10.3.1 概率創(chuàng)新題 課件-2025屆高三數(shù)學(xué)三輪專項復(fù)習(xí)

10.3.1概率創(chuàng)新題高考解讀

概率題在高考中通常以背景新穎化、生活化的情景,結(jié)合數(shù)學(xué)文化、社會

熱點,選取一些貼近生活的素材,考查學(xué)生的閱讀理解能力和數(shù)據(jù)分析能力.近幾年概率

題難度較大,不是概率知識本身難度大,而是難在概率與其他知識結(jié)合命題.高考溯源1.以全新信息為載體(多選)(2023新課標Ⅱ,12,5分)在信道內(nèi)傳輸0,1信號,信號的傳輸相互獨立,發(fā)送0時,收

到1的概率為α(0<α<1),收到0的概率為1-α;發(fā)送1時,收到0的概率為β(0<β<1),收到1的概

率為1-β.考慮兩種傳輸方案:單次傳輸和三次傳輸.單次傳輸是指每個信號只發(fā)送1次;

三次傳輸是指每個信號重復(fù)發(fā)送3次.收到的信號需要譯碼,譯碼規(guī)則如下:單次傳輸時,

收到的信號即為譯碼;三次傳輸時,收到的信號中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼(例如,若依次

收到1,0,1,則譯碼為1)

(

)A.采用單次傳輸方案,若依次發(fā)送1,0,1,則依次收到1,0,1的概率為(1-α)(1-β)2B.采用三次傳輸方案,若發(fā)送1,則依次收到1,0,1的概率為β(1-β)2ABDC.采用三次傳輸方案,若發(fā)送1,則譯碼為1的概率為β(1-β)2+(1-β)3D.當0<α<0.5時,若發(fā)送0,則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案

譯碼為0的概率解析

當發(fā)送0時,收到0,1分別記為事件A,B,當發(fā)送1時,收到0,1分別記為事件C,D,則P(A)=1-α,P(B)=α,P(C)=β,P(D)=1-β,且A,B,C,D

相互獨立.對于A,即求事件DAD發(fā)生的概率,P(DAD)=P(A)·(P(D))2=(1-α)(1-β)2,故A正確;對于B,即求事件DCD發(fā)生的概率,P(DCD)=P(C)·(P(D))2=β(1-β)2,故B正確;對于C,采用三次傳輸方案,發(fā)送1,且譯碼為1的情況有兩種:3次發(fā)送均收到1,3次發(fā)送恰有2次收到1,故所求概率為(1-β)3+3β(1-β)2,故C不正確;對于D,采用三次傳輸方案,發(fā)送0,且譯碼為0的概率為(1-α)3+3(1-α)2α=(1+2α)(1-α)2,采用單次傳輸方案,發(fā)送0,且譯碼為0的概率為1-α,(1+2α)(1-α)2-(1-α)=(1-α)[(1+2α)(1-α)-1]=(1-α)(-2α2+α)=(1-α)(1-2α)α,∵0<α<

,∴1-α>0,1-2α>0,∴(1-α)(1-2α)α>0,∴(1+2α)(1-α)2>1-α,故D正確.故選ABD.歸納總結(jié)新信息題是高考創(chuàng)新試題的一大亮點,通過給出個新概念、新定義,或約定

一種新運算,或給出幾個新的模型等,創(chuàng)設(shè)一種全新的問題情境,主要考查學(xué)生提取信

息、加工信息的能力.高考仿真

(2024湖北武漢二調(diào),14)“布朗運動”是指微小顆粒永不停息的無規(guī)則隨

機運動,在如圖所示的試驗容器中,容器由三個倉組成,某粒子做布朗運動時每次會從所

在倉的通道口中隨機選擇一個到達相鄰倉或者容器外,一旦粒子到達容器外就會被外

部捕獲裝置所捕獲,此時試驗結(jié)束.已知該粒子初始位置在1號倉,則試驗結(jié)束時該粒子

是從1號倉到達容器外的概率為

.解析

粒子的運動如圖,(√表示從1號倉被捕捉,?表示從2號或3號倉被捕捉,兩種情況均不滿

足題意)故設(shè)粒子從i號倉出發(fā)最終從1號倉被捕捉的概率為pi,則有

解得p1=

.2.以實際生活為背景的決策問題(2024新課標Ⅱ,18,17分)某投籃比賽分為兩個階段,每個參賽隊由兩名隊員組成.比賽具

體規(guī)則如下:第一階段由參賽隊中一名隊員投籃3次,若3次都未投中,則該隊被淘汰,比

賽成績?yōu)?分;若至少投中1次,則該隊進入第二階段.第二階段由該隊的另一名隊員投籃

3次,每次投籃投中得5分,未投中得0分,該隊的比賽成績?yōu)榈诙A段的得分總和.某參賽隊由甲、乙兩名隊員組成,設(shè)甲每次投中的概率為p,乙每次投中的概率為q,各次

投中與否相互獨立.(1)若p=0.4,q=0.5,甲參加第一階段比賽,求甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分的概率.(2)假設(shè)0<p<q.(i)為使得甲、乙所在隊的比賽成績?yōu)?5分的概率最大,應(yīng)該由誰參加第一階段比賽?(ii)為使得甲、乙所在隊的比賽成績的數(shù)學(xué)期望最大,應(yīng)該由誰參加第一階段比賽?解析

(1)由題意知甲參加第一階段比賽與乙參加第二階段比賽是相互獨立事件.因此甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分的概率為[1-(1-p)3][1-(1-q)3]=[1-(1-0.4)3][1-(1-0.5)3]=0.686.(2)(i)設(shè)由甲參加第一階段比賽,該隊比賽成績?yōu)?5分的概率為P1,乙參加第一階段比賽,

該隊比賽成績?yōu)?5分的概率為P2,則P1=[1-(1-p)3]q3,P2=[1-(1-q)3]p3.則P1-P2=[1-(1-p)3]q3-[1-(1-q)3]p3=3pq(q-p)(q+p-pq),又0<p<q≤1,所以q-p>0,p+q-pq=p(1-q)+q>0,所以P1>P2,則應(yīng)由甲參加第一階段,這樣才能使得甲、乙所在隊的比賽成績?yōu)?5分的概率最大.(ii)設(shè)甲參加第一階段比賽,該隊比賽成績?yōu)閄,則X的可能取值為0,5,10,15.則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,所以由甲參加第一階段比賽,該隊比賽成績的數(shù)學(xué)期望為E(X)=0+5[1-(1-p)3]·

q(1-q)2+10[1-(1-p)3]·

q2(1-q)+15[1-(1-p)3]·q3=15q(3p-3p2+p3).設(shè)乙參加第一階段比賽,該隊比賽成績?yōu)閅,同理可得乙參加第一階段比賽,該隊比賽成績的數(shù)學(xué)期望E(Y)=15p(3q-3q2+q3).E(X)-E(Y)=15q(3p-3p2+p3)-15p(3q-3q2+q3)=15pq(q-p)(3-p-q),因為0<p<q≤1,所以q-p>0,3-p-q>0,所以E(X)>E(Y).則由甲參加第一階段比賽時,該隊比賽成績的數(shù)學(xué)期望最大.高考仿真

(2024廣東茂名第二次綜合測試,18)在一場乒乓球賽中,甲、乙、丙、丁四

人角逐冠軍.比賽采用“雙敗淘汰制”,具體賽制為:首先,四人通過抽簽兩兩對陣,勝者

進入“勝區(qū)”,敗者進入“敗區(qū)”;接下來,“勝區(qū)”的兩人對陣,勝者進入最后決賽;

“敗區(qū)”的兩人對陣,敗者直接淘汰出局獲得第四名;緊接著,“敗區(qū)”的勝者和“勝

區(qū)”的敗者對陣,勝者晉級最后的決賽,敗者獲得第三名;最后,剩下的兩人進行最后的

冠軍決賽,勝者獲得冠軍,敗者獲得第二名.甲對陣乙、丙、丁獲勝的概率均為p(0<p<1),

且不同對陣的結(jié)果相互獨立.(1)若p=0.6,經(jīng)抽簽,第一輪由甲對陣乙,丙對陣丁.(i)求甲獲得第四名的概率;(ii)求甲在“雙敗淘汰制”下參與對陣的比賽場數(shù)的數(shù)學(xué)期望.(2)除“雙敗淘汰制”外,也經(jīng)常采用“單敗淘汰制”:抽簽決定兩兩對陣,勝者晉級,敗

者淘汰,直至決出最后的冠軍.哪種賽制對甲奪冠有利?請說明理由.解析

(1)(i)記“甲獲得第四名”為事件A,則P(A)=(1-0.6)2=0.16.(ii)記甲在“雙敗淘汰制”下參與對陣的比賽場次為隨機變量X,則X的所有可能取值為2,3,4.連敗兩局:P(X=2)=(1-0.6)2=0.16.X=3可分為連勝兩局,第三局不管勝負;負勝負;勝負負,P(X=3)=0.62+(1-0.6)×0.6×(1-0.6)+0.6×(1-0.6)×(1-0.6)=0.552,P(X=4)=(1-0.6)×0.6×0.6+0.6×(1-0.6)×0.6=0.288,故X的分布列如下:X234P0.160.5520.288故數(shù)學(xué)期望E(X)=2×0.16+3×0.552+4×0.288=3.128.(2)“雙敗淘汰制”下,甲獲勝的概率P=p3+p(1-p)p2+(1-p)·p3=(3-2p)p3.在“單敗淘汰制”下,甲獲勝的概率為p2.因為(3-2p)p3-p2=p2(3p-2p2-1)=p2(2p-1)(1-p),且0<p<1,所以p∈

時,(3-2p)p3>p2,“雙敗淘汰制”對甲奪冠有利;p∈

時,(3-2p)p3<p2,“單敗淘汰制”對甲奪冠有利;p=

時,兩種賽制甲奪冠的概率一樣.3.與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)綜合創(chuàng)新(多選)(2020新高考Ⅰ,12,5分)信息熵是信息論中的一個重要概念.設(shè)隨機變量X所有可

能的取值為1,2,…,n,且P(X=i)=pi>0(i=1,2,…,n),

pi=1,定義X的信息熵H(X)=-

pilog2pi.

(

)A.若n=1,則H(X)=0B.若n=2,則H(X)隨著p1的增大而增大C.若pi=

(i=1,2,…,n),則H(X)隨著n的增大而增大D.若n=2m,隨機變量Y所有可能的取值為1,2,…,m,且P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,…,m),則H(X)

≤H(Y)AC解析

對于A,若n=1,則p1=1,∴H(X)=-1×log21=0,A正確.對于B,若n=2,則p1+p2=1,∴H(X)=-

pilog2pi=-(p1log2p1+p2log2p2),∵p1+p2=1,∴p2=1-p1,p1∈(0,1),∴H(X)=-[p1log2p1+(1-p1)log2(1-p1)],令f(p1)=-[p1log2p1+(1-p1)log2(1-p1)],∴f'(p1)=-

p1·

+log2p1+(1-p1)·

-log2(1-p1)

=-[log2p1-log2(1-p1)]=log2

,令f'(p1)>0,得0<p1<

;令f'(p1)<0,得

<p1<1.∴y=f(p1)在

上為增函數(shù),在

上為減函數(shù),∴H(X)隨著p1的增大先增大后減小,B不正確.對于C,由pi=

(i=1,2,…,n)可知,H(X)=-

pilog2pi=-

log2

=log2n,∴H(X)隨著n的增大而增大,C正確.對于D,解法一(特例法):不妨設(shè)m=1,n=2,則H(X)=-

pilog2pi=-(p1log2p1+p2log2p2),由于p1+p2=1,不妨設(shè)p1=p2=

,則H(X)=-

=log22=1,H(Y)=-1×log21=0,故H(X)>H(Y),D不正確.解法二:由P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,…,m),得P(Y=1)=p1+p2m,P(Y=2)=p2+p2m-1,……,P(Y=m)=pm

+pm+1,∴H(Y)=-[(p1+p2m)·log2(p1+p2m)+(p2+p2m-1)·log2(p2+p2m-1)+…+(pm+pm+1)log2(pm+pm+1)],由n=2m,得H(X)=-

pilog2pi=-(p1log2p1+p2log2p2+…+p2m·log2p2m),不妨設(shè)0<a<1,0<b<1,且0<a+b≤1,則log2a<log2(a+b),alog2a<alog2(a+b),同理,blog2b<blog2(a+b),∴alog2a+blog2b<(a+b)·log2(a+b),∴p1log2p1+p2mlog2p2m<(p1+p2m)log2(p1+p2m),p2log2p2+p2m-1log2p2m-1<(p2+p2m-1)log2(p2+p2m-1),……pmlog2pm+pm+1log2pm+1<(pm+pm+1)log2(pm+pm+1),∴

pilog2pi<

(pj+p2m+1-j)log2(pj+p2m+1-j),∴H(X)>H(Y),D不正確.歸納總結(jié)

解決概率和函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的綜合問題,關(guān)鍵是讀懂題意,將與概率有關(guān)的問題

(尤其是最值問題)轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題,再利用函數(shù)或?qū)?shù)知識解決,在轉(zhuǎn)化過程中,對已知

條件進行適當變形、整理,使之與求解的結(jié)論建立聯(lián)系,從而解決問題.高考仿真

(2024江西新余第一中學(xué)開學(xué)考,18)某老年公寓負責人為了能給老年人提

供更加良好的服務(wù),現(xiàn)對所入住的120名老年人征集意見,該公寓老年人的入住房間類

型情況如下表:入住房間的類型單人間雙人間三人間人數(shù)366024(1)若按入住房間的類型采用分層隨機抽樣的方法從這120名老年人中隨機抽取10人,

再從這10人中隨機抽取4人進行詢問,記隨機抽取的4人中入住單人間的人數(shù)為ξ,求ξ的

分布列和數(shù)學(xué)期望.(2)記雙人間與三人間為多人間,若在征集意見時要求把入住單人間的2人和入住多人

間的m(m>2且m∈N*)人組成一組,負責人從某組中任選2人進行詢問,若選出的2人入住

房間類型相同,則該組被標為Ⅰ,否則該組被標為Ⅱ.記詢問的某組被標為Ⅱ的概率為p.(i)試用含m的代數(shù)式表示p;(ii)若一共詢問了5組,用g(p)表示恰有3組被標為Ⅱ的概率,試求g(p)的最大值及此時m的

值.解析

(1)因為單人間、雙人間、三人間入住人數(shù)之比為36∶60∶24,所以這10人中,入住單人間、雙人間、三人間的人數(shù)分別為10×

=3,10×

=5,10×

=2,所以ξ的所有可能取值為0,1,2,3,P(ξ=0)=

=

,P(ξ=1)=

=

,P(ξ=2)=

=

,P(ξ=3)=

=

,所以ξ的分布列為ξ0123P

E(ξ)=0×

+1×

+2×

+3×

=

.(2)(i)從m+2人中任選2人,有

種選法,其中入住房間類型相同的有

+

種選法,所以詢問的某組被標為Ⅱ的概率p=1-

=1-

=

.(利用P(A)+P(

)=1求解)(ii)由題意,知5組中恰有3組被標為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),所以當p∈

時,g'(p)>0,函數(shù)g(p)單調(diào)遞增,當p∈

時,g'(p)<0,函數(shù)g(p)單調(diào)遞減,(提示:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性)所以當p=

時,g(p)取得最大值,最大值為g

=

×

×

=

,(根據(jù)單調(diào)性確定最值)由p=

=

且m>2,m∈N*,得m=3,所以當m=3時,5組中恰有3組被標為Ⅱ的概率最大,且g(p)的最大值為

.4.與數(shù)列綜合創(chuàng)新(2023新課標Ⅰ,21,12分)甲、乙兩人投籃,每次由其中一人投籃,規(guī)則如下:若命中則此

人繼續(xù)投籃,若未命中則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何,甲每次投籃的命中率均

為0.6,乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選,第1次投籃的人是

甲、乙的概率各為0.5.(1)求第2次投籃的人是乙的概率;(2)求第i次投籃的人是甲的概率;(3)已知:若隨機變量Xi服從兩點分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,則E

=

記前n次(即從第1次到第n次投籃)中甲投籃的次數(shù)為Y,求E(Y).解析

記Ai=“第i次投籃的人是甲”,Bi=“第i次投籃的人是乙”.(1)因為P(B2)=P(A1B2)+P(B1B2)=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)=0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6,所以第2次投籃的人是乙的概率為0.6.(2)設(shè)P(Ai)=pi,則P(Bi)=1-pi,所以P(Ai+1)=P(AiAi+1)+P(BiAi+1)=P(Ai)P(Ai+1|Ai)+P(Bi)P(Ai+1|Bi),即pi+1=0.6pi+(1-0.8)×(1-pi)=0.4pi+0.2.設(shè)pi+1+λ=

(pi+λ),解得λ=-

,則pi+1-

=

,因為p1=

,p1-

=

,所以

是首項為

,公比為

的等比數(shù)列,所以pi-

=

×

,即pi=

×

+

.所以第i次投籃的人是甲的概率為

×

+

.(3)因為pi=

×

+

,i=1,2,…,n,所以當n∈N*時,