39.概率与统计的综合问题-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 精选2021-2025年高考真题中概率与统计综合解答题，聚焦实际情境下的数学建模与逻辑推理，适配高考复习提升核心素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|4道|期望计算、概率分布、统计图表、递推数列、二项分布|2021新高考Ⅱ卷以微生物繁殖为背景，融合期望与灭绝概率证明；2023新高考Ⅱ卷结合医学指标直方图考查漏诊/误诊率，强调数据分析；2023新高考Ⅰ卷投篮问题构建概率递推模型，2025全国Ⅱ卷乒乓球得分概率论证不等式，突出逻辑推理与实际应用。|

39.概率与统计的综合问题 1.（2021·新高考Ⅱ卷21题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P（X＝i）＝pi（i＝0，1，2，3）. （1）已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E（X）； （2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，求证：当E（X）≤1时，p＝1，当E（X）＞1时，p＜1； （3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义. 解：（1）E（X）＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1. （2）证明：法一　p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x＝0，x＞0. 令f（x）＝p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x，f'（x）＝p1＋2p2x＋3p3x2－1， f″（x）＝2p2＋6p3x＞0，∴f'（x）在（0，＋∞）上单调递增. ①当E（X）＝p1＋2p2＋3p3≤1时，当x∈（0，1]时，f'（x）≤f'（1）＝p1＋2p2＋3p3－1≤0， ∴f（x）在（0，1]上单调递减，注意到f（1）＝0，∴f（x）在x∈（0，1]上有唯一零点x＝1，即p＝1. ②当E（X）＝p1＋2p2＋3p3＞1时， 注意到f'（0）＝p1－1＜0，f'（1）＝p1＋2p2＋3p3－1＞0，f'（x）在（0，＋∞）上单调递增. ∴存在唯一x0∈（0，1），使得f'（x0）＝0， 当0＜x＜x0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增. ∵f（0）＝p0＞0，f（1）＝0，∴f（x0）＜f（1）＝0.∴f（x）在（0，x0）上有唯一零点x1，∴p＝x1＜1. 法二　由题意知p0＋p1＋p2＋p3＝1，E（X）＝p1＋2p2＋3p3. p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x⇒p0＋p2x2＋p3x3－（1－p1）x＝0. ∴p0＋p2x2＋p3x3－（p0＋p2＋p3）x＝0⇒p0（1－x）＋p2x（x－1）＋p3x（x－1）（x＋1）＝0⇒（x－1）[p3x2＋（p2＋p3）x－p0]＝0. 令f（x）＝p3x2＋（p2＋p3）x－p0，f（x）的对称轴为x＝－＜0. 注意到f（0）＝－p0＜0，f（1）＝2p3＋p2－p0＝p1＋2p2＋3p3－1＝E（X）－1. 当E（X）≤1，f（1）≤0，f（x）的正实根x0≥1，原方程的最小正实根p＝1； 当E（X）＞1，f（1）＞0，f（x）的正实根x0＜1，原方程的最小正实根p＝x0＜1. （3）当1个微生物个体繁殖下一代的期望小于等于1时，这种微生物经过多代繁殖后临近灭绝，当1个微生物个体繁殖下一代的期望大于1时，这种微生物经过多代繁殖后还有继续繁殖的可能. 2.（2023·新高考Ⅱ卷19题）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）由题图知，（100－95）×0.002＝1%＞0.5%，所以95＜c＜100， 则p（c）＝（c－95）×0.002＝0.5%，所以c＝97.5， 所以q（c）＝0.01×2.5＋0.002×5＝3.5%. （2）依题意，当c∈[95，100]时，f（c）＝p（c）＋q（c）＝（c－95）×0.002＋（100－c）×0.01＋5×0.002＝－0.008c＋0.82； 当c∈（100，105]时，f（c）＝p（c）＋q（c）＝5×0.002＋（c－100）×0.012＋（105－c）×0.002＝0.01c－0.98. 故f（c）＝ 所以f（c）在区间[95，105]的最小值为f（100）＝0.02. 3.（2023·新高考Ⅰ卷21题）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“第2次投篮的人是乙”为事件A， 则P（A）＝0.5×0.4＋0.5×0.8＝0.6. （2）设“第i次投篮的人是甲”的概率为Pi， 则第i－1次投篮的人是甲的概率为Pi－1，第i－1次投篮的人是乙的概率为1－Pi－1， 则Pi＝0.6·Pi－1＋（1－Pi－1）×0.2（i≥2）， 即Pi＝＋Pi－1（i≥2）， 则Pi－＝（Pi－1－）， 又P1＝，∴P1－＝－＝≠0， ∴数列Pi－是以为首项，为公比的等比数列. ∴Pi－＝（）i－1，即Pi＝（）i－1＋， ∴第i次投篮的人是甲的概率为（）i－1＋. （3）设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0或1，当Xi＝0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi＝1时，表示第i次投篮的人是甲，∴P（Xi＝1）＝pi，P（Xi＝0）＝1－pi， ∴E（Xi）＝pi. Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn， 则E（Y）＝E（X1＋X2＋X3＋…＋Xn）＝p1＋p2＋p3＋…＋pn， 由（2）知，pi＝＋×（）i－1， ∴p1＋p2＋p3＋…＋pn＝＋×［1＋＋（）2＋…＋（）n－1］＝＋×＝＋×［1－（）n］. 10.（2025·全国Ⅱ卷19题）甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分.设每个球甲胜的概率为p（＜p＜1），乙胜的概率为q，p＋q＝1，且各球的胜负相互独立，对正整数k≥2，记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率. （1）求p3，p4（用p表示）； （2）若＝4，求p； （3）证明：对任意正整数m，p2m＋1－q2m＋1＜p2m－q2m＜p2m＋2－q2m＋2. 解：（1）打完3个球后甲比乙至少多得2分，只有一种情况：甲全胜得3分.所以p3＝p3. 打完4个球后甲比乙至少多得2分，有两种情况：甲全胜得4分；甲胜3个球得3分，乙胜1个球得1分.所以p4＝p4＋·p3（1－p）＝4p3－3p4. （2）由（1）可知p4－p3＝p3（4－3p）－p3＝3p3（1－p）， 同理q4－q3＝3q3（1－q）＝3p（1－p）3. 由＝4，可得＝4，即3p2－8p＋4＝0，解得p＝或p＝2（舍）. 所以p＝. （3）证明：由＜p＜1，p＋q＝1，可知0＜q＜＜p＜1. 设随机变量X为“打完k个球后甲的得分”，则X～B（k，p）， p2m＝p2m＋·p2m－1q1＋·p2m－2q2＋…＋·pm＋1qm－1. 对于p2m＋1，考虑前2m个球的情况.若打完2m个球后，甲、乙得分一样，或者甲比乙得分少，则第2m＋1个球无论甲胜负，甲都不可能比乙至少多得2分.若打完2m个球后，甲比乙至少多得4分，则第2m＋1个球甲无论胜负都能满足甲比乙至少多得2分.若打完2m个球后，甲比乙恰好多得2分，则第2m＋1个球甲必须胜才能满足甲比乙至少多得2分.所以p2m＋1＝（p2m－·pm＋1qm－1）＋p··pm＋1qm－1＝p2m－q··pm＋1qm－1. 故p2m－p2m＋1＝q··pm＋1qm－1＞0，同理q2m－q2m＋1＝p··qm＋1pm－1＞0. 所以＝＝＞1，即p2m－p2m＋1＞q2m－q2m＋1，所以p2m＋1－q2m＋1＜p2m－q2m. 对于p2m＋2，考虑前2m个球的情况.若打完2m个球后，甲比乙得分少，则剩下两个球（第2m＋1和2m＋2个球）无论甲胜负，甲都不可能比乙至少多得2分.若打完2m个球后，甲、乙得分一样，则剩下两个球甲必须全胜才能满足甲比乙至少多得2分.若打完2m个球后，甲比乙恰好多得2分，则剩下两个球甲全胜，或者一胜一负都能满足甲比乙至少多得2分.若打完2m个球后，甲比乙至少多得4分，则剩下两个球甲无论胜负都能满足甲比乙至少多得2分. 所以p2m＋2＝p2··pmqm＋（1－q2）··pm＋1qm－1＋（p2m－·pm＋1qm－1）＝p2m＋p2··pmqm－q2··pm＋1qm－1＝p2m＋pmqm·（·p2－·pq）， 故p2m＋2－p2m＝pmqm·（·p2－·pq），同理q2m＋2－q2m＝qmpm·（·q2－·qp）， 所以（p2m＋2－p2m）－（q2m＋2－q2m）＝pmqm··（p2－q2）＞0，即p2m＋2－p2m＞q2m＋2－q2m， 所以p2m－q2m＜p2m＋2－q2m＋2. 综上，p2m＋1－q2m＋1＜p2m－q2m＜p2m＋2－q2m＋2. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $