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1715分概率与统计★★★☆☆
设整数 N≥2N\ge 2. 某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮 NN 次，当且仅当投中 11 次时或 NN 次均未投中时，停止练习. 设该同学每次投中的概率为 pp（0<p<10<p<1），各次投中与否相互独立. 记 XX 为停止练习时该同学的投篮次数.
(1) 当 N=4N=4，p=13p=\dfrac{1}{3} 时，求 XX 的分布列； (2) 设 kk，mm 均为自然数.
(i) 当 k≤N−1k\le N-1 时，求 P(X>k)P(X>k)； (ii) 当 k+m≤N−1k+m\le N-1 时，证明：P(X>k+m∣X>k)=P(X>m)P(X>k+m\mid X>k)=P(X>m)．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 17 题 · 解答题

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1513分概率与统计★★★☆☆
为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表：
\multicolumn1∣c∣组别\multicolumn3c∣超声波检查结果\cline2−4正常不正常合计患该疾病20180200未患该疾病78020800合计8002001000\begin{array}{c} \hline \multicolumn{1}{|c|}{组别} & \multicolumn{3}{c|}{超声波检查结果} \\ \cline{2-4} & 正常 & 不正常 & 合计 \\ \hline 患该疾病 & 20 & 180 & 200 \\ \hline 未患该疾病 & 780 & 20 & 800 \\ \hline 合计 & 800 & 200 & 1000 \\ \hline \end{array}
(1) 记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为 pp，求 pp 的估计值； (2) 根据小概率值 α=0.001\alpha = 0.001 的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关.
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)\chi^2 = \frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}

2025 · 全国 · 一卷 · 第 15 题 · 解答题

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1917分数列★★★★★
设 mm 为正整数，数列 a1a_1，a2a_2，…\dots，a4m+2a_{4m+2} 为公差不为 00 的等差数列，若删去两项 aia_i，aja_j（i<ji<j） 后剩余 4m4m 项可平均分为 mm 组且每组 4 个数都成等差，则称该数列为 (i,j)(i,j)-可分数列.
(1) 写出所有 (i,j)(i,j)，1≤i<j≤61\le i<j\le6，使 a1a_1，…\dots，a6a_6 是 (i,j)(i,j)-可分数列； (2) 当 m≥3m\ge3 时，证明 a1a_1，…\dots，a4m+2a_{4m+2} 是 (2,13)(2,13)-可分数列； (3) 从 11，22，…\dots，4m+24m+2 中不放回任取 i<ji<j，设 a1a_1，…\dots，a4m+2a_{4m+2} 是 (i,j)(i,j)-可分数列的概率为 PmP_m，证明 Pm>18P_m>\frac18.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 19 题 · 解答题

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2115分概率与统计★★★★☆
甲乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮. 无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为 0.60.6，乙每次投篮的命中率均为 0.80.8. 由抽签确定第一次投篮的人选，第一次投篮的人是甲，乙的概率各为 0.50.5.
(1) 求第二次投篮的人是乙的概率； (2) 求第 ii 次投篮的人是甲的概率； (3) 已知：若随机变量 XiX_i 服从两点分布，且 P(Xi=1)=1−P(Xi=0)=qiP(X_i=1)=1-P(X_i=0)=q_i， i=1\ i=1，22，…\dots，nn，则 E(∑i=1nXi)=∑i=1nqiE\left(\sum_{i=1}^n X_i\right)=\sum_{i=1}^n q_i. 记前 nn 次（即从第 11 次到第 nn 次）投篮中甲投篮的次数为 YY，求 E(Y)E(Y).

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 21 题 · 解答题

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19概率与统计★★★☆☆
设袋子中装有 aa 个红球，bb 个黄球，cc 个蓝球，且规定：取出一个红球得 11 分，取出一个黄球得 22 分，取出一个蓝球得 33 分.
(1) 当 a=3a = 3，b=2b = 2，c=1c = 1 时，从该袋子中任取（有放回，且每球取到的机会均等）2个球，记随机变量 ξ\xi 为取出此 22 个球所得分数之和. 求 ξ\xi 分布列； (2) 从该袋子中任取（且每球取到的机会均等）1个球，记随机变量 η\eta 为取出此球所得分数. 若 E(η)=53E(\eta) = \frac{5}{3}，D(η)=59D(\eta) = \frac{5}{9}，求 a:b:ca:b:c.

2013 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19概率与统计★★★☆☆
已知箱中装有 44 个白球和 55 个黑球，且规定：取出一个白球得 22 分，取出一个黑球得 11 分. 现从该箱中任取（无放回，且每球取到的机会均等） 33 个球，记随机变量 XX 为取出此 33 个球所得分数之和.
(1) 求 XX 的分布列； (2) 求 E(X)E(X).

2012 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19概率与统计★★★☆☆
如图，一个小球从 MM 处投入，通过管道自上而下落到 AA 或 BB 或 CC. 已知小球从每个叉口落入左右两个管道的可能性是相等的. 某商家按上述投球方式进行促销活动，若投入的小球落到 AA，BB，CC，则分别设为 1，2，3 等奖.
(1) 已知获得 1，2，3 等奖的折扣率分别为 50%50\%，70%70\%，90%90\%. 记随机变量 ξ\xi 为获得 kk（k=1k = 1，22，33）等奖的折扣率，求随机变量 ξ\xi 的分布列及期望 E(ξ)E(\xi). (2) 若有 3 人次（投入 1 球为 1 人次）参加促销活动，记随机变量 η\eta 为获得 1 等奖或 2 等奖的人次，求 P{η=2}P\{\eta = 2\}.
\begin{solution} 逐一沿图中管道追踪，每次遇到叉口都有左右两种等可能选择. 将每条完整路径按其终点归类，树状图的计数为 \begin{center} \begin{tabular}{c|ccc|c} 终点 & AA & BB & CC & 合计\ \hline 路径数 & 33 & 66 & 77 & 1616 \end{tabular} \end{center} 因此共有 1616 个等可能结果，其中到达 AA，BB，CC 的结果数分别为 33，66，77. 因此 P(A)=316P(A)=\frac3{16}，P(B)=616=38P(B)=\frac6{16}=\frac38，P(C)=716P(C)=\frac7{16}.
\begin{enumerate} \item 随机变量 ξ\xi 的分布列为 \begin{center} \begin{tabular}{c|ccc} ξ\xi&50%50\%&70%70\%&90%90\%\ \hline PP&316\dfrac3{16}&38\dfrac38&716\dfrac7{16} \end{tabular} \end{center} 所以
E(ξ)=50%⋅316+70%⋅38+90%⋅716=34E(\xi)=50\%\cdot\frac3{16}+70\%\cdot\frac38+90\%\cdot\frac7{16}=\frac34
\item 每人获得 1 等奖或 2 等奖的概率为
p=P(A)+P(B)=316+616=916p=P(A)+P(B)=\frac3{16}+\frac6{16}=\frac9{16}
三人的投球相互独立，故 η∼B(3,916)\eta\sim B(3,\frac9{16})，从而
P{η=2}=C32(916)2(1−916)=3(916)2716=17014096P\{\eta=2\}=\mathrm C_3^2\left(\frac9{16}\right)^2\left(1-\frac9{16}\right) =3\left(\frac9{16}\right)^2\frac7{16} =\frac{1701}{4096}
\end{enumerate} \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19概率与统计★★★☆☆
在 11，22，33，⋯\cdots，99 这 99 个自然数中，任取 33 个数.
(1) 求这 33 个数中恰有 11 个是偶数的概率； (2) 设 ξ\xi 为 33 个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为 11，22，33，则有两组相邻的数 11，22 和 22，33，此时 ξ\xi 的值是 22）. 求随机变量 ξ\xi 的分布列及其数学期望 E(ξ)E(\xi).

2009 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19概率与统计★★★★☆
一个袋中有若干个大小相同的黑球、白球和红球. 已知从袋中任意摸出 1 个球，得到黑球的概率是 25\frac{2}{5}；从袋中任意摸出 2 个球，至少得到 1 个白球的概率是 79\frac{7}{9}.
(1) 若袋中共有 10 个球，
(i) 求白球的个数； (ii) 从袋中任意摸出 3 个球，记得到白球的个数为 ξ\xi，求随机变量 ξ\xi 的数学期望 E(ξ)E(\xi). (2) 求证：从袋中任意摸出 2 个球，至少得到 1 个黑球的概率不大于 710\frac{7}{10}，并指出袋中哪种颜色的球个数最少.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item 设白球有 ww 个.两球中没有白球的概率为 1−79=291-\frac79=\frac29，故
C10−w2C102=29\frac{\mathrm C_{10-w}^{2}}{\mathrm C_{10}^{2}}=\frac29
于是 (10−w)(9−w)=20(10-w)(9-w)=20，解得 w=5w=5 或 w=14w=14.由 0⩽w⩽100\leqslant w\leqslant10，得白球有 55 个. \item 设第 ii 次摸到白球的指示变量为 IiI_i，则 ξ=I1+I2+I3\xi=I_1+I_2+I_3.每次摸球得到白球的概率为 510\frac5{10}，所以由数学期望的线性性质，
E(ξ)=E(I1)+E(I2)+E(I3)=3×510=32E(\xi)=E(I_1)+E(I_2)+E(I_3)=3\times\frac5{10}=\frac32
\end{enumerate} \item 设袋中共有 NN 个球，黑、白、红球数分别为 KK，WW，RR.由 KN=25\frac KN=\frac25，可设 N=5mN=5m，K=2mK=2m，其中 mm 为正整数.两球中没有白球的概率为 29\frac29.令非白球数 X=K+R=N−WX=K+R=N-W，则
CX2C5m2=29,即X(X−1)=10m(5m−1)9\frac{\mathrm C_{X}^{2}}{\mathrm C_{5m}^{2}}=\frac29, \qquad\text{即}\qquad X(X-1)=\frac{10m(5m-1)}9
两球中至少有一个黑球的概率为
1−C3m2C5m21-\frac{\mathrm C_{3m}^{2}}{\mathrm C_{5m}^{2}}
又因为 m⩾1m\geqslant1，
C3m2C5m2⩾310⟺30m(3m−1)⩾15m(5m−1)\frac{\mathrm C_{3m}^{2}}{\mathrm C_{5m}^{2}}\geqslant\frac3{10} \quad\Longleftrightarrow\quad 30m(3m-1)\geqslant15m(5m-1)
而右边移到左边后为 15m(m−1)⩾015m(m-1)\geqslant0.因此至少得到一个黑球的概率不大于 710\frac7{10}.
还需比较三种球的个数.若 X⩾7m2X\geqslant\frac{7m}{2}，则
X(X−1)⩾7m2(7m2−1)>10m(5m−1)9X(X-1)\geqslant\frac{7m}{2}\left(\frac{7m}{2}-1\right)>\frac{10m(5m-1)}9
因为两边之差为 m(241m−86)36>0\frac{m(241m-86)}{36}>0，这与上面的等式矛盾.因此 X<7m2X<\frac{7m}{2}.于是 R=X−2m<3m2<2m=KR=X-2m<\frac{3m}{2}<2m=K，并且 W−R=7m−2X>0W-R=7m-2X>0.所以红球数同时少于黑球数和白球数，红球最少. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19概率与统计★★★☆☆
一个袋中装有大小相同的黑球，白球和红球，已知袋中共有 1010 个球，从中任意摸出 11 个球，得到黑球的概率是 25\frac{2}{5}；从中任意摸出 22 个球，至少得到 11 个白球的概率是 79\frac{7}{9}. 求：
(1) 从中任意摸出 22 个球，得到的 22 个球都是黑球的概率； (2) 袋中白球的个数.

2008 · 浙江 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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18概率与统计★★★☆☆
甲，乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有 22 个红球，22 个白球，乙袋装有 22 个红球，nn 个白球. 现从甲，乙两袋中各任取 22 个球.
(1) 若 n=3n = 3，求取到的 44 个球全是红球的概率； (2) 若取到的 44 个球中至少有 22 个红球的概率为 34\frac{3}{4}，求 nn.

2006 · 浙江 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18概率与统计★★★★☆
甲，乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有 22 个红球，22 个白球，乙袋装有 22 个红球，nn 个白球. 现从甲，乙两袋中各任取 22 个球.
(1) 若 n=3n = 3，求取到的 44 个球全是红球的概率； (2) 若取到的 44 个球中至少有 22 个红球的概率为 34\frac{3}{4}，求 nn.

2006 · 浙江 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19概率与统计★★★★☆
袋子 AA 和 BB 中装有若干个均匀的红球和白球，从 AA 中摸出一个红球的概率是 13\frac{1}{3}，从 BB 中摸出一个红球的概率为 pp.
(1) 从 AA 中有放回地摸球，每次摸出一个，有 33 次摸到红球即停止.
(i) 求恰好摸 55 次停止的概率； (ii) 记 55 次之内（含 55 次）摸到红球的次数为 ξ\xi，求随机变量 ξ\xi 的分布列及数学期望 E(ξ)E(\xi)； (2) 若 AA，BB 两个袋子中的球数之比为 1:21:2，将 AA，BB 中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是 25\frac{2}{5}，求 pp 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设一次摸到红球和白球的概率分别为 r=13r=\frac13，w=23w=\frac23. \begin{enumerate} \item 恰好第 55 次停止，等价于前 44 次恰有 22 次摸到红球且第 55 次摸到红球. 因此
P=C42r2w2r=6(13)3(23)2=881P=\mathrm C_4^2r^2w^2r =6\left(\frac13\right)^3\left(\frac23\right)^2 =\frac{8}{81}
\item 当 ξ=0\xi=0，11，22 时，在前 55 次中分别恰有 00，11，22 次红球，故
P(ξ=0)=w5=32243P(\xi=0)=w^5=\frac{32}{243}
P(ξ=1)=C51rw4=80243P(\xi=1)=\mathrm C_5^1rw^4=\frac{80}{243}
P(ξ=2)=C52r2w3=80243P(\xi=2)=\mathrm C_5^2r^2w^3=\frac{80}{243}
当 ξ=3\xi=3 时，第三次红球在第 33，44 或 55 次出现，所以
P(ξ=3)=r3+C32r3w+C42r3w2=127+227+881=1781=51243P(\xi=3)=r^3+\mathrm C_3^2r^3w+\mathrm C_4^2r^3w^2 =\frac{1}{27}+\frac{2}{27}+\frac{8}{81} =\frac{17}{81}=\frac{51}{243}
所以分布列为
\begin{tabular}{c|cccc} $\xi$ & $0$ & $1$ & $2$ & $3$ \\ \hline P & $\dfrac{32}{243}$ & $\dfrac{80}{243}$ & $\dfrac{80}{243}$ & $\dfrac{51}{243}$ \end{tabular}
且
E(ξ)=0⋅32243+1⋅80243+2⋅80243+3⋅51243=13181E(\xi)=0\cdot\frac{32}{243}+1\cdot\frac{80}{243}+2\cdot\frac{80}{243}+3\cdot\frac{51}{243}=\frac{131}{81}
\end{enumerate}
\item 设袋子 AA 中有 NN 个球，则袋子 BB 中有 2N2N 个球. 两袋合并后红球总数为 N3+2Np\frac N3+2Np，球总数为 3N3N. 由题意 N3+2Np3N=25\frac{\frac N3+2Np}{3N}=\frac25，⟹\Longrightarrow，19+2p3=25\frac19+\frac{2p}{3}=\frac25. 解得 p=1330p=\frac{13}{30}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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17概率与统计★★★☆☆
袋子 AA 和 BB 中装有若干个均匀的红球和白球，从 AA 中摸出一个红球的概率是 13\frac{1}{3}，从 BB 中摸出一个红球的概率为 pp.
(1) 从 AA 中有放回地摸球，每次摸出一个，共摸 5 次.
(i) 恰好有 3 次摸到红球的概率； (ii) 第一次，第三次，第五次摸到红球的概率； (2) 若 AA，BB 两个袋子中的球数之比为 1:21:2，将 AA，BB 中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是 25\frac{2}{5}，求 pp 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 从袋子 AA 中有放回地摸球，所以每次摸到红球的概率均为 13\frac{1}{3}，各次摸球相互独立. \begin{enumerate} \item 恰好有 33 次摸到红球的情况数为 C53\mathrm C_5^3，所以所求概率为
C53(13)3(1−13)2=10⋅127⋅49=40243\mathrm C_5^3\left(\frac{1}{3}\right)^3\left(1-\frac{1}{3}\right)^2 =10\cdot\frac{1}{27}\cdot\frac{4}{9} =\frac{40}{243}
\item 第一次、第三次、第五次摸到红球，而第二次、第四次摸到何种球均不受限制，所以所求概率为 13⋅13⋅13=127\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{27}. \end{enumerate}
\item 设袋子 AA 中有 nn 个球，则袋子 BB 中有 2n2n 个球. 袋子 AA 中红球数为 n3\frac{n}{3}，袋子 BB 中红球数为 2np2np. 装在一起后，红球概率为 n3+2np3n=25\frac{\frac{n}{3}+2np}{3n}=\frac{2}{5}. 约去 nn，得 19+2p3=25\frac{1}{9}+\frac{2p}{3}=\frac{2}{5}，所以 2p3=1345\frac{2p}{3}=\frac{13}{45}，从而 p=1330p=\frac{13}{30}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18概率与统计★★★☆☆
盒子中有大小相同的球 10 个，其中标号为 1 的球 3 个，标号为 2 的球 4 个，标号为 5 的球 3 个，第一次从盒子中任取 1 个球，放回后第二次再任取 1 个球（假设取到每个球的可能性都相同）. 记第一次与第二次取到球的标号之和为 ε\varepsilon.
(1) 求随机变量 ε\varepsilon 的分布列； (2) 求随机变量 ε\varepsilon 的期望 E(ε)E(\varepsilon).

2004 · 浙江 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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20概率与统计★★★☆☆
某地区有 55 个工厂，由于用电紧缺，规定每个工厂在一周内必须选择某一天停电（选哪一天是等可能的）. 假定工厂之间的选择互不影响.
(1) 求 55 个工厂均选择星期日停电的概率； (2) 求至少有两个工厂选择同一天停电的概率.

2004 · 浙江 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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