第十章 培优课16 概率统计与数列、函数的综合问题（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版）

该高中数学高考复习课件聚焦概率统计与数列、函数的综合问题，依据高考评价体系梳理递推数列求概率、函数最值求解等核心考点，通过2023新课标Ⅰ卷、2021新高考Ⅱ卷等真题分析，明确高频题型分布，构建“问题情境-数学建模-逻辑推理”的解题体系，体现高考备考的针对性。 课件亮点在于“真题引领+素养落地”，如以2023新课标Ⅰ卷甲投篮概率题为例，通过全概率公式建立递推关系并构造等比数列，培养数学思维和运算能力，结合导数求概率函数最值（典例3）提升数学眼光。课时测评含分层训练，助学生掌握“递推构造法”“导数求最值法”，教师可据此精准教学，高效冲刺高考。

培优课16　概率统计与数列、 函数的综合问题 高三一轮复习讲义　湘教版 第十章　计数原理与概率 05 课时测评 02 题型二　概率、统计与函数的综合问题 题型一　概率、统计与数列的综合问题 01 内容索引 题型一　概率、统计与数列的综合问题 返回 (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； 解：记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi， 所以P=P+P =P+P =0.5×+0.5×0.8=0.6. 典例1 (2)求第i次投篮的人是甲的概率； 解：设P=pi，依题可知，P=1-pi，则 P=P+P =P+P， 即pi+1=0.6pi+×=0.4pi+0.2， 构造等比数列， 设pi+1+λ=，解得λ=-，则pi+1-=， 又p1=，p1-=，所以，公比为的等比数列， 即pi-=×，pi=×+. (3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P=1-P=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. 解：因为pi=×+，i=1，2，…，n， 所以当n∈N+时，pi=p1+p2+…+pn=×+=+， 故E(Y)=+. 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. 规律方法 对点练1.(2025·广东惠州模拟)为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复. (1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； 解：设A1=“第1天选择米饭套餐”，A2=“第2天选择米饭套餐”， 则=“第1天不选择米饭套餐”. 根据题意P=，P=，P=，P=1-=. 由全概率公式，得P=P+P=×+×=. (2)记该同学第n天选择米饭套餐的概率为Pn. (ⅰ)证明：为等比数列； 证明：设An=“第n天选择米饭套餐”，则Pn=P，P=1-Pn， 根据题意P=，P=1-=. 由全概率公式，得Pn+1=P =P+P=Pn+=-Pn+， 因此Pn+1-=-. 因为P1-=≠0，所以为首项，-为公比的等比数列. (ⅱ)证明：当n≥2时，Pn≤. 证明：由(ⅰ)可得Pn=+×. 当n为大于1的奇数时，Pn=+×+×=. 当n为正偶数时，Pn=-×<<. 因此当n≥2时，Pn≤. 返回 题型二　概率、统计与函数的综合问题 返回 (2021·新高考Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X=i)=pi(i=0，1，2，3). (1) 已知p0=0.4，p1=0.3，p2=0.2，p3=0.1，求E(X)； 解：由题意，P(X=0)=0.4，P(X=1)=0.3， P(X=2)=0.2，P(X=3)=0.1. 所以X的分布列为 所以E(X)=0×0.4+1×0.3 +2×0.2+3×0.1=1. 典例2 X 0 1 2 3 P 0.4 0.3 0.2 0.1 (2) 设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p=1，当E(X)>1时，p<1； 证明：记f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0， 由题知，p为f(x)=0的实根， 由p0=1-p1-p2-p3， 得f(x)=p3(x3-1)+p2(x2-1)+p1(x-1)-(x-1)=(x-1)[p3x2+(p3+p2)x+p3+p2+p1-1]. 记g(x)=p3x2+(p3+p2)x+p3+p2+p1-1， 则g(1)=3p3+2p2+p1-1=E(X)-1， g(0)=p3+p2+p1-1=-p0<0. 当E(X)≤1时，g(1)≤0， 易知g(x)在上单调递增， 所以当x∈(0，1)时，g(x)=0无实根. 所以f(x)=0在上有且仅有一个实根， 即p=1， 所以当E(X)≤1时，p=1. 当E(X)>1时，g(1)>0，又g(0)<0，g(x)的图象开口向上， 所以g(x)=0在上有唯一实根p'∈(0，1)， 所以f(x)=0的最小正实根p=p'∈(0，1)， 所以当E(X)>1时，p<1. (3) 根据你的理解说明(2)问结论的实际含义. 解：E(X)≤1，表示1个微生物个体繁殖下一代的个数不超过自身个数，种群数量无法维持稳定或正向增长，多代繁殖后将面临灭绝，所以p=1. E(X)>1，表示1个微生物个体可以繁殖下一代的个数超过自身个数，种群数量可以正向增长，所以面临灭绝的可能性小于1. 甲、乙两人进行象棋比赛(没有平局)，采用“五局三胜”制.已知在每局比赛中，甲获胜的概率为p，0<p<1. (1)设甲以3∶1获胜的概率为f(p)，求f(p)的最大值； 解：甲以3∶1获胜，则前三局中甲要胜两局败一局，第四局甲再获胜， 所以f=·p2··p=3p3-3p4，0<p<1， 则f'=9p2-12p3=3p2. 令f'(p)>0，得0<p<； 令f'(p)<0，得<p<1. 所以f(p)在上单调递增，在上单调递减， 所以当p=时，f(p)取得最大值，为. 典例3 (2)记(1)中f(p)取得最大值时的p为p0，以p0作为p的值，用X表示甲、乙两人比赛的局数，求X的分布列和均值E(X). 解：由(1)知p=p0=， 由题意知X的所有可能取值为3，4，5. 则P=+=+=， P=××+××=+=， P=××+××=+=， 所以X的分布列为： 则X的均值E=3×+4×+5×=. X 3 4 5 P 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. 规律方法 对点练2.(2025·湖北高三四调)高性能计算芯片是一切人工智能的基础.国内某企业已快速启动AI芯片试生产，试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测.智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为，人工检测仅对智能检测达标(即三项指标均达标)的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标.人工检测综合指标不达标的概率为p(0<p<1). (1)求每个AI芯片智能检测不达标的概率； 解：记事件A=“每个AI芯片智能检测不达标”，则P(A)=1-P()=1-× ×=. (2)人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为f(p)，当p=p0时，f(p)取得最大值，求p0； 解：由题意f(p)=p(1-p)49， 所以f'(p)=50[(1-p)49+p×49(1-p)48×(-1)]=50(1-p)48(1-50p)， 令f'(p)=0，则p=， 当0<p<时，f'(p)>0，f(p)为增函数； 当p>时，f'(p)<0，f(p)为减函数； 所以f(p)在p0=处取到最大值. (3)若AI芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良.以(2)中确定的p0作为p的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良. 解：记事件B=“人工检测达标”， 则P(B|)=1-=， 又P()=1-=， 所以P(B)=P()P(B|)=×=92.12%<93%，所以需要对生产工序进行改良. 返回 课 时 测 评 返回 1.(17分)为落实立德树人的根本任务，坚持 “五育”并举，全面推进素质教育，某校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛阶段比赛的12名队员来自3个不同校区，三个校区的队员人数分别是3，4，5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行11场比赛(每场比赛都采取5局3胜制)，根据积分选出最后的冠军.积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；以3∶2取胜的队员积2分，失败的队员积1分. (1)若每名队员获得冠、亚军的可能性相同，则比赛结束后，冠、亚军恰好来自不同校区的概率是多少?(7分) 解：比赛结束后，冠、亚军恰好来自不同校区的概率P==. 2 3 4 5 1 (2)已知第10轮小李对抗小王，设每局比赛小李取胜的概率均为p(0<p<1). ①记小李以3∶1取胜的概率为f(p).若当p=p0时，f(p)取最大值，求p0的值； 解：由题可知f(p)=p2(1-p)·p=3p3(1-p)， f'(p)=3[3p2(1-p)+p3×(-1)]=3p2(3-4p)， 令f'(p)=0，得p=或p=0(舍去)， 当p∈时，f'(p)>0，f(p)在上单调递增， 当p∈时，f'(p)<0，f(p)在上单调递减， 所以p0=. 2 3 4 5 1 ②若以①中p0的值作为p的值，这轮比赛小李所得积分为X，求X的分布列及均值.(10分) 解：X的所有可能取值为0，1，2，3， P=+·(1-p) =+×××=， P=p2· =×××=， P=p2·p =×××=， 2 3 4 5 1 P=p3+p2·p =+×××=， 所以X的分布列为： 则E=0×+1×+2×+3×=. X 0 1 2 3 P 2 3 4 5 1 2.(17分)(2024·山东青岛模拟)甲、乙两人组团参加答题挑战赛，规定：每一轮甲、乙各答一道题，若两人都答对，该团队得1分；只有一人答对，该团队得0分；两人都答错，该团队得-1分.假设甲、乙两人答对任何一道题的概率分别为. (1)记X表示该团队一轮答题的得分，求X的分布列及数学期望E(X)；(7分) 解：由题可知，X的取值为-1，0，1， P=×=， P=×+×=， 2 3 4 5 1 P=×=， 故X的分布列如下： 则E=-1×+0×+1×=. X -1 0 1 P 2 3 4 5 1 (2)假设该团队连续答题n轮，各轮答题相互独立.记Pn表示“没有出现连续三轮每轮得1分”的概率，Pn=aPn-1+bPn-2+cPn-3，求a，b，c；并证明：答题轮数越多(轮数不少于3)，出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大.(10分) 解：由题可知，P1=1，P2=1，P3=1-=，P4=1-3×=； 经分析可得： 若第n轮没有得1分，则Pn=Pn-1； 若第n轮得1分，且第n-1轮没有得1分，则Pn=Pn-2； 若第n轮得1分，且第n-1轮得1分，第n-2轮没有得1分，则Pn=Pn-3； 2 3 4 5 1 故Pn=Pn-1+Pn-2+Pn-3，故a=，b=，c=； 因为Pn=Pn-1+Pn-2+Pn-3， 故Pn+1=Pn+Pn-1+Pn-2， 故Pn+1-Pn=-Pn+Pn-1+Pn-2 =-+Pn-1+Pn-2=-Pn-3<0， 故Pn+1<Pn，且P1=P2>P3>P4， 则P1=P2>P3>P4>P5>…， 所以答题轮数越多(轮数不少于3)，出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大. 2 3 4 5 1 3.(20分)(2025·广东茂名模拟)马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n-1，n-2，n-3，…次状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n次操作后，记甲盒子中黑球个数为Xn，甲盒中恰有1个黑球的概率为an，恰有2个黑球的概率为bn. 2 3 4 5 1 (1)求X1的分布列；(4分) 解：由题可知，X1的可能取值为0，1，2.由相互独立事件概率乘法公式可知： P=×=， P=×+×=， P=×=， 故X1的分布列如表： X1 0 1 2 P 2 3 4 5 1 (2)求数列{an}的通项公式；(6分) 解：由全概率公式可知： P(Xn+1=1)=P(Xn=1)·P(Xn+1=1|Xn=1)+P(Xn=2)·P(Xn+1=1|Xn=2)+P(Xn=0)·P(Xn+1=1|Xn=0) =P(Xn=1)+P(Xn=2)+P(Xn=0) =P(Xn=1)+P(Xn=2)+P(Xn=0)， 即an+1=an+bn+(1-an-bn)， 所以an+1=-an+， 所以an+1-=-， 2 3 4 5 1 又a1=P=， 所以数列是以a1-=-为首项， 以-为公比的等比数列， 所以an-=-·=·， 即an=+·. 2 3 4 5 1 (3)求Xn的期望.(10分) 解：由全概率公式可得： P(Xn+1=2)=P(Xn=1)·P(Xn+1=2|Xn=1)+P(Xn=2)·P(Xn+1=2|Xn=2)+P(Xn=0)·P(Xn+1=2|Xn=0) =·P+·P+0·P，即bn+1=an+bn， 又an=+·， 所以bn+1=bn+， 2 3 4 5 1 所以bn+1-+=， 又b1=P=， 所以b1-+×=--=0， 所以bn-+=0， 所以bn=-， 所以E(Xn)=an+2bn+0=an+2bn=1. 2 3 4 5 1 4.(20分)(2024·河北邯郸模拟)邯郸是历史文化名城，被誉为“中国成语典故之都”.为了让广大市民更好的了解并传承成语文化，当地文旅局拟举办猜成语大赛.比赛共设置n道题，参加比赛的选手从第一题开始答题，一旦答错则停止答题，否则继续，直到答完所有题目.设某选手答对每道题的概率均为p(0<p<1)，各题回答正确与否相互之间没有影响. (1)记答题结束时答题个数为X，当n=3时，若E(X)>1.75，求P的取值范围；(6分) 解：当n=3时，根据题意，X可取1，2，3， P(X=1)=1-p，P(X=2)=p(1-p)，P(X=3)=p2， 所以E(X)=1-p+2p(1-p)+3p2=p2+p+1， 由E(X)=p2+p+1>1.75，得p>， 又0<p<1， 所以P的取值范围是. 2 3 4 5 1 (2)(ⅰ)记答题结束时答对个数为Y，求E(Y)； 解：P(Y=k)=pk(1-p)，其中k=0，1，2，…，n-1，P(Y=n)=pn， 所以Y的数学期望为E(Y)=p(1-p)+2p2(1-p)+…+(n-1)pn-1(1-p)+npn=(1-p)[p+2p2+3p3+…+ (n-1)pn-1]+ npn， 设Sn=p+2p2+3p3+…+(n-1)pn-1， 利用错位相减可得(1-p)Sn=p+p2+p3+…+pn-1-(n-1)pn， 所以E(Y)=p+p2+p3+…+pn-1-(n-1)pn+npn=p+p2+p3+…+pn-1+pn=. 另解：E(Y)=(p-p2)+(2p2-2p3)+(3p3-3p4)+…+[(n-1)pn-1-(n-1)pn]+npn =p+p2+p3+…+pn-1+pn=. 2 3 4 5 1 (ⅱ)当p=时，求使E(Y)>4的n的最小值. 参考数据：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477.(14分) 解：依题意，>4，即<， 即n+1>lo==≈9.848，所以n>8.848， 又n∈N+，故n的最小值为9. 2 3 4 5 1 5.(26分)为了选拔创新型人才，某大学对高三年级学生的数学学科和物理学科进行了检测(检测分为初试和复试)，共有4万名学生参加初试.组织者随机抽取了200名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示. (1)根据频率分布直方图，求a的值及样本平均数的估计值；(7分) 解：因为10×(0.012+0.026+0.032+a+0.01)=1， 所以a=0.02. 所以样本平均数的估计值为50×0.12+60×0.26 +70×0.32+80×0.2+90× 0.1=69. 2 3 4 5 1 (2)若所有学生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ， σ2)，其中μ为样本平均数的估计值，σ=10.5.规定初 试成绩不低于90分的学生才能参加复试，试估计能 参加复试的人数；(8分) 解：因为μ=69，σ=10.5. 所以P(X≥90)=P(X≥μ+2σ)≈=0.022 75. 所以能参加复试的人数约为40 000×0.022 75=910(人). 2 3 4 5 1 (3)复试笔试试题包括两道数学题和一道物理题，已知小明进入了复试，且在复试笔试中答对每一道数学题的概率均为x，答对物理题的概率为y.若小明全部答对的概率为，答对两道题的概率为P，求概率P的最小值.(11分) 附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5，P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3. 解：由题意有x2y=， 答对两道题的概率P=x2(1-y)+x(1-x)y=x2+2xy-3x2y. 而x2y=，所以P=x2+-. 2 3 4 5 1 令f(x)=x2+-(0<x≤1)，则f'(x)=2x-=， 所以当x∈时，f'(x)<0，f(x)在内单 调递减； x∈时，f'(x)>0，f(x)在内单调递增. 所以当x=时，f(x)min=.故概率P的最小值为. 返回 2 3 4 5 1 谢 谢 观 看 概率统计与数列、函数的综合问题 $