培优课26 概率统计与其他知识的交汇问题-【优化探究】2026高考数学一轮复习高考总复习配套课件（人教版提升）

培优课26　概率统计与其他知识的交汇问题 [例1]　(2023·新课标Ⅰ卷)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0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率. 考点一　概率统计与数列 [解]第2次投篮的人是乙分为两种情况: 第1次投篮的人是甲且投篮未命中,其概率为0.5×(1-0.6)=0.2; 第1次投篮的人是乙且投篮命中,其概率为0.5×0.8=0.4, 所以第2次投篮的人是乙的概率为0.2+0.4=0.6. (2)求第i次投篮的人是甲的概率. [解]设第i次投篮的人是甲为事件Ai, 则P(A1)=0.5,P()=P(Ai)×0.6+[1-P(Ai)]×(1-0.8)=P(Ai)+, 所以P()-=,所以为首项,为公比的等比数列, 所以P(Ai)-=×, 所以P(Ai)=+×,i∈N*. (3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E(Xi)=qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y). [解]由(2)知,第i次投篮的人是甲的概率为 P(Ai)=+×,i∈N*, 第i次投篮的人是甲记为Xi=1,否则记为Xi=0,则Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=+×, 由题意知E(Y)=E(Xi)=qi=P(Xi=1)==-·. 方法总结 概率与数列问题的交汇,多以概率的求解为主线,建立关于概率的递推关系.解决此类问题的基本步骤为: 1.精准定性:即明确所求概率的“事件属性”,这是确定概率概型的依据,也是建立递推关系的准则. 2.准确建模:即通过概率的求解,建立递推关系,转化为数列模型问题. 3.解决模型:也就是递推数列的求解,多通过构造的方法转化为等差、等比数列的问题求解.求解过程应灵活运用数列的性质,准确应用相关公式. 跟踪训练 (2025·山东泰安模拟)在足球比赛中,有时需通过点球决定胜负. (1)扑点球的难度一般比较大,假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门,门将(也称为守门员)也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球,而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球.不考虑其他因素,在一次点球大战中,求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望. 解:依题意可得,门将每次可以扑到点球的概率为p=×=, 门将在前三次扑到点球的个数X可能的取值为0,1,2,3, 易知X~B,所以P(X=k)=××,k=0,1,2,3, 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以X的数学期望E(X)=3×=. (2)好成绩的取得离不开平时的努力训练,甲、乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中,球从甲脚下开始,等可能地随机传向另外2人中的 1人,接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人,如此不停地传下去,假设传出的球都能接住.记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn,易知p1=1,p2=0. ①试证明:为等比数列; 证明:第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn, 则当n≥2时,第n-1次传球之前球在甲脚下的概率为pn-1, 第n-1次传球之前球不在甲脚下的概率为1-pn-1, 则pn=pn-1×0+(1-pn-1)×=-pn-1+, 即pn-=-,又p1-=, 所以为首项,公比为-的等比数列. ②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn,比较p2 024与q2 024的大小. 解:由①可知pn=+,所以p2 024=+<, 所以q2 024=(1-p2 024)=>,故p2 024<q2 024. [例2]　(2025·山东泰安期末)某大学组织大学生举办了奥运会知识竞赛,该大学的一学院为此举办了一场选拔赛,选拔赛分为初赛和决赛,初赛通过后才能参加决赛,决赛通过后将代表该学院参加该大学的冬运会知识竞赛. (1)初赛采用选一题答一题的方式,每位参赛大学生最多有7次答题机会,累计答对4道题或答错4道题即终止比赛,答对4道题则进入决赛,答错4道题则被淘汰.已知大学生甲答对每道题的概率均为,且回答各题的结果相互独立; ①求甲至多回答了5道题就进入决赛的概率; ②设甲在初赛中答题的道数为X,求X的分布列和数学期望. 考点二　概率统计与函数 [解]①由题可得甲回答了4道题进入决赛的概率为=, 甲回答了5道题进入决赛的概率为×××=, 所以甲至多回答了5道题就进入决赛的概率为+=. ②由题可知X的可能取值为4,5,6,7, 则P(X=4)=2×=, P(X=5)=2××××=, P(X=6)=2××××=, P(X=7)=××=, 所以X的分布列为 则E(X)=4×+5×+6×+7×=. X 4 5 6 7 P (2)决赛共答3道题,若答对题目数量不少于2道,则胜出,代表学院参加学校比赛,否则被淘汰.已知大学生乙进入了决赛,他在决赛中前2道题答对的概率相等,均为x(0<x<1),3道题全答对的概率为,且回答各题的结果相互独立,设他能参加学校比赛的概率为f(x),求f(x)的最小值. [解]设乙答对第3道题的概率为y,则x2y=, 所以f(x)=x2y+x2(1-y)+x(1-x)y =-2x2y+x2+2xy=x2+-,0<x<1, 则f'(x)=2x-==,所以当0<x<时,f'(x)<0; 当<x<1时,f'(x)>0,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增, 所以f(x)min=f=+-=. 方法总结 概率与函数的交汇问题,多以概率问题为解题主线,通过设置变量,利用随机变量的概率、均值与方差的计算公式构造函数.求解时可借助二次函数的性质、函数的单调性或导数确定最优解.解决此类问题应注意以下两点: 1.准确构造函数,利用公式搭建函数模型时,由于随机变量的均值、方差,随机事件概率的计算中涉及变量较多,式子较为复杂,所以准确运算化简是关键. 2.注意变量的范围,一是题中给出的范围,二是实际问题中变量自身范围的限制. 跟踪训练 甲、乙两人参加一个比赛,该比赛设有奖金256元,谁先赢满5局,谁便赢得全部的奖金.已知每场比赛乙赢的概率为p(0<p<1),甲赢的概率为1-p,每场比赛相互独立,在乙赢了3局甲赢了1局的情况下,设备出现了故障,比赛被迫终止,则奖金应该如何分配才合理?有专家提出如下的奖金分配方案:若出现无人先赢5场且比赛意外终止的情况,则甲、乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比P甲∶P乙分配奖金. (1)若p=,求乙应该获得的奖金数; 解:设比赛再继续进行下去X局乙赢得全部奖金,则最后一场必然乙赢. 由题知,当X=2时,乙以5∶1赢,所以P(X=2)=×=, 当X=3时,乙以5∶2赢,所以P(X=3)=×××=, 当X=4时,乙以5∶3赢,所以P(X=4)=×××=, 当X=5时,乙以5∶4赢,所以P(X=5)=×××=, 所以乙赢得全部奖金的概率为+++=, 所以乙应该得奖金256×=252(元). (2)记事件A为“比赛继续进行下去甲获得全部奖金”,试求当比赛继续进行下去,甲获得全部奖金的概率为f(p),并判断当p≥时,事件A是否为小概率事件,并说明理由.(注:若随机事件发生的概率小于0.05,则称随机事件为小概率事件) 解:设比赛继续进行Y场甲获得全部奖金,则最后一场必然甲赢. 由题知,当Y=4时,甲以5∶3赢,所以P(Y=4)=(1-p)4, 当Y=5时,甲以5∶4赢,所以P(Y=5)=(1-p)××(1-p)3p=4(1-p)4p, 所以甲获得全部奖金的概率f(p)=(1-p)4+4(1-p)4p=(4p+1)(1-p)4,p∈, 所以f'(p)=4(1-p)4-4(4p+1)(1-p)3=4(1-p)3(1-p-4p-1)=-20(1-p)3p. 因为p∈,所以f'(p)=-20(1-p)3p<0,所以f(p)在上单调递减, 所以f(p)max=f=×=≈0.045<0.05,故事件A是小概率事件. 1.(2025·山东临沂模拟)强基计划主要选拔有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生.为选拔培养对象,某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动. (1)若数学组的7名学员中恰有4人来自A中学,从这7名学员中随机选取4人,ξ表示选取的人中来自A中学的人数,求ξ的分布列和数学期望; 培优 自我挑战 解:ξ的所有可能取值是1,2,3,4. P(ξ=1)==,P(ξ=2)==, P(ξ=3)==,P(ξ=4)==, 所以ξ的分布列为 数学期望E(ξ)=1×+2×+3×+4×=. ξ 1 2 3 4 P (2)在夏令营开幕式的晚会上,物理组举行了一次学科知识竞答活动,规则如下:两人一组,每一轮竞答中,每人分别答两题,若小组答对题数不小于3,则取得本轮胜利.已知甲、乙两位同学组成一组,甲、乙答对每道题的概率分别为p1,p2.假设甲、乙两人每次答题相互独立,且互不影响.当p1+p2=时,求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值. 解:设甲、乙两位同学在每轮答题中取胜为事件A,则 P(A)=+2p1(1-p1)+2p2(1-p2) =p1p2[p1p2+2(1-p1)p2+2p1(1-p2)]=p1p2(2p1+2p2-3p1p2), 由p1+p2=,得P(A)=p1p2. 令x=p1p2=p1=-+, 因为0≤p1≤1,0≤p2≤1, 所以≤p1≤1, 所以x∈,设f(x)=x,则f(x)=-3x2+x=-3+, 因为<,所以当x=时,f(x)取得最大值, 所以,当p1=时,甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率取得最大值为. 2.(2025·山东菏泽模拟)菏泽牡丹栽培始于隋,兴于唐,盛于明清,自古享有“曹州牡丹甲天下”的美誉.四月,菏泽大地上牡丹次第绽放,观赏牡丹拥有9大色系、10大花型、1 280余个品种,以最亮眼的姿态恭迎八方游人.某旅行团带游客来菏泽观赏牡丹,游客可自由选择曹州牡丹园和中国牡丹园的一处游览,若每位游客选择曹州牡丹园的概率是,选择中国牡丹园的概率是,游客之间选择意愿相互独立. (1)从游客中随机选取3人,记3人中选择曹州牡丹区的人数为X,求X的分布列、均值与方差; 解:随机变量X的可能取值为0,1,2,3,且X~B,其中n=3,p=, 所以P(X=0)==,P(X=1)==, P(X=2)==, P(X=3)==, 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以均值为E(X)=np=3×=, 方差为D(X)=np(1-p)=3××=. (2)现对游客进行问卷调查,若选择曹州牡丹园记2分,选择中国牡丹园记1分,记已调查过的累计得分为n分的概率为Pn,求Pn. 解:由题意可知,P1=,P2=+×=,P3=×+×, 所以当n≥3时,Pn=Pn-1+Pn-2, 则Pn+Pn-1=Pn-1+Pn-2, 所以为常数数列,且Pn+Pn-1=P2+P1=+×=1(n≥2), 所以Pn-=-(n≥2), 所以是以P1-=-为首项,公比为-的等比数列, 所以Pn-=-×, 所以Pn=-×+, 当n=1时,P1=-×1+=成立, 故Pn=-×+. $$