10.9 概率、统计与其他知识的交汇问题（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（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦概率统计与数列、导数函数的交汇问题，依据高考评价体系梳理了递推数列求概率、导数求极值点等核心考点，通过2023新课标I卷真题及2024模考题分析，明确交汇类题型占比达60%的高频考点分布，归纳了典型题型的解题框架。 课件亮点在于“真题解析+素养培养+技巧提炼”，以2023新课标I卷投篮问题为例，通过构造等比数列突破数列与概率交汇，借助导数分析极大值点培养数学思维，帮助学生掌握答题模板，教师可据此开展针对性训练，助力学生高效备考冲刺。

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第十章 计数原理、概率、 随机变量及其分布 10 [题型解读] 以能力立意是数学命题的指导思想，在知识网络交汇处设计试题是今后高考的新特点和大方向，与概率交汇的试题正是在这种背景下“闪亮登场”，频频出现在各类试题中，除了上节讲解的概率统计的常见综合问题外，概率、统计与数列，与导数、函数的交汇应用也比较常见． 10．9　概率、统计与其他知识的交汇问题 01 02 题型一 题型二 课下巩固精练卷(八十八) 目 录 目 录 模板来自于：第一PPT https:/// 4 课下巩固精练卷(八十八) 概率、统计与其他知识的交汇问题 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 感谢观看 题型一　概率、统计与数列的交汇应用 【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； (2)求第i次投篮的人是甲的概率； (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 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：(1)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(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1) ＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6. (2)设P(Ai)＝pi，依题可知，P(Bi)＝1－pi， 则P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)， 即pi＋1＝0.6pi＋(1－0.8)×(1－pi)＝＋0.2， 构造等比数列{pi＋λ}， 设pi＋1＋λ＝(pi＋λ)，解得λ＝－， 则pi＋1－， 又p1＝，所以是首项为，公比为的等比数列， 即pi－. (3)因为pi＝，i＝1，2，…，n， 所以当n∈N*时，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn ＝， 故E(Y)＝. 【对点练习】　1.(2024·扬州两校联考)某校为了合理配置校本课程资源，教务部门对学生们进行了问卷调查．据统计，其中的学生计划只选择校本课程一，另外的学生计划既选择校本课程一又选择校本课程二．每位学生若只选择校本课程一，则记1分；若既选择校本课程一又选择校本课程二，则记2分．假设每位选择校本课程一的学生是否计划选择校本课程二相互独立，视频率为概率． (1)从学生中随机抽取3人，记这3人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望； (2)从学生中随机抽取n人(n∈N*)，记这n人的合计得分恰为n＋1的概率为Pn，求P1＋P2＋…＋Pn. 解：(1)由题意知，每位学生计划不选择校本课程二的概率为，选择校本课程二的概率为， 则X的可能取值为3，4，5，6， P(X＝3)＝， P(X＝4)＝， P(X＝5)＝， P(X＝6)＝， 所以X的分布列为 X 3 4 5 6 P 所以E(X)＝3×. (2)因为这n人的合计得分为n＋1分， 所以其中只有1人计划选择校本课程二， 所以Pn＝， 设Sn＝P1＋P2＋…＋Pn＝　①， 则　②， ①－②得， 即， 所以P1＋P2＋…＋Pn＝. 题型二　概率统计与导数、函数的交汇应用 【例2】　某盒子内装有60个小球(除颜色之外其他完全相同)，其中有若干个黑球，其他均为白球．为了估计黑球的数目，设计如下实验：从盒子中有放回地抽取4个球，记录该次所抽取的黑球数目X，作为一次实验结果．进行上述实验共5次，记录下第i次实验中实际抽到黑球的数目xi.已知从该盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为p(0<p<1)． (1)求X的分布列； (2)实验结束后，已知第i次实验中抽到黑球的数目xi如表所示． i 1 2 3 4 5 xi 2 3 2 3 3 设函数 ①求f(p)的极大值点p0； ②据①估计该盒子中黑球的数目，并说明理由． 解：(1)从盒子中有放回地抽取4个球，记录该次所抽取的黑球数目X， ∵从该盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为p(0<p<1)． ∴X～B(4，p)， ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P (1－p)4 4p(1－p)3 6p2(1－p)2 4p3(1－p) p4 (2)①由(1)可知， ＝2ln [6p2(1－p)2]＋3ln [4p3(1－p)] ＝8ln 2＋2ln 3＋13ln p＋7ln (1－p)， ∴f′(p)＝， 令f′(p)＝0，解得p＝， ∴当p∈时，f′(p)>0，f(p)单调递增； 当p∈时，f′(p)<0，f(p)单调递减， ∴f(p)存在唯一的极大值点p0＝. ②估计盒子中黑球的数目为60p0＝39.理由如下： 由①可知，当且仅当p＝时，f(p)取得最大值； 即 取得最大值，出现上述实验结果的概率最大， ∴可以认为从盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为， 从而估计该盒子中黑球的数目为39是合理的． 【对点练习】　2.根据以往大量的测量知某加工厂生产的钢管内径尺寸X(单位：mm)服从正态分布N(μ，σ2)，并把钢管内径在[μ－σ，μ＋σ]内的产品称为一等品，钢管内径在[μ＋σ，μ＋2σ]内的产品称为二等品，一等品与二等品统称为正品，其余范围内的产品作为废品回收．现从该企业生产的产品中随机抽取1 000件，测得钢管内径的样本数据的频率分布直方图如图． (1)通过检测得样本数据的标准差s＝0.3，用样本平均数x作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值，根据所给数据求该企业生产的产品为正品的概率P1；(同一组中的数据用该组区间的中点值代表) (2)假如企业包装时要求把2个一等品和n(n≥2，n∈N)个二等品装在同一个箱子中，质检员从某箱子中摸出两件产品进行检验，若抽取到的两件产品等级相同，则该箱产品记为A，否则该箱产品记为B. ①试用含n的代数式表示某箱产品抽检被记为B的概率p； ②设抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率为f(p)，求当n为何值时，f(p)取得最大值，并求出最大值． 参考数据：36.2×0.2＋36.4×0.25＋36.6×0.7＋36.8×0.8＋37×1.1＋37.2×0.8＋37.4×0.65＋37.6×0.4＋37.8×0.1≈185. 解：(1)由题意，估计从该企业生产的产品中随机抽取1 000件钢管内径的平均数为≈185×0.2＝37， 所以μ＝37，σ＝s＝0.3， 则μ－σ＝37－0.3＝36.7，μ＋σ＝37＋0.3＝37.3，μ＋2σ＝37＋0.6＝37.6， 则一等品内径在[μ－σ，μ＋σ]内，即在[36.7，37.3]内， 二等品内径在[μ＋σ，μ＋2σ]内，即在[37.3，37.6]内， 所以该企业生产的产品为正品的概率为P1＝P(36.7≤X≤37.6)＝(0.8＋1.1＋0.8＋0.65)×0.2＋0.4×0.1＝0.71. (2)①从n＋2件正品中任选2个， 有种选法，其中等级相同的有种选法， 所以某箱产品抽检被记为B的概率为 p＝1－. ②由题意，一箱产品抽检被记为B的概率为p， 则5箱产品恰有3箱被记为B的概率为 f(p)＝p3(1－p)2＝10p3(1－2p＋p2)＝10(p3－2p4＋p5)， f′(p)＝10(3p2－8p3＋5p4)＝10p2(3－8p＋5p2)＝10p2(p－1)(5p－3)， 所以当p∈时，f′(p)>0，函数f(p)单调递增， 当p∈时，f′(p)<0，函数f(p)单调递减， 所以当p＝时， f(p)取得最大值为f ＝， 此时，p＝， 解得n＝3或n＝(舍去)， 所以当n＝3时，f(p)取得最大值. 1．(2024·湖南衡阳三模)现有A，B两个不透明盒子，都装有m个红球和m个白球，这些球的大小、形状、质地完全相同． (1)若m＝3，甲、乙、丙依次从A盒中不放回的摸出一球，设X表示三人摸出的白球个数之和，求X的分布列与数学期望； (2)若m＝1，从A、B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，n(n∈N*)次这样的操作后，记A盒子中红球的个数为Xn，求： (ⅰ)X2＝1的概率； (ⅱ)Xn的分布列． 解：(1)法一：X的可能取值有0，1，2，3， 则P(X＝0)＝， P(X＝1)＝， P(X＝2)＝， P(X＝3)＝， 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 P 数学期望E(X)＝0×. 法二：X的可能取值为0，1，2，3， 则P(X＝0)＝， P(X＝1)＝， P(X＝2)＝， P(X＝3)＝， 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 P 数学期望E(X)＝0×. (2)(ⅰ)P(X1＝2)＝，P(X1＝1)＝， P(X1＝0)＝，P(X2＝1|X1＝2)＝1， P(X2＝1|X1＝1)＝，P(X2＝1|X1＝0)＝1， 所以P(X2＝1)＝P(X1＝2)P(X2＝1|X1＝2)＋P(X1＝1)P(X2＝1|X1＝1)＋P(X1＝0)P(X2＝1|X1＝0)＝. (ⅱ)设P(Xn＝2)＝pn，P(Xn＝1)＝qn，P(Xn＝0)＝rn， 则 所以qn＝qn－1， 所以 因为q1＝， 所以{qn＋1＋qn}是以1为首项的常数列， {qn＋1－qn}是以为首项，－为公比的等比数列， 所以 所以qn＝]＝， pn＝，rn＝， 所以X的分布列为： X 0 1 2 P 2.(2024·河北衡水模拟)已知甲口袋有m(m≥1，m∈N*)个红球和2个白球，乙口袋有n(n≥1，n∈N*)个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球． (1)当m＝4，n＝2时， (ⅰ)求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率； (ⅱ)设小明4次摸球中，摸出白球的个数为X，求X的数学期望； (2)当m＝n时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为P，则当m为何值时，P最大？ 解：(1)小明从甲口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为＝， 从乙口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为＝. (ⅰ)设“小明4次摸球中，至少摸出1个白球”为事件A， 则“小明4次摸球中，摸出的都是红球”为事件， 且P()＝(1－)2×(1－)2＝， 所以P(A)＝1－P()＝1－＝. (ⅱ)X的所有可能取值为0，1，2，3，4， 由(ⅰ)，得P(X＝0)＝P()＝ ， P(X＝1)＝×(1－)××(1－)2＋(1－)2××(1－)×＝， P(X＝2)＝()2×(1－)2＋(1－)2×()2＋×(1－)×××(1－)×＝， P(X＝3)＝()2××(1－)×＋×(1－)××()2＝， P(X＝4)＝()2×()2＝， 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝. (2)由m＝n，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球， 连续摸4次，相当于4次独立重复试验， 设小明每次摸出一个红球的概率为k(0<k<1)， 则P(k)＝k3(1－k)＝4(k3－k4). 因为P′(k)＝－16k2(k－)， 所以当0<k<时，P′(k)>0；当<k<1时，P′(k)<0， 所以P(k)在区间(0，)上单调递增，在区间(，1)上单调递减， 所以当k＝时，P(k)最大， 此时k＝＝，解得m＝6， 故当m＝6时，P最大． 3．(2024·广东广州三模)甲进行摸球跳格游戏，图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开始在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球(5个球除颜色外其他都相同).每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第n格的概率为Pn(n＝1，2，3，…，25). (1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X，求X的分布列和期望； (2)求{Pn}的通项公式． 解：(1)根据题意可知，X的所有可能取值为0，1，2, 则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝， 可得X的分布列如下： X 0 1 2 P 期望值为E(X)＝0×. (2)依题意，当3≤n≤24时，棋子跳到第n格有两种可能： 第一种，棋子先跳到第n－2格，再摸出两球颜色不同， 第二种，棋子先跳到第n－1格，再摸出两球颜色相同， 又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为， 摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为， 因此可得Pn＝Pn－1(3≤n≤24)， 所以Pn－Pn－1＝(Pn－1－Pn－2)， 因此可得≠0，且P1＝1，P2＝， 即数列{Pn－Pn－1}(2≤n≤24)是首项为－，公比为－的等比数列， 即Pn－Pn－1＝n-1(2≤n≤24)， 所以Pn＝(Pn－Pn－1)＋(Pn－1－Pn－2)＋…＋(P2－P1)＋P1 ＝n-1＋n-2＋…＋＋1 ＝n， 由题意P25＝×＝23， 综上，Pn＝ 4．(2024·郑州调研)某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3的称为“神投小组”，已知甲、乙两名队员投进篮球的概率分别为p1，p2. (1)若p1＝，求他们在第一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率； (2)已知p1＋p2＝，则 ①p1，p2取何值时能使得甲、乙两名队员在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率最大？并求出此时的最大概率； ②在第①问的前提下，若甲、乙两名队员想要获得297次“神投小组”的称号，则他们平均要进行多少轮游戏？ 解：(1)每小组投进的次数之和不少于3的称为“神投小组”， 则可能的情况有①甲投中一次，乙投中两次；②甲投中两次，乙投中一次；③甲投中两次，乙投中两次． ∵p1＝， ∴他们在第一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率为 . (2)①由题意得他们在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率 p＝·p1·p2(1－p2)＋＝2p1p2(p1＋p2)－. ∵p1＋p2＝，∴p＝， 又0≤p1≤1，0≤p2≤1，p1＋p2＝， ∴≤p1≤1. 令m＝p1p2＝－，则m∈ ∴ ∵上单调递增， ∴pmax＝f， 此时p1＝p2＝. ②他们小组在n轮游戏中获得“神投小组”称号的次数ξ满足ξ～B， ∵np＝297，则n＝＝625， ∴平均要进行625轮游戏． $