2027届高三数学一轮复习课件：第十章　高考热点13　概率创新题

第十章概率高考热点13

概率创新题类型1以全新信息为载体类型2与函数、导数综合创新类型3与数列综合创新目录CONTENTS类型1以全新信息为载体典例1

(多选)(2023新课标Ⅱ,12,5分)在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立,发送

0时,收到1的概率为α(0<α<1),收到0的概率为1-α;发送1时,收到0的概率为β(0<β<1),收到

1的概率为1-β.考虑两种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送

1次;三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码,译码规则如下:单次传

输时,收到的信号即为译码;三次传输时,收到的信号中出现次数多的即为译码(例如,若

依次收到1,0,1,则译码为1)

(

)A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1-α)(1-β)2B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为β(1-β)2

ABD

C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为β(1-β)2+(1-β)3D.当0<α<0.5时,若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案

译码为0的概率解析对于A,依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发

送1接收1的3个事件的积,它们相互独立,所以所求概率为(1-β)·(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2,A

正确;对于B,三次传输,发送1,相当于依次发送1,1,1,则依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、

发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积,它们相互独立,所以所求概率为(1-β)·β·(1-β)=

β(1-β)2,B正确;【利用相互独立事件的概率公式判断A,B】对于C,三次传输,发送1,则译码为1的事件是依次收到1,1,0;1,0,1;0,1,1和1,1,1的事件和,它们互斥,由选项B,知所求的概率为

β(1-β)2+(1-β)3=(1-β)2(1+2β),C错误;【利用相互独立事件及互斥事件的概率公式判断C】对于D,由选项C,知三次传输,发送0,则译码为0的概率为P=(1-α)2(1+2α),单次传输发送0,则译码为0的概率为P'=1-α,因此P-P'=(1-α)2(1+2α)-(1-α)=α(1-α)(1-2α),而0<α<0.5,∴1-α>0,1-2α>0,∴α(1-α)(1-2α)>0,∴(1-α)2(1+2α)>1-α,故D正确.【求出两种传输方案的概率并作差比较判断D】故选ABD.归纳总结新信息题是高考创新试题的一大亮点,通过给出新概念、新定义,或约定一

种新运算,或给出几个新的模型等,创设一种全新的问题情境,主要考查学生提取信息、

加工信息的能力.变式训练1.(情境模型变式)(2025届浙江浙南名校联盟联考,14)“四进制”是一种以4为基数

的计数系统,使用数字0,1,2,3来表示数值.四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维

度的特性,对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响.四进制数转换为十进制数

的方法是将每一位上的数字乘4的相应次方(从0开始),然后将所有乘积相加.例如:四进

制数013转换为十进制数为0×42+1×41+3×40=7;四进制数0033转换为十进制数为0×43+0

×42+3×41+3×40=15;四进制数1230转换为十进制数为1×43+2×42+3×41+0×40=108.现将所有由1,2,3组成的4位(如:1231,2211)四进制数转化为十进制数,在这些十进制数中任取

一个,则这个数能被3整除的概率为_________.解析设a,b,c,d∈{1,2,3},则4位四进制数abcd转换为十进制数为a×43+b×42+c×4+d=a×

(1+3)3+b×(1+3)2+c×(1+3)+d=a(

+

·3+

·32+

·33)+b(

+

·3+

·32)+3c+c+d=a(

·3+

·32+

·33)+b(

·3+

·32)+3c+a+b+c+d,若这个数能被3整除,则a+b+c+d能被3整除.当这个四进制数由1,2,3,3组成时,有

=12个;当这个四进制数由1,1,2,2组成时,有

=6个;当这个四进制数由1,1,1,3组成时,有

=4个;当这个四进制数由2,2,2,3组成时,有

=4个;当这个四进制数都由3组成时,有1个.因为由1,2,3组成的4位四进制数共有34=81个,所以这个数能被3整除的概率为P=

=

.解题关键本题关键在于将四进制数转化为十进制数之后,利用二项式定理来求解能

被3整除的问题,得出所有可能的组合即可求得相应概率.类型2与函数、导数综合创新典例2

(2025届广东揭阳二模,18)一个质点在数轴上从原点开始运动,每次运动的结果

可能是原地不动,也可能是向左或向右运动一个单位.记质点原地不动的概率为p,向右

运动的概率为q,向左运动的概率为1-p-q,其中p∈[0,1),q∈(0,1).(1)若p=

,q=

,求质点运动3次后停在原点右侧的概率.(2)若p=0.①规定质点只要运动到原点左侧就立即停止运动,求质点运动5次后停在原点右侧的概

率;②设计游戏规则如下:第一轮游戏,质点从原点开始运动,设置质点向右运动的概率q=x,

若质点运动3次后停在原点右侧,则进入第二轮游戏,否则游戏结束;第二轮游戏,质点重新从原点开始运动,重新设置质点向右运动的概率q=a-x(0<a<2),运动3次后,若质点停

在原点右侧,则以质点停留位置对应数轴上的数值作为两轮游戏的最终得分,若质点停

在原点左侧或原点处,则两轮游戏的最终得分为0分(规定游戏一轮结束的得分也是0

分).记两轮游戏最终得分的期望E(X)=f(x),若f(x)存在极大值点,求a的取值范围.解析

(1)质点运动3次后停在原点右侧的情况有4种,分别是:3次向右;1次不动,2次向

右;2次向右,1次向左;2次不动,1次向右,所以质点运动3次后停在原点右侧的概率为P=

+

×

+

×

+

×

=

.(2)①质点运动5次后停在原点右侧的情况有4种,分别是:5次向右;第1次向右,后4次有3

次向右,1次向左;前2次向右,后3次有1次向右,2次向左;第1次向右,第2次向左,第3次向右,后2次有1次向右,1次向左,所以运动5次后停在原点右侧的概率P1=q5+q

q3(1-q)+q2

q(1-q)2+q(1-q)q

q(1-q)=q5+4q4(1-q)+3q3(1-q)2+2q3(1-q)2=q3(2q2-6q+5).②第一轮游戏结束进入第二轮游戏的情况有2种,分别是3次向右;2次向右,1次向左,则其概率为x3+

x2(1-x)=x2(3-2x).设两轮游戏最终得分为随机变量X,则X的所有可能取值为0,1,3,又P(X=1)=x2(3-2x)[

(a-x)2(x+1-a)]=3x2(3-2x)(a-x)2(x+1-a),P(X=3)=x2(3-2x)(a-x)3,所以E(X)=0·P(X=0)+1·P(X=1)+3·P(X=3)=3x2(3-2x)(a-x)2(x+1-a)+3x2(3-2x)·(a-x)3=3x2(3-2x)(a-x)2,因为0<q<1,所以

即

所以当0<a≤1时,0<x<a;当1<a<2时,a-1<x<1.记f(x)=3x2(3-2x)(a-x)2,则f'(x)=-6x(x-a)[5x2-(6+3a)x+3a],令g(x)=5x2-(6+3a)x+3a,当0<a≤1时,0<x<a,因为g(0)=3a>0,g(a)=5a2-(6+3a)a+3a=a(2a-3)<0,g(2)=8-3a>0,根据零点存在定理可得,存在x1∈(0,a),使得g(x1)=0,存在x2∈(a,2),使得g(x2)=0,又-6x(x-a)>0,所以当0<x<x1时,f'(x)>0,当x1<x<a时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,a)上单调

递减,所以x1是f(x)的极大值点,所以0<a≤1;当1<a<2时,a-1<x<1,因为g(0)=3a>0,g(1)=-1<0,g(2)=8-3a>0,根据零点存在定理可得,存在x3∈(0,1),使得g(x3)=0,存在x4∈(1,2),使得g(x4)=0,要使f(x)在(a-1,1)上存在极大值点,则g(a-1)=5(a-1)2-(6+3a)(a-1)+3a=2a2-10a+11>0,解得a<

或a>

,因为1<a<2,所以1<a<

.综上所述,0<a<

.归纳总结解决概率和函数、导数的综合问题,关键是读懂题意,将与概率有关的问题

(尤其是最值问题)转化为函数问题,再利用函数或导数知识解决,在转化过程中,对已知

条件进行适当变形、整理,使之与求解的结论建立联系,从而解决问题.变式训练2.(关键元素变式)某老年公寓负责人为了能给老年人提供更加良好的服务,现对所

入住的120名老年人征集意见,该公寓老年人的入住房间类型情况如下表:入住房间的类型单人间双人间三人间人数366024(1)若按入住房间的类型采用分层随机抽样的方法从这120名老年人中随机抽取10人,

再从这10人中随机抽取4人进行询问,记随机抽取的4人中入住单人间的人数为ξ,求ξ的

分布列和数学期望.(2)记双人间与三人间为多人间,若在征集意见时要求把入住单人间的2人和入住多人

间的m(m>2且m∈N*)人组成一组,负责人从某组中任选2人进行询问,若选出的2人入住

房间类型相同,则该组被标为Ⅰ,否则该组被标为Ⅱ.记询问的某组被标为Ⅱ的概率为p.(i)试用含m的代数式表示p;(ii)若一共询问了5组,用g(p)表示恰有3组被标为Ⅱ的概率,试求g(p)的最大值及此时m的

值.解析

(1)因为单人间、双人间、三人间入住人数之比为36∶60∶24,所以这10人中,入住单人间、双人间、三人间的人数分别为10×

=3,10×

=5,10×

=2,所以ξ的所有可能取值为0,1,2,3,P(ξ=0)=

=

,P(ξ=1)=

=

,P(ξ=2)=

=

,P(ξ=3)=

=

,所以ξ的分布列为ξ0123P

E(ξ)=0×

+1×

+2×

+3×

=

.(2)(i)从(m+2)人中任选2人,有

种选法,其中入住房间类型相同的有

+

种选法,所以询问的某组被标为Ⅱ的概率p=1-

=1-

=

.【利用P(A)+P(

)=1求解】(ii)由题意,知5组中恰有3组被标为Ⅱ的概率g(p)=

p3(1-p)2=10p3(1-2p+p2)=10(p3-2p4+p5),所以g'(p)=10(3p2-8p3+5p4)=10p2(p-1)(5p-3),所以当p∈

时,g'(p)>0,g(p)单调递增,当p∈

时,g'(p)<0,g(p)单调递减,【提示:利用导数研究函数的单调性】所以当p=

时,g(p)取得最大值,最大值为g

=

×

×

=

,【根据单调性确定最值】由p=

=

且m>2,m∈N*,得m=3,所以当m=3时,5组中恰有3组被标为Ⅱ的概率最大,且g(p)的最大值为

.类型3与数列综合创新典例3

(2025届湖南九校联盟第二次联考,17)高三某班为缓解学生高考压力,班委会决

定在周班会课上进行“听音乐、猜歌名”的趣味游戏比赛,现将全班学生分为9组,每

组5人,剩余的学生做裁判.比赛规则如下:比赛共分为两轮,第一轮比赛中9个小组分三

场进行比赛,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,选出获胜小组.已知甲、乙、丙3个

小组的学生能成功猜对歌名的概率分别为

,

,

.(1)现从乙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歌游戏,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,则该代表所在小组获得胜利,否则另外一组获得胜

利.若该代表来自丁组,试估计丁组获胜的概率.解析

(1)由题意可知,X~B

,由二项分布的期望公式可得E(X)=5×

=

.(2)记事件A1,A2,A3分别表示该学生来自甲、乙、丙组,事件B表示该同学能猜对,所以,P(A1)=P(A2)=P(A3)=

,P(B|A1)=

,P(B|A2)=

,P(B|A3)=

,由全概率公式可得P(B)=

P(Ak)·P(B|Ak)=

×

+

×

+

×

=

.所以,该学生能猜对歌曲的概率为

.(3)由题意可知,积分增加1分的概率为

,增加2分的概率为

,记得分为n分的概率为Pn,且P1=

,P2=

×

+

=

,Pn=

Pn-1+

Pn-2(n≥3,n∈N*),所以,Pn-Pn-1=-

(Pn-1-Pn-2),又P2-P1=

,所以,数列{Pn+1-Pn}是首项为

,公比为-

的等比数列,则Pn+1-Pn=

·

=

,由累加法可得P10=P1+(P2-P1)+(P3-P2)+…+(P10-P9)=

+

+

+…+

=

+

=

+

+

×

=

+

×

.故丁组获胜的概率为

+

×

.归纳总结概率与数列问题的交汇,多以概率的求解为主线建立关于概率的递推关系.

解决此类问题的基本步骤如下:(1)精准定性,即明确所求概率的“事件属性”;(2)准确建模,即通过概率的求解,建立递推关系,化为数列模型问题;(3)解决