2025年新高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸題講義：高等背景下概率論的新定義（七大題型）

專題08高等背景下概率論的新定義

【題型歸納目錄】

題型一：切比雪夫不等式

題型二：馬爾科夫鏈

題型三：卡特蘭數(shù)

題型四：概率密度函數(shù)

題型五：二維離散型隨機(jī)變量

題型六：多項(xiàng)式擬合函數(shù)

題型七：最大似然估算

【典型例題】

題型一：切比雪夫不等式

【典例1-1】（2024?浙江?二模）某工廠生產(chǎn)某種元件，其質(zhì)量按測(cè)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(cè)，檢測(cè)結(jié)果統(tǒng)計(jì)如下表：

測(cè)試指標(biāo)[20,76)[76,82)[82,88)[88,94)[94,100]

元件數(shù)（件）121836304

（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(guó)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E（X）=〃，方差。（X）=〃，則對(duì)任意正數(shù)￡,均有成立.

⑴若X?d100,g),證明：P(0<X<25)<^;

（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(qǐng)結(jié)合“切比雪夫不等式”說(shuō)明該工廠所提供的合

格率是否可信？（注：當(dāng)隨機(jī)事件/發(fā)生的概率小于0.05時(shí)，可稱事件N為小概率事件）

【解析】（1）記事件A為抽到一件合格品，事件5為抽到兩個(gè)合格品，

尸（/8）=m=詈/。）=C?oo-C；o=301

^100。330

16123

30143

⑵⑴由題：若X?《100,￡|,則E（X）=5O,￡＞（X）=25

<1V00

又尸(刀=左)=&。匕)=P(X=100d),

所以P(0VXV25)=：尸(0VX425或75VXW100)=；P(|x-50|225)

OC1

由切比雪夫不等式可知，F(xiàn)(|^-50|>25)<^=—

所以P(0WXW25)$；

(ii)設(shè)隨機(jī)抽取100件產(chǎn)品中合格品的件數(shù)為X,

假設(shè)廠家關(guān)于產(chǎn)品合格率為90%的說(shuō)法成立，貝1JX:5(100,0.9),

所以￡(X)=9O,Z)(X)=9,

由切比雪夫不等式知，P(X=70)4尸(|X-90|>20)<^=0.0225,

即在假設(shè)下100個(gè)元件中合格品為70個(gè)的概率不超過(guò)0.0225,此概率極小，由小概率原理可知，一般來(lái)說(shuō)

在一次試驗(yàn)中是不會(huì)發(fā)生的，據(jù)此我們有理由推斷工廠的合格率不可信.

【典例1-2](2024?吉林長(zhǎng)春?模擬預(yù)測(cè))概率論中有很多經(jīng)典的不等式，其中最著名的兩個(gè)當(dāng)屬由兩位俄國(guó)數(shù)

學(xué)家馬爾科夫和切比雪夫分別提出的馬爾科夫(Markov)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)X為一個(gè)非負(fù)隨機(jī)變量，其數(shù)學(xué)期望為E(X),則對(duì)任意￡>0,均有名因，

￡

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)X為非負(fù)離散型隨機(jī)變量時(shí)，馬爾科夫不等式的證明如下：

設(shè)X的分布列為P(X=X,)=p”i=1,2,…,〃，其中Ple(0,+00),e[0,+oo)(z=1,2,--?,n迂pt=1,則對(duì)任意

i=l

￡>o,p^x>-EAE-Pi=-Ex<Pi-ExiP1=>其中符號(hào)￡4表示對(duì)所有滿足的指

Xj>￡Xj>￡&Xj>￡￡i=1￡Xi~￡

標(biāo)i所對(duì)應(yīng)的4求和.

切比雪夫不等式的形式如下：

設(shè)隨機(jī)變量X的期望為E(x),方差為。(X),則對(duì)任意￡>0,均有尸(門-￡(幻|泊卜2產(chǎn)

(1)根據(jù)以上參考資料，證明切比雪夫不等式對(duì)離散型隨機(jī)變量X成立.

(2)某藥企研制出一種新藥，宣稱對(duì)治療某種疾病的有效率為80%.現(xiàn)隨機(jī)選擇了100名患者，經(jīng)過(guò)使用該

藥治療后，治愈的人數(shù)為60人，請(qǐng)結(jié)合切比雪夫不等式通過(guò)計(jì)算說(shuō)明藥廠的宣傳內(nèi)容是否真實(shí)可信.

【解析】(1)法一：對(duì)非負(fù)離散型隨機(jī)變量及正數(shù)/使用馬爾科夫不等式，

2

有尸《X-E(x)|>s^=P([X-E>f)<(X)]=D(x).

法二：設(shè)X的分布列為

P（X=匕）=口/=1,2,…,如

其中演€（0,+8）（，=12-，〃）七口=1,記〃=E（X）,則對(duì)任意￡>0,

Z=1

p（|x-”*）=￡P(guān)Sz￡一〃由V垃彳-〃用=*?

\Xj-//|>￡卜「42￡匕匕書(shū)_〃*￡i=1匕

（2）設(shè)在100名患者中治愈的人數(shù)為X.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，X-B（100,0.8）,￡（X）=100x0.8=80,7?（X）=100x0.8x（1-0.8）=16.

由切比雪夫不等式，有尸（XW60）WP[\X-80|>20）<=0.04.

即在假設(shè)下，100名患者中治愈人數(shù)不超過(guò)60人的概率不超過(guò)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1-1]（2024?高三?湖北?階段練習(xí)）隨機(jī)變量的概念是俄國(guó)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(shù)，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)X為離散型隨機(jī)變量，則尸其中4為任意大于0的實(shí)數(shù).

切比雪夫不等式可以使人們?cè)陔S機(jī)變量X的分布未知的情況下，對(duì)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(wèn)題：已知正整數(shù).在一次抽獎(jiǎng)游戲中，有"個(gè)不透明的箱子依次編號(hào)為

1,2,???,?,編號(hào)為i（1缶力）的箱子中裝有編號(hào)為0,1,…，，的7+1個(gè)大小、質(zhì)地均相同的小球.主持人邀請(qǐng)〃位嘉

nV

賓從每個(gè)箱子中隨機(jī)抽取一個(gè)球，記從編號(hào)為i的箱子中抽取的小球號(hào)碼為X,,并記X=、『.對(duì)任意的〃，

是否總能保證尸（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(duì)于離散型隨機(jī)變量工式,刀2,…,X,滿足X=則有

Z=1

E（X）=￡E（X）.

j=l

【解析】⑴設(shè)x的所有可能取值為x”z，…，%,x取士的概率為

則川X-E（X）怛/）=tPt,

|x,.-￡（JT）|>2

???|y-￡,（-￥）1>2，卜廠:]

A2

刊v±町釜邙也一㈤、竽

|xz--E（X）|>2*744i=l4

Li|==n

(2)(2)由參考公式，E(X)=E

i=li=l2

2

D(X)=E((X_￡(X))2)=E

Z=1I

、n2、

=￡E+2￡￡力

Z=1i2Z=1

717

n

2噌,用到E=O(l^Mz)

」，故D(X)寸

而。j=01Z2

z+1^4+

n

當(dāng)”=160時(shí),尸(Xnw)<p[X-^^QAnH4,<o.oi，

0.16;i2

因此,不能保證尸(m〃)d.oi.

題型二：馬爾科夫鏈

【典例2-1](2024?高三?全國(guó)?專題練習(xí))馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個(gè)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(guò)從一個(gè)狀態(tài)到另一個(gè)狀態(tài)的轉(zhuǎn)換的隨機(jī)過(guò)程.該過(guò)程要求具備“無(wú)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(shí)間序列中它前面的事件均與之無(wú)關(guān).甲、乙兩口袋中各裝

有1個(gè)黑球和2個(gè)白球，現(xiàn)從甲、乙兩口袋中各任取一個(gè)球交換放入另一口袋，重復(fù)進(jìn)行M〃eN*)次這樣

的操作，記口袋甲中黑球的個(gè)數(shù)為x“，恰有1個(gè)黑球的概率為p“.

(1)求P”P(pán)2的值;

⑵求2的值(用"表示);

(3)求證：X”的數(shù)學(xué)期望第X”)為定值.

【解析】⑴設(shè)恰有2個(gè)黑球的概率為或，則恰有0個(gè)黑球的概率為1-％-qn.

上昨上Acic',+cic!5C；C；2

由題意知Pl=一0=念=6,

…c；c；+c：c；

所以PL&C；"+C；C；<"分尸81,

；；；；C?八12

cc+ccv+

(2)因?yàn)?="-1+^r(l-P"T-q,Tr~^Pn-\

c；c；

313

所以g

一一15

32I才3是以一上為首項(xiàng)’為公比的等比數(shù)歹八

又因?yàn)镸=-而wo,所以

5

所以％一V/xT，%

「、，C'c!C；C*21

(3)因?yàn)榭v直q.T①,

_C；C*-射一%）\（i-附一。」②.

所以①-②，得2縱+4-1=；（2/_］+。,_|一1）.

又因?yàn)?0+R一1=0,所以2q“+p”-l=0.所以縱=號(hào)?

所以X.的概率分布列為:

X.012

2-j1-0“

PPn

2

，1P

所以E(X.)=Ox1-%一+lx“+2x"=\.

"2

所以X,的數(shù)學(xué)期望￡（X,J為定值1.

【典例2-2］（2024?高三?貴州黔西?階段練習(xí)）馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個(gè)重要模型，因俄國(guó)數(shù)學(xué)家安德

烈?馬爾科夫得名，其過(guò)程具備“無(wú)記憶”的性質(zhì)，即第〃+1次狀態(tài)的概率分布只跟第"次的狀態(tài)有關(guān)，與第

n-1,n-2,〃-3,…次狀態(tài)無(wú)關(guān)，即尸（X/…/心入…七）=尸（刀用戶”）.已知甲盒子中裝有2個(gè)黑球

和1個(gè)白球，乙盒子中裝有2個(gè)白球，現(xiàn)從甲、乙兩個(gè)盒子中各任取一個(gè)球交換放入另一個(gè)盒子中，重復(fù)〃

次這樣的操作.記甲盒子中黑球個(gè)數(shù)為X”，恰有2個(gè)黑球的概率為%，恰有1個(gè)黑球的概率為

（1）求生,4和%,均；

（2）證明：［2a"+，一■|>為等比數(shù)歹U（〃22且〃eN*）；

⑶求X”的期望（用"表示，?>2>neN*）.

【解析】（1）若甲盒取黑，乙盒取白，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑2白，乙盒為1黑1白，概率為:，

若甲盒取白，乙盒取白，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑1白，乙盒為2白，概率為:，

12

所以％=§,

2

①當(dāng)甲盒1黑2白，乙盒為1黑1白，概率為4=§,此時(shí)：

若甲盒取黑，乙盒取白，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?白，概率為=3仇，

概率為：4義!=，4，

若甲盒取黑，乙盒取黑，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑2白，

326

211

若甲盒取白，乙盒取白，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑2白，概率為九歹什

211

若甲盒取白，乙盒取黑，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑1白，概率為X—=,

②當(dāng)甲盒2黑1白，乙盒為2白，概率為％=；,止匕時(shí):

2

若甲盒取黑，乙盒取白，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑2白，概率為，

概率為1外,

若甲盒取白，乙盒取白，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑1白，

…i,1,1,21,2122151112111

綜上可知：b=—b—H———b]H=-x—i—x—=—,——b7yH—ci,——x—i—x—=一.

26x3321323339一3333333

(2)經(jīng)過(guò)〃次這樣的操作.記甲盒子恰有2個(gè)黑1白的概率為恰有1黑2白的概率為我，3白的概率為

1-。〃一￡,

①當(dāng)甲盒1黑2白，乙盒為1黑1白，概率為“，此時(shí)：

若甲盒取黑，乙盒取白，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?白，概率為

326

概率為=*

若甲盒取黑，乙盒取黑，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑2白，

520

211

若甲盒取白，乙盒取白，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑2白，概率為I小5=”，

211

若甲盒取白，乙盒取黑，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑1白，概率為1=

②當(dāng)甲盒2黑1白，乙盒為2白，概率為%,此時(shí):

2

若甲盒取黑，乙盒取白，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑2白，概率為，

概率為;巴，

若甲盒取白，乙盒取白，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑1白，

③當(dāng)甲盒中3白，乙盒2黑，概率為1-%-4，此時(shí):

若甲盒取白，乙盒取黑，此時(shí)互換，則甲盒中變?yōu)?黑2白，概率為1-%-6〃,

…1,1,2,,,1,1

故"+1=7^,,+~bn+丁氏+1_2=i--bn~^an-

63323

171

2〃〃+i+4+i_g

因此

2%+bn-1。小66

2%+bn

因此12%+〃-胃為等比數(shù)列，且公比為:.

(3)由(2)知12%+〃一?為等比數(shù)歹ij,且公比為)，首項(xiàng)為2%+4—1=

IJJ6515

故2%+b?-1所以2%+/+24'

""515（6）

￡(X“)=Ox(l-%-60)+lx6"+2a“=4+2°“=!+★(1].

J1JV07

【變式2-1](2024?浙江杭州?二模)馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個(gè)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(yǔ)言處理、金融領(lǐng)域、天氣預(yù)測(cè)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…，無(wú)一2，X,,Xf+1,那么X小時(shí)刻的狀態(tài)的條件概率僅依賴前一狀態(tài)X,,

即尸X"2，"，X,)=尺X/X).

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(chǎng)參與一個(gè)賭博游戲，每一局賭徒賭贏的概率為50%,且每局賭贏可以贏得1元，每

一局賭徒賭輸?shù)母怕蕿?0%,且賭輸就要輸?shù)?元.賭徒會(huì)一直玩下去，直到遇到如下兩種情況才會(huì)結(jié)束

賭博游戲：一種是手中賭金為0元，即賭徒輸光；一種是賭金達(dá)到預(yù)期的3元，賭徒停止賭博.記賭徒的

本金為賭博過(guò)程如下圖的數(shù)軸所示.

0.50.5

I,2141

077B

0.50.5

當(dāng)賭徒手中有〃元〃eN)時(shí)，最終輸光的概率為尸(〃)，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)請(qǐng)直接寫(xiě)出尸(0)與P(B)的數(shù)值.

(2)證明｛尸(")｝是一個(gè)等差數(shù)列，并寫(xiě)出公差力

(3)當(dāng)/=100時(shí)，分別計(jì)算2=200,8=1000時(shí)，P(Z)的數(shù)值，并結(jié)合實(shí)際，解釋當(dāng)Bfoo時(shí)，尸(/)的

統(tǒng)計(jì)含義.

【解析】(1)當(dāng)〃=0時(shí)，賭徒已經(jīng)輸光了，因此尸(O)=L

當(dāng)〃時(shí)，賭徒到了終止賭博的條件，不再賭了，因此輸光的概率尸(3)=0.

(2)記M：賭徒有〃元最后輸光的事件，N：賭徒有〃元上一場(chǎng)贏的事件，

P(M)=P(N)P(MIN)+P(N)P(MIN),

即尸(〃)=gP(〃-1)+；P(n+1),

所以尸(〃)一尸(〃-1)=尸+

所以｛尸(")｝是一個(gè)等差數(shù)列，

設(shè)尸(")一「("-1)=〃，貝I]尸("一l)-P(w-2)=d,--,P(l)-P(0)=d,

累加得尸⑺-尸(0)=〃d,故P(8)-P(0)=3d,得八一L

B

A

(3)/=100,由尸(〃)-尸(0)="d得尸(/)-P(0)=4Z,即尸(4)=1,

B

當(dāng)2=200時(shí)，尸(4)=50%,

當(dāng)8=1000時(shí),尸(4)=90%,

當(dāng)3-00時(shí)，尸-因此可知久賭無(wú)贏家，

即便是一個(gè)這樣看似公平的游戲，

只要賭徒一直玩下去就會(huì)100%的概率輸光.

題型三：卡特蘭數(shù)

【典例3-1](2024?湖北?二模)五一小長(zhǎng)假到來(lái)，多地迎來(lái)旅游高峰期，各大旅游景點(diǎn)都推出了種種新奇活動(dòng)

以吸引游客，小明去成都某熊貓基地游玩時(shí)，發(fā)現(xiàn)了一個(gè)趣味游戲，游戲規(guī)則為：在一個(gè)足夠長(zhǎng)的直線軌

道的中心處有一個(gè)會(huì)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(huì)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X步，求X的分布列和期望;

(2)記R(ieN*)為設(shè)定機(jī)器人一共行走27步時(shí)游戲勝利的概率，求R,并判斷當(dāng)i為何值時(shí)，游戲勝利的概

率最大；

(3)該基地臨時(shí)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(shí)無(wú)法推斷設(shè)定多少步時(shí)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(gè)0和〃個(gè)1排成一排，若對(duì)任意的IV左V2〃，在前

九個(gè)數(shù)中，0的個(gè)數(shù)都不少于1的個(gè)數(shù)，則滿足條件的排列方式共有CM-cT種，其中，c;.-cT的結(jié)果

被稱為卡特蘭數(shù).若記々為設(shè)定機(jī)器人行走2i步時(shí)恰好第一次回到初始位置的概率，證明：對(duì)(2)中的R,有

zeN,

【解析】(1)依題可知，X的可能取值為0,2,4.

P(X=0)=C⑷=|,尸(X=2)=2C曰=1]_

P(X=4)=2C；

8

所以，X的分布列如下:

3113

所以，E(X)=Ox—+2x—+4x—=—.

8282

⑵依題可知口=與，止2時(shí)，旦=上1=2[<1，所以，?=1時(shí)勝利的概率最大.

1

2Pi4C2/_22I

(3)記事件/="機(jī)器人行走萬(wàn)步時(shí)恰好第一次回到初始位置"，3="機(jī)器人第一步向前行走”，則方="機(jī)器人

第一步向后行走”.

下面我們對(duì)事件進(jìn)行分析.

發(fā)生時(shí)，假設(shè)機(jī)器人第萬(wàn)步是向前行走，則之前的劣-1步機(jī)器人向前走的步數(shù)比向后走少一步，而因

為機(jī)器人第一步為向前行走，

這說(shuō)明存在人(2W左V2i-1)使得機(jī)器人走了上步時(shí)回到了初始位置，這與A的發(fā)生矛盾，所以假設(shè)不成立.

即機(jī)器人第2z?步為向后行走，

從而機(jī)器人第2步到第2"1步向前和向后行走的步數(shù)均為"1,且從第2步開(kāi)始，到第2z-l步的這2i-2步，

任意時(shí)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(guò)程中機(jī)器人會(huì)回到初始位置).

根據(jù)卡特蘭數(shù)，從第2步到第27-1步共有C；二-《工種行走方式.通過(guò)上述分析知，

耳=P(A)=P(AB)+P(AB)=2P(AB)=，

所以耳=4o2ctem=C-,o2(C，-C，)=旦.

,2z-l2”(2Z-1)22;Ia2,~2>2z-l

⑵-2)!(2/-2)!l_2；；(2L2)

由于2(C；，-C/)=2x

(z-l)!(z-l)!(z-2)!z!j^--1)/!

(2。2/X(2Z-2)!_2X(2z-2)!

故等式成立.

(2/-Dz!z!(2z-l)(z-l)!z!'

【典例3-2](2024?全國(guó)?模擬預(yù)測(cè))卡特蘭數(shù)是組合數(shù)學(xué)中一個(gè)常在各種計(jì)數(shù)問(wèn)題中出現(xiàn)的數(shù)列.以比利時(shí)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(guó)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(gè)數(shù)列：。"=/。1+%。"_2+~+41%且%=1.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(gè)十分常見(jiàn)的數(shù)學(xué)規(guī)律，于是我們常常用各種例子來(lái)理解卡

特蘭數(shù).比如：在一個(gè)無(wú)窮網(wǎng)格上，你最開(kāi)始在(0,0)上，你每個(gè)單位時(shí)間可以向上走一格，或者向右走一

格，在任意一個(gè)時(shí)刻，你往右走的次數(shù)都不能少于往上走的次數(shù)，問(wèn)走到(〃,〃)，0力有多少種不同的合法

路徑.記合法路徑的總數(shù)為4

(1)證明4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="_「1=晨「優(yōu)，

若先走到(〃-2/-2)且不走到(〃-1,〃-1),

相當(dāng)于走到(〃-2,〃-2)后向右走到(〃-1,〃-2)再走到(凡為-1),

合法路徑=6-心

L

若先走至ll(〃一4,"一左)且不走至!]("—左+1,〃一左+1),…-1,〃一1),

相當(dāng)于走到(〃一左，〃一人)后再?gòu)?"一左+1,"-左)走到(",〃T)，

合法路徑="_丁初1，

于是bn=她-+姑-+???+如％,即bn為卡特蘭數(shù).

(2)記直線l:y=x+l,則所有不合法路線都會(huì)與直線I有交點(diǎn)，

記第一個(gè)交點(diǎn)為

將A之后的路徑都沿著I對(duì)稱，

那么這條不合法路徑的終點(diǎn)成為了(〃-1,"+1),

于是總路線為G”,不合法路線為,

合法路徑為黑“-C祟，

gpz>?=q?-q；'=-^-.

n+1

題型四：概率密度函數(shù)

【典例4-1](2024?高二?湖南?課后作業(yè))李明上學(xué)有時(shí)坐公交車，有時(shí)騎自行車，他各記錄了50次坐公交車

和騎自行車所花的時(shí)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(shí)30min,方差為36

騎自行車：平均用時(shí)34min,方差為4

(1)根據(jù)以上數(shù)據(jù)，李明平時(shí)選擇哪種交通方式更穩(wěn)妥？試說(shuō)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(shí)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(shuō)明理由.

(提示：(2)中X和￥的概率密度曲線分別反映的是X和￥的取值落在某個(gè)區(qū)間的隨機(jī)事件的概率，例如，圖

(6)中陰影部分的面積表示的就是X取值不大于38min時(shí)的概率.)

【解析】(1)李明平時(shí)選擇騎自行車更穩(wěn)妥，

由已知得坐公交車平均用時(shí)30min,騎自行車平均用時(shí)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(dòng)性越小，則坐公交車所花費(fèi)的時(shí)間不穩(wěn)定,

即李明平時(shí)選擇騎自行車更穩(wěn)妥.

(2)由圖(a)中可知，X和丫的概率密度曲線可知

產(chǎn)(X>38)>尸(。>38),

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(。)中可知，X和￥的概率密度曲線可知

P(X>34)〈尸(丫>34),

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.

【典例4-2】(2024?高二?安徽?期末)設(shè)隨機(jī)變量X的概率密度函數(shù)為/■&)=則

[0,其匕

尸=若對(duì)X的進(jìn)行三次獨(dú)立的觀測(cè)，事件/至少發(fā)生一次的概率為[；

(1)對(duì)X做?次獨(dú)立重復(fù)的觀測(cè)，若使得事件/至少發(fā)生一次的概率超過(guò)95%,求n的最小

值.(In0.05?-2.9958,In0.75=-0.2877)

(2)為滿足廣大人民群眾對(duì)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(hào)分別

為1、2、3、4、5的五批次新冠疫苗以供選擇，要求每個(gè)區(qū)只能從中選擇一個(gè)批號(hào)的疫苗接種.由于某些

原因甲區(qū)不能選擇1、2、4號(hào)疫苗，且這三區(qū)所選批號(hào)互不影響.記“甲區(qū)選擇3號(hào)疫苗”為事件8,且

①求三個(gè)區(qū)選擇的疫苗批號(hào)互不相同的概率;

②記甲、乙、丙三個(gè)區(qū)選擇的疫苗批號(hào)最大數(shù)為K,求K的分布列.

【解析】(1)夕=尸(/)=P(k+Y)xkdx=

371

所以…)--次解得、，所以E

用y表示對(duì)x的"次獨(dú)立重復(fù)觀察中事件/發(fā)生的次數(shù)，貝ijy?

即尸(丫=0)=0力。(1_0)"=(319.05

尸(->0.95,貝!]P(Y=0M-05,

解得f■2.9958

0.2877

n^i,：.對(duì)X至少做11次獨(dú)立重復(fù)觀測(cè);

2

32

⑵①P(8)=叫<代!]_

^2xdx=x2|f

[33

3

記“三個(gè)區(qū)選擇疫苗批號(hào)互不相同”為事件C,12x4$?蓑2x4噬1?

②依題意K的可能取值為3,4,5,

則尸(K=3)[x罷總，W八12x3+17…八12x4+125x559

尸(K=5)=-x——--+-x——=——

7535235275

所以分布列如下:

K345

3759

P

257575

題型五：二維離散型隨機(jī)變量

【典例5-1】(2024?高三?湖北?階段練習(xí))設(shè)(XJ)的所有可能取值為(％,%),稱

%=P(X=x”y=y,)(i=l,2,…,〃,/=1,2,…,〃z)為二維離散隨機(jī)變量(XJ)的聯(lián)合分布列，用表格表示為:

YX然Pi.

%ym

PHPnPlkPimPl.

)21P22P2kP2mPl.

XkPklPk2PkkPkmPk.

PnXPnlPnkPmnPn.

PjPlP.2PkPm1

仿照條件概率的定義，有如下離散隨機(jī)變量的條件分布列：定義尸"=%）=%對(duì)于固定的心若

Z=1

P.J>0,則稱P"=P（X=Xi\y=y.）=^（/=l,2,■.■,?）為給定Y=為條件下的X條件分布列.

pj

Z=1

離散隨機(jī)變量的條件分布的數(shù)學(xué)期望（若存在）定義如下：E[X\Y=#=（X=x^=y）.

n

（1）設(shè)二維離散隨機(jī)變量（x,y）的聯(lián)合分布列為

YX123Pi.

10.10.30.20.6

20.050.20.150.4

p,i0.150.50.351

求給定x=1條件下的y條件分布列；

⑵設(shè)（x,y）為二維離散隨機(jī)變量，且E（X）存在，證明：E（X）=￡E（/

nt

（3）某人被困在有三個(gè)門的迷宮里，第一個(gè)門通向離開(kāi)迷宮的道，沿此道走30分鐘可走出迷宮；第二個(gè)門通

一條迷道，沿此迷道走50分鐘又回到原處；第三個(gè)門通一條迷道，沿此迷道走70分鐘也回到原處.假定

此人總是等可能地在三個(gè)門中選擇一個(gè)，試求他平均要用多少時(shí)間才能走出迷宮.

【解析】（1）因?yàn)槭╔=l）=月=0.6,所以用第一行各元素分別除以0.6,可得給定X=1條件下的丫條件分

布列：

yx=i123

J_

p

63

(2)二維離散隨機(jī)變量(X,y)的概率為尸(x=Xj,Y=yJ)=p..(i=1,2,…,nJ=1,2,■?■,??),有由ptj=p^-p.j,

“n(A“m〃

￡(x)=E*2.=2中￡P(guān)a=2E(x>--p<j)=S2?

z=lz=lIj=lyz=lj=lj=lz=l

m(nAmfn、

于是，E(X)=2￡毛-PAJ-P-J=E\-pj-

7=1\/=1JJ=1\/=1)

由￡XR/=￡(x|y=巳)，有E(X)=x|y=不卜p.j.

nm

(3)由(2)知,對(duì)于二維離散隨機(jī)變量(X,y),￡(x)=%(x|y=x}p(y=yj

m

設(shè)他需要X小時(shí)離開(kāi)迷宮，記y表示第一次所選的門，事件江=訃表示選第i個(gè)門，

由題設(shè)有尸(y=D=尸(丫=2)=尸(y=3)=；.

因?yàn)檫x第一個(gè)門后30分鐘可離開(kāi)迷宮，所以E(X|y=1)=30.

又因?yàn)檫x第二個(gè)門后50分鐘回到原處，所以E(X|y=2)=50+￡(X).

又因?yàn)檫x第三個(gè)門后70分鐘也回到原處，所以E(X|y=3)=70+E(X).

12

所以E(X)=§x(30+50+E(X)+70+E(X))=50+§￡(X).

解得￡(X)=150,即他平均要150分鐘才能離開(kāi)迷宮.

【典例5-2】(2024?山東濰坊?一模)若1是樣本空間C上的兩個(gè)離散型隨機(jī)變量，則稱修〃)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(%也)，U=12…，記P)表示(知與)在。

中出現(xiàn)的概率，其中％=2?=%〃=勺)=尸KJ=q)n(〃=%)].

(1)將三個(gè)相同的小球等可能地放入編號(hào)為1,2,3的三個(gè)盒子中，記1號(hào)盒子中的小球個(gè)數(shù)為九2號(hào)盒子

中的小球個(gè)數(shù)為〃，貝！1(4〃)是一個(gè)二維隨機(jī)變量.

①寫(xiě)出該二維離散型隨機(jī)變量(4〃)的所有可能取值；

②若〃)是①中的值，求=%〃=〃)(結(jié)果用加，〃表示)；

了00,

(2)尸6=%)稱為二維離散型隨機(jī)變量c,〃)關(guān)于4的邊緣分布律或邊際分布律，求證：P(4=%)=?,.

7=1

【解析】(1)①該二維離散型隨機(jī)變量C,〃)的所有可能取值為：

(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(3,0).

②依題意，0<m+n<3,尸(4=%〃=〃)=尸(4=切歷=〃)?尸(〃=〃)，

顯然尸(〃=〃)=C；(1)"(1)3^，則尸C=加歷=〃)=《廣f=c;_?(1)3--,

所以尸c=%,〃=〃)=CQ(I)3--q(J"4廣"=：C￡CL=——1-------.

(2)由定義及全概率公式知，

p(』,)=P{C=<O(f)U(〃=62)U…U(f)U…]}

=p{[c=q)n(〃=4)]U[(j=q)n(〃=4)]U…U[(g=%)n

=He=?,)=4)]+Ge=%)n①=%)]+…+w=a,.)n(7=z>y)]+???

+oo+oo+oo

=E=?,)ri(7=%)]=￡p(&=a”〃=bj)=￡P(guān)y.

j=l7=17=1

【變式5-1](2024?江蘇常州?一模)設(shè)區(qū)丫)是一個(gè)二維離散型隨機(jī)變量，它們的一切可能取的值為師乙)，

其中"eN*,令P"=P(X=a?Y=b),稱馬(寸eN*)是二維離散型隨機(jī)變量(X,Y)的聯(lián)合分布列”與一

現(xiàn)有〃(〃eN*)個(gè)球等可能的放入編號(hào)為1,2,3的三個(gè)盒子中，記落入第1號(hào)盒子中的球的個(gè)數(shù)為X,落入第

2號(hào)盒子中的球的個(gè)數(shù)為y.

(1)當(dāng)〃=2時(shí)，求(X,y)的聯(lián)合分布列，并寫(xiě)成分布表的形式；

⑵設(shè)4=fP(x=左y=加，且心*求$>￡的值.

m=0k=0

(參考公式：若X?鞏",0,則-0)""=切

k=0

【解析】(1)

若〃=2,X的取值為0,1,2,y的取值為0,1,2,

則尸(X=o,y=o)=?=：

112

尸(x=o,y=i)=c；x§x§=a,

尸(X=0,y=2)="=g,P(^=l,r=0)=C'x|x|=|,

p(x=i,y=i)=c；x+；=|,尸(x=2,y=o)U,

尸(x=l,y=2)=尸(X=2,y=l)=P(X=2,y=2)=0,

故(X,y)的聯(lián)合分布列為

012

121

0

999

22

10

99

j_

200

9

(2)當(dāng)左+加>〃時(shí)，P(X=k,Y=喻=0,

_“n-kn-k(i

故PLE尸(x=笈,y=加)=￡尸性=左,丫=〃7>￡尸C/Q'Z-

m-0m-0m-0\',

所以之電=之由二項(xiàng)分布的期望公式可得力切上=5.

k=o3

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(guó)研究生在學(xué)人數(shù)的統(tǒng)計(jì)表:

年份序號(hào)X12345

人數(shù)了（萬(wàn)人）263273286314334

（1）現(xiàn)用模型,=B（x++4作為回歸方程對(duì)變量x與V的關(guān)系進(jìn)行擬合，發(fā)現(xiàn)該模型的擬合度很高.請(qǐng)計(jì)算該

模型所表示的回歸方程（&與5精確到0.01）；

（2）已知2021年全國(guó)碩士研究生在學(xué)人數(shù)約為267.2萬(wàn)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(guó)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(wèn)卷調(diào)查，每位在學(xué)研究生均

可進(jìn)行問(wèn)卷填寫(xiě).某天某時(shí)段內(nèi)有4名在學(xué)研究生填寫(xiě)了問(wèn)卷，X表示填寫(xiě)問(wèn)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(duì)于回歸方程

5

，2>,=1470.

Z=1

-11

根據(jù)公式可得y=2.29z+252.74，貝I彳=《(4+9+16+25+36)=18,歹=1(263+273+286+314+334)=294,

則

￡(z,一7)(%-刃=(4-18)063-294)+(9-18).(273-294)+(16-18).(286-294)

Z=1

+(25-18).(314-294)+(36-18).(334-294)=1499,

￡(z,-NJ=(4-18『+(9-18『吊16-1曠425-嗎2*36-吟=654,

Z=1

14QQ

所以應(yīng)=而。2.29,n=y-wx=294-2.29x18=252.74,貝!)/=2.29(尤+1?+252.74.

(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g,可知因此隨機(jī)變量

X的分布列如下：

X01234

嗎=625

P嗚電=卷

4

E(JT)=4x-=3.2(A).

【典例6-2］（2024?安徽?一模）碳中和，是指企業(yè)、團(tuán)體或個(gè)人測(cè)算在一定時(shí)間內(nèi)，直接或間接產(chǎn)生的溫室氣

體排放總量，通過(guò)植樹(shù)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(tái)期后，進(jìn)入平穩(wěn)下降階段.簡(jiǎn)單地說(shuō)就是讓二氧化碳排放量“收支相抵”.中國(guó)政

府在第七十五屆聯(lián)合國(guó)大會(huì)上提出：“中國(guó)將提高國(guó)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(zhēng)于2030年前達(dá)到峰值，努力爭(zhēng)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(kāi)展了題為“家庭燃?xì)庠钚o的最佳角度”的數(shù)學(xué)建?；顒?dòng).實(shí)驗(yàn)假設(shè)：

①燒開(kāi)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(shí)知，旋轉(zhuǎn)角度很小或很大，一壺水甚至不能燒開(kāi)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(gè)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(kāi)一壺水”的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，如下表:

項(xiàng)目

開(kāi)始燒水時(shí)燃?xì)獗碛?jì)數(shù)/dnP水燒開(kāi)時(shí)燃?xì)獗碛?jì)數(shù)/dn?

旋轉(zhuǎn)角度

18°9080