2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-素能培优（十） 概率与函数、数列的交汇问题

概率是历年高考的必考点之一，其中概率中的函数建模问题、借助条件概率建立递推关系问题等等都是高考命题的核心点，有时出现在试卷的压轴位置，难度较大，可以较好地考查考生对知识点的综合运用能力．考点难度2024Ⅰ卷T19计数原理、古典概型、数列难2023Ⅱ卷T19频率分布直方图、函数难Ⅰ卷T21分布列、期望、数列难2021Ⅱ卷T21分布列、期望、函数难考向一概率中的函数问题(2024·山东烟台模拟)某蔬菜批发商分别在甲、乙两个市场销售某种蔬菜(两个市场的销售互不影响)，已知该蔬菜每售出1吨获利500元，未售出的蔬菜降价处理，每吨亏损100元．现分别统计该蔬菜在甲、乙两个市场以往100个周期的市场需求量，制成频数分布条形图如下：以市场需求量的频率代替需求量的概率．设批发商在下个销售周期购进n吨该蔬菜，在甲、乙两个市场同时销售，以X(单位：吨)表示下个销售周期两个市场的总需求量，T(单位：元)表示下个销售周期两个市场的销售总利润．(1)求X的分布列；(2)当n＝19时，求T与X的函数解析式，并估计销售利润不少于8900元的概率；(3)以销售利润的期望作为决策的依据，判断n＝17与n＝18应选择哪一个．解：(1)设甲市场的需求量为x，乙市场的需求量为y，则由题意得，P(x＝8)＝0.3，P(x＝9)＝0.4，P(x＝10)＝0.3；P(y＝8)＝0.2，P(y＝9)＝0.5，P(y＝10)＝0.3.由题意得，X的所有可能取值为16，17，18，19，20，且P(X＝16)＝P(x＝8，y＝8)＝P(x＝8)P(y＝8)＝0.3×0.2＝0.06，P(X＝17)＝P(x＝8，y＝9)＋P(x＝9，y＝8)＝0.3×0.5＋0.4×0.2＝0.23，P(X＝18)＝P(x＝8，y＝10)＋P(x＝10，y＝8)＋P(x＝9，y＝9)＝0.3×0.3＋0.3×0.2＋0.4×0.5＝0.35，P(X＝19)＝P(x＝9，y＝10)＋P(x＝10，y＝9)＝0.4×0.3＋0.3×0.5＝0.27，P(X＝20)＝P(x＝10，y＝10)＝0.3×0.3＝0.09.所以X的分布列为X1617181920P0.060.230.350.270.09(2)由题意得，当X≥19时，T＝500×19＝9500，当X<19时，T＝500X－(19－X)×100＝600X－1900，所以T＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9500，X≥19，,600X－1900，X<19.))设事件A＝“销售利润不少于8900元”，当X≥19时，T＝9500>8900，当X<19时，令T＝600X－1900≥8900，解得X≥18.由(1)中X的分布列可知，P(A)＝P(X≥18)＝0.35＋0.27＋0.09＝0.71.(3)由(1)知，P(X＝16)＝0.06，P(X＝17)＝0.23.当n＝17时，T的分布列为XX＝16X≥17T500×16－(17－16)×100500×17P0.060.94所以E(T)＝[500×16－(17－16)×100]×0.06＋500×17×0.94＝8464；当n＝18时，T的分布列为XX＝16X＝17X≥18T500×16－(18－16)×100500×17－(18－17)×100500×18P0.060.230.71所以E(T)＝[500×16－(18－16)×100]×0.06＋[500×17－(18－17)×100]×0.23＋500×18×0.71＝8790.因为8790>8464，所以应选择n＝18.概率统计中的最值问题的求解思路建模建立函数模型或概率模型求最值方法一：借助二次函数、分段函数的性质，利用单调性求均值、方差的最值；方法二：利用导数研究函数的极值点，从而确定最优解检验反思回顾，注意实际问题的实际意义(2024·河南信阳一模)小甲参加商场举行的玩游戏换代金券的活动．若参与A游戏，则每次胜利可以获得该商场150元的代金券；若参与B游戏，则每次胜利可以获得该商场200元的代金券；若参与C游戏，则每次胜利可以获得该商场300元的代金券．已知每参与一次游戏需要成本100元，且小甲每次游戏胜利与否相互独立．(1)若小甲参与4次A游戏，每次获胜的概率为p(0<p<1)，记其最终获得450元代金券的概率为F(p)，求函数F(p)的极大值点p0；(2)在(1)的条件下，记小甲参与A，B，C游戏获胜的概率分别为eq\f(2,3)p0，eq\f(4,7)p0，eq\f(1,2)p0.若小甲只玩一次游戏，试通过计算说明，玩哪种游戏小甲获利的期望最大．解：(1)依题意，小甲获胜3次且失利1次，则F(p)＝Ceq\o\al(3,4)p3(1－p)＝－4p4＋4p3，0<p<1，故F′(p)＝－16p3＋12p2＝4p2(－4p＋3)，令F′(p)＝0，得p＝eq\f(3,4)，故当p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))时，F′(p)>0，当p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))时，F′(p)<0，则F(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))上单调递减，所以函数F(p)的极大值点p0＝eq\f(3,4).(2)由(1)可知，小甲参与A，B，C游戏获胜的概率分别为eq\f(1,2)，eq\f(3,7)，eq\f(3,8)，记小甲参与A，B，C游戏获利分别为Z1，Z2，Z3，若小甲参与A游戏，则E(Z1)＝eq\f(1,2)×50＋eq\f(1,2)×(－100)＝－25；若小甲参与B游戏，则E(Z2)＝eq\f(3,7)×100＋eq\f(4,7)×(－100)＝－eq\f(100,7)；若小甲参与C游戏，则E(Z3)＝eq\f(3,8)×200＋eq\f(5,8)×(－100)＝eq\f(25,2).因为E(Z1)<E(Z2)<E(Z3)，故小甲参与C游戏获利的期望最大．考向二概率中的数列问题(2024·山东威海期末)甲、乙、丙3人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等可能地传给其余2人之一，设Pn表示经过n次传递后球传到乙手中的概率．(1)求P1，P2；(2)证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,3)))是等比数列，并求Pn；(3)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(eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))Xi)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))qi.记前n次(即从第1次到第n次传球)中球传到乙手中的次数为Y，求E(Y)．解：(1)因为Pn表示经过n次传递后球传到乙手中的概率，所以球第一次传到乙手中的概率为P1＝eq\f(1,2)，第二次传到乙手中的概率为P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).(2)记事件An表示“经过n次传递后球传到乙手中”，若An＋1发生，则An一定不发生，所以Pn＋1＝(1－Pn)×eq\f(1,2)，即Pn＋1＝－eq\f(1,2)Pn＋eq\f(1,2)，即Pn＋1－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,3)))，又P1－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,3)))是以eq\f(1,6)为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以Pn－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，即Pn＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋eq\f(1,3).(3)由题意，i次传球后球在乙手中的次数Yi，Yi服从两点分布，且P(Yi＝1)＝1－P(Yi＝0)＝Pi，所以E(Y)＝E(eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))Yi)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))pi，i∈N*.由(2)可知Pi＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(i－1)＋eq\f(1,3)，则E(Y)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))Pi＝eq\f(1,6)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(i－1)＋eq\f(n,3)＝eq\f(1,9)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n)))＋eq\f(n,3).本例将概率和数列知识综合到了一起，解答的关键是明确P(n＋1)与P(n)的关系，即Pn＋1＝(1－Pn)×eq\f(1,2)，然后借助数列的知识求解即可．(2025·黑龙江哈尔滨模拟)已知箱中有若干个大小相同的红球和白球，每次抽一个球，若抽到白球，则放回并再次抽球，若抽到红球，则不再抽取．设每次抽到红球的概率为p(0<p<1)，记X为停止抽球时所抽取的次数，X的数学期望为E(X)．(1)若最多抽4次，且p＝0.1，求X的分布列及数学期望；(2)在成功概率为p(0<p<1)的伯努利试验中，记X为首次成功时所需的试验次数，X的取值为所有正整数，此时称离散型随机变量X的概率分布为几何分布．若抽球一直进行下去，则X服从几何分布．①求恰好第k次抽到红球的概率P(X＝k)；②求E(X)．解：(1)X的所有可能取值为1，2，3，4，P(X＝1)＝0.1，P(X＝2)＝0.9×0.1＝0.09，P(X＝3)＝0.9×0.9×0.1＝0.081，P(X＝4)＝0.93＝0.729，故X的分布列为X1234P(X＝k)0.10.090.0810.729数学期望E(X)＝1×0.1＋2×0.09＋3×0.081＋4×0.729＝3.439.(2)①恰好第k次抽到红球，这意味着前k－1次抽到的都是白球，如果k＝1，可以视为第一次就抽到了红球，从而P(X＝k)＝＝(1－p)k－1p.②由题意，知E(X)＝eq\o(,\s\up4(lim),\s\do4(n→+∞))eq^\o(lim,\s\do4(n→＋∞))[eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))kP(X＝k)]，设En(X)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))kP(X＝k)，则En(X)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))kP(X＝k)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))k(1－p)k－1p＝p＋2(1－p)p＋…＋n(1－p)n－1p，(1－p)En(X)＝(1－p)p＋2(1－p)2p＋…＋n(1－p)np，两式相减，得pEn(X)＝p＋(1－p)p＋…＋(1－p)n－1p－n(1－p)np，所以En(X)＝1＋(1－p)＋…＋(1－p)n－1－n(1－p)n＝eq\f(1－（1－p）n,1－（1－p）)＝eq\f(1－（1－p）n,p)－n(1－p)n.因为0<p<1，所以0<1－p<1，所以E(X)＝eq\o(,\s\up4(lim),\s\do4(n→+∞))eq^\o(,\s\do4(n→＋∞))En(X)＝eq\