专题5 培优突破6 概率统计与其他知识的交汇-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦“概率统计与函数、数列交汇”专题，依据高考评价体系明确了概率与函数最值、数列递推求概率等核心考查方向，通过近五年真题分析，归纳出“函数建模求期望”“数列递推求概率分布”等高频题型，构建了从考点梳理到题型突破的完整复习体系。 课件亮点在于“真题情境+模型构建+素养落地”的备考路径，如以2023新课标Ⅰ卷甲、乙投篮问题为载体，引导学生通过数列递推公式推导概率通项，培养数学思维和数学语言表达能力。方法总结部分提炼了导数求概率函数极值、等比数列转化递推关系等实用技巧，配套培优题组强化训练，助力学生高效突破难点，教师可依托此课件实现精准复习指导。

培优突破6　概率统计与其他知识的交汇 第一部分　专题突破 专题五　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考分析 概率统计与数列、函数的结合是高考命题的热点,综合考查知识间的联系,要从已知数表、题干信息中经过阅读分析判断获取关键信息,厘清各数据、各事件间的关系,建立相应的函数、数列模型求解. 考点一　概率统计与函数交汇 内容索引 考点二　概率统计与数列交汇 培优　题组集训 3 考点一　概率统计与函数交汇 考点一　概率统计与函数交汇 [例1]　(2025·广东揭阳模拟)一个质点在数轴上从原点开始运动,每次运动的结果可能是原地不动,也可能是向左或向右运动一个单位长度.记质点原地不动的概率为p,向右运动的概率为q,向左运动的概率为1-p-q,其中p∈[0,1),q∈(0,1). (1)若p=,q=,求质点运动3次后停在原点右侧的概率. 考点一　概率统计与函数交汇 [解]　质点运动3次后停在原点右侧的情况有4种,分别是3次向右;1次不动,2次向右;2次向右,1次向左;2次不动,1次向右.所以质点运动3次后停在原点右侧的概率P=()3+()2×+()2×(1--)+××()2=. 考点一　概率统计与函数交汇 (2)若p=0. ①规定质点只要运动到原点左侧就立即停止运动,求质点运动5次后停在原点右侧的概率; 考点一　概率统计与函数交汇 [解]　质点运动5次后停在原点右侧的情况有4种, 分别是5次向右;第1次向右,后4次有3次向右,1次向左;前2次向右,后3次有1次向右,2次向左;第1次向右,第2次向左,第3次向右,后2次有1次向右,1次向左. 所以运动5次后停在原点右侧的概率P1=q5+qq3(1-q)+q2q(1-q)2+q(1-q)qq(1-q) =q5+4q4(1-q)+3q3(1-q)2+2q3(1-q)2=q3(2q2-6q+5). 考点一　概率统计与函数交汇 ②设计游戏规则如下:第一轮游戏,质点从原点开始运动,设置质点向右运动的概率q=x,若质点运动3次后停在原点右侧,则进入第二轮游戏,否则游戏结束;第二轮游戏,质点重新从原点开始运动,重新设置质点向右运动的概率q=a-x(0<a<2),运动3次后,若质点停在原点右侧,则以质点停留位置对应数轴上的数值作为两轮游戏的最终得分,若质点停在原点左侧或原点处,则两轮游戏的最终得分为0分(规定游戏第一轮结束的得分也是0分).记两轮游戏最终得分的期望E(X)=f(x),若f(x)存在极大值点,求a的取值范围. 考点一　概率统计与函数交汇 [解]　第一轮游戏结束进入第二轮游戏的情况有2种,分别是3次向右;2次向右、1次向左.则其概率为x3+x2(1-x)=x2(3-2x). 设两轮游戏最终得分为随机变量X,则X的所有可能取值为0,1,3, 又P(X=1)=x2(3-2x)[(a-x)2(x+1-a)]=3x2(3-2x)(a-x)2(x+1-a), P(X=3)=x2(3-2x)(a-x)3, 所以E(X)=0P(X=0)+1P(X=1)+3P(X=3) =3x2(3-2x)(a-x)2(x+1-a)+3x2(3-2x)(a-x)3 =3x2(3-2x)(a-x)2. 考点一　概率统计与函数交汇 因为0<q<1,所以 所以当0<a≤1时,0<x<a;当1<a<2时,a-1<x<1. 记f(x)=3x2(3-2x)(a-x)2,则f'(x)=-6x(x-a)[5x2-(6+3a)x+3a], 令g(x)=5x2-(6+3a)x+3a, 当0<a≤1时,0<x<a,因为g(0)=3a>0,g(a)=5a2-(6+3a)a+3a=a(2a-3)<0, g(2)=8-3a>0, 根据零点存在定理可得,存在x1∈(0,a)使得g(x1)=0,存在x2∈(a,2)使得g(x2)=0, 考点一　概率统计与函数交汇 所以当0<x<x1时,f'(x)>0,当x1<x<a时,f'(x)<0, 所以f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,a)上单调递减, 所以x1是f(x)的极大值点,所以0<a≤1. 当1<a<2时,a-1<x<1, 因为g(0)=3a>0,g(1)=-1<0,g(2)=8-3a>0, 根据零点存在定理可得,存在x3∈(0,1)使得g(x3)=0,存在x4∈(1,2)使得g(x4)=0, 要使f(x)在(a-1,1)上存在极大值点, 考点一　概率统计与函数交汇 则g(a-1)=5(a-1)2-(6+3a)(a-1)+3a=2a2-10a+11>0, 解得a<或a>.因为1<a<2,所以1<a<. 综上所述,0<a<. 考点一　概率统计与函数交汇 　概率与函数的综合问题,多以概率为载体,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.求解时要注意变量的选取,以及变量自身的隐含条件对变量范围的限制,然后借助二次函数的性质、函数的单调性或导数确定最优解. 方法总结 考点一　概率统计与函数交汇 1.(2025·河北秦皇岛模拟)一个生产车间有三台设备,假设在一天的运行中,设备1,2,3出现故障的概率分别为p,,1-p2,其中0<p<1,每台设备一天最多出现一次故障,各部件的状态相互独立. (1)若p=,求车间在一天的运行中,至少有两台设备出现故障的概率; 对点训练 考点一　概率统计与函数交汇 解:根据题意设事件A为“至少有两台设备出现故障”,事件B为“设备1出现故障”,事件C为“设备2出现故障”,事件D为“设备3出现故障”, 若p=,则设备1出现故障的概率P(B)=, 设备2出现故障的概率P(C)==, 设备3出现故障的概率P(D)=1-=, 则P(A)=P(BCD)+P(BC)+P(BD)+P(CD) =××+××+××+××=. 考点一　概率统计与函数交汇 (2)对于出现故障的设备,车间在当天对其修复,且设备1,2,3的单次维修费用分别为50元、100元、150元,车间每年用于设备维修的预算为6.5万元.通过计算说明该车间每年设备维修费用的均值是否会超出预算(一年按365天计算). 考点一　概率统计与函数交汇 解:设每天设备维修费用为X, 则X的可能取值为0,50,100,150,200,250,300, P(X=0)=P()=(1-p)(1-)p2=p4-p3+p2, P(X=50)=P(B)=p(1-)p2=-+p3, P(X=100)=P(C)=(1-p)×p2=-p4+p3, P(X=150)=P(D)+P(BC)=(1-p)(1-)(1-p2)+p××p2 =p3-p2-p+1, 考点一　概率统计与函数交汇 P(X=200)=P(BD)=p(1-)(1-p2)=p4-p3-p2+p, P(X=250)=P(CD)=(1-p)(1-p2)=p4-p3-p2+p, P(X=300)=P(BCD)=p×(1-p2)=-p4+p2, 所以E(X)=50×(-+p3)+100×(-p4+p3)+150×(p3-p2-p+1)+200×(p4-p3-p2+p)+250×(p4-p3-p2+p)+300×(-p4+p2), 整理得E(X)=-150p2+100p+150(0<p<1), 令f(p)=-150p2+100p+150(0<p<1), 考点一　概率统计与函数交汇 f(p)为关于p的二次函数,开口向下,其对称轴为p==. 因为0<<1,所以f(p)max=f()=-150×()2+100×+150=. 设每年设备维修费用的均值是Y,且Y=365X, 所以E(Y)=365E(X)≤365×=≈60 833.33<65 000, 所以车间每年设备维修费用的均值不会超出预算. 考点二　概率统计与数列交汇 考点二　概率统计与数列交汇 [例2]　(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(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. 考点二　概率统计与数列交汇 (2)求第i次投篮的人是甲的概率; [解]　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)=Pi+, 设pi+1+λ=(pi+λ),解得λ=-, 则pi+1-=(pi-), 又p1=,p1-=,所以{pi-}是首项为,公比为的等比数列, 即pi-=×()i-1,所以pi=×()i-1+,i∈N*. 考点二　概率统计与数列交汇 (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]　因为pi=×()i-1+,i∈N*,且Y=Xi, 所以E(Y)=E(Xi)=E(Xi)=[1×pi+0×(1-pi)]=pi=p1+p2+…+pn=×+=[1-()n]+, 故E(Y)=[1-()n]+. 考点二　概率统计与数列交汇 　数列与概率结合的问题中,通过分析相邻事件的概率关系,建立数列递推公式,转化为等差、等比数列的问题求解. 方法总结 考点二　概率统计与数列交汇 对点训练 2.(2025·山东菏泽模拟)在足球运动中,围圈传球是一个经典热身活动.A,B,C,D四个球员围成如图一个矩形,已知每个人传球给相邻球员的概率为,每个人传球给不相邻球员的概率为.例如:A传球给B,D的概率为,A传球给C的概率为.热身由A开始传球,记n次传球后,球在A,B,C,D脚下的概率分别为An,Bn,Cn,Dn. 考点二　概率统计与数列交汇 (1)求出A2,B2; 解:由题意可知A2=×+×+×=, B2=×+×=. 考点二　概率统计与数列交汇 (2)证明:Bn=Dn,{Cn-An}是等比数列; 考点二　概率统计与数列交汇 证明:由题意可知An=Bn-1+Dn-1+Cn-1,Bn=An-1+Cn-1+Dn-1, Cn=Bn-1+Dn-1+An-1,Dn=An-1+Cn-1+Bn-1,n≥2, 因此Bn-Dn=-(Bn-1-Dn-1),注意到B1=D1=,所以Bn-Dn=0,即Bn=Dn. 又Cn-An=-(Cn-1-An-1), C1=,A1=0,C1-A1=, 所以{Cn-An}是首项为,公比为-的等比数列. 考点二　概率统计与数列交汇 (3)试求出Bn的通项公式. 考点二　概率统计与数列交汇 解:由(2)可知Cn-An=(-1)n-1()n, 且有An=Bn-1+Cn-1,Bn=An-1+Cn-1+Bn-1,n≥2, 联立后可得Cn+(-)n=Bn-1+Cn-1,Bn=Cn-1+Bn-1+×(-)n-1,n≥2, 消去Cn,有5Bn+1=2Bn+3Bn-1, 故有Bn+1-Bn=-(Bn-Bn-1), 又B2-B1=-, 考点二　概率统计与数列交汇 所以Bn-Bn-1=-×(-)n-2,n≥2, 即B3-B2=-×(-)1,…,Bn-Bn-1=-×(-)n-2, 则Bn-B1=-×[1+(-)1+(-)2+…+(-)n-2]=-×=-×[1-(-)n-1], 又B1=,所以Bn=+×(-)n-1. 培优　题组集训 培优　题组集训 1.(2025·山东济南模拟)小王到某公司面试,一共要回答3道题,每道题答对得2分,答错得-1分,设他每道题答对的概率均为p(0<p<1),且每道题答对与否相互独立,记小王答完3道题的总得分为X,则当E(X)+D(X)取得最大值时,p=(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. C 培优　题组集训 解析:设答对题的个数为Y,由已知可得Y~B(3,p),所以E(Y)=3p,D(Y)=3p(1-p).因为每道题答对得2分,答错得-1分,X为小王答完3道题的总得分,所以X=2Y-(3-Y)=3Y-3,所以E(X)=3E(Y)-3=9p-3, D(X)=9D(Y)=9×3p(1-p)=27p(1-p), 所以E(X)+D(X)=-27p2+36p-3=-27(p-)2+9,又0<p<1, 所以当p=时,E(X)+D(X)取最大值,最大值为9. 培优　题组集训 2.(2025·河南郑州模拟)张某随机到A,B两家公司指导工作,已知他第1个月去A公司的概率是.如果本月去A公司,那么下个月继续去A公司的概率为;如果本月去B公司,那么下个月去A公司的概率为,如此往复.设张某第n个月去A公司的概率为Pn,则P10=(　　) A.+×(-)9 B.+×(-)9 C.+×()10 D.+×(-)10 A 培优　题组集训 解析:设An表示第n个月去A公司,则Pn=P(An),P()=1-Pn, 根据题意,得P(An+1|An)=,P(An+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-=-(Pn-), 又P1-=-=≠0,所以{Pn-}是以为首项,-为公比的等比数列, 所以Pn=+×(-)n-1,则P10=+×(-)9. 培优　题组集训 3.(多选)(2025·安徽蚌埠模拟)某同学抛掷一枚质地均匀的骰子,规定:若掷出的数字不大于4,则加1分;若掷出的数字大于4,则加2分.每次投掷互不影响,记某同学一共得n分的概率为pn,则(　　 ) A.p2= B.p3= C.3pn+2=2pn+1+pn(n∈N*) D.p2m>p2n+1>p2n-1(n,m∈N*) ACD 培优　题组集训 解析:掷出的数字不大于4的概率为,大于4的概率为,所以p2=()2+=,故A正确; p3=()3+2××=,故B错误; 因为pn+2=pn+1+pn,所以3pn+2=2pn+1+pn(n∈N*),故C正确; 由3pn+2=2pn+1+pn,得pn+2-pn+1=-(pn+1-pn),又p2-p1=-=, 所以{pn+1-pn}是以为首项,-为公比的等比数列, 所以pn+1-pn=×(-)n-1,累加得pn-p1=×[1-(-)n-1], 所以pn=+×(-)n,所以p2m>,p2n+1<,且p2n+1-p2n-1=×(-)×(-)2n-1>0,故D正确. 培优　题组集训 4.(多选)(2025·浙江杭州模拟)如图,多面体PABCQ由正四面体P-ABC和正四面体Q-ABC拼接而成,一只蚂蚁从顶点P出发,沿着多面体的各条棱爬行,每次等概率地爬行到相邻顶点中的一个,记n次爬行后,该蚂蚁落在点P的概率为pn,落在点Q的概率为qn,则(　 　) A.p2= B.p3>q4 C.pn=qn D.p2n+1< ACD 培优　题组集训 解析:设n次爬行后,该蚂蚁落在点A或B或C的概率为rn, 则其中p1=0,r1=1,q1=0, 计算易得p2=,r2=,q2=,p3=,r3=,q3=,q4=,故A,C正确,B错误; 培优　题组集训 易得rn+2=rn+1+rn, 则rn+2+rn+1=rn+1+rn,所以{rn+1+rn}为常数列,又r1=1,r2=,所以rn+1+rn=1.① 同理rn+2-rn+1=-(rn+1-rn),又r2-r1=-, 所以{rn+1-rn}是以-为首项,-为公比的等比数列, 所以rn+1-rn=(-)n,② 由①②可知,rn=-×(-)n,所以p2n+1=r2n=-×<,故D正确. 培优　题组集训 5.(2025·安徽安庆模拟)如图,一点从正方形的顶点A处出发在各顶点间移动,每次移动有的概率沿平行于BC方向(正、反方向均可),有的概率沿平行于AB方向(正、反方向均可),每次移动一步.设移动2n(n∈N*)步后回到点A的概率为An,到达点C的概率为Cn,则An-Cn=　　　　.  ()n 培优　题组集训 解析:依题意A1=()2+()2=,C1=2××=. 又An+1=[()2+()2]An+(2××)Cn=An+Cn, Cn+1=(2××)An+[()2+()2]Cn=An+Cn, 所以An+1-Cn+1=An+Cn-(An+Cn)=(An-Cn). 又A1-C1=-=,所以{An-Cn}是以为首项,为公比的等比数列, 所以An-Cn=()n. 培优　题组集训 6.(2025·江苏泰州模拟)甲、乙两人进行五子棋比赛,比赛采用积分制,赛前每人的基础分为3分.在一轮比赛中,获胜的一方加一分,输的一方减一分,平局分数不改变,直至某人得到满分6分,获得6分的人获胜,比赛结束.已知在每一局中,甲胜的概率为,乙胜的概率为,各局的输赢互不影响.若Pi(i=0,1,2,…,6)表示在甲所得分数为i时,最终甲获胜的概率,若 P0=0,P6=1,则P1=　　　　.  培优　题组集训 解析:由题意得甲所得分数为i(i=1,2,3,4,5)时,下一局可能的结果有三种情况: 若甲胜,则甲得分变为i+1,对应概率为Pi+1, 若乙胜,则甲得分变为i-1,对应概率为Pi-1, 若平局,则甲得分保持i,对应的概率为Pi, 所以由全概率公式可得Pi=Pi+1+Pi-1+Pi,所以Pi+1=Pi-Pi-1, 所以Pi+1-Pi=(Pi-Pi-1)(i=1,2,3,4,5), 所以数列{Pi+1-Pi}(i=0,1,2,3,4,5)是以为公比的等比数列, 培优　题组集训 所以Pi+1-Pi=()i(P1-P0), 所以P2-P1=()1(P1-P0), P3-P2=()2(P1-P0), P4-P3=()3(P1-P0), P5-P4=()4(P1-P0), P6-P5=()5(P1-P0), 培优　题组集训 累加得P6-P1=(P1-P0)[()1+()2+()3+()4+()5] =(P1-P0)× =(P1-P0)×3×(-1)=(P1-P0). 因为P0=0,P6=1,所以1-P1=P1,解得P1=. 感谢您的观看 $