2025-新高考I卷-14 填-概率分布

本题导读

本题考查有放回抽样中的随机变量期望计算.重点在于准确列出随机变量 $X$ 的所有可能取值（不同球的个数），并利用排列组合知识计算各取值对应的概率.

📌【题干】

Question

（2025年新高考I卷）有 5 个相同的球，分别标有数字$1，2，3，4，5$，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记 $X$为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则 $X$的数学期望 $E(X)=$ $\underline{}$ .

🔍【思路分析】

破题导航

1. 明确 $X$ 的含义：$X$ 表示三次取球中，出现的不同标号的个数.
2. 确定 $X$ 的取值范围：由于是取三次，且是有放回抽样，不同标号的个数 $X$ 可能为 $1,2,3$.
3. 计算各取值的概率：

• $X=1$：三次取出的球标号完全相同.
• $X=2$：三次取出的球中有且仅有两个标号相同（即“两同一异”）.
• $X=3$：三次取出的球标号各不相同.

4. 求数学期望：利用公式 $E(X)=\sum x_i{p}_i$ 计算.

✅【答案】

点击查看答案

$\frac{61}{25}$

✍【详细解析】

Abstract

总的取球方式共有 $5\times 5\times 5=125$ 种.

1. 当 $X=1$ 时： 三次取球标号全部相同，共有 5 种情况（全是1，全是2…全是5）。 $P(X=1)=\frac{5}{125}=\frac{1}{25}$
2. 当 $X=2$ 时： 三次取球中有两个标号相同，一个不同.

• 先选出那两个相同的标号：$C_5^1$ 种；
• 再选出那个不同的标号：$C_4^1$ 种；
• 确定这三个球的排列顺序（如 AAB 型）：$\frac{A_3^3}{A_2^2}=3$ 种.
• 情况数：$5\times 4\times 3=60$ 种.$P(X=2)=\frac{60}{125}=\frac{12}{25}$.

3. 当 $X=3$ 时： 三次取球标号互不相同. 情况数：$A_5^3=5\times 4\times 3=60$ 种. $P(X=3)=\frac{60}{125}=\frac{12}{25}$. （验证：$\frac{1}{25}+\frac{12}{25}+\frac{12}{25}=1$，正确）

4. 计算期望 $E(X)$： $E(X)=1\times \frac{1}{25}+2\times \frac{12}{25}+3\times \frac{12}{25}$ $E(X)=\frac{1+24+36}{25}=\frac{61}{25}$ 故答案为：$\frac{61}{25}$.

2023年高考数学(新课标Ⅰ卷)第21题题设中给出 $n$ 个随机变量之和的数学期望的计算公式：

若随机变量 $X_i$ 服从两点分布，且 $P(X_i=1)=p_i$，$P(X_i=0)=1-p_i$，$0<p_i<1$，$i=1,2,\dots ,n$，则 $E\left({\sum }_{i=1}^n{X}_i\right)={\sum }_{i=1}^n{p}_i.$

因此，如果能构造出适当的服从两点分布的随机变量 $X_i$，使得所关心的随机变量 $X$ 可分解成 $X_i$ 之和，则 $X$ 的数学期望容易算出。

本题中，考虑到问题的实际背景与物理意义，构造随机变量如下，

令 $X_i=\{\begin{array}{ll}1,& i\text{号球至少被取出 }1\text{次},\\ 0,& i\text{号球未被取出过}\end{array}(i=1,2,\dots ,5),$ 则 $X_i$ 服从两点分布，

且 $P(X_i=0)={\left(\frac{4}{5}\right)}^3=\frac{64}{125},P(X_i=1)=p_i=1-P(X_i=0)=\frac{61}{125}.$ 随机变量 $X$ 描述了取 $3$ 次球之后，

$1$ 号球至 $5$ 号球中至少被取出 $1$ 次的球的个数，而 $X_i=1$ 代表 $i$ 号球至少被取出 $1$ 次，$X_i=0$ 代表 $i$ 号球未被取出过，

因此有 $X={\sum }_{i=1}^5{X}_i.$ 进而 $E\left({\sum }_{i=1}^5{X}_i\right)={\sum }_{i=1}^5{p}_i=5\times \frac{61}{125}=\frac{61}{25}.$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：有放回抽样模型（独立重复试验背景）、古典概型计数、离散型随机变量分布列与期望.

2. 核心方法：指示随机变量法（期望线性性质）. 传统的分布列法在面对抽取 3 次这种小样本时计算量尚可承受，但如果题目拓展为“抽取 10 次”，列分布列将会是一场灾难。而解法二将复杂的全局计数问题，巧妙地拆解为各个相互平等的“个体球是否被抽中”的对立事件概率问题，完全规避了繁琐的分类排列组合计数，是解决“不同种类数期望”问题的终极降维秒杀武器.

3. 避坑指南：

• 易错点 1（ $X=2$ 时排列计数漏项）：在解法一算 $AAB$ 型（即 $X=2$ ）时，很多同学选出了球的号码 $5\times 4=20$ 种后，忘记乘以 3 种不同的排列顺序（如 $112,121,211$ ），导致概率算错.
• 易错点 2（化简粗心）：填空题不看步骤只看结果， $\frac{61}{25}$ 无法进一步约分，若计算期望时通分出错，压轴分将前功尽弃.

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题底层是高等概率论中著名的**“赠券收集问 题”（Coupon Collector’s Problem）或“球盒模型”（Ball and Box Model）**的简化版。新高考近年来非常流行从高等数学或概率论经典模型中取材（如马尔可夫链、条件概率全概公式等）来作为客观题的压轴题.

2. 方法拓展（随机变量之和的数学期望）： 设 $X_i$ 为第 $i$ 号球是否被选中的指示变量（选中为 1，未选中为 0）.则 $X=X_1+X_2+X_3+X_4+X_5$. 对于任意一个球，不被选中的概率为 $(\frac{4}{5}{)}^3=\frac{64}{125}$. 则被选中的概率 $P(X_i=1)=1-\frac{64}{125}=\frac{61}{125}$. 根据期望的线性性质：$E(X)=5\times E(X_i)=5\times \frac{61}{125}=\frac{61}{25}$. 方法推广：期望的线性性质 $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 不要求 $X$ 和 $Y$ 独立

3. 原题推广

利用这一方法，可以较容易地处理多次取球问题，现对原试题作 如下推广.

仍假设有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5。设$M$为 正整数，从中有放回地随机取$M$次，每次取1个球，记$X_M$为这 5个球中至少被取出1次的球的个数，问$X_M$的数学期望.

当$M$很大时，计算$X_M$的分布列较为繁杂，然而使用与本方法类似定义的随机变量$X_i$，$i=1,2,\dots ,5$， 可以得到 $P(X_i=1)=p_i=1-P(X_i=0)=1-{\left(\frac{4}{5}\right)}^M,$ 且 $X_M={\sum }_{i=1}^5{X}_i,$ 从而 $E(X_M)=E\left({\sum }_{i=1}^5{X}_i\right)={\sum }_{i=1}^5{p}_i=5\left(1-{\left(\frac{4}{5}\right)}^M\right)=\frac{5^M-4^M}{5^{M-1}}.$ 由上式可得到一个副产品，即随着取球次数$M$趋向于无穷，$X_M$的数学期望趋向于5。这是合理的，因为当$M$非常大时，$i$号球从未被取出过的概率应当非常小（$i=1,2,\dots ,5$），反过来，5个球均被取出至少1次的概率接近于1，亦即事件$\{X_M=5\}$的概率接近于1，这导致$E(X_M)$接近于5.

若袋中有 $m$ 个不同的球，有放回地随机抽取 $n$ 次，记至少被 取出的球的种类数为 $X$，利用解法二的指示变量法可直接推导 出普适的通用二级结论公式： $E(X)=m\cdot \left[1-{\left(\frac{m-1}{m}\right)}^n\right]$

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 14.01随机抽样、平均数与方差
• 23.03 离散型随机变量及其数字特征

类题演练 (Links)

• 2013-浙江卷理-19 解-分布列
• 2014-四川卷理-17 解-随机变量的分布列
• 2014-安徽卷理-17 解-相互独立事件的概率