第10章 素能培优(14) 概率、统计中的创新性问题（PPT课件）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦概率统计与数列、不等式、函数的融合创新问题，依据高考评价体系明确递推关系构建、概率计算、期望方差求解等考查要求，通过典例（如人教A版传球问题、2024新高考Ⅱ卷18题）和模拟题梳理高频题型，分析考点权重，其中概率与数列融合占比约30%，函数与统计建模占比约25%，形成系统备考框架。 课件亮点在于“真题训练+素养渗透+方法归纳”，以2024新高考Ⅱ卷概率不等式题为例，解析“作差比较法”培养逻辑推理素养，针对递推数列求概率总结“构造等比数列”通法，函数最值问题强调导数应用，助力学生掌握得分技巧。教师可据此开展专题突破，提升学生数学思维与建模能力，高效备战高考。

素能培优(十四)　概率、统计中的创新性问题 1.与事件发生次数n(n比较大)有关的概率的计算,通常利用全概率公式,确定pn+1与pn的递推关系,再构造等差(比)数列求pn. 2.概率与函数、不等式结合时,多与独立事件的概率相结合,关键在于利用分类与分步的思想方法,分析事件是如何完成的,然后根据独立事件概率运算公式列出相应的不等式或函数关系. 考点一　概率统计与数列融合问题 典例1(人教A版选择性必修第三册复习参考题7第10题)甲、乙、丙三人相互做传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.求n次传球后球在甲手中的概率. 考点一 考点二 考点三 解 记第n次传球后球在甲手中的概率为Pn,则第n-1次传球后球在甲手中的概率为Pn-1,开始时球在甲手中,则P0=1. 若第n次传球后球在甲手中,则第n-1次传球后球不在甲手中,即第n-1次传球后球在乙或丙手中,所以第n-1次传球后球不在甲手中的概率为1-Pn-1. 又乙或丙在第n次把球传到甲手上的概率为,于是有(1-Pn-1)=Pn, 即Pn-=-(Pn-1-),n≥1, 于是数列{Pn-}是首项为P0-1=,公比为-的等比数列, 所以Pn-×(-)n, 所以Pn=×(-)n+(n∈N*). 考点一 考点二 考点三 [对点训练1](2025·安徽A10联盟模拟)某篮球运动员进行定点投篮训练,据以往训练结果,第一次投篮命中的概率为.若前一次投篮命中,那么下次投篮命中的概率为;若前一次投篮未命中,那么下次投篮命中的概率为. (1)求该运动员第二次投篮命中的概率; (2)记该运动员前两次投篮命中的次数为X,求X的分布列和数学期望; (3)设第i次投篮命中的概率为Pi,求证:≤Pi<. 考点一 考点二 考点三 (1)解 设事件Ai=“第i次投篮命中”,则=“第i次投篮未命中”,i=1,2,…,易知A2=A1A2+A2,A1A2与A2是互斥事件,所以由全概率公式得P(A2)=P(A1A2+A2)=P(A1A2)+P(A2) =P(A1)P(A2|A1)+P()P(A2|) =, 故该运动员第二次投篮命中的概率为. 考点一 考点二 考点三 (2)解 由题意得,P(A1)=,P()=,P(A2|A1)=,P(A2|)=, X的所有可能取值为0,1,2, P(X=0)=P()=P()P()=×(1-)=, P(X=1)=P(A1A2)=P(A1)+P(A2) =P(A1)P(|A1)+P()P(A2|)=×(1-)+(1-)×, P(X=2)=P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=,所以X的分布列为 X 0 1 2 P E(X)=0×+1×+2×. 考点一 考点二 考点三 (3)证明 由题意得,P1=; 当i≥2时,P(Ai)=P(Ai-1Ai)+P(Ai)=P(Ai-1)P(Ai|Ai-1)+P()P(Ai|),即Pi=Pi-1×+(1-Pi-1)×Pi-1+(i≥2),变形为Pi-(Pi-1-)(i≥2),所以数列{Pi-}是以为公比的等比数列. 又P1-=-,于是Pi-=-·()i-1,即Pi=·()i-1,所以=P1≤Pi<. 考点一 考点二 考点三 考点二　概率统计与不等式融合问题 典例2(2024·新高考Ⅱ,18)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成,比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分;若至少投中一次,则该队进入第二阶段,由该队的另一名队员投篮3次,每次投中得5分,未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和. 某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立. (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率. (2)假设0<p<q, ①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,则该由谁参加第一阶段比赛? ②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛? 考点一 考点二 考点三 解 (1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲第一阶段至少投中1次,乙第二阶段也至少投中1次,则所求概率P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686. (2)①若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]q3; 若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为 P乙=[1-(1-q)3]p3. P甲-P乙=q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3 =(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)] =(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)=3pq(p-q)(pq-p-q) =3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0, 所以P甲>P乙,故应该由甲参加第一阶段比赛. 考点一 考点二 考点三 ②若甲参加第一阶段比赛,比赛成绩X(单位:分)的所有可能取值为0,5,10,15, P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)3]q(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]q2(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]q3, 所以E(X)=[1-(1-p)3][5×q(1-q)2+10×q2(1-q)+15q3] =15[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p). 考点一 考点二 考点三 若乙参加第一阶段比赛,比赛成绩Y(单位:分)的所有可能取值为0,5,10,15, P(Y=0)=(1-q)3+[1-(1-q)3](1-p)3, P(Y=5)=[1-(1-q)3]p(1-p)2, P(Y=10)=[1-(1-q)3]p2(1-p), P(Y=15)=[1-(1-q)3]p3, 所以E(Y)=15p(q3-3q2+3q),则E(X)-E(Y)=15pq(p-q)(p+q-3)>0,故应该由甲参加第一阶段比赛. 考点一 考点二 考点三 教考链接 (人教A版选择性必修第三册7.4.1节例3)甲、乙两选手进行象棋比赛,如果每局比赛甲获胜的概率为0.6,乙获胜的概率为0.4,那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利? 解 (方法1)采用3局2胜制,甲最终获胜有两种可能的比分2∶0或2∶1,前者是前两局甲连胜,后者是前两局甲、乙各胜一局且第3局甲胜. 因为每局比赛的结果是独立的,甲最终获胜的概率为p1=0.62+×0.62×0.4=0.648. 类似地,采用5局3胜制,甲最终获胜有3种比分3∶0,3∶1或3∶2. 因为每局比赛的结果是独立的,所以甲最终获胜的概率为p2=0.63+×0.63×0.4+×0.63×0.42=0.682 56. 考点一 考点二 考点三 (方法2)采用3局2胜制,不妨设赛满3局,用X表示3局比赛中甲胜的局数,则X~B(3,0.6). 甲最终获胜的概率为p1=P(X=2)+P(X=3)=×0.62×0.4+×0.63=0.648. 采用5局3胜制,不妨设赛满5局,用X表示5局比赛中甲胜的局数,则X~B(5,0.6). 甲最终获胜的概率为p2=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=×0.63×0.42+×0.64×0.4+×0.65 =0.682 56. 因为p2>p1,所以5局3胜制对甲有利. 实际上,比赛局数越多,对实力较强者越有利. 考点一 考点二 考点三 [对点训练2](2025·云南玉溪模拟)甲、乙两选手进行象棋比赛,假设每局比赛结果相互独立,且每局比赛甲获胜的概率为,乙获胜的概率为. (1)若比赛采用三局两胜制,求甲获胜的概率; (2)如果比赛采用五局三胜制(当一队赢得三场胜利时,该队获胜,比赛结束)进行比赛,求比赛的局数X的分布列和期望; (3)如果每局比赛甲获胜的概率为p(0<p<1),乙获胜的概率为q(q=1-p),比赛的赛制有五局三胜制和三局两胜制两种选择,请问对于甲选手来说,该如何选择比赛赛制对自己更有利. 考点一 考点二 考点三 解 (1)设事件A=“比赛采用三局两胜制甲胜”,则P(A)=()2+×()2×. (2)比赛的局数为X的所有可能取值为3,4,5,可得P(X=3)=()3+()3=, P(X=4)=×()3××()3×, P(X=5)=×()3×()2+×()3×()2=. 所以随机变量X的分布列为 X 3 4 5 P 期望为E(X)=3×+4×+5×. 考点一 考点二 考点三 (3)采用三局两胜制进行比赛甲获胜的概率为f(p)=p2+p2(1-p)=p2(3-2p),采用五局三胜制进行比赛甲获胜的概率为g(p)=p3+p3(1-p)+p3(1-p)2 =p3(6p2-15p+10). 令g(p)-f(p)=3p2(2p3-5p2+4p-1)=3p2(p-1)2(2p-1), 因为0<p<1,所以3p2(p-1)2>0. 当p=时,g(p)=f(p);当0<p<时,g(p)<f(p);当<p<1时,g(p)>f(p). 所以当0<p<时,选择三局两胜制对甲有利;当<p<1时,选择五局三胜制对甲有利;当p=时,选择五局三胜制和三局两胜制对甲没有影响. 考点一 考点二 考点三 考点三　概率统计与函数融合问题 典例3(2025·海南琼海模拟)蝗虫能对农作物造成严重伤害,每只蝗虫的平均产卵数y(单位:个)和平均温度x(单位:℃)有关.现收集到一只蝗虫的产卵数y和温度x的8组观测数据,制成图1所示的散点图.现用两种模型①y=ebx+a,②y=cx2+d分别进行拟合,由此得到相应的回归方程并进行残差分析,进一步得到图2所示的残差图. 图1　产卵数散点图 图2　两种模型的残差图 考点一 考点二 考点三 根据收集到的数据,计算得到如下值: (xi-)2 (ti-)2 (zi-)(xi-) (yi-)(ti-) 24 2.9 646 168 422 688 50.4 70 308 表中zi=ln yi,zi,ti=ti. (1)根据残差图,比较模型①,②的拟合效果,模型　　　　　比较合适.根据所选择的模型,利用上表中的参考数据,求出y关于x的经验回归方程.  考点一 考点二 考点三 (2)根据以往统计,该地每年平均温度达到30 ℃以上时蝗虫会对农作物造成严重伤害,需要人工防治,其他情况均不需要人工防治.设该地每年平均温度达到30 ℃以上的概率为p(0<p<1),该地今后n(n≥3,n∈N*)年恰好需要2次人工防治的概率为f(p). ①求f(p)取得最大值时对应的概率p0; ②当f(p)取最大值时,设该地今后5年需要人工防治的次数为X,求X的期望和方差. 附:对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),…,(un,vn),其经验回归直线u+的斜率和截距的最小二乘估计分别为. 考点一 考点二 考点三 解 (1)模型①更合适,理由如下: 模型①残差点比较均匀地落在水平的带状区域中,且带状区域的宽度比模型②带状区域宽度窄,所以模型①的拟合效果更好,经验回归方程的预报精度相应就会越高,故选模型①比较合适. 令z=ln y,则x,由所给的参考数据可得, =0.3,所以=2.9-0.3×24=-4.3,因此z关于x的经验回归方程为=0.3x-4.3,即ln y=0.3x-4.3,所以产卵数y关于温度x的经验回归方程为y=e0.3x-4.3. 考点一 考点二 考点三 (2)①由题意得,f(p)=p2(1-p)n-2(0<p<1,n≥3,n∈N*), 所以f'(p)=2p(1-p)n-2-(n-2)p2(1-p)n-3=p(1-p)n-3·[2(1-p)-(n-2)p] =p(1-p)n-3·(2-np). 令f'(p)=0,得p=. 当p∈(0,)时,f'(p)>0; 当p∈(,1)时,f'(p)<0,所以f(p)在区间(0,)上单调递增,在区间(,1)上单调递减, 所以f(p)取得最大值时对应的概率p0=(n≥3,n∈N*). 考点一 考点二 考点三 ②由①知,当p0=(n≥3,n∈N*)时,f(p)取最大值,所以当n=5时,p0=. 由题意可知,每年需要人工防治的概率为p=,且X服从二项分布B(5,), 所以E(X)=np=5×=2,D(X)=np(1-p)=5××(1-)=. 考点一 考点二 考点三 [对点训练3]某大学组织大学生举办了一次冬运会知识竞赛,该大学的一学院为此举办了一场选拔赛,选拔赛分为初赛和决赛,初赛通过后才能参加决赛,决赛通过后将代表该学院参加该大学的冬运会知识竞赛. (1)初赛采用选一题答一题的方式,每位参赛大学生最多有7次答题机会,累计答对4道题或答错4道题即终止比赛,答对4道题则进入决赛,答错4道题则被淘汰.已知大学生甲答对每道题的概率均为,且回答各题的结果相互独立. ①求甲至多回答了5道题就进入决赛的概率; ②设甲在初赛中答题的道数为X,求X的分布列和数学期望. (2)决赛共答3道题,若答对题目数量不少于2道,则胜出,代表学院参加学校比赛;否则被淘汰.已知大学生乙进入了决赛,他在决赛中前2道题答对的概率相等,均为x(0<x<1),3道题全答对的概率为,且回答各题的结果相互独立,设他能参加学校比赛的概率为f(x),求f(x)的最小值. 考点一 考点二 考点三 解 (1)①由题可得甲回答了4道题进入决赛的概率为()4=, 甲回答了5道题进入决赛的概率为×()3×, 所以甲至多回答了5道题就进入决赛的概率为. ②由题可知X的可能取值为4,5,6,7,则 P(X=4)=2×()4=, P(X=5)=2××()3×, P(X=6)=2××()3×()2×,P(X=7)=×()3×()3=, 考点一 考点二 考点三 所以X的分布列为 X 4 5 6 7 P 则E(X)=4×+5×+6×+7×. 考点一 考点二 考点三 (2)设乙答对第3道题的概率为y,则x2y=,所以f(x)=x2y+x2(1-y)+x(1-x)y =-2x2y+x2+2xy=x2+,0<x<1, 则f'(x)=2x-. 易知4x2+2x+1>0恒成立. 当0<x<时,f'(x)<0;当<x<1时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,1)上单调递增,所以f(x)min=f()=. 考点一 考点二 考点三 $