概率统计与其他知识的综合课件-2026届高考数学二轮复习

概率统计与其他知识的综合 高中数学 二轮复习 返回导航 概率统计与数列、函数的综合问题，是近几年高考追逐的热点，主要是概率统计与数列的证明、求通项、求和等，概率统计与函数的求最值、参数范围等问题，难度较大． 返回导航 内容索引 第一部分 热点分类　考向探究 培优专训　难点突破 第二部分 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 一 返回导航 考向 1 概率统计与数列的综合问题 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 考向 2 概率统计与函数的综合问题 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 概率与函数的综合问题，常常涉及概率最值或均值、方差的最值等问题．构造函数求最值时，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． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 培优专训　难点突破 第 分 部 二 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 例1　某公司计划举办周年庆活动，其中设计了“做游戏赢奖金”环节，从所有员工中选取10名业绩突出的员工参加抛掷游戏，每位员工只能参加一次，并制定游戏规则如下：参与者抛掷一枚质地均匀的骰子，初始分数为0，每次掷得点数为偶数得2分，点数为奇数得1分．连续抛掷累计得分达到9分或10分时，游戏结束． (1)设员工在游戏过程中累计得n分的概率为Pn． ①求P1，P2，P3； ②求证：数列{Pn－Pn－1}(2≤n≤9)为等比数列． 解：(1)①由题意，员工游戏过程中累计得1分，即第一次抛掷为奇数，其概率P1＝；累计得2分，即第一次抛掷为偶数或连续两次抛掷都是奇数，其概率P2＝＋×＝；累计得3分，即前两次抛掷一次为偶数，一次为奇数或连续三次抛掷都是奇数，其概率P3＝2××＋××＝． ②证明：由题知，累计获得n分时有可能是获得(n－1)分时抛掷骰子点数为奇数或获得(n－2)分时抛掷骰子点数为偶数，而抛掷骰子点数为奇数和偶数的概率均为． 所以Pn＝Pn－1＋Pn－2(3≤n≤9)，则Pn－Pn－1＝－(Pn－1－Pn－2)(3≤n≤9)，又P2－P1＝，故{Pn－Pn－1}(2≤n≤9)是首项为，公比为－的等比数列． (2)得9分的员工获得二等奖，得10分的员工获得一等奖，若一等奖的奖金为二等奖的奖金的两倍，且该公司计划作为游戏奖励的预算资金不超过1万元，则一等奖的奖金最多不能超过多少元(精确到1元)? 解：(2)由(1)知Pn－Pn－1＝，Pn－1－Pn－2＝，…，P2－P1＝，2≤n≤9， 将所有等式相加得Pn－P1＝·＝， 所以Pn＝＋＝＋(2≤n≤9)， 当n＝1时，也符合上式，故Pn＝＋(1≤n≤9)，所以P9＝＋×＝，P10＝P8＝×＝， 设一等奖的奖金为x元，二等奖的奖金为元， 由题意知×10≤10 000， 解得x≤≈1 499．27，即一等奖的奖金最多不超过1 499元． 概率之间的关系如果是数列的前后项之间的关系，即递推关系，就可以从概率问题自然地过渡到数列问题，再用数列的方法解决．已知数列的递推关系求通项公式的典型方法： 1．当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列． 2．当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列． 3．当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解． 4．当出现＝f(n)时，用累乘法求解． 跟踪训练 高三某班为缓解学生高考压力，班委会决定在周班会课上进行“听音乐，猜歌名”的趣味游戏比赛，现将全班学生分为9组，每组5人，剩余的学生做裁判．比赛规则如下：比赛共分为两轮，第一轮比赛中9个小组分三场进行比赛，每场比赛有3个小组参加，在规定的时间内猜对歌名最多的小组获胜，获胜的三个小组进入第二轮比赛；第二轮进行一场比赛，选出获胜队伍．已知甲、乙、丙3个小组的学生能猜对歌名的概率分别为，，． (1)现从甲组中任选一名学生进行歌曲试猜，记5首歌曲中猜对的歌曲数为X，求随机变量X的数学期望． 解：(1)由题意可知，X～B，由二项分布的期望公式可得E(X)＝5×＝4． (2)若从甲、乙、丙3个小组中任选一名学生参加猜一首歌曲的游戏，求该学生猜对歌曲的概率． 解：(2)记事件A1，A2，A3分别表示该学生来自甲、乙、丙组，事件B表示该同学猜对歌曲，所以P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝，P(B∣A1)＝， P(B∣A2)＝，P(B∣A3)＝， 由全概率公式可得P(B)＝(Ak)·P(B∣Ak)＝×＋×＋×＝． 所以该学生猜对歌曲的概率为． (3)若第二轮比赛中丁、戊两组并列第一，则设置以下游戏决定最终获胜的小组，游戏规则如下：从丁、戊小组中任选一名代表，从装有3个白球和2个红球的不透明的盒子中有放回地随机摸出一个球，摸出白球记1分，摸出红球记2分，以0分开始计分，恰好获得10分或11分则结束摸球．若该代表获得10分，则该代表所在小组获得胜利，否则另外一组获得胜利．若该代表来自戊组，试估计戊组获胜的概率． 解：(3)由题意可知，每次摸球，积分增加1分的概率为，增加2分的概率为， 记得分为n的概率为Pn，且P1＝，P2＝×＋＝， Pn＝Pn－1＋Pn－2(3≤n≤10，n∈N*)， 所以Pn－Pn－1＝－(Pn－1－Pn－2)，且P2－P1＝， 所以数列{Pn－Pn－1}(2≤n≤10，n∈N*)是首项为，公比为－的等比数列， 则Pn－Pn－1＝·＝，2≤n≤10，n∈N*， 由累加法可得P10＝P1＋(P2－P1)＋(P3－P2)＋…＋(P10－P9)＝＋＋＋…＋＝＋＝＋＋×＝＋×． 因此，戊组获胜的概率为＋×． 例2　(2025·陕西渭南一模)第十五届全国运动会于2025年在广东、香港、澳门三地举办．为了普及全运会知识，某中学举办了一次全运会知识闯关比赛．比赛分为初赛与复赛，初赛胜利后才能进入复赛．初赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次．如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关．三人中只要有人闯关成功即视作初赛胜利，无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参加初赛，他们各自闯关成功的概率分别为p1，p2，p3．假定p1，p2，p3互不相等，且每人能否闯关成功相互独立． (1)若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关，p1＝，p2＝，p3＝，求该小组初赛胜利的概率． 解：(1)设事件A表示该小组初赛胜利，则P(A)＝＋×＋××＝， 所以该小组初赛胜利的概率为． (2)已知1>p1>p2>p3>0．现有两种初赛人员派出方案： 方案一：依次派出甲、乙、丙； 方案二：依次派出丙、乙、甲． 设方案一和方案二派出人员数目分别为随机变量X，Y，求E(X)，E(Y)，并比较它们的大小． 解：(2)X的可能取值为1，2，3， 则P(X＝1)＝p1，P(X＝2)＝(1－p1)p2，P(X＝3)＝(1－p1)(1－p2)， 此时E(X)＝p1＋2(1－p1)p2＋3(1－p1)(1－p2)＝p1p2－2p1－p2＋3． Y的可能取值为1，2，3， 则P(Y＝1)＝p3，P(Y＝2)＝(1－p3)p2，P(Y＝3)＝(1－p3)(1－p2)， 此时E(Y)＝p3＋2(1－p3)p2＋3(1－p3)(1－p2)＝p2p3－2p3－p2＋3． 所以E(X)－E(Y)＝p1p2－2p1－p2＋3－(p2p3－2p3－p2＋3)＝p1p2－2p1－p2p3＋2p3＝p2(p1－p3)－2(p1－p3)＝(p1－p3)(p2－2)， 因为1>p1>p2>p3，所以p1－p3>0，p2－2<0，所以E(X)<E(Y)． (3)初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛，复赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获得一等奖，答对两道题获得二等奖，答对一道题获得三等奖，全部答错不获奖．已知某学生进入了复赛，该学生在复赛中前两道题答对的概率均为a(0<a<1)，第三道题答对的概率为b，若该学生获得一等奖的概率为，设该学生获得二等奖的概率为p，求p的最小值． 解：(3)由题意可得＝a2b，即b＝， 则p＝a2(1－b)＋Ca(1－a)b＝a2＋2ab－＝a2＋－． 令p＝f(a)＝a2＋－，0<a<1，则f′(a)＝2a－＝． 令f′(a)＝0⇒a＝， 所以当0<a<时，f′(a)<0，f(a)单调递减， 当<a<1时，f′(a)>0，f(a)单调递增， 所以f(a)min＝f＝＋－＝， 所以p的最小值为． 跟踪训练 某工厂的某种产品成箱包装，每箱20件，每箱产品在交付用户之前都要从中随机抽出m(2≤m≤19)件进行检验，若检验出不合格品，则将该不合格品更换为合格品，假设每箱产品中均恰有2件不合格品． (1)若m＝2，求检验一箱产品时恰好抽到1件不合格品的概率； 解：(1)设事件“检验一箱产品时恰好抽到1件不合格品”为A， 则P(A)＝＝＝． (2)若检验一箱产品时至少抽到1件不合格品的概率大于0．5，求m的最小值； 解：(2)设事件“检验一箱产品时至少抽到1件不合格品”为B， 则P(B)＝＝＝，令>0．5，得39m－m2>190，当2≤m≤19时，y＝39m－m2单调递增， 又当m＝5时，39×5－52＝170<190，当m＝6时，39×6－62＝198>190， 所以m的最小值为6． (3)已知每件产品的检验费用为2m元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付150元的赔偿费用，要使一箱产品的检验费用与赔偿费用之和的期望值最小，m应取何值？ 解：(3)每箱产品随机抽出m件进行检验，设抽到的不合格品的件数为X， 依题意，X服从超几何分布，则E(X)＝＝． 设一箱产品的检验费用与赔偿费用之和为Y元， 则Y＝2m2＋150(2－X)＝2m2＋300－150X， 所以E(Y)＝2m2＋300－150E(X)＝2m2－15m＋300． 函数y＝2m2－15m＋300的图象的对称轴方程为m＝＝3．75， 要使E(Y)的值最小，应取m＝4． 1．(2024·新课标Ⅰ卷)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列． (1)写出所有的(i，j)，1≤i<j≤6，使得数列a1，a2，…，a6是(i，j)－可分数列； 解：(1)(1，2)，(1，6)，(5，6)． (2)当m≥3时，求证：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列； 解：(2)证明：当m＝3时，删去a2，a13，其余项可分为以下3组： a1，a4，a7，a10为第1组，a3，a6，a9，a12为第2组， a5，a8，a11，a14为第3组， 当m>3时，删去a2，a13，其余项可分为以下m组： a1，a4，a7，a10为第1组，a3，a6，a9，a12为第2组， a5，a8，a11，a14为第3组，a15，a16，a17，a18为第4组， a19，a20，a21，a22为第5组，… a4m－1，a4m，a4m＋1，a4m＋2为第m组， 可知每组的4个数都能构成等差数列，故数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列． (3)从1，2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i<j)，记数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列的概率为Pm，求证：Pm>． 解：(3)证明：易知a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列⇒1，2，…，4m＋2是(4p＋1，4q＋2)－可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}． 当0≤p≤q≤m时，删去4p＋1，4q＋2， 其余项按从小到大的顺序排列，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构成等差数列， 故数列1，2，…，4m＋2是(4p＋1，4q＋2)－可分数列， 可分为(1，2，3，4)，…，(4p－3，4p－2，4p－1，4p)，…，(4(q＋1)－1，4(q＋1)，4(q＋1)＋1，4(q＋1)＋2)，…，(4m－1，4m，4m＋1，4m＋2)． p，q的可能取值方法数为C＋m＋1＝． 易知a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列⇒1，2，…，4m＋2是(4p＋2，4q＋1)－可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}． 当q－p>1时，删去4p＋2，4q＋1， 将1～4p与4q＋3～4m＋2按从小到大的顺序排列，每4项分为1组，可知每组的4个数成等差数列．考虑4p＋1，4p＋3，4p＋4，…，4q，4q＋2是否可分，等同于考虑1，3，4，…，4t，4t＋2是否可分，其中t＝q－p>1，可分为(1，t＋1，2t＋1，3t＋1)，(3，t＋3，2t＋3，3t＋3)，(4，t＋4，2t＋4，3t＋4)，…，(t，2t，3t，4t)，(t＋2，2t＋2，3t＋2，4t＋2)，每组的4个数都能构成等差数列． 故数列1，2，…，4m＋2是(4p＋2，4q＋1)－可分数列， p，q且q－p>1的可能取值方法数为C－m＝． 从而Pm≥＝>． 2．(2025·河北秦皇岛三模)甲参加一项招聘考试，分为笔试和面试两个环节，笔试成绩合格后才能进入面试．笔试共有2道专业理论题与2道岗位实践题，每道专业理论题的难度系数(考生能够正确作答的概率)均为p(0<p<1)，每道岗位实践题的难度系数均为q(0<q<1)，考生至少答对3道题才能进入面试，否则被淘汰出局．面试共有5道问答题，由考官逐一提问作答，累计答对3道题或答错3道题，面试结束．已知甲笔试得满分的概率为，笔试和面试各题是否答对相互独立． (1)当p＝时，求q； 解：(1)由题意，笔试和面试各题是否答对相互独立， 所以甲笔试满分的概率为p2q2＝，则pq＝，又p＝，所以q＝×＝． (2)求甲能够进入面试的概率f(p)的最小值及相应的p值； 解：(2)由题意，甲至少答对3道题才能够进入面试， 所以甲能够进入面试的概率f(p)＝Cp(1－p)q2＋Cq(1－q)p2＋p2q2， 由(1)知pq＝，则q＝， 则f(p)＝2p(1－p)＋p2＋p2，整理得f(p)＝＋－， 因为0<p<1，所以f(p)＝＋－≥2－＝－＝， 当且仅当＝，即p＝时，等号成立， 所以甲能够进入面试的概率f(p)的最小值为，相应的p值为． (3)已知甲通过了笔试环节，面试时每道题的难度系数是(2)中求得的p，令甲面试结束时的答题数为X，求X的分布列与数学期望． 解：(3)由(2)知，面试时每道题的难度系数是，则甲答对每道面试题的概率是， 由题意，甲累计答对3道题或答错3道题，面试结束， 所以甲面试结束时的答题数X的可能取值为3，4，5， 当X＝3时，P(X＝3)＝＋＝， 当X＝4时，P(X＝4)＝C××＋C××＝， 当X＝5时，P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝， 所以X的分布列为 X 3 4 5 P 数学期望为E(X)＝3×＋4×＋5×＝． $