专题5 微培优7 概率统计与其他知识交汇的综合问题（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

微培优7　概率统计与其他知识交汇的综合问题 类型一　概率统计与数列的交汇应用 类型二　概率统计与导数、函数的交汇应用 目 录 索 引 以能力立意是数学命题的指导思想,在知识网络交汇处设计试题是今后高考的一大特点和方向,与概率交汇的试题正是在这种背景下“闪亮登场”,频频出现在各类试题中.除了上一节讲解的概率统计的常见综合问题外,概率统计与数列,概率统计与导数、函数的交汇应用也比较常见. 类型一　概率统计与数列的交汇应用 例1　(2023新高考Ⅰ,21)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; (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 (1)设事件A:“第2次投篮的人是乙”, 则P(A)=P(甲乙)+P(乙乙)=0.5×0.4+0.5×0.8=0.6. (2)设第i次是甲投的概率为pi,则第i次是乙投的概率为1-pi, 由题意可知p1=,pi+1=pi×0.6+(1-pi)×0.2=0.2+0.4pi. 则pi+1-pi+(pi-),故数列{pi-}为公比为的等比数列. 故pi-=(p1-),得到pi=,i∈N*. (3)由(2)知,设随机变量Xi可取0,1,i=1,2,…,n,P(Xi=1)=pi,P(Xi=0)=1-pi, 则Xi服从两点分布. 由题可知,当n≥1时,E(Y)=pi=[1-]+,n∈N*. 综上所述,可知E(Y)=pi=[1-]+,n∈N*. 【对点训练1】(1)(2025广东广州天河高三综合测试)甲、乙两人轮流投掷质地均匀的骰子,第一轮甲先后投掷两次,接着乙先后投掷两次,依此轮流每人连续投掷两次. ①甲先后投掷两次,在第一次掷出偶数点的条件下,求甲两次掷出的点数之和大于6的概率; ②若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数,则甲获胜,同时比赛结束;否则,由另一人继续投掷,直到有人连续两次掷出的点数均为偶数,则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概率.(注:若0<p<1,当n→+∞时,pn看作0) 解 ①设事件A=“甲第一次掷出偶数点”,事件B=“甲两次掷出的点数之和大于6”,样本空间Ω={(m,n)|m,n∈{1,2,3,4,5,6}},样本空间包含的样本点个数为n(Ω)=6×6=36,且每个样本点的发生都是等可能的. A={(m,n)|m∈{2,4,6},n∈{1,2,3,4,5,6}}, n(A)=3×6=18,AB={(2,5),(2,6),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)},n(AB)=12,则P(A)=,P(AB)=,所以P(B|A)=,即在甲第一次掷出偶数点的条件下,两次掷出的点数之和大于6的概率为 ②若甲第一轮获胜,概率为P1=;若甲第二轮获胜,即第一轮投掷后 两人的两个点数均不都为偶数,第二轮甲投掷后的两个点数都为偶数,概率为P2=(1-)×(1-)=()2;若甲第三轮获胜,即前两轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数,第三轮甲投掷后的两个点数都为偶数,概率为P3=()4由以上可得,若甲第n(n≥2)轮获胜,即前n-1轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数,第n轮甲投掷后的两个点数都为偶数,概率为Pn=[()2]n-1=()2n-2,当n=1时,P1=符合该式,故Pn=()2n-2 于是,P1,P2,P3,…,Pn组成一个以为首项,()2为公比的等比数列. 所以P1+P2+P3+…+Pn=[1-()2n]. 则当n→+∞时,P1+P2+P3+…+Pn=,故甲获胜的概率为 (2)(2025湖南怀化二模)已知甲、乙两个箱子中均装有1个黑球和2个白球(各球大小、质地均相同),每次操作从甲、乙两个箱子中各任取一个球交换放入另一个箱子. ①当进行1次操作后,设甲箱子中黑球个数为X,求X的分布列及数学期望; ②重复n次这样的操作后,记甲箱子中恰有1个黑球的概率为pn,求pn. 解 ①由题意知X的可能取值为0,1,2, P(X=0)=, P(X=1)=, P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)=, 所以X的分布列为 所以E(X)=0+1+2=1. X 0 1 2 P ②重复n次这样的操作后,记甲箱子中恰有0个黑球的概率为qn, 则甲箱子中恰有2个黑球的概率为1-qn-pn,根据全概率公式可得, 当n≥2时,pn+1=qn+pn+(1-qn-pn)=-pn+,所以pn+1-=-(pn-), 由①知p1=,则p1-=-,所以数列{pn-}是首项为-,公比为-的等比数列,故pn-=-(-)n-1,所以pn=(-)n-1=(-)n. 类型二　概率统计与导数、函数的交汇应用 例2　(2023新高考Ⅱ,19)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异,经过大量调查,得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图: 利用该指标制定一个检测标准,需要确定临界值c,将该指标大于c的人判定为阳性,小于或等于c的人判定为阴性.此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率,记为p(c);误诊率是将未患病者判定为阳性的概率,记为q(c).假设数据在组内均匀分布.以事件发生的频率作为相应事件发生的概率. (1)当漏诊率p(c)=0.5%时,求临界值c和误诊率q(c); (2)设函数f(c)=p(c)+q(c).当c∈[95,105]时,求f(c)的解析式,并求f(c)在区间[95,105]的最小值. 解 (1)当p(c)=0.5%时,由患病者频率分布直方图可得第一个小矩形面积为0.002×5=0.01,∴c==97.5. 由未患病者频率分布直方图可得q(c)=0.01×(100-97.5)+0.002×5=0.035. (2)当c∈[95,100)时,p(c)=(c-95)×0.002,q(c)=(100-c)×0.01+0.01, ∴f(c)=-0.008c+0.82>0.02; 当c∈[100,105]时,p(c)=5×0.002+(c-100)×0.012, q(c)=(105-c)×0.002,∴f(c)=0.01c-0.98≥0.02. ∴f(c)= 故当c=100时,f(c)取最小值,最小值为f(100)=0.02. 【对点训练2】(1)(2025山东齐鲁名校大联考模拟预测)已知A,B两个不透明的袋子中均装有若干个大小、质地完全相同的红球和白球,从A袋中摸出一个红球的概率是,从B袋中摸出一个红球的概率是p.在每轮中,甲同学先选择一个袋子摸一次球并放回,乙再选择一个袋子摸一次球并放回,则该轮结束.已知在每轮中甲选A,B两袋的概率均为.如果甲选A袋,则乙选B袋的概率为;如果甲选B袋,则乙选B袋的概率为. ①若p=,求在一轮中乙从B袋中摸出红球的概率. ②求在一轮中乙摸出红球的概率. ③若甲、乙两位同学进行了3轮摸球.乙同学认为,p越大,3轮摸球后他摸出2个红球的概率越大,你同意他的观点吗?请说明理由. (1)解 ①设D=“甲从A袋中摸球”,E=“乙从B袋中摸球”,C=“乙摸出的是红球”,由全概率公式知,乙从B袋中摸球的概率P(E)=P(D)P(E|D)+P()P(E|)=, 所以在一轮中,乙从B袋中摸出红球的概率为 P(EC)=P(E)P(C|E)= ②在一轮中,乙摸出红球的概率 P(C)=P(E)P(C|E)+P()P(C|)=p+(7p+1). ③不同意.理由如下: 由题意知3轮摸球后摸出红球的个数服从二项分布B(3,(7p+1)), 则3轮摸球后乙摸出2个红球的概率为 P=[1-(7p+1)]=(7p+1)2(9-7p)(0<p<1). 设f(p)=(7p+1)2(9-7p),0<p<1,则f'(p)=7(7p+1)(17-21p),令f'(p)=0,解得p=,则当0<p<时,f'(p)>0,f(p)单调递增,当<p<1时,f'(p)<0,f(p)单调递减,所以当p=时,3轮摸球后乙摸出2个红球的概率最大,所以不同意乙的观点. (2)(2025陕西汉中普通高中高三下学期质量检测考试)A,B两人做游戏,每次游戏只需用一只手完成,记A的左、右手分别为s1,s2,B的左、右手分别为t1,t2,每次游戏A,B的得分之和均为0,记A用s1的概率为x(0≤x≤1),B用t1的概率为y(0≤y≤1),每次游戏A的得分如下表所示(比如A用s1,B用t1参加游戏,A的得分为5). A B t1 t2 s1 5 -7 s2 -1 3 ①分别求每次游戏A得分的期望与B得分的期望; ②当x=,y=时,设每次游戏A,B选择用哪只手参与相互独立,求经过两次游戏后,B的总得分为正数的概率; ③假设x,y的值可以自由调整,其中x不取,证明:不论y取何值,A总能通过调整x的值,使得每次游戏A得分的期望不小于. ①解 设每次游戏A的得分为X,B的得分为Y,则X的分布列为 X 5 -7 -1 3 P xy x(1-y) (1-x)y (1-x)(1-y) 所以E(X)=5xy-7x(1-y)-(1-x)y+3(1-x)(1-y)=16xy-10x-4y+3, 所以E(Y)=-E(X)=-16xy+10x+4y-3. ②解 当x=,y=时,Y的分布列为 Y -5 7 1 -3 P 当B第一次得7分时,第二次不管得几分,B的总得分均为正数; 当B第一次得-5分或-3分时,第二次只能得7分; 当B第一次得1分时,第二次只能得1分或7分. 故经过两次游戏后,B的总得分为正数的概率为 +()()= ③证明 记E(X)=f(x)=(16y-10)x-4y+3(0≤x≤1且x). 当y=时,E(X)=-4y+3=; 当y∈[0,)时,16y-10<0,f(x)单调递减,则A可取x=0,使得E(X)=f(0)=-4y+3>; 当y∈(,1]时,16y-10>0,f(x)单调递增,则A可取x=1,使得E(X)=f(1)=12y-7> 综上,不论y取何值,A总能通过调整x的值,使得每次游戏A得分的期望不小于 $