微练(21) 概率、变量(专题微练PPT)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦概率统计与数列综合等核心考点，依据高考评价体系梳理了随机变量分布列、数学期望、等比数列证明等考查要求，通过模拟题分析明确高频考点权重，归纳分布列求解、递推关系证明等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于真题训练与应试技巧结合，以2025广东湛江一模等题为例，解析概率计算步骤、数列递推证明方法，培养数学思维与数据观念，提供解题模板帮助学生掌握得分技巧，助力教师精准教学，提升高考冲刺效率。

微练(二十一) 概率、变量分布与其他知识的综合问题 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 本部分内容讲解结束 1．(2025·广东湛江一模)甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题(难度系数较低的A类问题以及难度系数较高的B类问题)供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到A类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到B类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． (1)当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望； X可以取0，1，2，3，4，每次回答A类问题且回答正确的概率为×＝，回答A类问题且回答不正确的概率为×＝，每次回答B类问题且回答正确的概率为×＝，回答B类问题且回答不正确的概率为×＝，P(X＝0)＝×＋×＋2××＝，P(X＝1)＝××2＋××2＝，P(X＝2)＝×＋××2＋××2＝，P(X＝3)＝××2＝，P(X＝4)＝×＝，所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1. (2)设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为G(n). (ⅰ)证明：{G(n＋1)－G(n)}为等比数列； G(1)＝，G(2)＝＋×＝，由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为(n－1)分或(n－2)分，故当n≥3时，G(n)＝G(n－1)＋G(n－2)，所以G(n)－G(n－1)＝－G(n－1)＋G(n－2)＝－[G(n－1)－G(n－2)]，所以{G(n＋1)－G(n)}是以为首项，－为公比的等比数列． (ⅱ)求G(n)的最大值以及对应n的值． 根据(ⅰ)可知，G(n＋1)－G(n)＝×(－)n-1　①，易得G(n)＋G(n－1)＝G(n－1)＋G(n－2)＝[G(n－1)＋G(n－2)]，所以{G(n＋1)＋G(n)}是以为首项，为公比的等比数列，所以G(n＋1)＋G(n)＝×()n-1　②，令②－①可得G(n)＝×()n-1－×(－)n-1，所以G(n)＝×()n-1＋ ×(－)n，经检验n＝1，n＝2时均满足上式，故G(n)＝×[(－)n＋()n-1]，所以G(n)＝×[(－)n＋()n-1]≤×[()n＋()n-1]，而×[()n＋()n-1]显然随着n的增大而减小，故G(n)≤×[()2＋]＝＝G(2)(n≥2)，又因为G(1)>G(2)，所以当n＝1时，G(n)取到最大值为. 2．某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程上下山票的人数分别为36，60和24. (1)若按购票类型采用比例分配的分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率； 因为购买单程上山票、单程下山票和双程上下山票的人数之比为3∶5∶2，所以这10人中，购买单程上山票、单程下山票和双程上下山票的人数分别为10×＝3，10×＝5，10×＝2，故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率P＝＝. (2)记单程下山票和双程上下山票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m(m>2且m∈N*)人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人的购票类型相同，则该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p. (ⅰ)试用含m的代数式表示p； 从(m＋2)人中任选2人，有C种选法，其中购票类型相同的有(C＋C)种选法，则询问的某组被标为B的概率p＝1－＝1－＝. (ⅱ)若一共询问了5组，用g(p)表示恰有3组被标为B的概率，试求g(p)的最大值及此时m的值． 由题意，5组中恰有3组被标为B的概率g(p)＝Cp3(1－p)2＝10p3·(1－2p＋p2)＝10(p3－2p4＋p5)，所以g′(p)＝10(3p2－8p3＋5p4)＝10p2(p－1)(5p－3)，0<p<1，所以当p∈(0，)时，g′(p)>0，函数g(p)单调递增，当p∈(，1)时，g′(p)<0，函数g(p)单调递减，所以当p＝时，g(p)取得最大值，且最 大值为g()＝C×()3×(1－)2＝.由p＝＝，m>2且m∈N*，得m＝3.所以当m＝3时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且g(p)的最大值为. 3.(2025·安阳一模)在某场乒乓球比赛中甲、乙两运动员进入了比赛决胜局，且在该局中的比分为10∶10，接下来比赛规则如下：两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得1分，直到有一方得分超过对方2分时即可获得该局的胜利．已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6.比赛既是实力的较量，也是心志的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为p(0<p<1). (1)求甲以12∶10的比分赢得比赛的概率； 记“第一球比赛甲运动员获胜为事件A1，第二球比赛甲运动员获胜为事件A2，则P(A1)＝0.6，P(A2|A1)＝0.8，所以P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.48，所以甲以12∶10的比分赢得比赛的概率为0.48. (2)若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6，求p的范围； 记甲运动员在第n球比赛中获胜的概率为Pn，则Pn＋1＝0.8Pn＋p(1－Pn)＝(0.8－p)Pn＋p，所以Pn＋1－＝(0.8－p)(Pn－)，所以数列{Pn－}是首项为0.6－，公比为0.8－p的等比数列，所以Pn＝(0.8－p)n-1(0.6－)＋，n∈N*.①当0<p<0.3时，0<0.8－ p<1.0<0.6－<0.6，所以数列{Pn}是递减数列，所以当n→＋∞时，Pn→，依题意需使≥0.6，解得p≥0.3，与题设矛盾，舍去；②当p＝0.3时，Pn＝0.6，不合题意；③当0.3<p<0.8时，0<0.8－p<0.5，－0.2<0.6－<0，所以数列{Pn}是递增数列，依题意，只需P2>0.6，即(0.8－p)×0.6＋p>0.6，解得p>0.3，此时0.3<p<0.8；④当p＝0.8时，Pn ＝0.8>0.6，符合题意；⑤当0.8<p<1时，－0.2<0.8－p<0，0.6－<0，所以数列{Pn}是摆动数列，当n为偶数时，(0.8－p)n-1(0.6－)>0，所以Pn>>0.6；当n为奇数时，数列{Pn}是递增数列，依题意只需P3>0.6，又P3＝(0.8－p)P2＋p，P2＝(0.8－p)×0.6＋p＝0.48＋0.4p，所以(0.8－p)(0.48＋0.4p)＋p>0.6，即p2－2.1p＋0.54<0，解得0.3<p<1.8，此时0.8<p<1.综上所述，当0.3<p<1时，甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6. (3)若p＝0.55，设甲运动员在第n球比赛中获胜的概率为Pn，数列{bn}满足bn＝－4，求证：－<＋＋＋…＋<.(参考知识：当c∈(0，1)时，若n→＋∞，则cn→0.) 当p＝0.55时，由(2)可得Pn＝－()n-1＋，所以bn＝－4＝4n+1－4，所以＝＝·<，所以＋＋＋…＋<， 又＝＝·＝(1－)>(1－)＝－，所以＋＋＋…＋>－(＋＋…＋)＝－＝－(1－)＝－＋·>－>－.所以－<＋＋＋…＋<. $