专题4 [规范答题] 计数原理、概率、随机变量及其分布-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

该高中数学高考复习课件聚焦计数原理、概率、随机变量及其分布专题，依据高考评价体系明确了概率计算、随机变量分布、递推关系证明等核心考查要求。通过2025年全国二卷真题解析，梳理出二项分布、最大似然估计等高频考点，归纳了“概率递推证明”“参数求解”等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题精讲+评分标准+素养培养”的复习模式，如以2025年全国二卷概率题为例，通过事件定义、全概率公式推导概率递推关系，培养学生的数学思维和逻辑推理能力。结合评分要求中的得分点，指导学生规范答题步骤，避免“事件分类不全”“公式运用错误”等易错点。教师可借助课件系统开展专题突破，帮助学生掌握解题技巧，提升高考冲刺阶段的复习效率。

[规范答题]　计数原理、概率、随机变量及其分布 第一部分　专题突破 专题四　计数原理、概率、随机变量及其分布 (本题满分17分)(2025·全国二卷)甲、乙两人进行乒乓球练习,每个球胜者得1分,负者得0分.设每个球甲胜的概率为p,乙胜的概率为q,p+q=1,且各球的胜负相互独立.对正整数k≥2,记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率,qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率. (1)求p3,p4(用p表示); (2)若=4,求p; (3)证明:对任意正整数m,p2m+1-q2m+1<p2m-q2m<p2m+2-q2m+2. [思路分析]　(1)直接由二项分布概率计算公式即可求解. (2)由题意及(1)得q3=q3,q4=q3(4-3q),联立=4,p+q=1即可求解. (3)由p2m+1-q2m+1<p2m-q2m得,p2m+1-p2m<q2m+1-q2m,所以得到p2m+1-p2m的表达式便可得到q2m+1-q2m的表达式,进而证得不等式p2m+1-p2m<q2m+1-q2m;同理可证得p2m+2-q2m+2>p2m-q2m. 标准答案 (1)解: p3为打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率,故只能甲胜三场, 故所求为p3=(1-p)0p3=p3,[1] 2分 p4为打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率,故甲胜三场或四场, 故所求为p4=(1-p)1p3+(1-p)0p4 =4p3(1-p)+p4=p3(4-3p).[2] 4分 标准答案 (2)解:由(1)得p3=p3,p4=p3(4-3p), 同理q3=q3,q4=q3(4-3q),[3] 6分 若=4,p+q=1, 则====()2=4,[4] 9分 由于<p<1,0<q<,所以p=2q=2(1-p)>0, 解得p=.[5] 10分 标准答案 (3)证明:设A1表示事件“打完2m个球后,甲比乙至少多得4分”;A2表示事件“打 完2m个球后,甲比乙多得2分”;A3表示事件“打完2m个球后,甲得分不超过乙得 分”.A表示事件“打完2m+1个球后,甲比乙至少多得2分”. 所以p2m+1=P(A),p2m=P(A1)+P(A2),P(A|A1)=1,P(A|A2)=p,P(A|A3)=0.当m>1时,由全概率公式得,p2m+1=P(Ai)P(A|Ai)=P(A1)+pP(A2)=P(A1)+P(A2)-qP(A2)=p2m-qpm+1qm-1=p2m-ppmqm.又p3=pP(A2)=p2-qP(A2)=p2-p2q,也满足上式. 故对所有正整数m,p2m+1-p2m=-ppmqm.[6] 12分 同理可得q2m+1-q2m=-qqmpm.[7] 13分 标准答案 由于p>q,故p2m+1-p2m<q2m+1-q2m,所以p2m+1-q2m+1<p2m-q2m.[8] 14分 设B1表示事件“打完2m+1个球后,甲比乙至少多得3分”;B2表示事件“打完2m+1个球后,甲比乙多得1分”;B3表示事件“打完2m+1个球后,乙比甲至少多得1分”.B表示事件“打完2m+2个球后,甲比乙至少多得2分”. 所以p2m+2=P(B),p2m+1=P(B1),P(B|B1)=1,P(B|B2)=p,P(B|B3)=0.由全概率公式得 p2m+2=P(Bi)P(B|Bi)=P(B1)+pP(B2)=p2m+1+p2pmqm,即p2m+2- p2m+1=p2pmqm. 标准答案 所以p2m+2-p2m=(p2m+2-p2m+1)+(p2m+1-p2m)=p2pmqm-ppmqm. 同理可得q2m+2-q2m=q2qmpm-qqmpm.[9] 16分 因此p2m+2-p2m-(q2m+2-q2m)=p2pmqm-ppmqm-(q2qmpm-qqmpm)=(p2-q2)pmqm-(p-q)pmqm=(p-q)pmqm(-)>0. 故p2m+2-q2m+2>p2m-q2m.[10] 17分 评分要求 [1]分析得到甲胜三场,正确计算概率 [2] 分析得到甲胜三场或四场,正确计算概率 [3]利用同样的方法得到q4,q3   [4]代入计算得到p,q的关系式    [5]计算p的值 评分要求 [6]计算p2m+1-p2m并化简 [7]同理得q2m+1-q2m的表达式   [8] 利用上面的结论,得到p2m+1-q2m+1<p2m-q2m [9]利用同样的方法得到p2m+2-p2m与q2m+2-q2m的表达式   [10]计算得到p2m+2-q2m+2>p2m-q2m 自我评价 (1)若袋中这两种颜色球的个数之比为2∶3,不知道哪种颜色的球多.有放回地随机摸取3个球,设摸出的球为白球的次数为Y,则Y~B(3,p). (注:Pp(Y=k)表示当每次摸出白球的概率为p时,摸出白球次数为k的概率) ①完成下表,并写出计算过程; k 0 1 2 3 (Y=k)       (Y=k)       自我评价 自我评价 (Y=1)=p1(1-p)2=, (Y=3)=p3(1-p)0=, 4分 表格如下 5分 自我评价 自我评价 自我评价 解：由l(p)=Xiln p+(1-Xi)ln(1-p),则l'(p)=Xi-(1-Xi), 11分 令Xi-(1-Xi)=0,即===-1, 故p=Xi,即当p∈(0,Xi)时,l‘(p)>0,当p∈(Xi,1)时,l’(p)<0, 14分 故l(p)在(0,Xi)上单调递增,在(Xi,1)上单调递减, 自我评价 感谢您的观看 (17分) (2025·山东泰安模拟)在概率统计中,常用频率估计概率.已知袋中有若干个白球和红球,有放回地随机摸球n次,白球出现m次.假设每次摸出白球的概率为p,根据频率估计概率的思想,则每次摸出白球的概率p的估计值为=. 解:因为袋中这两种颜色球的个数之比为2∶3,且Y~B(3,p),所以p的值为, 2分 ①当p=时,(Y=1)=p1(1-p)2=, (Y=2)=p2(1-p)=, (Y=3)=p3(1-p)0=, 当p=时,(Y=0)=p0(1-p)3=, k 0 1 2 3 (Y=k) (Y=k) ②在统计理论中,把使得Pp(Y=k)的取值达到最大时的p,作为p的估计值,记为,请写出的值. 解：由上表可知Pp(Y=k)=pk(1-p)3-k. 当Y=0或1时,参数p=的概率最大;当Y=2或3时,参数p=的概率最大. 7分 所以= 9分 (2)把(1)中“使得Pp(Y=k)取值达到最大时的p作为p的估计值”的思想称为最大似然原理.基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计.具体步骤:先对参数θ构建对数似然函数l(θ),再对其关于参数θ求导,得到似然方程l'(θ)=0,最后求解参数θ的估计值.已知Y~B(n,p)的参数p的对数似然函数为l(p)=Xiln p+(1-Xi)ln(1-p),其中Xi=求参数p的估计值,并且说明频率估计概率的合理性. 即当p=Xi时,l(p)取最大值,故=Xi, 16分 因此,用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的,故用频率估计概率是合理的. 17分 $