核心微练89 概率与函数、数列-（作业课件）【赢在微点·顶层设计】2027年高考数学高考一轮总复习（名师划重点）

概率与函数、数列 微练(八十九) 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 8 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1．在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，硬币大小的无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注．这种起搏器体积只有传统起搏器的，其无线充电器的使用更是避免了传统起搏器囊袋及导线引发的相关并发症．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片试生产，试产期同步进行产品检测，检测包括智能检测与人工抽检．智能检测在生产线上自动完成，包含安全检测、电池检测、性能检测三项指标，人工抽检仅对智能检测三项指标均达标的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标，四项指标均达标的产品才能视为合格品．已知试产期的产品，智能检测三项指标的达标率分别约为，，，设人工抽检的综合指标不达标率为p(0<p<1)． (1)求每个芯片智能检测不达标的概率； (1)每个芯片智能检测中安全检测、电池检测、性能检测三项指标达标的概率分别记为P1，P2，P3，并记芯片智能检测不达标为事件A.视指标的达标率为任取一件新产品，该项指标达标的概率，则有P1＝，P2＝，P3＝，由对立事件的性质及事件独立性的定义得，P(A)＝1－P1P2P3＝1－××＝，所以每个芯片智能检测不达标的概率为. (2)人工抽检30个芯片，记恰有1个不达标的概率为φ(p)，求φ(p)的极大值点p0； (2)人工抽检30个芯片恰有1个不达标的概率为φ(p)＝Cp1(1－p)29(0<p<1)，因此φ′(p)＝C[(1－p)29－29p(1－p)28]＝C(1－p)28(1－30p)．令φ′(p)＝0，得p＝.当p∈时，φ′(p)>0；当p∈时，φ′(p)<0，则φ(p)在上单调递增，在上单调递减，所以φ(p)有唯一的极大值点p0＝. (3)若芯片的合格率不超过96%，则需对生产工序进行改良．以(2)中确定的p0作为p的值，判断该企业是否需对生产工序进行改良． (3)记“芯片人工抽检达标”为事件B，“工人在流水线上进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品”为事件C，由(2)，得P(C)＝P(B|)＝1－p＝，由(1)，得P()＝1－P(A)＝，所以P(B)＝P()·P(B|)＝×≈93.8%<96%，因此，该企业需对生产工序进行改良． 2．随着信息技术的飞速进步，大数据的应用领域正日益扩大，它正成为推动社会进步的关键力量．某研究机构开发了一款数据分析软件，该软件能够精准地从海量数据中提取有价值的信息．在软件测试阶段，若输入的数据集质量高，则软件分析准确的概率为0.8；若数据集质量低，则分析准确的概率为0.3.已知每次输入的数据集质量低的概率为0.1. (1)求一次数据能被软件准确分析的概率； (1)记“输入的数据集质量高”为事件A，“一次数据能被软件准确分析”为事件B，由题意可知：P()＝0.1，P(B|A)＝0.8，P(B|)＝0.3，则P(A)＝1－P()＝0.9，所以P(B)＝P(B|)P()＋P(B|A)P(A)＝0.75.所以一次数据能被软件准确分析的概率为0.75. (2)在连续n(n≥8)次测试中，每次输入一个数据集，每个数据集的分析结果相互独立．设软件准确分析的数据集个数为X. ①求X的方差； (2)由(1)可知P(B)＝0.75＝， ①依题意，X～B，所以X的方差D(X)＝. ②当n为何值时，P(X＝8)的值最大？ ②可知P(X＝8)＝C8n－8＝C8n－8，令an＝C8n－8，则＝＝，令>1，解得n≤9，可知当n≤9，可得an＋1>an；令<1，解得n≥10，可知当n≥10，可得an＋1<an；于是a1<a2<a3…<a10>a11>a12>…，所以当n＝10时，an最大，即n＝10时，P(X＝8)的值最大． 3．某学校食堂有A，B两家餐厅，张同学第1天选择A餐厅用餐的概率为.从第2天起，如果前一天选择A餐厅用餐，那么次日选择A餐厅用餐的概率为；如果前一天选择B餐厅用餐，那么次日选择A餐厅用餐的概率为.设他第n天选择A餐厅用餐的概率为Pn. (1)求P2的值及Pn＋1关于Pn的表达式； (1)设An＝“第n天去A餐厅用餐”，Bn＝“第n天去B餐厅用餐”，则Ω＝An∪Bn，且An与Bn互斥．根据题意得，P1＝P(A1)＝，P(B1)＝1－P(A1)＝，P(Bn)＝1－P(An)，P(An＋1|An)＝，P(An＋1|Bn)＝，P2＝P(A2)＝P(A1)·P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝×＋×＝，Pn＋1＝P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P(Bn)P(An＋1|Bn)＝Pn＋(1－Pn)，即Pn＋1＝Pn＋. (2)证明数列{Pn－}是等比数列，并求出{Pn}的通项公式． (2)Pn＋1－＝－＝Pn－＝，又因为P1－＝－≠0，所以是以－为首项，为公比的等比数列，所以Pn－＝×n－1，从而Pn＝－. 4．夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是，若前一天选择绿豆汤，后一天继续选择绿豆汤的概率为，而前一天选择银耳羹，后一天继续选择银耳羹的概率为，如此往复． (1)求该同学第2天选择绿豆汤的概率； (1)设A1表示第1天选择绿豆汤，A2表示第2天选择绿豆汤，则表示第1天选择银耳羹，根据题意得，P(A1)＝，P()＝，P(A2|A1)＝，P(A2|)＝1－＝，所以P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P()P(A2|)＝×＋×＝. (2)记该同学第n天选择绿豆汤的概率为Pn，证明：为等比数列； (2)设An表示第n天选择绿豆汤，则Pn＝P(An)，P()＝1－Pn，根据题意，得P(An＋1|An)＝，P(An＋1|)＝1－＝，由全概率公式得，P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P()·P(An＋1|)＝Pn＋(1－Pn)＝－Pn＋，即Pn＋1＝－Pn＋，整理，得Pn＋1－＝－，又P1－＝≠0，所以是以为首项，－为公比的等比数列． (3)求从第1天到第10天中，该同学选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹概率的天数． (3)由(2)，得Pn＝＋×n－1，由题意，只需Pn>1－Pn，即Pn>(n＝1,2，…，10)，则＋×n－1>，即n－1>(n＝1,2，…，10)，显然n必为奇数，n为偶数时不成立，当n＝1,3,5,7,9时，考虑n－1＝n－1>的解，当n＝1时，1>显然成立，当n＝3时，2－<0，不成立，由y＝n－1在定义域内单调递减得，n＝5,7,9时，也不成立．综上，该同学只有1天选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹的概率． $$