則收到兩個部門邀請的代表的集合為A∪B.人數(shù)為Card（A∪B）.
設(shè)參加會議的群眾代表的人數(shù)為Y，則.
若，則，
則，
，
，
令，得，解得，
以代替k，得，
令，得，解得，
所以，
若為整數(shù)，則當(dāng)
或時，取得最大值，
所以估計(jì)參加會議的群眾代表的人數(shù)為或，
若不是整數(shù)，則當(dāng)時，
取得最大值，所以估計(jì)參加會議的群眾代表的人數(shù)為，
其中，表示不超過的最大整數(shù).
【變式7-1】（2024·浙江杭州·二模）在概率統(tǒng)計(jì)中，常常用頻率估計(jì)概率．已知袋中有若干個紅球和白球，有放回地隨機(jī)摸球次，紅球出現(xiàn)次．假設(shè)每次摸出紅球的概率為，根據(jù)頻率估計(jì)概率的思想，則每次摸出紅球的概率的估計(jì)值為．
(1)若袋中這兩種顏色球的個數(shù)之比為，不知道哪種顏色的球多．有放回地隨機(jī)摸取3個球，設(shè)摸出的球?yàn)榧t球的次數(shù)為，則．
（注：表示當(dāng)每次摸出紅球的概率為時，摸出紅球次數(shù)為的概率）
（?。┩瓿上卤恚懗鲇?jì)算過程；
（ⅱ）在統(tǒng)計(jì)理論中，把使得的取值達(dá)到最大時的，作為的估計(jì)值，記為，請寫出的值．
(2)把（1）中“使得的取值達(dá)到最大時的作為的估計(jì)值”的思想稱為最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然參數(shù)估計(jì)方法稱為最大似然估計(jì)．具體步驟：先對參數(shù)構(gòu)建對數(shù)似然函數(shù)，再對其關(guān)于參數(shù)求導(dǎo)，得到似然方程，最后求解參數(shù)的估計(jì)值．已知的參數(shù)的對數(shù)似然函數(shù)為，其中．求參數(shù)的估計(jì)值，并且說明頻率估計(jì)概率的合理性．
【解析】（1）因?yàn)榇羞@兩種顏色球的個數(shù)之比為，且，所以的值為或；
（ⅰ）當(dāng)時，，，
當(dāng)時，，，
表格如下
（ⅱ）由上表可知．
當(dāng)或1時，參數(shù)的概率最大；當(dāng)或3時，參數(shù)的概率最大．
所以；
（2）由，
則，
令，
即，
故，即當(dāng)時，，
當(dāng)時，，
故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
即當(dāng)時，取最大值，故，
因此，用最大似然估計(jì)的參數(shù)與頻率估計(jì)概率的是一致的，故用頻率估計(jì)概率是合理的．
【變式7-2】（2024·河南·模擬預(yù)測）為落實(shí)食品安全的“兩個責(zé)任”，某市的食品藥品監(jiān)督管理部門和衛(wèi)生監(jiān)督管理部門在市人民代表大會召開之際特別邀請相關(guān)代表建言獻(xiàn)策．為保證政策制定的公平合理性，兩個部門將首先征求相關(guān)專家的意見和建議，已知專家?guī)熘泄灿?位成員，兩個部門分別獨(dú)立地發(fā)出邀請，邀請的名單從專家?guī)熘须S機(jī)產(chǎn)生，兩個部門均邀請2位專家，收到食品藥品監(jiān)督管理部門或衛(wèi)生監(jiān)督管理部門的邀請后，專家如約參加會議．
(1)用1，2，3，4代表專家?guī)熘械?位專家，甲、乙分別代表食品藥品監(jiān)督管理部門和衛(wèi)生監(jiān)督管理部門，將兩個部門邀請的專家及參會的專家人數(shù)的所有情況繪制成一個表格，請完成如下表格．

(2)最大似然估計(jì)即最大概率估計(jì)，即當(dāng)時，概率取得最大值，則X的估計(jì)值為k（，，，…，），其中為X所有可能取值的最大值．請用最大似然估計(jì)法估計(jì)參加會議的專家人數(shù)．
【解析】（1）完成的表格如下：
（2）記X為參加會議的專家人數(shù)，（，3，4）的概率記為．
由（1）中的表格可知出現(xiàn)的次數(shù)為6，出現(xiàn)的次數(shù)為24，出現(xiàn)的次數(shù)為6，
則，，，
則，，
根據(jù)最大似然估計(jì)法，可以估計(jì)出參加會議的專家人數(shù)為3．
【變式7-3】統(tǒng)計(jì)與概率主要研究現(xiàn)實(shí)生活中的數(shù)據(jù)和客觀世界中的隨機(jī)現(xiàn)象，通過對數(shù)據(jù)的收集、整理、分析、描述及對事件發(fā)生的可能性刻畫，來幫助人們作出合理的決策.
(1)現(xiàn)有池塘甲，已知池塘甲里有50條魚，其中A種魚7條，若從池塘甲中捉了2條魚.用表示其中A種魚的條數(shù)，請寫出的分布列，并求的數(shù)學(xué)期望;
(2)另有池塘乙，為估計(jì)池塘乙中的魚數(shù)，某同學(xué)先從中捉了50條魚，做好記號后放回池塘，再從中捉了20條魚，發(fā)現(xiàn)有記號的有5條.
（?。┱垙姆謱映闃拥慕嵌裙烙?jì)池塘乙中的魚數(shù).
（ⅱ）統(tǒng)計(jì)學(xué)中有一種重要而普遍的求估計(jì)量的方法─最大似然估計(jì)，其原理是使用概率模型尋找能夠以較高概率產(chǎn)生觀察數(shù)據(jù)的系統(tǒng)發(fā)生樹，即在什么情況下最有可能發(fā)生已知的事件.請從條件概率的角度，采用最大似然估計(jì)法估計(jì)池塘乙中的魚數(shù).
【解析】（1）,
故分布列為：
.
（2）（i）設(shè)池塘乙中魚數(shù)為,則,解得,故池塘乙中的魚數(shù)為200.
（ii）設(shè)池塘乙中魚數(shù)為,令事件“再捉20條魚,5條有記號”,事件“池塘乙中魚數(shù)為”
則,由最大似然估計(jì)法,即求最大時的值,其中,
當(dāng)時，
當(dāng)時，
當(dāng)時
所以池塘乙中的魚數(shù)為199或200.
1．在概率論中，馬爾可夫不等式給出了隨機(jī)變量的函數(shù)不小于某正數(shù)的概率的上界，它以俄國數(shù)學(xué)家安德雷·馬爾可夫命名，由馬爾可夫不等式知，若是只取非負(fù)值的隨機(jī)變量，則對，都有.某市去年的人均年收入為10萬元，記“從該市任意選取3名市民，則恰有1名市民去年的年收入超過100萬元”為事件A，其概率為.則的最大值為（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】記該市去年人均收入為萬元，從該市任意選取3名市民，年收入超過100萬元的人數(shù)為.
設(shè)從該市任選1名市民，年收入超過100萬元的概率為，
則根據(jù)馬爾可夫不等式可得，
，
因?yàn)椋?br>所以，
令，則，
，即，
在上單調(diào)遞增.
，即.
故選：B
2．在如圖所示的正方形中隨機(jī)投擲個點(diǎn)，則落入由曲線（曲線為正態(tài)分布的概率密度曲線）與直線、及所圍成的封閉區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)的個數(shù)的估計(jì)值為（）
（附：若，則，，
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由正態(tài)分布原則可知，封閉區(qū)域的面積為，
正方形的面積為，因此，落入封閉區(qū)域的點(diǎn)的個數(shù)的估計(jì)值為.
故選：D.
3．把一正態(tài)曲線C1沿著橫軸方向向右移動2個單位，得到一條新的曲線C2，下列說法不正確的是（）
A．曲線C2仍是正態(tài)曲線
B．曲線C1、C2的最高點(diǎn)的縱坐標(biāo)相等
C．以曲線C2為概率密度曲線的總體的方差比以曲線C1為概率密度曲線的總體的方差大2
D．以曲線C2為概率密度曲線的總體的期望比以曲線C1為概率密度曲線的總體的期望大2
【答案】C
【解析】由題意，曲線C1和C2的大小形狀完全一樣，只是在坐標(biāo)系中的位置不同，
而對稱軸是，形狀決定方差.
設(shè)正態(tài)曲線C1表示隨機(jī)變量，正態(tài)曲線C2表示隨機(jī)變量，
則，
，
，
故C錯誤，ABD正確．
故選：C.
4．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）某大型電子商務(wù)平臺每年都會舉行“雙11”商業(yè)促銷狂歡活動，現(xiàn)統(tǒng)計(jì)了該平臺從2010年到2018年共9年“雙11”當(dāng)天的銷售額（單位：億元）并作出散點(diǎn)圖，將銷售額y看成以年份序號x（2010年作為第1年）的函數(shù).運(yùn)用excel軟件，分別選擇回歸直線和三次多項(xiàng)式回歸曲線進(jìn)行擬合，效果如下圖，則下列說法錯誤的是（）
A．銷售額y與年份序號x呈正相關(guān)關(guān)系
B．根據(jù)三次多項(xiàng)式函數(shù)可以預(yù)測2019年“雙11”當(dāng)天的銷售額約為2684.54億元
C．三次多項(xiàng)式回歸曲線的擬合效果好于回歸直線的擬合效果
D．銷售額y與年份序號x線性相關(guān)不顯著
【答案】D
【解析】散點(diǎn)從左下到右上分布，所以銷售額y與序號x呈正相關(guān)關(guān)系，故A正確；
令，由三次多項(xiàng)式函數(shù)得2684.54，
所以2019年“雙11”當(dāng)天的銷售額約為2684.54億元，故B正確；
用三次多項(xiàng)式曲線擬合的相關(guān)指數(shù)，而一次歸直線擬合的相關(guān)指數(shù)，相關(guān)指數(shù)越大擬合效果越好，故C正確；
因?yàn)橄嚓P(guān)系數(shù)非常接近1，
故銷售額y與年份序號x線性相關(guān)顯著，故D錯誤，
故選：D.
5．（2024·廣東肇慶·模擬預(yù)測）馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，為狀態(tài)空間中經(jīng)過從一個狀態(tài)到另一個狀態(tài)的轉(zhuǎn)換的隨機(jī)過程，該過程要求具備“無記憶”的性質(zhì)：下一狀態(tài)的概率分布只能由當(dāng)前狀態(tài)決定，在時間序列中它前面的事件均與之無關(guān).甲口袋中各裝有1個黑球和2個白球，乙口袋中裝有2個黑球和1個白球，現(xiàn)從甲、乙兩口袋中各任取一個球交換放入另一口袋，重復(fù)進(jìn)行n（）次這樣的操作，記口袋甲中黑球的個數(shù)為，恰有1個黑球的概率為，則的值是；的數(shù)學(xué)期望是 .
【答案】
【解析】考慮到乙袋中拿出的球可能是黑的也可能是白的，由全概率公式可得；
記取0，1，2，3的概率分別為，，，，
推導(dǎo)的分布列：
，，，
則
，
則，
故
給合，可知.
故答案為： ;.
6．馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，為狀態(tài)空間中經(jīng)過從一個狀態(tài)到另一個狀態(tài)的轉(zhuǎn)換的隨機(jī)過程.該過程要求具備“無記憶”的性質(zhì)：下一狀態(tài)的概率分布只能由當(dāng)前狀態(tài)決定，在時間序列中它前面的事件均與之無關(guān).甲乙兩個口袋中各裝有1個黑球和2個白球，現(xiàn)從甲、乙兩口袋中各任取一個球交換放入另一口袋，重復(fù)進(jìn)行次這樣的操作，記甲口袋中黑球個數(shù)為，恰有1個黑球的概率為，則；．
【答案】
【解析】由題意，；
當(dāng)時，
，
整理得，，
故可知是以為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列，所以.
故答案為：；
7．馬爾科夫鏈?zhǔn)菣C(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，其數(shù)學(xué)定義為:假設(shè)序列狀態(tài)是...，，那么時刻的狀態(tài)的條件概率僅依賴前一狀態(tài)，即.著名的賭徒模型就應(yīng)用了馬爾科夫鏈：假如一名賭徒進(jìn)入賭場參與一個賭博游戲，每一局賭徒賭贏的概率都為50%，每局賭贏可以贏得1金幣，賭輸就要輸?shù)?金幣.賭徒自以為理智地決定，遇到如下兩種情況就會結(jié)束賭博游戲：一是輸光了手中金幣;二是手中金幣達(dá)到預(yù)期的1000金幣，出現(xiàn)這兩種情況賭徒都會停止賭博.記賭徒的本金為70金幣，求賭徒輸光所有金幣的概率 .
【答案】/
【解析】設(shè)當(dāng)賭徒手中有元時，最終輸光的概率為，
當(dāng)時，賭徒已經(jīng)輸光了，所以，
當(dāng)時，賭徒到了終止賭博的條件，不再賭了，因此輸光的概率為，
記：賭徒有元最后輸光的事件，：賭徒有元下一次贏的事件，
所以，
即，所以，
所以為等差數(shù)列，設(shè)，
由于，所以，
所以，
故
故答案為：
8．隨機(jī)變量的概念是俄國數(shù)學(xué)家切比雪夫在十九世紀(jì)中葉建立和提倡使用的.切比雪夫在數(shù)論?概率論?函數(shù)逼近論?積分學(xué)等方面均有所建樹，他證明了如下以他名字命名的離散型切比雪夫不等式：設(shè)為離散型隨機(jī)變量，則，其中為任意大于0的實(shí)數(shù).切比雪夫不等式可以使人們在隨機(jī)變量的分布未知的情況下，對事件的概率作出估計(jì).
(1)證明離散型切比雪夫不等式；
(2)應(yīng)用以上結(jié)論，回答下面問題：已知正整數(shù).在一次抽獎游戲中，有個不透明的箱子依次編號為，編號為的箱子中裝有編號為的個大小?質(zhì)地均相同的小球.主持人邀請位嘉賓從每個箱子中隨機(jī)抽取一個球，記從編號為的箱子中抽取的小球號碼為，并記.對任意的，是否總能保證（假設(shè)嘉賓和箱子數(shù)能任意多）？并證明你的結(jié)論.
附：可能用到的公式（數(shù)學(xué)期望的線性性質(zhì)）：對于離散型隨機(jī)變量滿足，則有.
【解析】（1）設(shè)的所有可能取值為取的概率為.
則，

（2）（2）由參考公式，.
，用到
而，故.
當(dāng)時，，
因此，不能保證.
9．（2024·廣東茂名·二模）馬爾可夫鏈?zhǔn)且蚨韲鴶?shù)學(xué)家安德烈·馬爾可夫得名，其過程具備“無記憶”的性質(zhì)，即第次狀態(tài)的概率分布只跟第次的狀態(tài)有關(guān)，與第次狀態(tài)是“沒有任何關(guān)系的”.現(xiàn)有甲、乙兩個盒子，盒子中都有大小、形狀、質(zhì)地相同的2個紅球和1個黑球.從兩個盒子中各任取一個球交換，重復(fù)進(jìn)行次操作后，記甲盒子中黑球個數(shù)為，甲盒中恰有1個黑球的概率為，恰有2個黑球的概率為.
(1)求的分布列；
(2)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(3)求的期望.
【解析】（1）（1）由題可知，的可能取值為0，1，2.由相互獨(dú)立事件概率乘法公式可知：
;;，
故的分布列如下表：
（2）由全概率公式可知：
，
即：，
所以，
所以，
又，
所以，數(shù)列為以為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列，
所以，
即：.
（3）由全概率公式可得：
,
即：,
又,
所以,
所以,
又,
所以,
所以,
所以,
所以.
10．（2024·全國·模擬預(yù)測）卡特蘭數(shù)是組合數(shù)學(xué)中一個常在各種計(jì)數(shù)問題中出現(xiàn)的數(shù)列．以比利時的數(shù)學(xué)家歐仁·查理·卡特蘭（1814-1894）命名．歷史上，清代數(shù)學(xué)家明安圖（1692年-1763年）在其《割圜密率捷法》最早用到“卡特蘭數(shù)”，遠(yuǎn)遠(yuǎn)早于卡塔蘭．有中國學(xué)者建議將此數(shù)命名為“明安圖數(shù)”或“明安圖-卡特蘭數(shù)”．卡特蘭數(shù)是符合以下公式的一個數(shù)列：且．如果能把公式化成上面這種形式的數(shù)，就是卡特蘭數(shù)．卡特蘭數(shù)是一個十分常見的數(shù)學(xué)規(guī)律，于是我們常常用各種例子來理解卡特蘭數(shù)．比如：在一個無窮網(wǎng)格上，你最開始在上，你每個單位時間可以向上走一格，或者向右走一格，在任意一個時刻，你往右走的次數(shù)都不能少于往上走的次數(shù)，問走到，0≤n有多少種不同的合法路徑．記合法路徑的總數(shù)為
(1)證明是卡特蘭數(shù)；
(2)求的通項(xiàng)公式．
【解析】（1）若先走到則合法路徑，
若先走到且不走到，
相當(dāng)于走到后向右走到再走到，
合法路徑
若先走到且不走到，
相當(dāng)于走到后再從走到，
合法路徑，
于是，即為卡特蘭數(shù).
（2）記直線，則所有不合法路線都會與直線有交點(diǎn)，
記第一個交點(diǎn)為，
將之后的路徑都沿著對稱，
那么這條不合法路徑的終點(diǎn)成為了，
于是總路線為，不合法路線為，
合法路徑為，
即.
11．馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，為狀態(tài)空間中經(jīng)過從一個狀態(tài)到另一個狀態(tài)的轉(zhuǎn)換的隨機(jī)過程.該過程要求具備“無記憶”的性質(zhì)：下一狀態(tài)的概率分布只能由當(dāng)前狀態(tài)決定，在時間序列中它前面的事件均與之無關(guān).甲?乙兩口袋中各裝有1個黑球和2個白球，現(xiàn)從甲?乙兩口袋中各任取一個球交換放入另一口袋，重復(fù)進(jìn)行次這樣的操作，記口袋甲中黑球的個數(shù)為，恰有1個黑球的概率為，恰有2個黑球的概率為，恰有0個黑球的概率為.
(1)求的值；
(2)根據(jù)馬爾科夫鏈的知識知道，其中為常數(shù)，同時，請求出；
(3)求證：的數(shù)學(xué)期望為定值.
【解析】（1）由題意恰有0個黑球的概率為.
由題意知，
所以.
（2）因?yàn)椋?br>所以.
又因?yàn)?，所以是以為首?xiàng)，為公比的等比數(shù)列.
所以.
（3）因?yàn)棰伲?br>②
所以①-②，得.
又因?yàn)?，所?所以.
所以的概率分布列為：
所以.
所以的數(shù)學(xué)期望為定值1.
12．（2024·云南·模擬預(yù)測）材料一：英國數(shù)學(xué)家貝葉斯在概率論研究方面成就顯著，創(chuàng)立了貝葉斯統(tǒng)計(jì)理論，對于統(tǒng)計(jì)決策函數(shù)?統(tǒng)計(jì)推斷等做出了重要貢獻(xiàn).貝葉斯公式就是他的重大發(fā)現(xiàn)，它用來描述兩個條件概率之間的關(guān)系.該公式為：設(shè)是一組兩兩互斥的事件，，且，，則對任意的事件，有，.
材料二：馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，在強(qiáng)化學(xué)習(xí)?自然語言處理?金融領(lǐng)域?天氣預(yù)測等方面都有著極其廣泛的應(yīng)用.其數(shù)學(xué)定義為：假設(shè)我們的序列狀態(tài)是，，那么時刻的狀態(tài)的條件概率僅依賴前一狀態(tài)，即.
請根據(jù)以上材料，回答下列問題.
(1)已知德國電車市場中，有的車電池性能很好.公司出口的電動汽車，在德國汽車市場中占比，其中有的汽車電池性能很好.現(xiàn)有一名顧客在德國購買一輛電動汽車，已知他購買的汽車不是公司的，求該汽車電池性能很好的概率；（結(jié)果精確到0.001
(2)為迅速搶占市場，公司計(jì)劃進(jìn)行電動汽車推廣活動.活動規(guī)則如下：有11個排成一行的格子，編號從左至右為，有一個小球在格子中運(yùn)動，每次小球有的概率向左移動一格；有的概率向右移動一格，規(guī)定小球移動到編號為0或者10的格子時，小球不再移動，一輪游戲結(jié)束.若小球最終停在10號格子，則贏得6百歐元的購車代金券；若小球最終停留在0號格子，則客戶獲得一個紀(jì)念品.記為以下事件發(fā)生的概率：小球開始位于第個格子，且最終停留在第10個格子.一名顧客在一次游戲中，小球開始位于第5個格子，求他獲得代金券的概率.
【解析】（1）記事件為一輛德國市場的電車性能很好，事件為一輛德國市場的車來自公司.由全概率公式知：
故：.
（2）記事件表示小球開始位于第個格子，且最終停留在第10個格子，
事件表示小球向右走一格.小球開始于第格，此時的概率為，則下一步小球向左或向右移動，
當(dāng)小球向右移動，即可理解為小球始于，當(dāng)小球向左移動，即可理解為小球始于，
即.由題知，
又，故，
所以是以為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，
即：，
即：，
，
，
故，
，
則，
故這名顧客獲得代金券的概率為.
13．（2024·山東濰坊·一模）若，是樣本空間上的兩個離散型隨機(jī)變量，則稱是上的二維離散型隨機(jī)變量或二維隨機(jī)向量．設(shè)的一切可能取值為，，記表示在中出現(xiàn)的概率，其中．
(1)將三個相同的小球等可能地放入編號為1，2，3的三個盒子中，記1號盒子中的小球個數(shù)為，2號盒子中的小球個數(shù)為，則是一個二維隨機(jī)變量．
①寫出該二維離散型隨機(jī)變量的所有可能取值；
②若是①中的值，求（結(jié)果用，表示）；
(2)稱為二維離散型隨機(jī)變量關(guān)于的邊緣分布律或邊際分布律，求證：．
【解析】（1）①該二維離散型隨機(jī)變量的所有可能取值為：
.
②依題意，，，
顯然，則，
所以.
（2）由定義及全概率公式知，
.
14．（2024·高三·河北邯鄲·開學(xué)考試）設(shè)是二維離散型隨機(jī)變量，它們的一切可能取值為，其中，，則稱為二維隨機(jī)變量的聯(lián)合分布列．定義：，稱（，，…）為關(guān)于X的邊際分布列，，稱（，，…）為關(guān)于Y的邊際分布列；對于固定的j，稱（）為給定條件下的離散型隨機(jī)變量的條件分布列，則二維離散型隨機(jī)變量的聯(lián)合分布列與邊際分布列如表：
(1)求證：對于，；
(2)若的聯(lián)合分布列與邊際分布列如表：
求給定條件下Y的條件分布列；
(3)把三個相同的小球等可能地放入編號為1，2，3的三個盒子中．記放入1號盒子的球的個數(shù)為，放入2號盒子的球的個數(shù)為，則是一個二維離散型隨機(jī)變量．列出的聯(lián)合分布列與邊際分布列．
【解析】（1）
（2）因?yàn)?，所以用第二行的值分別除以0.3，
可得給定條件下Y的條件分布列：
（3）由題意可知X的可能取值為0，1，2，3，Y的可能取值為0，1，2，3，
設(shè)，，，，由概率的乘法公式知，
，，，，，
所以，，
當(dāng)時，顯然，
所以（X，Y）的聯(lián)合分布列與邊際分布列如表：
15．已知編號為的三個袋子中裝有除標(biāo)號外完全相同的小球，其中1號袋子內(nèi)裝有兩個1號球，一個2號球和一個3號球；2號袋子內(nèi)裝有兩個1號球，一個3號球；3號袋子內(nèi)裝有三個1號球，兩個2號球和一個3號球．現(xiàn)按照如下規(guī)則連續(xù)摸球兩次；第一次先從1號袋子中隨機(jī)摸出1個球，并將摸出的球放入與球編號相同的袋子中，第二次從剛放入球的袋子中再隨機(jī)摸出1個球．
(1)若第二次摸到的是3號球，計(jì)算此3號球在第二次摸球過程中分別來自號袋子的概率；
(2)設(shè)是樣本空間上的兩個離散型隨機(jī)變量，則稱是上的二維離散型隨機(jī)變量．設(shè)的一切可能取值為，記表示在中出現(xiàn)的概率，其中．若表示第一次摸出的是號球，表示第二次摸出的是號球．
①求；
②證明：．
【解析】（1）設(shè)第一次摸到球的事件為，第二次摸到的是3號球的事件為，
第二次在第號袋子里摸到的是3號球的事件為，，
，
于是，
所以第二次摸到的是3號球，它來自1號袋子的概率；
第二次摸到的是3號球，它來自2號袋子的概率；
第二次摸到的是3號球，它來自3號袋子的概率.
（2）①依題意，，即第一次摸出1號球，并放入1號袋子，第二次從該袋子摸出2號球的概率，
所以.
②由定義及全概率公式知，
，
所以.
測試指標(biāo)
元件數(shù)（件）
12
18
36
30
4
0
1
2
0
1
2
p
1
2
3
0
2
4
-3
-1
1
3
1
2
3
K
3
4
5
P
邊緣分布律
邊緣分布律
1
0
1
邊緣分布律
0
1
邊緣分布律
1
0
1
邊緣分布律
0
0.3
0.3
0.6
1
0.3
0.1
0.4
邊緣分布律
0.6
0.4
1
邊緣分布律
邊緣分布律
1
X
0
3
6
0
5
0
3
6
0
3
6
年份序號
1
2
3
4
5
人數(shù)（萬人）
263
273
286
314
334
4
9
16
25
36
263
273
286
314
334
0
1
2
3
4
項(xiàng)目
旋轉(zhuǎn)角度
開始燒水時燃?xì)獗碛?jì)數(shù)/dm3
水燒開時燃?xì)獗碛?jì)數(shù)/dm3
18°
9080
9210
36°
8958
9080
54°
8819
8958
72°
8670
8819
90°
8498
8670
x（旋轉(zhuǎn)角度：度）
18
36
54
72
90
y（燃?xì)庥昧浚篸m3）
x（旋轉(zhuǎn)角度：度）
18
36
54
72
90
y（燃?xì)庥昧浚篸m3）
130
122
139
149
172
X
2
3
4
P
0.1
0.6
0.3
0
1
2
3
0
1
2
3
0
1
2
0
1
2
0
1
2
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
1
1
2
3
1
0.3
0.1
0.1
0.5
2
0.05
0.1
0.15
0.3
3
0.05
0.1
0.05
0.2
0.4
0.3
0.3
1
1
2
3
P
（X，Y）
0
1
2
3
0
1
0
2
0
0
3
0
0
0
1

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