第10单元 09 培优专题（十）统计概率与其他知识的交汇问题（word学生用书）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教B版）

该高中数学讲义聚焦统计概率与数列、函数的交汇问题，按一阶/二阶递推数列、aₙ₊₁=aₙf(n)型及函数综合等角度构建知识体系，通过考点梳理、方法指导（如递推关系推导）、真题讲解（新课标卷例题）和分层练习（例题+变式题），帮助学生突破跨模块综合难点，体现复习的系统性与针对性。 讲义突出交汇问题的思维建模，如引导学生建立一阶递推数列概率模型，培养数学思维与模型意识，设置基础到综合的分层训练，配合即时方法总结，确保高效突破考点，提升学生用数学语言表达实际问题的能力，为教师精准把控复习节奏提供实用指导。

培优专题(十)　统计概率与其他知识的交汇问题 类型一　概率、统计与数列的综合问题 角度1　一阶递推数列Pn=aPn-1+b(n≥2) 例1 [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. (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=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).       变式题 甲、乙两名操作员对A,B,C三个电子信息传递元件进行随机连接检测,并制定如下标准:第一次由A元件将信息传出,每次传递时,传递元件都等可能地将信息传递给另外两个元件中的任何一个,若第三次传递后,信息在A元件中,则该组检测成功,否则该组检测失败.若该组检测成功,则由原操作员继续操作下一组检测;反之,则由另一操作员按上述规则继续操作下一组检测. (1)求一组随机连接检测成功的概率; (2)若第1次从乙开始进行连接检测,求第n(n≥2)次由乙操作的概率Pn.     角度2　二阶递推数列Pn+1=aPn+bPn-1(n≥2) 例2 [2025·辽宁朝阳模拟] 近年来,全球数字化进程持续加速,人工智能(Artificial Intelligence,简称AI)已然成为科技变革的核心驱动力.某高校拟与某网络平台合作组织学生参加与AI知识有关的网络答题活动,为了解男女学生参与答题意愿的差异,用分层随机抽样方法在全体学生中抽取100人,设A为“学生报名参加答题活动”,B为“学生为男生”.据统计得P(A)=,P(B|A)=,P(A|B)=. (1)根据已知条件,完成下列2×2列联表,并根据调查数据回答:在犯错误的概率不超过0.5%的前提下,可以认为该校学生是否报名参加答题活动与性别有关吗? 单位:人 男生 女生 总计 未报名参加答题活动 报名参加答题活动 总计 100 (2)网络答题规则:答题活动不限时间,不限轮次,答多少轮由选手自行确定;每轮均设置m(m≥3)道题,选手参与该轮答题,则至少答一道题,一旦答对一道题,则其本轮答题结束,答错则继续答题,直到第m道题答完,本轮答题结束.已知甲同学报名参加答题活动,假设甲每道题回答是否正确相互独立,且每次答对的概率均为. (i)求甲在一轮答题过程中答题数量ξ的数学期望E(ξ). (ii)假设甲同学每轮答题答对前两道题中的一道,本轮答题得2分,否则得1分.记甲答题累计得分为n的概率为Pn(n∈N*),求Pn的最大值. 参考公式与数据:χ2=,其中n=a+b+c+d. α=P(χ2≥k) 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828     变式题 “猜灯谜”是我国元宵节传统的文化活动.某地在元宵节举办形式多样的猜灯谜比赛活动,比赛规则如下:以个人形式参加比赛,每轮猜一个灯谜,猜中加1分,猜不中则减1分,每位参赛者的初始积分均为1分.假设参赛者在每轮比赛中猜中与猜不中的概率均为,参赛者会一直玩下去,直到遇到如下两种情况才终止比赛:一种是参赛者积分为0分;一种是参赛者积分达到10分.同时举办方规定积分达到10分的参赛者可获得奖品一份. (1)求参赛者参与4轮比赛后积分为3分的概率. (2)设参赛者积分为n分(0≤n≤10,n∈N)时,最终获得奖品的概率为P(n). (i)求P(n); (ii)求参赛者最终获得奖品的概率.     角度3　an+1=anf(n)型 例3 现有n(n∈N*)根绳子,共有2n个绳头,每个绳头只打一次结,且每个结仅含2个绳头,所有绳头打结完毕视为结束. (1)当n=3时,记随机变量X为绳子围成的圈的个数,求X的分布列与数学期望; (2)求证:这n根绳子恰好能围成1个圈的概率为.       变式题 一个书包中有标号为“1,1,2,2,3,3,…,n,n”的2n(n≥2)张卡片.一个人每次从中拿出1张卡片,并且不放回.若他拿出1张与已拿出的卡片中有相同标号的卡片,则他将2张卡片都扔掉;若他手中有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2n张卡片全部被拿走的概率为Pn,则P3=　　　　,P7=　　　　.  类型二　概率、统计与函数的综合问题 例4 [2021·新高考全国Ⅱ卷] 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),pi>0. (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.       总结反思 在概率与统计的问题中,决策的依据是样本的数字特征或有关概率.决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作为最佳方案,这往往需借助函数、不等式或数列的有关性质去求解. 变式题 [2026·辽宁七校协作体模拟] 有一个摸球游戏,在一个口袋中装有6个红球和4个黑球,这些球除颜色外完全相同.游戏规定:每位参与者进行n(n∈N*)次摸球,每次从袋中摸出1个球,有两种摸球方式:一是每次摸球后将球均放回袋中(有放回摸球),再进行下一次摸球,记摸到红球的次数为X;二是每次摸球后将球均不放回袋中(不放回摸球),直接进行下一次摸球,记摸到红球的次数为Y. (1)若n=4. (i)求随机变量Y的分布列和数学期望; (ii)游戏规定摸到的红球个数不少于摸到的黑球个数则中奖,在这个规则下,设有放回摸球中奖的概率为P1,不放回摸球中奖的概率为P2,求P1和P2,并比较它们的大小. (2)若n=10,当P(X=k)取得最大值时k的值满足f(x)=(a>1,k∈N*),函数y=f(6x)的图象与直线y=x有2个不同的公共点,求a的取值范围.     学科网（北京）股份有限公司 $ 培优专题(十)　统计概率与其他知识的交汇问题 例1　解:(1)第2次投篮的人是乙的概率为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次投篮的人是乙的概率为1-pi,由题可得pi+1=0.6pi+0.2(1-pi)=0.4pi+0.2. 设pi+1+λ=(pi+λ),解得λ=-, 则pi+1-=,又p1=,所以p1-=, 所以pi-=×, 所以pi=×+. (3)根据题意可知,当n∈N*时,E(Y)=p1+p2+…+pn=×+=+. 变式题　解:(1)由题知,三次传递所有的传递方法有A→B→A→B,A→B→A→C,A→B→C→A,A→B→C→B,A→C→A→B,A→C→A→C,A→C→B→A,A→C→B→C,共8种,其中第三次传递后,信息在A元件中的传递方法有2种,所以第三次传递后,信息在A元件中的概率为=, 即一组随机连接检测成功的概率为. (2)若第1次从乙开始进行连接检测,则第n(n≥2)次由乙操作有两种情况: (i)第n-1次由乙操作,第n次继续由乙操作,其概率为=Pn-1(n≥2). (ii)第n-1次由甲操作,第n次由乙操作,其概率为=(1-Pn-1)=-Pn-1(n≥2). 所以Pn=+=-Pn-1+(n≥2),所以Pn-=-(n≥2),当n=1时,P1=1, 所以数列是以为首项,-为公比的等比数列, 所以Pn-=×,所以Pn=-. 例2　解:(1)因为P(A)=, 所以报名参加答题活动的学生人数为100×=45. 因为P(B|A)=,所以报名参加答题活动的男生人数为45×=30, 则报名参加答题活动的女生人数为45-30=15, 又P(A|B)=,所以样本中男生人数为30÷=50,女生人数为50. 所以2×2列联表为 单位:人 男生 女生 总计 未报名参加答题活动 20 35 55 报名参加答题活动 30 15 45 总计 50 50 100 则χ2==≈9.091, 又因为查表可得P(χ2≥7.879)=0.005,由于9.091>7.879,所以在犯错误的概率不超过0.5%的前提下,可以认为该校学生是否报名参加答题活动与性别有关. (2)(i)由题得ξ的取值范围为{1,2,3,…,m}, 则P(ξ=i)=×(i=1,2,3,…,m-1),P(ξ=m)=, 所以E(ξ)=+2××+…+(m-1)××+m×, 所以E(ξ)=×+2××+…+(m-1)××+m×, 两式相减得E(ξ)=+×+×+…+×+×-m×, 所以E(ξ)=1+++…+++2m-3m·=+2m-3m×=3-3. (ii)每轮比赛甲得1分的概率为×=,得2分的概率为1-=. 依题意可得P1=,P2=+=. 当n≥3时,Pn=Pn-1+Pn-2. 因为Pn-Pn-1=-(Pn-1-Pn-2)(n≥3),且P2-P1=, 所以数列{Pn+1-Pn}是首项为,公比为-的等比数列,故Pn+1-Pn=·=. 因为Pn+Pn-1=Pn-1+Pn-2(n≥3),P2+P1=1, 所以数列是各项均为1的常数列,则Pn+1+Pn=1. 由解得Pn=-. 当n为奇数时,>0,Pn=-<; 当n为偶数时,<0,Pn=->. 所以Pn的最大值在n为偶数时产生. 又当n为偶数时,Pn=-=+随着n的增大而减小,所以当n=2时,Pn取得最大值P2=. 变式题　解:(1)用1表示参赛者某轮猜中,用-1表示参赛者某轮猜不中, 则4轮比赛后积分为3分的情况为1,1,1,-1或1,1,-1,1或1,-1,1,1, 故参赛者参与4轮比赛后积分为3分的概率P=3××=. (2)(i)当n=0时,参赛者一定不能获得奖品,因此P(0)=0. 当n=10时,参赛者一定能获得奖品,因此P(10)=1.当1≤n≤9,n∈N时,P(n)=P(n-1)+P(n+1), 所以P(n)-P(n-1)=P(n+1)-P(n),所以{P(n)}(0≤n≤10,n∈N)是一个等差数列.设公差为d,则P(10)-P(0)=10d,解得d=,所以P(n)=P(0)+=. (ii)因为参赛者的初始积分为1分, 所以参赛者最终获得奖品的概率为P(1)=. 例3　[思路点拨] (1)依题意,先得到X的所有可能取值,再依次求得对应的概率,即可得解;(2)利用分步乘法计数原理,结合累乘法与古典概型的概率计算公式即可得解. 解:(1)由题知,随机变量X的所有可能取值为1,2,3, P(X=1)==, P(X=2)===, P(X=3)==, 所以X的分布列为 X 1 2 3 P 所以E(X)=1×+2×+3×=. (2)证明:不妨令绳头的编号分别为1,2,3,4,…,2n,则可以与绳头1打结围成1个圈的绳头除了1,2外有2n-2种可能,假设绳头1与绳头3打结,那么相当于对剩下n-1根绳子进行打结. 设n(n≥2)根绳子打结后可围成1个圈的方法种数为an,那么经过一次打结后,剩下n-1根绳子打结后可围成1个圈的方法种数为an-1, 由此可得an=(2n-2)an-1,n≥2, 所以当n≥2时,=2n-2,=2n-4,…,=2, 所以=(2n-2)×(2n-4)×…×2=2n-1·(n-1)!,n≥2, 显然a1=1,满足上式,故an=2n-1·(n-1)!; 另一方面,对2n个绳头进行任意2个绳头打结,总共有N= = =(种)方法,所以这n根绳子恰好能围成1个圈的概率P===. 变式题　　　[解析] 从2n(n≥2)张卡片中选取3张卡片的选法有种,选取的3张卡片中含有2张相同标号卡片的选法有n(2n-2)种,故从2n张卡片中选取3张,其中有2张相同标号卡片的概率为=.将2张相同标号的卡片拿走以后,相当于从n-1(n≥2)对相同标号的卡片中已拿走了1对卡片,要使事件“书包中2n张卡片全部被拿走”发生,只需保证事件“书包中2n-2张卡片全部被拿走”发生,又书包中2n-2张卡片全部被拿走的概率为Pn-1,故Pn=Pn-1,又P2=1,故P3=P2=,P7=××××=. 例4　解:(1)E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1. (2)证明:方法一,常规求导. 令f(x)=p0+p1x+p2x2+p3x3-x,x>0,则f'(x)=p1+2p2x+3p3x2-1,令g(x)=f'(x), 则g'(x)=2p2+6p3x>0,∴f'(x)在(0,+∞)上单调递增. 当E(X)=p1+2p2+3p3≤1时, 若x∈(0,1],则f'(x)≤f'(1)=p1+2p2+3p3-1≤0, ∴f(x)在(0,1]上单调递减, 又f(1)=0,∴p=1. 当E(X)=p1+2p2+3p3>1时,f'(0)=p1-1<0,f'(1)=p1+2p2+3p3-1>0, ∴存在唯一的x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,且当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. 又易知f(0)=p0>0,f(1)=0,∴f(x0)<f(1)=0,∴f(x)在(0,x0)上有一个零点x1,∴p=x1<1. 方法二,巧妙因式分解. 由题意知p0+p1+p2+p3=1,E(X)=p1+2p2+3p3, 由p0+p1x+p2x2+p3x3=x得p0+p2x2+p3x3-(1-p1)x=0, ∴p0+p2x2+p3x3-(p0+p2+p3)x=0,即p0(1-x)+p2x(x-1)+p3x(x-1)(x+1)=0,即(x-1)[p3x2+(p2+p3)x-p0]=0. 令f(x)=p3x2+(p2+p3)x-p0, 则f(x)的图象的对称轴为直线x=-<0,且f(0)=-p0<0,f(1)=2p3+p2-p0=p1+2p2+3p3-1=E(X)-1. 当E(X)≤1时,f(1)≤0,f(x)=0的正实根x0≥1,原方程的最小正实根p=1, 当E(X)>1时,f(1)>0,f(x)=0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或等于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. 变式题　解:(1)(i)由题得Y的取值范围为{0,1,2,3,4}, P(Y=0)==, P(Y=1)==, P(Y=2)==, P(Y=3)==, P(Y=4)==, 所以Y的分布列为 Y 0 1 2 3 4 P 所以E(Y)=×0+×1+×2+×3+×4=. (ii)对于有放回摸球,各次试验的结果互相独立,因此X~B, 则P(X=2)=××=, P(X=3)=××=, P(X=4)=××=, 故P1=P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)=. 由(i)可知P2=P(Y=2)+P(Y=3)+P(Y=4)=. 因为<,所以P1<P2. (2)当n=10时,X~B. 若P(X=k)最大,则k≥2, 且即 解得≤k≤, 又k∈N*,所以k=6,则f(x)=,所以f(6x)=ax. 由题得方程ax=x有2个不相等的正实根, 两边取对数得ln a=有2个不相等的正实根. 构造函数g(x)=, 求导得g'(x)=. 令g'(x)=0,解得x=e. 当x∈(0,e)时,g'(x)>0;当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0. 则g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,且当x→0时,g(x)→-∞, 当x→+∞时,g(x)→0, 则g(x)=的大致图象(横、纵坐标轴单位长度不相等)如图所示. 由图得,0<ln a<,解得1<a<,所以a的取值范围为(1,). 学科网（北京）股份有限公司 $