解答标准测7 “18题、19题” 34分测(专题微测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创新题型，依据高考评价体系梳理了独立事件概率计算、递推关系证明、新定义数列等核心考点，通过2025全国二卷真题分析明确高频题型分布，构建系统备考框架。 课件亮点在于真题实战与思维训练结合，如第18题概率递推证明培养数学思维，第19题“J延拓”项数推导强化数学语言表达，提供具体解题步骤与易错点分析，助力学生掌握得分技巧，教师可借此高效指导高考冲刺。

第二部分 解答标准测 解答标准测7 “18题、19题” 34分测 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 18 19 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 18 19 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 18 19 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 18 19 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 18 19 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 18 19 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 18 19 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 18 19 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 15 16 17 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 18 19 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 18 19 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 18 19 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 18 19 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 18 19 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 18．(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)； (1)打完3个球后甲比乙至少多得2分，只有一种情况：甲全胜得3分．所以p3＝p3.打完4个球后甲比乙至少多得2分，有两种情况：甲全胜得4分；甲胜3个球得3分，乙胜1个球得1分．所以p4＝p4＋C·p3(1－p)＝p3(4－3p). (2)若＝4，求p； (2)由(1)可知p4－p3＝p3(4－3p)－p3＝3p3(1－p)，同理q4－q3＝3q3(1－q)＝3p(1－p)3.由＝4，可得＝4，即3p2－8p＋4＝0，解得p＝或p＝2(舍).所以p＝. (3)证明：对任意正整数m，p2m＋1－q2m＋1<p2m－q2m<p2m＋2－q2m＋2. (3)由<p<1，p＋q＝1，可知0<q<<p<1.设随机变量X为“打完k个球后甲的得分”，则X～B(k，p)，p2m＝p2m＋C·p2m-1q1＋C·p2m-2q2＋…＋C·pm+1qm-1.对于p2m＋1，考虑前2m个球的情况．若打完2m个球后，甲、乙得分一样，或者甲比乙得分少，则第2m＋1个球无论甲胜负，甲都不可能比乙至少多得2分．若打完2m个球后，甲比乙至少多得4分，则第2m ＋1个球甲无论胜负都能满足甲比乙至少多得2分．若打完2m个球后，甲比乙恰好多得2分，则第2m＋1个球甲必须胜才能满足甲比乙至少多得2分．所以p2m＋1＝(p2m－C·pm+1qm-1)＋p·C·pm+1qm-1＝p2m－q·C·pm+1qm-1.故p2m－p2m＋1＝q·C·pm+1qm-1>0，同理q2m－q2m＋1＝p·C·qm+1pm-1>0.所以＝＝>1，即p2m－p2m＋1>q2m－q2m＋1，所以p2m＋1－q2m＋1<p2m－q2m.对于p2m＋2，考虑前2m个球的情况．若打完2m个球后，甲比乙得分少，则剩下两个球(第2m＋1和2m＋2个球) 无论甲胜负，甲都不可能比乙至少多得2分．若打完2m个球后，甲、乙得分一样，则剩下两个球甲必须全胜才能满足甲比乙至少多得2分．若打完2m个球后，甲比乙恰好多得2分，则剩下两个球甲全胜，或者一胜一负都能满足甲比乙至少多得2分．若打完2m个球后，甲比乙至少多得4分，则剩下两个球甲无论胜负都能满足甲比乙至少多得2分．所以p2m＋2＝p2·C·pmqm＋(1－q2)·C·pm+1qm-1＋(p2m－C·pm+1qm-1)＝p2m＋ p2·C·pmqm－q2·C·pm+1qm-1＝p2m＋pmqm·(C·p2－C·pq)，故p2m＋2－p2m＝pmqm·(C·p2－C·pq)，同理q2m＋2－q2m＝qmpm·(C·q2－C·qp)，所以(p2m＋2－p2m)－(q2m＋2－q2m)＝pmqm·C·(p2－q2)>0，即p2m＋2－p2m>q2m＋2－q2m，所以p2m－q2m<p2m＋2－q2m＋2.综上，p2m＋1－q2m＋1<p2m－q2m<p2m＋2－q2m＋2. 19.在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的乘积，形成一个新数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“J延拓”．如数列1，2第一次“J延拓”后得到数列1，2，2，第二次“J延拓”后得到数列1，2，2，4，2.将数列a，b，c经过n次“J延拓”后所得数列的项数记为Pn，所有项的乘积记为Qn. (1)给定数列－1，2，1，回答下列问题： ①求P2，Q2； (1)①数列－1，2，1第一次“J延拓”后得到数列－1，－2，2，2，1，第二次“J延拓”后得到数列－1，2，－2，－4，2，4，2，2，1，所以P2＝9，Q2＝－512. ②若|Pn＋Qn|>22 025，求正整数n的最小值； ②数列－1，2，1第n次“J延拓”后得到数列，记为A1，A2，A3，…，APn，第n＋1次“J延拓”后，每两项之间添加1项，共添加了(Pn－1)项，所以总项数Pn＋1＝Pn＋(Pn－1)＝2Pn－1，故Pn＋1－1＝2(Pn－1)，因为P1＝5，所以{Pn－1}是首项为4，公比为2的等比数列，Pn－1＝4×2n-1＝2n+1，即Pn＝2n+1＋1.第n＋1次“J延拓”后，每相邻两项之间插入这两项的乘积，所以在计算所有项的乘积时，因子Ai(i＝2，3，…，Pn－1)共出现了3 次，A1，APn共出现了2次，A1＝－1，APn＝1.所以所有项的乘积Qn＋1＝(A1APn)2·(A2A3…APn－1)3＝＝－Q，所以|Qn＋1|＝|Qn|3，两边同时取以e为底的对数，则ln |Qn＋1|＝3ln |Qn|，因为ln |Q1|＝ln 8，所以{ln |Qn|}是首项为ln 8，公比为3的等比数列，ln |Qn|＝3n-1ln 8＝3n ln 2，所以|Qn|＝23n.由于Q1>0，故Qn＝(－1)n+123n.Pn＋Qn＝2n+1＋1＋(－1)n+1·23n，当n≤6时，|Pn＋Qn|≤|Pn|＋|Qn|＝2n+1＋1＋23n≤27＋1＋2729<22 025；当n＝7时，|P7＋Q7|＝28＋1＋237＝257＋22 187>22 025，所以n的最小值为7. (2)已知数列a，b，c，其中a，b，c∈{－3，－2，－1，1，2，3}，求该数列经过3次“J延拓”后，Q3能被48整除的概率． (2)设事件A：该数列经过3次“J延拓”后，Q3能被48整除．由于a，b，c都有6种可能性，故基本事件总数为63＝216.由题设可知，Q1＝a2b3c2，Q2＝，Q3＝，所以Q3＝a14b27c14，而48＝24×3，故要使Q3能被48整除，则a，b，c中既要有能被2整除的数，又要有能被3整除的数． 解法一：记事件B＝“a，b，c∈{－2，－1，1，2}”，事件C＝“a，b，c∈{－3，－1，1，3}”．则P()＝P(B∪C)＝P(B)＋P(C)－P(BC)＝＋－＝.所以P(A)＝1－P()＝，所以该数列经过3次“J延拓”后，Q3能被48整除的概率为. 解法二：令集合M＝{－3，3}，N＝{－2，2}，T＝{－1，1}．①在集合M，N，T中各取一个数构成数列，共有CCCA＝48种；②在集合M中取两次数，集合N中取一个数构成数列，共有＝24种；③在集合N中取两次数，集合M中取一个数构成数列，共有＝24种．所以该数列经过3次“J延拓”后，Q3能被48整除的概率为＝. $