第十章 §10.8 概率、统计与其他知识的交汇问题（课件PPT）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（人教B版）

第十章 §10.8　概率、统计与其他知识的交汇问题 重点解读 有关概率、统计与其他知识相交汇的考题，能体现“返璞归真，支持课改；突破定势，考查真功”的命题理念，是每年高考的必考内容.近几年将概率、统计问题与数列、函数、导数结合，成为创新问题. 题型一　概率、统计与数列的综合问题 例1　(12分)(2023·新高考全国Ⅰ)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； (2)求第i次投篮的人是甲的概率；[切入点：pi＋1与pi之间的关系] [思路分析] (1)利用全概率公式 (2)寻求pi＋1与pi之间的关系，构造等比数列 (3)根据结论及等比数列的求和公式求解 答题模板　规范答题不丢分 解　(1)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，(1分) P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2) ＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1) 所以 ①处写出P(B2)的概率计算公式 ＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.(3分) (2)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)， ②处写出P(Ai＋1)的概率计算公式 (5分) 即 pi＋1＝0.6pi＋(1－0.8)×(1－pi)＝0.4pi＋0.2， ③处写出pi＋1与pi的关系 则 (7分) ④处构造出等比数列 (9分) ⑤处计算出pi 所以当n∈N＋时， ⑥处利用题干结论计算E(Y) 高考有时将概率、统计等问题与数列交汇在一起进行考查，此类问题常常以概率、统计为命题情境，同时考查等差数列、等比数列的判定及其前n项和，解题时要准确把握题中所涉及的事件，明确其所属的事件类型. 思维升华 跟踪训练1　(2023·日照模拟)在卡塔尔举办的世界杯决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军. (1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门 将即使方向判断正确也有 的可能性扑不到球.不考虑其他因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望； 方法一　X的所有可能取值为0,1,2,3， 所以X的分布列为 门将在前三次扑到点球的个数X的所有可能取值为0,1,2,3， 故X的分布列为 (2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住.记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知p1＝1，p2＝0. 第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn， 则当n≥2时，第n－1次传球之前球在甲脚下的概率为pn－1， 第n－1次传球之前球不在甲脚下的概率为1－pn－1， ②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小. 故p10<q10. 题型二　概率、统计与导数的综合问题 例2　(2023·沈阳模拟)根据以往大量的测量知某加工厂生产的钢管内径尺寸X(单位：mm)服从正态分布N(μ，σ2)，并把钢管内径在[μ－σ，μ＋σ]内的产品 称为一等品，钢管内径在[μ＋σ，μ＋2σ]内的产品称为二等品，一等品与二等品统称为正品，其余范围内的产品作为废品回收.现从该企业生产的产品中随机抽取1 000件，测得钢管内径的样本数据的频率分布直方图如图. (1)通过检测得样本数据的标准差s＝0.3，用样本平均数x作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值，根据所给数据求该企业生产的产品为正品的概率P1；(同一组中的数据用 该组区间的中点值代表) 参考数据：36.2×0.2＋36.4×0.25＋36.6×0.7＋36.8×0.8＋37×1.1＋37.2×0.8＋37.4×0.65＋37.6×0.4＋37.8×0.1≈185. 所以μ＝37，σ＝s＝0.3， 则μ－σ＝37－0.3＝36.7，μ＋σ＝37＋0.3＝37.3，μ＋2σ＝37＋0.6＝37.6， 则一等品内径在[μ－σ，μ＋σ]内，即在[36.7,37.3]内， 二等品内径在[μ＋σ，μ＋2σ]内，即在[37.3,37.6]内， 所以该企业生产的产品为正品的概率为P1＝P(36.7≤X≤37.6)＝(0.8＋1.1＋0.8＋0.65)×0.2＋0.4×0.1＝0.71. (2)假如企业包装时要求把2个一等品和n(n≥2，n∈N)个二等品装在同一个箱子中，质检员从某箱子中摸出两件产品进行检验，若抽取到的两件产品等级相同，则该箱产品记为A，否则该箱产品记为B. ①试用含n的代数式表示某箱产品抽检被记为B的概率p； 所以某箱产品抽检被记为B的概率为 ②设抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率为f(p)，求当n为何值时，f(p)取得最大值，并求出最大值. 由题意，一箱产品抽检被记为B的概率为p， 则5箱产品恰有3箱被记为B的概率为 f′(p)＝10(3p2－8p3＋5p4)＝10p2(3－8p＋5p2)＝10p2(p－1)(5p－3)， 在概率与统计的问题中，决策的工具是样本的数字特征或有关概率.决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作为最佳方案，这往往借助于函数、不等式或数列的有关性质去实现. 思维升华 跟踪训练2　学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”.活动规则如下：一天内参加“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参加“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分.已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为 ；参加“四人赛”活动(每天 两局)时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p， .李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动(每天两局)，各局比赛互不影响. (1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和期望； X的所有可能取值为5,6,7,8,9,10， 所以X的分布列为 (2)设李明在这5天的“四人赛”活动(每天两局)中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为f(p).求当p为何值时，f(p)取得最大值. 课时精练 1 2 1.(2023·广州模拟)为了拓展学生的知识面，提高学生对航空航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某校组织学生参加航空航天科普知识答题竞赛，每位参赛学生答题若干次，答题赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分；从第2次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得10分.学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率均为 ，各次答题结果互不影响. (1)求甲前3次答题得分之和为40分的概率； 1 2 记甲前3次答题得分之和为40分为事件A， 则事件A是甲前3次答题中仅答对一次的事件， 所以甲前3次答题得分之和为40分的概率为 1 2 (2)记甲第i次答题所得分数Xi(i∈N＋)的数学期望为E(Xi). ①写出E(Xi－1)与E(Xi)满足的等量关系式(直接写出结果，不必证明)； i∈N＋，i≥2，甲第(i－1)次答题所得分数Xi－1的数学期望为E(Xi－1)， 1 2 于是甲第i次答题所得分数Xi的数学期望为 所以E(Xi－1)与E(Xi)满足的等量关系式是 1 2 1 2 ②若E(Xi)>100，求i的最小值. 1 2 1 2 所以i的最小值是5. 2.(2023·济宁模拟)某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平，组织本校8 000名学生进行针对性检测(检测分为初试和复试)，并随机抽取了100名学生的初试成绩(单位：分)，绘制了频率分布直方图，如图所示. (1)根据频率分布直方图，求样本平均数的估计值； 1 2 1 2 所以样本平均数的估计值为62. 1 2 (2)若所有学生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ为样本平均数的估计值，σ≈14.初试成绩不低于90分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数； 附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.683，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997. 1 2 因为学生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ＝62，σ≈14. 所以μ＋2σ≈62＋2×14＝90， 所以估计能参加复试的人数为0.023×8 000＝184. (3)复试共三道题，规定：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试，他在复试中前两道题答对的概率均为a，第三道题答对的 1 2 1 2 1 2 (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(i)＝i.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).[关键点：利用给出的公式推出E(Y)＝i] 构造等比数列{pi＋λ}，设pi＋1＋λ＝(pi＋λ)，解得λ＝－， (3)因为pi＝×i－1＋，i＝1,2，…，n， 又p1＝，p1－＝， 所以是首项为，公比为的等比数列， 即pi－＝×i－1， E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝×＋ ＝＋， 故E(Y)＝＋.(12分) P(X＝2)＝C·2×＝， 在一次扑球中，扑到点球的概率为P＝×××3＝， 所以P(X＝0)＝C3＝， P(X＝1)＝C·×2＝， P(X＝3)＝C3＝， X 0 1 2 3 P E(X)＝×0＋×1＋×2＋×3＝＝. 方法二　依题意可得门将每次可以扑到点球的概率为p＝×＝， 易知X～B， 所以P(X＝k)＝C·k·3－k，k＝0,1,2,3， X 0 1 2 3 P 所以X的期望E(X)＝3×＝. ①证明：为等比数列； 则pn＝pn－1×0＋(1－pn－1)×＝－pn－1＋， 即pn－＝－， 又p1－＝， 所以是以为首项，－为公比的等比数列. ＝×>， 由①可知pn＝n－1＋， 所以p10＝×9＋<， 所以q10＝(1－p10) 由题意，估计从该企业生产的产品中随机抽取1 000件钢管内径的平均数为≈185×0.2＝37， 从n＋2件正品中任选2个，有C种 选法，其中等级相同的有(C＋C)种 选法，  p＝1－＝1－＝.  f(p)＝Cp3(1－p)2＝10p3(1－2p＋p2)＝ 10(p3－2p4＋p5)， 所以当p∈时，f′(p)>0，函数f(p)单调递增， 当p∈时，f′(p)<0，函数f(p)单调递减， 所以当p＝时，f(p)取得最大值为f ＝C×3×2＝， 此时，p＝＝， 解得n＝3或n＝(舍去)， 所以当n＝3时，f(p)取得最大值.  P(X＝8)＝C×3×2＝＝，  P(X＝5)＝5＝，  P(X＝6)＝C×1×4＝，  P(X＝7)＝C×2×3＝＝， 则E(X)＝5×＋6×＋7×＋8×＋9×＋10×＝＝.  P(X＝9)＝C×4×1＝，  P(X＝10)＝C×5＝. X 5 6 7 8 9 10 P  f′(p)＝[6(1＋2p)2(1－p)2－2(1＋2p)3(1－p)] ＝(1＋2p)2(1－p)(4－10p)， 由题意知“每天得分不低于3分”的概率为p＋(1－p)×＝＋ p(0<p<1)， 所以5天中恰有3天每天得分不低于3分的概率f(p)＝C32 ＝(1＋2p)3(1－p)2， 所以当p∈时，f′(p)>0，f(p)在上单调递增； 当p∈时，f′(p)<0，f(p)在上单调递减， 所以当p＝时，f(p)取得最大值.  P(A)＝C××2＝. 则E(X2)＝40××＋20××＋10×＝， 显然E(X2)＝2×＋10×＝E(X1)＋， 甲第1次答题得20分、10分的概率分别为，， 则E(X1)＝20×＋10×＝， 甲第2次答题得40分、20分、10分的概率分别为×，×，， 因此第i次答对题所得分数为2E(Xi－1)，答错题所得分数为10分，其概率分别为，，  E(Xi)＝2E(Xi－1)×＋10×＝E(Xi－1)＋，  E(Xi)＝E(Xi－1)＋，i∈N＋，i≥2，且E(X1)＝.  E(Xi)＋5＝×i－1＝15×i， 于是E(Xi)＝15×i－5， 由①知，E(X1)＝， 当i∈N＋，i≥2时，E(Xi)＋5＝[E(Xi－1)＋5]，而E(X1)＋5＝， 因此数列{E(Xi)＋5}是以为首项，为公比的等比数列， 5＝>7，则有正整数imin＝5， 由15×i－5>100得i>7， 显然数列是递增数列，而4＝<7， 设样本平均数的估计值为， 则＝10×(40×0.01＋50×0.02＋60 ×0.03＋70×0.024＋80×0.012＋90× 0.004)＝62， 所以P(X≥90)＝P(X≥μ＋2σ)≈×(1－0.954)＝0.023. 概率为b.若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为P，求P的最小值. 则f′(a)＝2a－＝＝， 当0<a<时，f′(a)<0； 由该学生获一等奖的概率为可知，a2b＝， 则P＝a2(1－b)＋Ca(1－a)b＝a2＋2ab－＝a2＋－. 令P＝f(a)＝a2＋－，0<a<1， 所以P的最小值为. 当<a<1时，f′(a)>0， 所以f(a)在区间上单调递减， 在区间上单调递增， 所以f(a)min＝f ＝＋－＝， $