概率与统计中的递推关系课件-2026届高考数学二轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“概率与统计中的递推关系”专题，依据高考评价体系梳理了计数原理（错位排列、台阶问题）和概率统计（投篮、卡片操作、爬楼梯概率）两大核心考点，通过2023年新课标Ⅰ卷真题分析，明确递推公式推导、通项求解等高频题型占比，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题溯源+递推模型构建+素养落地”，如考例2通过全概率公式建立概率递推关系，构造等比数列求通项，培养学生数学思维（推理能力）和数学语言（模型观念）。设置跟踪演练与专题强化练，指导学生掌握“递推关系转化”技巧，教师可据此精准训练学生解决复杂概率统计问题的能力，助力高考冲刺。

2026年高考数学二轮复习专题课件★★　概率与统计中的递推关系 考点一　递推数列在计数原理中的应用 　有A1，A2，…，A6共六个人，他们的座位分别为B1，B2，…，B6，现要求每一个人坐一个座位，且都不坐自己座位，则不同的方法种数为 A.9 B.16 C.44 D.265 例1 √ 记n(n≥2)个人坐座位且自己不坐自己的座位的方法数构成一个数列{an}(n≥2)，易得a2=1，a3=2， 首先，让A1选位，A1不选B1，则共有(n-1)种方法，不妨设A1选了Bk(k≠1)，然后再让Ak 选位， ①当Ak选B1时，则余下的(n-2)个人和(n-2)个座位，共有an-2种坐法； ②当Ak不选B1时，则余下的(n-1)个人都有一个不能选的座位，则共有an-1种坐法， 所以an=(n-1)(an-2+an-1)， 所以a4=3(a2+a3)=9，a5=4(a3+a4)=44，a6=5(a4+a5)=265. 解析 在计数原理中，当计数的基数较大时，用枚举法会显得非常困难.如果问题带有明显的递推特征，把此类计数问题的基数从有限个且数目很少推广到n个，运用数列知识建立递推关系，经过推广就可以解决这类计数问题. 规律方法 跟踪演练1　有9级台阶，每次只能向上走1级、2级或3级台阶(不能往回走)，则走完9级台阶的方法种数为 A.24 B.44 C.81 D.149 √ 记走完n级台阶的方法种数构成数列{an}，易得a1=1，a2=2，a3=4. 走完这n级台阶可考虑最后一步走的是1级、2级或3级这三种情况， 则an=an-1+an-2+an-3(n≥4). 所以a4=a3+a2+a1=7， a5=a4+a3+a2=13， a6=a5+a4+a3=24， a7=a6+a5+a4=44， a8=a7+a6+a5=81， a9=a8+a7+a6=149. 解析 返回 考点二　递推数列在概率、统计中的应用 　(2023·新课标Ⅰ卷)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； 例2 考向1　an=p·+q型 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， 所以P(B2)=P(A1B2)+P(B1B2) =P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1) =0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6. 解 (2)求第i次投篮的人是甲的概率； 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)， 即pi+1=0.6pi+(1-0.8)×(1-pi)=0.4pi+0.2， 构造等比数列{pi+λ}， 设pi+1+λ=(pi+λ)，解得λ=-， 则pi+1-=， 解 又p1=，p1-=， 所以是首项为，公比为的等比数列， 即pi-=×，pi=×+. 解 (3)已知随机变量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). 因为pi=×+，i=1，2，…，n， 所以当n∈N*时，E(Y)=p1+p2+…+pn=×+=+， 故E(Y)=+. 解 　一个书包中有标号为“1，1，2，2，3，3，…，n，n”的2n张卡片.一个人每次从中拿出一张卡片，并且不放回，如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果他手中有3张单张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束.记书包中卡片全部被 拿走的概率为Pn，则P3=　　，P7=　　.  例3 考向2　an+1=an·f(n)型 2n张卡片选取3张卡片的选法共有种， 事件“手中这3张卡片中含有2张相同卡片”的选法共有n(2n-2)种，由古典概型的计算公式可得其概率为=， 拿掉这对卡片后，还剩(n-1)对卡片，此时书包为空的概率为Pn-1， 因而Pn=Pn-1，且P2=1， 则P3=P2=， P7=××××=. 解析 　(2025·江西八校联考)为了增强学生体质，学校举办趣味爬楼梯比赛.从地面开始，小明爬楼梯有两种方式，一步上一级台阶或两级台阶，其中一步上一级台阶的概率为，上两级台阶的概率为，爬楼梯过程中，小明爬到第n个台阶的概率为pn(n∈N*). (1)求p2，p3的值； 例4 考向3　an+1=p·an+q·an-1型 由题可知p2=×+=， p3=××+××=. 解 (2)设随机变量X表示小明爬3步上的台阶总数，求X的分布列及均值； 随机变量X所有可能取值为3，4，5，6， P(X=3)==，P(X=4)=××=， P(X=5)=××=，P(X=6)==. X的分布列为 解 E(X)=3×+4×+5×+6×=5. X 3 4 5 6 P (3)求pn. 爬到第n+2个台阶有两种情况： 情况一：爬到第n个台阶，下一步上两个台阶爬到第n+2个台阶； 情况二：爬到第n+1个台阶，下一步上一个台阶爬到第n+2个台阶. 故pn+2=pn+1+pn， 则pn+2+pn+1=pn+1+pn， 所以pn+1+pn=p2+p1=+×=1， 即pn+1-=×， 解 又p1-=-≠0，故是首项为-，公比为-的等比数列， 所以pn-=-×=×， 故pn=+×. 解 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. 规律方法 跟踪演练2　某大学举办中国传统节日知识竞赛，每位大学生随机抽取问题并依次作答，其中每个问题的回答相互独立.若答对一题记2分，答错一题记1分.已知学生甲每个问题答对的概率为，答错的概率为. (1)学生甲随机抽取3题，记总得分为X，求X的分布列与数学期望； X 3 4 5 6 P X的可能取值为3，4，5，6， P(X=3)==，P(X=4)=××=， P(X=5)=××=，P(X=6)=×=. X的分布列为 解 所以E(X)=3×+4×+5×+6×=4. (2)若学生甲已答过的题累计得分为n分的概率为Pn，求Pn与Pi. P1=，P2=+×=， 当n≥3时，若甲已答过的题累计得分为n分，只有两种情况： ①甲已答过的题累计得分为(n-1)分，下一个题答错得1分； ②甲已答过的题累计得分为(n-2)分，下一个题答对得2分. 所以Pn=Pn-1+Pn-2，即Pn+Pn-1=Pn-1+Pn-2， 所以数列为常数列. 又P2+P1=+×=1，所以Pn+Pn-1=1(n≥2)， 解 则Pn-=-，P1-=-=-≠0， 所以数列是以-为首项，-为公比的等比数列， 所以Pn-=-×， 即Pn=+×. 所以Pi=P1+P2+P3+…+Pn=n+× 解 =n+× =n-. 解 返回 专题强化练 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B D D A AD BCD 2 184 题号 8 答案 　+ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9. (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 X 0 1 2 P 所以E(X)=0×+1×+2×=1. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9. (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=qn-1+pn-1+(1-qn-1-pn-1)=-pn-1+， 所以pn-=-， 由(1)知p1=，所以p1-=-=-， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9. 所以数列是首项为-，公比为-的等比数列， 故pn-=-·， 所以pn=-·，即pn=+·. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10. (1)两次传球后球在乙处：只有“甲→甲→乙”这一种情况.第一次甲传给甲的概率是，第二次甲传给乙的概率是，所以概率为×=. 三次传球后球在丙处：只有“甲→甲→乙→丙”这一种情况.第一次甲传给甲的概率是， 第二次甲传给乙的概率是，第三次乙传给丙的概率是， 所求概率为××=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10. (2)①qn+1表示n+1次传球后球在乙处的概率，它有两种情况： 第n次球在甲处，第n+1次甲传给乙，概率为pn； 第n次球在丙处，第n+1次丙传给乙，概率为(1-pn-qn). 所以qn+1=pn+(1-pn-qn)=-qn， 则qn+1-=-qn-=-.又q1=，q1-=-=≠0. 所以数列是以为首项，-为公比的等比数列. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10. ②由①可知qn-=× =-×， 所以qn=-×，n∈N*. 因为pn+1=pn+qn+(1-pn-qn)=qn+， 则pn+1=-×+=+×，所以pn=+×. 一、单项选择题 1.A，B，C，D四人传球，每人每次可以把球传给其他任何一个人，从A开始，5次传球后球回到A手中，则不同的传球方法种数为 A.24 B.60 C.92 D.144 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 设有k个人A1，A2，…，Ak互相传球，从A1开始，每人每次可以把球传给其他任何一个人，设第n(n≥2)次传球后球回到A1手中的方法有an种， 则第(n-1)次传球后球回到A1手中的方法有an-1种，且易知a2=k-1， 则第(n-1)次传球后，共有(k-1)n-1种方法， 若此时球在A1手中，则第n次传球，球不可能回到A1手中，故数列{an}的递推关系式为an=(k-1)n-1-an-1(n≥3)，a2=k-1. 所以a2=3，a3=(4-1)3-1-a2=6，a4=(4-1)4-1-a3=21，a5=(4-1)5-1-a4=60. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 2.一个饼，用刀切5次，最多能将其切成 A.10块 B.11块 C.15块 D.16块 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 设n刀最多能将饼切成an块，前 n-1刀我们已经得到块，对于第n刀，要使切出的块数最多，则这一刀的刀痕必须与前n-1刀的刀痕都相交，在此刀痕上有 n-1个交点，则最多增加n块，从而得到递推公式为an=+n，显然a1=2， 从而累加得到an=n+(n-1)+…+3+2+2=1+.当n=5时，an=16. 解析 3.(2025·湖南名校联合体模拟)如图，A，B，C三个区域有通道口两两相通，一质点从其所在的区域随机选择一个通道口进入相邻的区域，设经过n次随机选择后质点到达C区域的概率为xn，若质点一开始在C区域，则x20等于  A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 记质点经过n次随机选择后到达A区域的概率为an， 质点经过n次随机选择后到达B区域的概率为bn， 则 消去an，bn，可得xn+1=(1-xn)， 则xn+1-=-， 因为x1=0，x1-=-≠0， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 所以数列是首项为-，公比为-的等比数列， 所以xn-=-·， 即xn=-·， 故x20=-·=. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 4.随着科技的不断发展，人民消费水平的提升，手机购物逐渐成为消费的主流，当我们打开购物平台时，会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品，这是电商平台推送的结果.假设电商平台第一次给某人推送某商品，此人购买此商品的概率为，从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为.记第n次推送时不购买此商品的概率为Pn，当n≥2时，Pn≤M恒成立，则M的最小值为 A.B. C. D. 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由题意知，根据第(n-1)次推送时购买、没有购买两种情况，写出第n次推送时没有购买的概率， 第n次(n≥2)推送时不购买此商品的概率Pn=Pn-1+(1-Pn-1)=Pn-1+， 所以Pn-=， 由题意知P1=，则P1-=， 所以是首项为，公比为的等比数列， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 所以Pn-=×， 即Pn=+×. 显然数列{Pn}递减， 所以当n≥2时，Pn≤P2=+×=， 所以M的最小值为. 解析 二、多项选择 5.设一个正三棱柱ABC-A1B1C1，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面ABC的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，且它选择三个方向爬行的概率相等，若蚂蚁爬行n次，仍然在上底面的概率为Pn，则下列说法正确的是 A.P2= B.P12=+ C.Pn=Pn-1+ D.= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 显然P1=，P2=×+×=，A正确； 蚂蚁爬行n次仍在上底面只有两种情况： 情况一：爬行(n-1)次就在上底面，再爬行1次只有两条路可选，其概率是Pn-1； 情况二：爬行(n-1)次在下底面，概率是1-Pn-1，再爬行一次只有一条路可选，其概率是(1-Pn-1)； 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 因此，Pn=Pn-1+(1-Pn-1)， 整理得Pn=Pn-1+， 即Pn-=，又P1-=-=≠0， 所以为首项为，公比为的等比数列， 所以Pn-=×，即Pn=+， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 所以P12=+，B，C错误； 所以==，D正确. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 6.随着科技的发展，越来越多的智能产品深入人们的生活.为了测试某品牌扫地机器人的性能，开发人员设计如下实验：如图，在△ABC表示的区域上，扫地机器人沿着三角形的边，从三角形的一个顶点等可能地移动到另外两个顶点之一，机器人从一个顶点移动到下一个顶点称执行一次程序.若开始时，机器人从A点出发，记机器人执行n次程序后，仍回到A点的概率为P(n)，则下列结论正确的是 A.P(2)= B.当n≥2时，有2P(n)=1-P(n-1) C.P(7)= D.P(n)= √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 对于A选项，机器人第一次执行程序后，来到B或C点，故P(1)=0，第二次执行程序后，有的概率回到A点，故P(2)=，故A项错误； 对于B选项，P(n-1)为执行第(n-1)次程序后仍回到A点的概率，要想执行n次程序后仍回到A点，则执行第(n-1)次程序后应在B点或C点，且下一次有的概率回到A点， 故当n≥2时，有P(n)=[1-P(n-1)]， 即2P(n)=1-P(n-1)，故B项正确； 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由B选项知P(n)=[1-P(n-1)]，即P(n)=-P(n-1)+， 设P(n)+k=-[P(n-1)+k]，可得k=-， 于是P(n)-=-，又P(1)-=-≠0， 所以数列是首项为-，公比为-的等比数列， 故P(n)-=-， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 P(n)=，故D项正确； 对于C选项，由D项可得 P(7)==，故C项正确. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 三、填空题 7.用4种颜色给有n(n≥2)个区域(不含最中间区域)的圆环涂色，且要求相邻区域不同色，用an表示完成这一涂色的方法数，则a7=　　　　.  2 184 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 先考虑an+1的取值： 假设不区分A1，An+1是否同色，则用4种颜色涂这n+1个区域等价于对以下区域涂色： 解析 因此共有4×3n种，但是这其中包含了A1，An+1同色的情况，因此an+1的取值应该减去A1，An+1同色的情况； 而A1，An+1同色时，可以将这两个相邻区域看成一个整体，即用4种颜色给n个区域涂色， A1 A2 A3 A4 … An+1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 其方法数也就是an，所以有an+1=-an+4×3n(n≥2). 接下来，利用递推关系求an，由an+1=-an+4×3n， 两边同除以(-1)n+1得=-4×(-3)n， 移项得-=-4×(-3)n， 利用累加法得当n≥3时，=-+-+…+-+=-4×[(-3)n-1+(-3)n-2+…+(-3)2]+a2， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 又因为a2==12， 所以=-4×[(-3)n-1+(-3)n-2+…+(-3)2]+12=-4×+12 =3+(-3)n， 即an=3×(-1)n+3n，又a2=12满足该式， 所以an=3×(-1)n+3n(n≥2)， 所以a7=2 184. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 8.甲、乙两人轮流掷一枚骰子，甲先掷.规定：若甲掷到1点，则甲继续掷，否则由乙掷；若乙掷到3点，则乙继续掷，否则由甲掷.两人始终按此规 律进行，记第n次由甲掷的概率为pn，则p2=　，pn=　 .  + 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由题意得，甲掷到1点，乙掷到3点的概率都是，因为甲先掷，若第二次仍由甲掷，则说明第一次甲掷到1点，则p2=， 设第(n-1)次由甲掷的概率是pn-1，n≥2， 则若第(n-1)次由甲掷，第n次仍由甲掷的概率是 pn-1， 若第(n-1)次由乙掷，第n次仍由甲掷的概率是(1-pn-1)， 所以第n次仍由甲掷的概率是pn=pn-1+(1-pn-1)， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 即pn=-pn-1+， 即pn-=-，又p1-=≠0， 所以是以为首项，以-为公比的等比数列，所以pn-=， 即pn=+. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 四、解答题 9.(2025·怀化模拟)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的分布列及均值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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 解 所以E(X)=0×+1×+2×=1. X 0 1 2 P 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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=qn-1+pn-1+(1-qn-1-pn-1)=-pn-1+， 所以pn-=-，由(1)知p1=，所以p1-=-=-， 所以数列是首项为-，公比为-的等比数列， 故pn-=-·，所以pn=-·，即pn=+·. 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 10.(2025·昆明模拟)在足球训练中，甲、乙、丙三人进行传球训练.每次传球按以下规则转移：当球在甲脚下时，他有的概率继续控球(不传给别人)，的概率传给乙；当球在乙脚下时，他有的概率回传给甲，的概率传给丙；当球在丙脚下时，他有的概率传给甲，的概率传给乙.初始时球在甲处，每次传球是相互独立的. (1)求两次传球后球在乙处的概率，以及三次传球后球在丙处的概率； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 两次传球后球在乙处：只有“甲→甲→乙”这一种情况.第一次甲传给甲的概率是，第二次甲传给乙的概率是，所以概率为×=. 三次传球后球在丙处：只有“甲→甲→乙→丙”这一种情况.第一次甲传给甲的概率是， 第二次甲传给乙的概率是，第三次乙传给丙的概率是， 所求概率为××=. 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (2)记n次传球后，球在甲处的概率为pn，在乙处的概率为qn. ①证明：数列是等比数列； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 qn+1表示n+1次传球后球在乙处的概率，它有两种情况： 第n次球在甲处，第n+1次甲传给乙，概率为pn； 第n次球在丙处，第n+1次丙传给乙，概率为(1-pn-qn). 所以qn+1=pn+(1-pn-qn)=-qn， 则qn+1-=-qn-=-.又q1=，q1-=-=≠0. 所以数列是以为首项，-为公比的等比数列. 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 ②求和的通项公式. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由①可知qn-=× =-×， 所以qn=-×，n∈N*. 因为pn+1=pn+qn+(1-pn-qn)=qn+， 则pn+1=-×+=+×，所以pn=+×. 解 返回 $