2026-新高考I卷-17 解-概率分布

本题导读

本题是一道概率论与数理统计解答题，以投篮练习的终止机制为背景。核心意图在于测试学生处理有限次独立重复试验截断模型的能力。第一问考查特定参数下随机变量分布列的离散求解；第二问通过引入尾概率 $P(X>k)$，深入考查条件概率公式与离散型分布在有限区间内的“无记忆性”代数证明。

📌【题干】

Question

（2026年新高考I卷）设整数 $N\ge 2$.某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮 $N$ 次. 当且仅当投中 1 次时或 $N$ 次均未投中时，停止练习.设该同学每次投中的概率为 $p(0<p<1)$，各次投中与否相互独立.记 $X$ 为停止练习时该同学的投篮次数.

（1）当 $N=4,p=\frac{1}{3}$ 时，求 $X$ 的分布列；

（2）设 $k,m$ 均为自然数.

(i) 当 $k\le N-1$ 时，求 $P(X>k)$ ；

(ii) 当 $k+m\le N-1$ 时，证明： $P(X>k+m\mid X>k)=P(X>m)$ .

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问逻辑：当 $N=4$ 时，停止练习时的投篮次数 $X$ 的可能取值为 $1,2,3,4$。

• $X=1$ 代表第 1 次即投中。
• $X=2$ 代表第 1 次未投中，第 2 次投中。
• $X=3$ 代表前 2 次未投中，第 3 次投中。
• $X=4$ 是截断项，包含两种情况：前 3 次未投中且第 4 次投中，或者 4 次均未投中。 分别求出各状态的概率，列表呈现分布列。

2. 第（2）问 (i) 逻辑：事件 $\{X>k\}$ 的几何意义是：投篮练习没有在第 $k$ 次或更早之前停止。由于停止练习的充要条件是“投中 1 次”，因此在第 $k$ 次时练习仍未停止，意味着前 $k$ 次投篮必须全部未能投中。利用各次独立性直接写出其单项概率公式。
3. 第（2）问 (ii) 逻辑：依据条件概率公式，左侧可展开为 $\frac{P(X>k+m\text{ 且 }X>k)}{P(X>k)}$。由于 $m$ 为自然数，事件 $\{X>k+m\}$ 是事件 $\{X>k\}$ 的子集，其交集简化为 $P(X>k+m)$。利用 (i) 中得到的尾概率通式进行代数代入，约分化简证明。

✅【答案】

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(1) $P(X=1)=\frac{1}{3}$，$P(X=2)=\frac{2}{9}$，$P(X=3)=\frac{4}{27}$，$P(X=4)=\frac{8}{27}$（分布列见解析） (2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）第(1)问详解

（1）解：当 $N=4,p=\frac{1}{3}$ 时，求 $X$ 的分布列

由题意可知，每次未投中的概率为 $1-p=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$。随机变量 $X$ 的所有可能取值为 $1,2,3,4$。 分别计算各个取值对应的概率：

• 当 $X=1$ 时，表示第 1 次投篮即投中： $P(X=1)=p=\frac{1}{3}$
• 当 $X=2$ 时，表示第 1 次未投中，第 2 次投中： $P(X=2)=(1-p)\cdot p=\frac{2}{3}\times \frac{1}{3}=\frac{2}{9}$
• 当 $X=3$ 时，表示前 2 次未投中，第 3 次投中： $P(X=3)=(1-p{)}^2\cdot p={\left(\frac{2}{3}\right)}^2\times \frac{1}{3}=\frac{4}{27}$
• 当 $X=4$ 时，为最终截断边界。表示前 3 次均未投中，第 4 次无论投中与否练习均会依法停止（即第 4 次结束时，要么中了 1 次，要么 4 次全没中）： $P(X=4)=(1-p{)}^3={\left(\frac{2}{3}\right)}^3=\frac{8}{27}$ (验证概率之和： $\frac{1}{3}+\frac{2}{9}+\frac{4}{27}+\frac{8}{27}=\frac{9+6+4+8}{27}=\frac{27}{27}=1$，符合概率公理)。

因此， $X$ 的分布列为：

$X$	1	2	3	4
$P$	$\frac{1}{3}$	$\frac{2}{9}$	$\frac{4}{27}$	$\frac{8}{27}$

(2) 第(2)问详解

（2）分析证明通项规律

(i) 解：当 $k\le N-1$ 时，求 $P(X>k)$ 的通项 根据终止规则，只要投中 1 次就会立即停止练习。 若投篮次数 $X>k$ （其中 $k\in \mathbf{N},k\le N-1$），意味着在前 $k$ 次投篮中，没有任何一次触发停止机制。

这等价于：前 $k$ 次投篮结果全部为“未投中”。 由于每次投篮相互独立且每次未投中的概率均为 $1-p$， 根据独立事件的乘法公式，前 $k$ 次均未投中的概率为： $P(X>k)=(1-p{)}^k$

特别地，当 $k=0$ 时， $P(X>0)=(1-p{)}^0=1$.

(ii) 证明：当 $k+m\le N-1$ 时，条件概率等式成立 根据条件概率的定义，有： $P(X>k+m\mid X>k)=\frac{P(X>k+m\text{ 且 }X>k)}{P(X>k)}$

因为 $m$ 为自然数，所以 $k+m\ge k$。 在事件包含关系中，若 $X>k+m$ 成立，则 $X>k$ 必然已经成立。即两事件的交集满足： $\{X>k+m\}\cap \{X>k\}=\{X>k+m\}$ 从而分子可以化简为： $P(X>k+m\text{ 且 }X>k)=P(X>k+m)$

因为已知前提条件 $k+m\le N-1$，同理也有 $k\le N-1$ 与 $m\le N-1$。 由 (i) 中求得的通项结论，分别代入分子和分母的代数项中：

• 分子： $P(X>k+m)=(1-p{)}^{k+m}$
• 分母： $P(X>k)=(1-p{)}^k$

代入条件概率分式并进行化简： $P(X>k+m\mid X>k)=\frac{(1-p{)}^{k+m}}{(1-p{)}^k}=(1-p{)}^{(k+m)-k}=(1-p{)}^m$

又因为 $m\le k+m\le N-1$，由 (i) 的结论可知： $(1-p{)}^m=P(X>m)$

综合上述推导，可得： $P(X>k+m\mid X>k)=P(X>m)$ 命题获证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：截断几何分布的概率质量函数构造；尾概率（生存函数）在离散马尔可夫链状态分析中的桥梁作用。
2. 核心方法：对偶事件转化法、指数幂约分法。
3. 避坑指南 Block：

• 截断项概率算错陷阱：第一问在求 $P(X=4)$ 时，极易机械套用前面的规律错写成 $(1-p{)}^{3}p=\frac{8}{81}$。必须注意末项 $N$ 是“至多”的防线，不论最后一次中没中都会结束，所以最后一项的概率本质是“前 $N-1$ 次均没中”的概率。

📖【试题探源与推广】

Tip

本题以”至多 $N$ 次投篮、投中即停”为背景考查离散型随机变量：(1) 求有限截断几何分布的分布列，(2) 证明尾概率公式与无记忆性 $P(X>k+m\mid X>k)=P(X>m)$，是几何分布无记忆性在截断情形下的离散呈现，指向高等概率论中指数分布的无记忆特征。

截断几何分布的尾概率 $P(X>k)=(1-p{)}^k$（$k\le N-1$）与未截断的几何分布完全一致，这正是无记忆性的来源；连续化后密度 $f(t)=\lambda {\mathrm{e}}^{-\lambda t}$ 是唯一具有无记忆性的连续分布。

求分布列先列取值再重点处理截断点（本题 $X=4$ 含”第 4 次投中”与”4 次全不中”两支，合并为 $(1-p{)}^3$）；条件概率证明宜先翻译事件的几何意义（“前 $k$ 次均未中”），再套条件概率公式化简。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 23.03 离散型随机变量及其数字特征
• 15.02 随机事件、关系与独立性

类题演练 (Links)

• 2006-全国卷I理-18 解-离散型随机变量的分布列与数学期望
• 2007-山东卷理-18 解-条件概率
• 2012-湖北卷理-20