专题5 培优课10 概率统计与其他知识的综合-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习讲义

培优课10 概率统计与其他知识的综合 》考情分析 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 热点分类》考向探究 考向1概率统计与数列的综合问题 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 反思感悟 概率之间的关系如果是数列的前后项之间的关 枚质地均匀的骰子，初始分数为0，每次掷得点 系，即递推关系，就可以从概率问题自然地过渡到数 数为偶数得2分，点数为奇数得1分.连续抛掷 列问题，再用数列的方法解决.已知数列的递推关系 累计得分达到9分或10分时，游戏结束。 求通项公式的典型方法： (1)设员工在游戏过程中累计得n分的概率 1.当出现aw=aw1十m时，构造等差数列. 为P 2.当出现am=xam1十y时，构造等比数列， ①求P1,P2,P3; 3.当出现am=a1十f(n)时，用累加法求解。 ②求证：数列{Pm-Pw1}(2≤n≤9)为等比 4.当出现a=f(n)时，用累乘法求解. an-1 数列. (2)得9分的员工获得二等奖，得10分的员工 跟踪训练①高三某班为缓解学生高考压力，班委 获得一等奖，若一等奖的奖金为二等奖的奖金 会决定在周班会课上进行“听音乐，猜歌名”的 的两倍，且该公司计划作为游戏奖励的预算资 趣味游戏比赛，现将全班学生分为9组，每组5 金不超过1万元，则一等奖的奖金最多不能超 人，剩余的学生做裁判.比赛规则如下：比赛共 过多少元（精确到1元）？ 分为两轮，第一轮此赛中9个小组分三场进行 听课记录 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 435 歌名的概率分别为546 ()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。 (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， (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 116 2对勾讲与练·高三二轮数学 小组获得胜利，否则另外一组获得胜利.若该代 心听课记录 表来自戊组，试估计戊组获胜的概率. 考向2概率统计与函数的综合问题 4反思感悟… 例2(2025·陕西渭南一模)第十五届全国运动 概率与函数的综合问题，常常涉及概率最值或 会于2025年在广东、香港、澳门三地举办.为了 均值、方差的最值等问题.构造函数求最值时，要注 普及全运会知识，某中学举办了一次全运会知 意变量的选取，以及变量自身的隐含条件对变量范 识闯关比赛.比赛分为初赛与复赛，初赛胜利后 :围的限制， 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 跟踪训练2某工厂的某种产品成箱包装，每箱20 失败，再派下一个人重新闯关.三人中只要有人 件，每箱产品在交付用户之前都要从中随机抽 闯关成功即视作初赛胜利，无需继续闯关.现有 出m(2≤m≤19)件进行检验，若检验出不合 甲、乙、丙三人组队参加初赛，他们各自闯关成 格品，则将该不合格品更换为合格品，假设每箱 功的概率分别为p1p2,3·假定p1,p2p3互 产品中均恰有2件不合格品. 不相等，且每人能否闯关成功相互独立. (1)若m=2,求检验一箱产品时恰好抽到1件 (1)若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关，p1= 不合格品的概率； 子P=号0，=了求淡小组初姿利的概率。 3 (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； (2)已知1>p1>p2>p3>0.现有两种初赛 (3)已知每件产品的检验费用为2m元，若有不合 人员派出方案： 格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支 方案一：依次派出甲、乙、丙； 付150元的赔偿费用，要使一箱产品的检验费用 方案二：依次派出丙、乙、甲 与赔偿费用之和的期望值最小，m应取何值？ 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 (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6，若该学生获得一等奖的概率为日，设 该学生获得二等奖的概率为p,求p的最小值. 第一部分专题五概率与统计 117 培优专训》难点突破 1.(2024·新课标I卷)设m为正整数，数列a1, 2.(2025·河北秦皇岛三模)甲参加一项招聘考 a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中 试，分为笔试和面试两个环节，笔试成绩合格后 删去两项a:和a;(i<j)后剩余的4m项可被 才能进入面试.笔试共有2道专业理论题与2道 平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差 岗位实践题，每道专业理论题的难度系数（考生 数列，则称数列a1,a2,…,am+2是(i,j)-可分 能够正确作答的概率)均为p(0<p<1),每 数列 道岗位实践题的难度系数均为q(0<q<1), (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6，使得数列 考生至少答对3道题才能进入面试，否则被淘 a1,a2,…,a6是(i,j)一可分数列； 汰出局.面试共有5道问答题，由考官逐一提问 (2)当m≥3时，求证：数列a1,a2,…,am+2是 作答，累计答对3道题或答错3道题，面试结束， (2,13)一可分数列； (3)从1,2，…，4m+2中一次任取两个数i和 已知甲笔试得满分的概率为·笔试和面试各 j(i<j),记数列a1,a2,…,am+2是(i,j)-可 题是否答对相互独立. 分数列的概率为P求证：P> )当=号时求： (2)求甲能够进入面试的概率∫(p)的最小值 及相应的p值； (3)己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。 18红对勾讲与练·高三二轮数学以讲座前问卷答题的正确率的标准差 大于讲座后问卷答题的正确率的标准 差，所以C错误；讲座后问卷答题的正 确率的极差为100%一80%=20%，讲 座前问卷答题的正确率的极差为 95%一60%=35%>20%，所以D错 误.故选B. 3.解：(1)依题意，得X的所有可能取值 为0,1,2， 19 P(X=0) C.C C 78 20 P(X=1) C 39 19 P(X=2) C 所以X的分布列为 X 0 1 2 19 P 20 78 39 7 1 +1× 20 1 E(X)=0× 78 +2× =1. 3 78 (2)①根据试验数据可以知道40只小 白鼠体重增加量的中位数m 23.2+23.6 =23.4. 2 则对照组样本中小于m的数据的个数 为6， 试验组样本中小于m的数据的个数 为14， 列联表如下： 项目 <m ≥m 对照组 6 14 试验组 14 6 ②根据①中结果可得X 40×(6×6-14×14)2 6.4>3.841 20×20×20×20 所以能有95%的把握认为小白鼠在高 浓度臭氧环境中与在正常环境中体重 的增加量有差异. 培优课10 概率统计 与其他知识的综合 》热点分类·考向探究《 例1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P,=1 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P，三 十号×号=3；累计得3分，即前 2 2 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P?= 2×1× 1×1= 2 2 8 ②证明：由题知，累计获得n分时有可 能是获得(n一1)分时抛掷骰子点数为 奇数或获得(n一2)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 2 所以 P= 1 D N- P2(3 n≤9)， 则P.一Pm 一Pw-e》 8≤n≤9.又P:-P,= 故{P。一Pw1}(2≤n≤9)是首项为 子，公比为号的等比数列。 (2)由(1)知P。-P。1 -2 (》 ,…,P2-P1= 1 4 ,2 n≤9， 1 将所有等式相加得P。一P:= -人)”1-() 1-(←》 6 所以P。= 61-()] 1= 2 + 3 当n=1时，也符合上式，故P。= 2 名()广1≤n≤9.所以P,= +号×()广=器P 2 1 3 设一等奖的奖金为x元，二等奖的奖金 为号 元 由意知（·器+ .17)×10≤ 512/ 10000, 解得x≤ 1024000≈1499.27，即- 683 等奖的奖金最多不超过1499元. 跟踪训练1解：(1)由题意可知，X~ B(,),由二项分布的期望公式可 4 得E(X)=5X5=4. (2)记事件A1,A2,Ag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(A:)= PA,)=3,P(BA)=青， 4 PB1A)=PBA,)=吾， 5 由全概率公式可得P(B)= 2P(A)·P(B1A)= 5=143 所以该学生箱对歌面的概率为}铝 (3)由题意可知，每次摸球，积分增加1 分的概率为号，增加2分的概率为 5 记得分为m的概率为P且P,= 3 =×是+号-号 219 P,=P十P3≤n≤10， n∈N"), 所以P-P1=-号D1-P. 4 且P2-P1= 25 所以数列{P。一Pw1}(2≤n≤10， ”N)是首项为务公比为-号的 4 等比数列， 则P.-P=若·()” (号）2≤n≤10，m∈N, 由累加法可得Po=P十(P。一P)十 3 (P,-P)+…+(P-P,)=5+ (←)+（←）+ 10 3×i+(台)门 N 1-() 5 + 3 ×()=号 + 因此，戊组获胜的概率为号+号× () 例2解：(1)设事件A表示该小组初赛胜 利，则P(A)=+×号 2 × 2 24 23 所以该小组初赛胜利的概率为 24 (2)X的可能取值为1,2,3， 则P(X=1)=p1,P(X=2)=1 p1)p2P(X=3)=(1-1)(1-p2) 此时E(X)=p1+2(1一1)p:+ 3(1一p1)(1一p2）=p1p2-2p1一 p2+3. Y的可能取值为1,2,3， 则P(Y=1)=p3,P(Y=2)=(1 p)p2,P(Y=3)=(1-pg)(1-2), 此时E(Y)=pg+2(1一)p:+ 3(1-p3)(1-p2）=p2p3-2p3 p2十3. 所以E(X)一E(Y)=p1p:一2p1一 p:+3-（p2p3-2p:-p2+3)= p1p2一2p1一p:p:十2p3=p2（p1一 p）一 2(p1-p3)=（p1 p3)(p2-2), 因为1>p1>p:>p3, 所以1一：>0,2一2<0，所以 E(X)<E(Y). 名)由题意可得3a6,即6=8 则力=a2(1-b)十C2a(1-a)b a2+2a6-3 13 8 =a2 Aa 81 令p=f(a)=a2+ 13 ,0<d <1, 8 则f(a）=2a- 1 8a3 -1 4a2 4a2 令f'(a)=0→a= 2 所以当0<a<号时，f'(a)<0, f(a)单调递减， 参考答案 319 当号<a<1时，f'(a)>0fa)单 2 调递增， 所以a=(兮）=+是 3 8 8 3 所以力的最小值为 8 跟踪训练2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)= CC1836 18 C 190 951 (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)= C.CT+C CT C% 2X18！ 18! (m-1)!(19-m)！ (m-2)！(20-m)月 201 m!(20-m)川 39m-m2 380 39m 一m >0.5,得39m-m2> 380 190,当2≤m≤19时，y=39m 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)每箱产品随机抽出件进行检验， 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)= 2m 20 公 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)=2m2十 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= 15 =3.75, 要使E(Y)的值最小，应取m=4. 》培优专训·难点突破《 1.解：(1)(1,2)，(1,6)，(5,6) (2)证明：当m=3时，删去a2,a1g,其 余项可分为以下3组： a1a:,a,a10为第1组， a3a6,a4,a12为第2组， aia8,a11a4为第3组， 当m>3时，删去a2a13,其余项可分 为以下m组： a1,a4,a7,a10为第1组， a3a8,ag,a12为第2组， a5a8,a1a4为第3组， a15,a16,a17a1为第4组， a1gao,a1,a2为第5组， m-: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,…,am+是(2,13)一可 分数列. (3)证明：易知a1a2,…,a4m+2 是(i, j)-可分数列→1,2，…，4m十2是 (4力+1,4g+2)一可分数列，其中力， g∈{0,1，…，m}. 3202对勾讲与练·高三二轮数学 当0≤p≤g≤m时，删去4中+1,4g+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十2是(4p十1,4g十 2)一可分数列， 可分为(1,2,3,4)，…，(4-3,4p一2， 4p一1,4p),…,(4(q十1)一1,4(q十 1),4(g+1)+1,4(g+1)+2),·, (4m-1,4m,4m+1,47m+2). p,q的可能取值方法数为 C1+m+1=m+1)(m+2) 2 易知a1,a2…,am+2是(i,j)一可分数 列→1,2，…，4m+2是(4力十2,4q十 1)一可分数列，其中力，g∈{0， 1,…,m}. 当g-力>1时，删去4p+2,4g+1, 将1~4力与4g+3~4m十2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十 1,4p+3,4p+4,…,4g,4g+2是否可 分，等同于考虑1,3,4，…，4t,4t+2是 否可分，其中t=g一力>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十2,4g十 1)一可分数列， p,9且q一p>1的可能取值方法数为 -m= （7m-1)m 2 从而Pm≥ (m+1D(m+2+m-1)m 2 2 Cm+2 m+m+1 8m2+6m+1 78 2.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pq=16· 则pg= 4 3 又力=3，所以g=4×2 一8 (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+Ciq(1-q)p+g', 由(1)知9三则q三4的 则f(p)=2(1一p) 1 2（1 ）16b+4p( 。+ 16p2 整理得f(b)=8b+乞一16 3 因为0<饣<1， 1 所以f(饣)= =13 5 当且仅当动=台即力=时，等号 成立 所以甲能够进入面试的概率f(p)的 最小值为6，相应的力值为2 (3)由(2)知，面试时每道题的难度系 数是号，则甲答对每道面试愿的概率 1 是 2 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)=(2) 1-)广=子 当X=4时，P(X=4)=C(2)× ×日+c×()x号-是 2 当X=5时，P(X=5)=1-P(X 3 3)-P(X=4)= 8 所以X的分布列为 X 3 4 5 3 3 P 1 4 8 8 数学期望为E(X)=3X+4X日 33 5× 8 8 创新题5概率与统计 》热点分类·考向探究《 例1解：(1)由题设，P(=2,7=5)= (1-p)·p·(1-p)·(1一p)·p= (1-p)°p, P(7=5)=C(1-b)3b2= 4(1-p)3p2 (2)由题设，E(ξ|7=5)= =i,7=5）7 =1 P(7 =5) =1× P(ξ=1,7=5) +2× P(7=5) P(=2,7=5) +3× P(7=5) P(9=3,7=5) +4× P(7=5) P(=4,7=52=1 2 3 P(7=5) 1= 5 2 同(1)，P(7=)=C-1(1 p)"-2b2=(n-1)(1-p)"-2p P(g=i,7=n)=(1-p)w-2p2,i= 1,2,3,…,n-1,所以E(ξ|7=n）= xPM= 1 =1 2 n-2 n-1 n-1 a-(n+ 2(n≥2). 2 2 跟踪训练1解：(1)由X~BM(2,2), 得p(x=2)=C(2)(3) ()-是 (2)由XBM(4,m),X=1,2,3,4, 得P(X=k)=P(X≤k)一P(X≤