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高中数学-概率统计解答题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、解答题
1．某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下：
①顾客在该商场内的消费额每满100元，可获得1张奖券；
②每张奖券可以进行1次抽奖活动，即从装有4个白球、2个红球的盒子中，随机摸取1个球（每个球被摸到的可能性相同）．奖励规则：若摸出白球，则没有中奖，摸出的白球放回原盒子中，本张奖券抽奖活动结束；若摸出红球，则中奖，获得礼品1份，且摸出的红球不放回原盒子中，同时得到一次额外的抽奖机会（该抽奖机会无需使用新的奖券），继续从当前盒子中随机摸取1个球，其奖励规则不变；
③从第二张奖券开始，使用每张奖券抽奖时均在前一张奖券抽奖活动的基础上进行；
④若顾客获得2份礼品（即该顾客将2个红球都摸出）或使用完所获奖券，则该顾客本次购物的抽奖活动结束．
(1)顾客甲通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“甲使用第2张奖券抽奖，中奖"的概率；
(2)顾客乙通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”的概率；
(3)顾客丙消费了1000元，设表示顾客丙在这次抽奖活动中所使用奖券的数量，求的分布列及其期望．
2．北海舰队开放日活动中，随机抽取了200名学生参加绳子打结计时的趣味性比赛，并对学生性别与绳子打结速度快慢的相关性进行分析，得到数据如下表：
性别 绳子打结速度 合计
快 慢
男生 45
女生 35 90
合计
(1)完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断绳子打结速度快慢是否与学生性别有关联，并说明理由；
(2)现有根绳子，共有2n个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．
（i）现在有4根绳子，求恰好能围成两个圈的概率；
（ii）这n根绳子恰好能围成一个圈的不同的连接方法数为，求．
附：
0.05 0.01 0.001
3.841 6.635 10.828
3．有，，，，，，，八名运动员参加乒乓球赛事，该赛事采用预赛，半决赛和决赛三轮淘汰制决定最后的冠军、八名运动员在比赛开始前抽签随机决定各自的位置编号，已知这七名运动员互相对决时彼此间的获胜概率均为，运动员与其它运动员对决时，获胜的概率为，每场对决没有平局，且结果相互独立．
(1)求这八名运动员各自获得冠军的概率；
(2)求与对决过且最后获得冠军的概率；
(3)求与对决过且最后获得冠军的概率．
4．某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6个小球，其中4个黑球，2个红球.模型一为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再往小盒里加入2个红球；模型二为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中.
(1)分别计算在两种模型下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率；
(2)在模型二的前提下：
①求在第次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用表示）.
②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为，求的数学期望.
5．某药厂为获得新研发药品的治愈率，委托某公司进行调查，首轮抽取个患者进行试验，每个患者是否治愈相互独立．
(1)假设，回答以下问题：
（ⅰ）若，求患者痊愈比例为到的概率．
（ⅱ）该公司第二轮再抽取个患者进行试验．为简化运算过程，拟用计算两轮试验治愈总人数为的概率，是否合理？若合理，请证明；若不合理，请说明理由．
(2)在重伯努利试验中，随机变量，随着试验次数增加，其概率计算较为复杂，此时，根据中心极限定理，近似服从正态分布，故常用以下公式简化概率计算：，其中，随机变量．若用该公司首轮试验的治愈频率来估计治愈率，为保证有把握，使得与之间误差不超过0.01，则至少应抽取多少个患者？
参考数据：．
6．为积极落实“每天锻炼一小时，健康工作五十年，幸福生活一辈子”的现代健康理念.某学校大力开展“阳光体育大课间”活动，制订了主题为“百年风云”的系列纪念币奖励学生，该系列纪念币有四种.每个学生每天自主选择“球类”和“田径”中的一项进行锻炼.锻炼结束后学生将随机等可能地获得一枚纪念币.
(1)某学生活动前两天获得两种纪念币，则前四天恰好能集齐“百年风云”系列纪念币的概率是多少？
(2)通过抽样调查发现，活动首日有的学生选择“球类”，其余的学生选择“田径”；在前一天选择“球类”的学生中，次日会有的学生继续选择“球类”，其余的选择“田径”；在前一天选择“田径”的学生中，次日会有的学生继续选择“田径”，其余的选择“球类”.用频率估计概率，记某学生第天选择“球类”的概率为.
①计算，并求.
②该学校共有学生2100人，经过足够多天后，试估计该学校接下来每天各有多少学生参加“球类”和“田径”运动？
7．编号为的个球依次被等可能地涂成黑色或白色，设编号为奇数的黑色球的个数为，编号为偶数的白色球的个数为，记事件“”为．
(1)求；
(2)当时，求；
(3)当时，设，证明：．
8．在某场乒乓球比赛中，甲乙两人进入决胜局，且目前该局比分为，接下来比赛规则如下：两人轮流各发一个球，谁赢此球就获得1分，直到有一方得分超过对方2分时即可获得该局的胜利.已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6，若上一球甲获胜，则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜，则甲在下一球比赛中获胜的概率为，其中，设甲在接下来第球比赛中获胜的概率为.
(1)若，求甲以获胜的概率；
(2)求与的关系；
(3)证明：.
9．如果数列中存在四项，，，，使得（，，，互不相同），则称数列为稳健数列.
(1)若数列是项数为5的正项等比数列，且是稳健数列，求的公比的个数；
(2)若数列的项数为6，且，从中任意取出四项组成一个数列，求该数列为稳健数列的频率；
(3)若数列为等差数列，且公差不为0，从中任意取出四项组成一个数列，该数列为稳健数列的概率超过，求数列的项数的最大值.
【参考公式：】
10．已知一个袋子中装有分别标有数字的张卡片，．
(1)把这个袋子中的张卡片分别放入2个不同的盒子中，每个盒子不空，记分配方法总数为，求的值；
(2)从这个袋子中依次随机抽取一张卡片．
（i）若取出的卡片不再放回袋子，记为最后一张标号为偶数的卡片被取出时所需的抽取次数，求；
（ii）若取出的卡片再放回袋子，最多抽取次，直到取到标号为偶数的卡片就停止抽取，记抽取的次数为，证明：．
11．现有位编号为1到2n的玩家，房间里有2n个盒子（盒子的编号为1到2n），将2n张编号为1到2n的纸条随机放入这2n个盒子内（每个盒子内只放1张纸条）．玩家依次进入房间，且每人可以打开其中的任意n个盒子，只有当每个玩家都找到与自己编号相同的纸条时，才算挑战成功．每个玩家开完盒子后都将盒子盖上（纸条放回原处），恢复盒子的原状．设各玩家开盒相互独立，在挑战开始后，各玩家不准交流．
为了提升挑战成功的概率，有人设计了一个新方案：让每一位玩家进入房间后，先打开编号为自己编号的盒子（例如编号为2的玩家打开编号为2的盒子），若盒子里的纸条编号恰为玩家自己的编号，则该玩家退出房间，让下一位玩家进入房间；若盒子里的纸条编号（设该编号为X）不是该玩家自己的编号，则该玩家接着去打开编号为X的盒子，依此类推，直到打开的盒子里的纸条编号与自己的编号相同，且前提是打开盒子的个数不能超过n．
(1)当时，设第个盒子内放的纸条编号为，试问采用新方案后，挑战是否能成功？说明你的理由．
(2)当时，在第1个和第6个盒子内放的纸条编号分别为6和1的前提下，求采用新方案挑战成功的概率．
(3)当时，求采用新方案挑战成功的概率．
参考数据：，．
12．已知甲盒子中装有个白球和个黑球，乙盒子中装有个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取1个球交换放入对方的盒中，重复次（）这样的操作.记此时甲盒中白球的个数为，甲盒中恰有个白球的概率为，恰有个白球的概率为.
(1)求，和，；
(2)证明：为等比数列；
(3)求的数学期望（用表示）.
13．马尔可夫链是概率论中的一种数学模型，用于描述一系列状态之间的转移概率，在天气预报中具有重要的应用．在天气预报中，可以将天气状态分为多种，例如晴天、阴天、雨天、雪天等，根据以往的天气状态数据，可以计算出每种状态之间的转移概率，即从一种状态转移到另一种状态的概率，进而可以得到转移概率矩阵，在测评天气时，可以从当前的天气状态开始，根据转移概率矩阵计算出下一个可能的天气状态，以此类推，就可以测评未来几天的天气情况．某城市准备在冬季的某段时间举行一场大型户外活动，现需要用马尔可夫链模型来测评天气情况，从而决定具体的举办日期，假设该城市冬季的天气只有三种状态：晴天、阴天、雨天．根据以往的天气状态数据得到如下转移概率矩阵：
第天 第天 晴天 阴天 雨天
晴天
阴天
雨天
(1)假设第1天是晴天的概率为，求第2天是雨天的概率；
(2)假设第1天是晴天的概率为，求第4天是晴天的概率；
(3)在马尔可夫链模型中，稳态分布为该模型可以演变到平衡状态的分布，当一个马尔可夫链处于稳定状态时，变量的概率分布将趋近于稳定，并且与初始状态无关．在这个天气预报问题中，不论第1天是晴天、阴天、雨天的概率分别是多少，第（足够大）天是晴天、阴天、雨天的概率分别趋近于一个常数，试证明该结论，并求出这三个常数．
14．某综艺节目中有一个经典游戏环节：节目组准备了若干个盒子，且在这些盒子中随机选择一个盒子放入奖品，剩余盒子均为空盒子，主持人知道奖品在哪个盒子中，游戏参与者先选中一个盒子，然后由主持人打开剩余盒子中的一个空盒子后，询问参与者要不要改变选择．
(1)若节目组准备了3个盒子，其中一个盒子中放有奖品，参与者先选中一个，然后主持人打开另外2个盒子中的一个空盒子，询问参与者要不要改变选择，通过计算说明参与者是否应该改变选择．
(2)若节目组准备了个盒子，主持人在打开一个空盒子后会继续开下去，假设该参与者每次都改变选择，直到主持人打开了第个空盒子，该参与者改变选择后终止游戏，设此时该参与者选中奖品的概率为．
（ⅰ）求证：，（且）；
（ⅱ）求证：．
15．甲、乙、丙三人玩传花游戏，开始时由甲手持鲜花，随机地将花传给乙或丙，接花者再随机地将花传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去从一个人手中将花传给另一个人称为一次传花，设经过n次传花后，花回到甲手里的概率记为，假设每一次传花互不影响.
(1)求和的值；
(2)求；
(3)设，数列的前n项和为，若，证明：.
16．信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量的所有可能取值为1，2，…，，且，，定义的信息熵.
(1)证明：当且仅当时，；
(2)若，且，比较与1的大小；
(3)重复抛掷一枚质地均匀的硬币，如果正面朝上则继续抛，如果反面朝上就立即停止，且抛20次后即使没有出现反面朝上也停止，若将停止时抛掷硬币的次数记为，求.
17．随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用．在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位．且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处
(1)设粒子在第2秒末移动到点记的取值为随机变量，求的分布列和数学期望；
(2)记第秒末粒子回到原点的概率为．
①求，；
②已知，求．
18．一盒子中共有7个大小质地相同的球，其中4个1号球，3个2号球．从盒子中一次随机取出两个球，如果取出的球是2号球，则将它放回盒子中；如果取出的球是1号球，则不放回盒子中，另补一个2号球放入袋中．重复进行上述操作n次后，盒子中所有球的号码之和记为．
(1)为何值的概率最大？
(2)求随机变量的分布列；
(3)求随机变量的数学期望关于的表达式．
19．阿尔法狗是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗，三个阶段的阿尔法狗依次简记为甲、乙、丙.
(1)测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程.
(2)工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立.
（ⅰ）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值;
（ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事M，证明：
20．某商店售卖一种珠环，消费者从红、蓝两种颜色的装饰珠中各选出偶数个，按随机的顺序用绳子穿成“串”（穿在一根绳子上，之后固定位置不可移位），再将绳子首尾相接连成“环”.小王现在选了6个红珠4个蓝珠穿成一个“串”.
(1)如果小王将这一串装饰珠剪了一刀分成了两串，每串各有5个装饰珠，求这两串装饰珠都恰好是3个红珠和2个蓝珠的概率；
(2)在把10个装饰珠连成环后，小王剪了两刀将珠环分成各含4个装饰珠和6个装饰珠的两串.设4个装饰珠串里红珠的个数为随机变量，求的分布列与期望；
(3)如果小王选了个红珠和个蓝珠以任意顺序连成一个“环”，求证：只需要在合适的位置剪两刀，总可将环分成两串，每串都恰好是个红珠和个蓝珠.
21．有五张背面完全相同的数字卡片，正面分别写着，将它们背面朝上随机放在桌子上（不叠放），翻开这些卡片时，要求按照从小到大的数字顺序依次翻开，如果翻开了一张卡片其顺序不符合要求，应该立刻将它翻回至背面朝上（翻回不计入次数）并记住此卡片出现的数字，以保证翻卡片的次数尽可能少，直到所有卡片正面朝上为止．
(1)求第三次恰好翻开数字为的卡片且不再翻回的概率；
(2)记为需要翻开的次数，求的分布列及数学期望；
(3)将卡片数量改为张，并依次写上数字，记为翻开这些卡片需要的平均次数，求证：.
附：数学期望具有线性可加性，即
22．新高考数学试卷增加了多项选择题，每小题有A、B、C、D四个选项，有多个选项符合题目要求，由于正确选项有4个的概率极低，可视作0，因此我们可以认为多项选择题至少有2个正确选项，至多有3个正确选项.多项选择题题目要求：“在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.”其中“部分选对的得部分分”是指：若正确答案有2个选项，则只选1个选项且正确得3分；若正确答案有3个选项，则只选1个选项且正确得2分，只选2个选项且都正确得4分.
(1)已知某道多选题的正确答案是BD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少1个选项，至多3个选项，且每种选择是等可能的.请根据已知材料，分析该生可能的得分情况与所得分值的相应概率，并求该生得分的期望
(2)已知某道多选题的正确答案是2个选项或是3个选项的概率相等，一考生只能判断出A 选项是正确的，其他选项均不能判断正误，试列举出该生所有可能的符合实际的答题方案，并以各方案得分的期望作为判断依据，帮该考生选出最优方案.
23．甲、乙两人玩一个纸牌游戏，先准备好写有数字、、、的纸牌各一张，由甲先随机抽取一张纸牌，记纸牌上的数字为，随后将纸牌放回（后面每次抽牌记录数字后都需将纸牌放回），接下来甲有种选择：
①再抽取一次纸牌，记纸牌上的数字为，若，则乙赢，游戏结束，否则，甲结束抽牌，换由乙抽牌一次；
②直接结束抽牌，记，换由乙抽牌一次．
记乙抽到的纸牌上的数字为，若，则乙赢，否则甲赢．游戏结束．
(1)若甲只抽牌次，求甲赢的概率；
(2)若甲抽牌次，求甲赢的概率；
(3)当甲抽取的第一张纸牌上的数字为多少时，甲选择②赢得游戏的概率更大？
24．已知有穷数列共有项（其中且），集合且，其中、、均为小于等于的正整数.
(1)若，数列的各项依次为、、、、，请写出集合中所有的元素；
(2)若，且数列为单调递增数列，从集合中任取一个元素，设随机变量，求随机变量的分布列和数学期望；
(3)若数列为公差大于的等差数列，从集合中任取一个元素，定义事件“”，求事件发生的概率（结果用表示）.
25．函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若函数有两个极值点，，曲线上两点，连线的斜率记为.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：.
(3)盒子中有编号为1-100的100个小球（除编号外无区别），有放回地随机抽取20个小球，记抽取的20个小球编号各不相同的概率为，求证：.
26．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，在人工智能、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为:假设我们的序列状态是，，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即.已知甲盒子中装有2个黄球和1个黑球，乙盒子中装有1个黄球和2个黑球(6个球的大小形状完全相同).记操作:从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中.在重复次操作后，记甲盒子中黄球个数为，恰有3个黄球的概率为，恰有2个黄球的概率为，并记的数学期望为.
(1)求;
(2)求;
(3)证明:.
27．甲乙两人轮流掷质地均匀的骰子，每人每次掷两颗．
(1)甲掷一次，求两颗骰子点数不同的概率；
(2)甲乙各掷一次，求甲的点数和恰好比乙的点数和大的概率；
(3)若第一次掷出点数之和大于的人为胜者，同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到比赛结束. 例如，甲乙先后轮流掷出的点数之和为：、、、，此时乙为胜者. 设甲先投掷，求甲最终获胜的概率.
28．拿破仑排兵布阵是十分厉害的，有一次他让士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并要求这些士兵不能站在自己原来的位置上．
(1)如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？4个呢？
(2)假设原来有个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为种，写出和，之间的递推关系，并证明：数列是等比数列；
(3)假设让站好的一排个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为，证明：当无穷大时，趋近于．（参考公式：……）
29．在川大附中2024秋季教职工运动会拔河比赛中，高一、高二、高三三个年级组和行政组共四个队伍角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”：
第一轮，四个队伍通过抽签分成两组，每组两个队伍对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；
第二轮，“胜区”中两个队伍对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两个队伍对阵，败者直接淘汰出局获第四名；
第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名；
第四轮，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.
已知高二和高三年级组水平相当，高一和行政组水平相当，高二对高三、高一对行政组的胜率均为，高二、高三对高一和行政组的胜率均为，没有平局，且不同对阵的结果相互独立.经抽签，第一轮由高二对阵高三，高一对阵行政组.
(1)求比赛结束时，高二比赛的场次是2场的概率；
(2)若已知高二输了第一轮的比赛，求高二获得冠军的概率；
(3)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：即四个队伍分成两组后，每组中的两个队伍对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军.分别求在以上两种赛制下高二获得冠军的概率，并比较哪种赛制对高二夺冠有利？请说明理由.
30．在高中数学教材苏教版选择性必修2上阐述了这样一个问题：假设某种细胞分裂（每次分裂都是一个细胞分裂成两个）和死亡的概率相同，如果一个种群从这样的一个细胞开始变化，那么这个种群最终灭绝的概率是多少？在解决这个问题时，我们可以设一个种群由一个细胞开始，最终灭绝的概率为，则从一个细胞开始，它有的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞灭绝的概率都是，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是，于是我们得到：，计算可得；我们也可以设一个种群由一个细胞开始，最终繁衍下去的概率为，那么从一个细胞开始，它有的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞繁衍下去的概率都是，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是，于是我们得到：，计算可得．根据以上材料，思考下述问题：一个人站在平面直角坐标系的点处，他每步走动都会有的概率向左移动1个单位，有的概率向右移动一个单位，原点处有一个陷阱，若掉入陷阱就会停止走动，以代表当这个人由开始，最终掉入陷阱的概率．
(1)若这个人开始时位于点处，且．
（ⅰ）求他在5步内（包括5步）掉入陷阱的概率；
（ⅱ）求他最终掉入陷阱的概率；
（ⅲ）已知，若，求；
(2)已知是关于的连续函数．
（ⅰ）分别写出当和时，的值（直接写出即可，不必说明理由）；
（ⅱ）求关于的表达式．
31．有2n朵花围绕在一个圆形花圃周围，现要将其两两配对绑上缎带作为装饰，缎带之间互不交叉，例如：时，共有4朵花，以1、2、3、4表示，绑上缎带的两朵用一条线连接，共有2种方式，如图1、2所示．
(1)当时，求满足要求的绑缎带方法总数；
(2)已知满足要求的每一种绑法出现的概率都相等，如时，出现图1和图2所示方法的概率均为．记一次绑法中，共有Y对相邻的两朵花绑在一起，
（i）当时，求Y的分布列和期望；
（ii）已知：对任意随机变量（，2，…，m，），有．记满足条件的绑缎带方法总数为，Y的期望为．求（用n和表示）．
32．“友谊杯”围棋擂台赛采取淘汰制，现有名选手报名参加比赛（含甲、乙两名选手），规则如下：第一轮将所有报名选手任意两两配对对弈，输者淘汰出局，然后将剩下的名胜者再任意两两配对对弈，同样输者淘汰出局……如此下去，直至第轮比赛决出一名冠军．假定每名选手在各轮比赛中获胜的概率均为0.5．
(1)当时，求甲、乙两人相遇对弈的概率；
(2)当时，求甲、乙两人相遇对弈的概率；
(3)已知当擂台赛报名选手人数分别为时，甲、乙两人相遇对弈的次数依次是，记，若随机变量服从两点分布，且，，求．
33．在一个不透明的口袋中装有2个黑球和2个白球，每次从口袋中随机取出1个球，再往口袋中放入1个白球，取出的球不放回，像这样取出1个球再放入1个白球称为1次操作，重复操作至口袋中4个球均为白球后结束.假设所有球的大小 材质均相同，记事件“次操作后结束”为，事件发生的概率为.
(1)求第1次操作取出黑球且3次操作后结束的概率；
(2)求数列的通项公式；
(3)设，证明：.
34．已知奖箱共张奖券，其中一等奖张，其余都是二、三等奖.
(1)不放回的每次抽取一张，求第二次抽到一等奖的概率；
(2)若，且二、三等奖个数比例为.
（i）不放回的每次抽取一张，抽完为止.求一等奖最先全部抽出的概率.
（ii）游戏规定：初始分为0分，每次从奖箱中有放回的抽取一张，取到一等奖得1分，取到非一等奖得分，分数为2分时或分时结束.求游戏结束时，抽取次数的数学期望.
35．在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是，每场比赛的结果相互独立.
(1)求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；
(2)已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率.
试卷第1页，共3页
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《2025年3月30日高中数学作业》参考答案
1．(1)
(2)
(3)分布列见解析，
【来源】2025届山西省太原市高三一模考试数学试题
【分析】（1）根据古典概型，分别确定每个子事件发生的概率，再利用分步乘法计数原理，将两个子事件的概率相乘，从而得到目标事件的概率.
（2）“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”存在多种实现路径，通过细致分析抽奖规则，将其分为“第1张未中奖，第2、3张中奖”和“第1张中奖，第2张未中奖，第3张中奖”这两种互斥情况,计算可求得结果;
（3）依据抽奖规则和题目设定，明确随机变量所有可能的取值为1、2、3,概率求解：对每个取值，分析其对应的抽奖过程和结果，利用古典概型及分步乘法计数原理计算相应的概率，进而构建出的分布列和期望.
【详解】（1）设事件“甲使用第张奖券抽奖，中次奖”，
则所求事件为，其概率为．
（2）设事件“乙使用第张奖券抽奖，中次奖”，
则所求事件为，其概率为．
（3）由题意可知的所有可能取值为1，2， ，10．
当时，表示顾客丙使用张奖券将2个红球全部摸出；
当时，表示顾客丙使用第10张奖券抽奖时盒子里有1个或2个红球．
设事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有2个红球”的概率为，事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有1个红球”的概率为，
则，，，，
∴，，
∴，∴，，
∴，，
∴；
∴
，
设，
∴，
∴，∴，
设，
∴，
∴，∴，
∴
.
2．(1)列联表见解析，有关联；
(2)（i）；（ii）.
【来源】2025届黑龙江省齐齐哈尔市高考二模数学试题
【分析】（1）补充列联表，再计算卡方值即可；
（2）（i）利用组合公式和古典概型公式计算即可；
（ii）利用累乘法得，再利用错位相减法即可得到答案.
【详解】（1）女生打结慢有人，男生总计人，
男生打结快共，
补充列联表
性别 绳子打结速度 合计
快 慢
男生 65 45 110
女生 35 55 90
合计 100 100 200
零假设：绳子打结速度快慢与学生性別无关联，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为绳子打结速度快慢与学生性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01．
（2）（i）4根绳子所有的打结方式共有种，
围成2圈的情况共有种，
恰好能围成两个圈的概率.
（ii），，
，
当时，也适合上式，
，
，①
②，
①②整理得，
，
.
3．(1)
(2)
(3)
【来源】湖北省武汉市2025届高三二月份调研考试数学试题
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）分别求出与在第1,2,3轮对决且胜利的概率，最后相加即可；
（3）求出没有与对决过且最后获得冠军的概率，再利用条件概率和全概率公式计算即可.
【详解】（1）夺冠即为三轮比赛都获胜，所以夺冠的概率为．
由题意，七名运动员水平相同，且八名运动各自夺冠概率之和为1．
所以七名运动员各自夺冠的概率均为．
（2）记事件＂获得冠军＂，事件＂与对决过＂，事件“与在第轮对决”，．
不妨设在①号位，则在第1,2,3轮能与对决时其位置编号分别为②，③④，⑤⑥⑦⑧．
，
，
，
，
所以.
（3）记事件“与对决过”．
没有与对决过且最后获得冠军的概率．
由题意，六名运动员与对决过的概率相同，夺冠时共与三名运动员对决．
所以．
代入得：．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用全概率公式计算出相关概率.
4．(1)；
(2)①；②
【来源】湖北省十一校2024-2025学年高三第二次联考数学试卷
【分析】（1）分为取到“黑红”和“红红”两种情况，分别对两种模型第二次取到的球是红球的概率进行计算即可；
（2）①先算出第次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球的概率为，
则第次恰好抽到第二个红球的概率为中从到取值累加求和；
②利用数学期望的定义和①中的概率公式可得到的表达式，再利用错位相减法计算得出期望值.
【详解】（1）记在模型一下，第二次取到红球的概率为，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况，
则；
记在模型二下，取到红球的概率为，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况，
则；
（2）①设第次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球的概率为，
则，
则第次恰好抽到第二个红球的概率为中从到取值累加求和，即
，
利用等比数列求和公式即可得
；
②由题可知，的取值依次为，
当时，，
由数学期望的定义和①中的概率公式可知，
，
设，
由错位相减法可得，
所以.
5．(1)（ⅰ） （ⅱ）合理，证明见解析
(2)
【来源】广东省佛山市禅城区2025届高三统一调研测试（二）数学试题
【分析】（1）（ⅰ）判断治愈人数服从的分布计算即可；
（ⅱ）设首轮治愈人数为，判断服从的分布，求出，设第二轮治愈人数为，同理求出，据此即可求解；
（2）证明近似服从正态分布，求出，，求出临界值即可求解.
【详解】（1）（ⅰ）治愈人数服从二项分布，
需要计算，即：，
因为，
所以；
（ⅱ）首轮抽取个患者，每个患者治愈概率为，且相互独立，
设首轮治愈人数为，则服从二项分布，
即，
第二轮再抽取个患者，治愈概率仍为，且独立于首轮试验，
设次轮治愈人数为，则服从二项分布，
即，
总治愈人数，其中和独立，
由于两轮试验的均为且独立，
总治愈人数服从，
因此：；
（2）根据中心极限定理，当较大时，
近似服从正态分布，
，，
，
因为，所以临界值，
所以，因为在时取得最大值0.25，
所以代入此最坏情况以保证结果保守，
所以，所以至少需要抽取6400名患者以满足要求.
【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于对中心极限定理的理解.
6．(1)
(2)①，，；②“球类”为900人，“田径”为1200人.
【来源】宁夏银川市唐徕中学2025届高三第一次模拟考试数学试卷
【分析】（1）设事件为：“他恰好能集齐这四枚纪念币”， 计算出基本事件总数和事件包含基本事件的个数由古典概型概率计算公式可得答案；
（2）①由题可得、，当时，得，即，所以是等比数列，由此得到；
②由①当足够大时，选择“球类”的概率近似于，用表示一天中选择“球类”的人数，则，由二项分布的期望公式可得答案.
【详解】（1）设事件为：“他恰好能集齐这四枚纪念币”，
由题意，基本事件总数有个，
事件包含基本事件的个数为个，
所以他恰好能集齐这四枚纪念币的概率．
（2）①由题可知：，
，所以，
当时，，
所以，
又因为，即是以为首项，以为公比的等比数列．
所以，所以．
②依题意得，当足够大时，选择“球类”的概率近似于，
假设用表示一天中选择“球类”的人数，则，
所以，
即选择“球类”的人数的期望为900，选择“田径”的人数的期望为1200．
【点睛】关键点点睛：本题考查离散型随机变量分布列及其期望、样本估计总体等知识；关键点是学生要有较好的阅读理解能力、数据处理能力和运算求解能力；考查统计与概率思想、化归与转化思想和应用意识．
7．(1)，
(2)
(3)证明见解析
【来源】福建省泉州市2025届高三下学期质量检测（三）数学试题
【分析】（1）根据独立事件定义分析，分别对应的事件，并计算对应概率，再根据条件概率公式计算即可.
（2）当时，分析可能情况，记事件“编号为奇数的个球中，被涂成黑色的球的个数为”为，事件“编号为偶数的个球中，被涂成白色的球的个数小于”为，则，且两两互斥，再根据公式计算即可.
（3）根据题意列出对应事件及其概率，再用期望公式计算，最后根据组合数性质进行化简计算即可得证.
【详解】（1）记事件“编号为的球被涂黑色”为，则
，且相互独立，所以，
同理，可得，
所以
事件，
所以，
故．
（2）记事件“编号为奇数的个球中，被涂成黑色的球的个数为”为，
事件“编号为偶数的个球中，被涂成白色的球的个数小于”为，
则，
且两两互斥，
所以
设，
则，
故，
从而，所以．
（3）设，则可取，故可取，
根据对称性，
且，
根据组合数的对称性，
可得，
因为展开式中的系数为，
展开式中的系数为，
故，
故
从而，
整理，得
又
，
所以，
所以，
又
根据，可得．
可得．
记“偶数号白球个数与奇数号黑球个数相等”为事件，其概率为
由（2）知，所以，
又由（2）知，可得，
所以
8．(1)0.176；
(2)；
(3)证明见解析.
【来源】内蒙古呼和浩特市2025届高三第一次模拟考试数学试卷
【分析】（1）将所求概率的事件分拆成两个互斥事件的和，再结合已知求出概率.
（2）根据给定条件，利用全概率公式列式即可.
（3）由（2）的结论，利用构造法，结合等比数列定义求出通项，再作差判断单调性即可推理得证.
【详解】（1）依题意，甲以获胜，在接下来的比赛中的情况为：甲乙甲甲或乙甲甲甲，
所以甲以获胜的概率为.
（2）设 “在第球比赛中甲获胜”为事件，“在第球比赛中甲获胜”为事件，
，，，
依题意，，
所以.
（3）由（2）知，，
而，则，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
因此，即，
由，得，则数列递增，
所以.
【点睛】关键点点睛：利用全概率公式求随机事件B的概率问题，把事件B分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键.
9．(1)3
(2)
(3)21
【来源】重庆市第一中学校2024-2025学年高三下学期3月适应性考试数学试题
【分析】（1）不妨设数列为：，分类求解方程，根据解的情况可得；
（2）由列举法及古典概型概率公式可求；
（3）根据公差与项数的奇偶性分类计数，借助取整函数与数列求和求解.
【详解】（1）由，，，，互不相同，
不妨设.
不妨设数列为：，由数列为正项等比数列，可知，
当时，满足题意；
当且时，则数列为递增或递减数列，
由题意，可知且，；
①若，则，
所以，
又，.
令，则，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增．
，使得，
即存在唯一的，使得；
②若，则，
由，，由，故无解；
③若，则，
又，故无解；
④若，则，
，，.
令，
在上单调递增，又，
，使得，
即存在唯一的，使得；
⑤若，则，故无解．
其他情况同理可知无解.
综上所述，公比的个数为3．
（2）从中取出的4项所有可能为：1，2，3，4（稳健数列）； 1，2，3，5（不是稳健数列）；
1，2，3，6（不是稳健数列）；1，2，4，5（稳健数列）；1，2，4，6（不是稳健数列）；
1，2，5，6（稳健数列）；1，3，4，5（不是稳健数列）；1，3，4，6（稳健数列）；
1，3，5，6（不是稳健数列）；1，4，5，6（不是稳健数列）；2，3，4，5（稳健数列）；
2，3，4，6（不是稳健数列）；2，3，5，6（稳健数列）； 2，4，5，6（不是稳健数列）；
3，4，5，6（稳健数列）；共种，其中7个稳健数列.
故从中任意取出4个元素组成一个数列，该数列为稳健数列的概率．
（3）不妨令，取出的4个数从小到大依次为，
当时，稳健数列，，，共有个：
若，从到共有个数，
相应的，的取法有种，
.
当为偶数时，
当为奇数时，若，则共有种，
若，则回到为偶数的情况，共有种；
此时；
当为偶数时，从中取出4个数为稳健数列的个数为：
由，得:，
，又为偶数，此时最大为20；
当为奇数时，从中取出4个数为稳健数列的个数为：
由，得:，
，又为奇数，此时最大为21．
综上所述：的最大值为21．
【点睛】关键点点睛：此题解决关键在于第（3）问中的奇偶性分析.
10．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【来源】黑龙江省名校协作体2025届高三下学期一模考试数学试题
【分析】（1）利用组合计数求，再由分组求和法，结合等比数列求和公式求解即可；
（2）（i）利用组合计数与古典概型概率公式得到概率分布列，再由离散型随机变量的期望公式可求；（ii）利用相互独立事件同时发生的概率公式得到概率分布列，再由错位相减法即可求得.
【详解】（1）由题意知，
所以
.
（2）（i）由题意知的所有可能取值为，
则，
所以
，
因为
，
所以；
（ii）证明：若取出的卡片再放回袋子，则每次抽取到偶数号码卡片的概率为，
由题意知的所有可能取值为，
所以，，
则的分布列为
所以，
则，
两式相减可得
，
所以.
【点睛】解决此题的关键有二：一是审清题意确定终止条件，结合概率模型使用公式求解；二是利用错位相减法数列求和证明不等式.
11．(1)能成功，理由见解析.
(2)
(3)
【来源】2025届贵州省黔东南苗族侗族自治州高三模拟统测数学试题
【分析】（1）逐个分析每个玩家的情况，可得问题答案.
（2）利用古典概型可求相应事件的概率.
（3）列出挑战成功的概率的公式，计算即可.
【详解】（1）编号为1的玩家先打开编号为1的盒子，该盒子内纸条编号为，该玩家接着去打开编号为6的盒子，该盒子内纸条的编号为，因为，所以玩家1可以挑战成功；
编号为2的玩家先打开编号为2的盒子，该盒子内纸条编号为，该玩家接着去打开编号为5的盒子，该盒子内纸条的编号为，因为，所以玩家2可以挑战成功；
编号为3的玩家先打开编号为3的盒子，该盒子内纸条编号为，该玩家接着去打开编号为4的盒子，该盒子内纸条的编号为，因为，所以玩家3可以挑战成功；
…
编号为6的玩家先打开编号为6的盒子，该盒子内纸条编号为，该玩家接着去打开编号为1的盒子，该盒子内纸条的编号为，因为，所以玩家6可以挑战成功.
所以使用新方案后，每个玩家都可以在第二次找到与自己编号相同的纸条，从而挑战成功，所以采用新方案后，挑战能成功.
（2）在第1个，第6个盒子内放的纸条编号分别为6和1的前提下，即编号为1和6的两个玩家能挑战成功的情况下，考虑其余四人的情况如下：
设第2个，第3个，第4个，第5个盒子内放的纸条编号分别为，则的所有情况共有种.
其中采用新方案挑战失败的有，，，，，，共6种.
所以挑战成功的概率为：.
（3）采用新方案后，设编号为的玩家恰好打开了个盒子才找到与自己编号相同的纸条，则称数字的循环周期为.
在这100个盒子内有100张编号互不相同的纸条，100个盒子的纸条的每一种投放顺序相当于数字1到100进行一次排列，
循环周期为的排列共有种循环方法（即从这100个数中选个数进入循环），在周期内，循环的这些数字有种排法，其余数字有种排法，因此循环周期为的排列数为：.
记“当时，采用新方案挑战成功”为事件，
则
12．(1)，，
(2)证明见解析
(3)
【来源】辽宁省沈阳市东北育才学校2024-2025学年高三下学期开学考试（暨第六次模拟）数学试卷
【分析】（1）利用古典概率计算即得；按第1次交换球的结果分类讨论，结合相互独立事件的概率、互斥事件的概率求出.
（2）按第次交换球的结果分类讨论，结合相互独立事件的概率、互斥事件的概率用表示即可推理得证.
（3）利用（2）的结论，求出随机变量的分布列，再求出数学期望.
【详解】（1）若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，乙盒中的球变为1白1黑，概率；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率，
研究第2次交换球时的概率，根据第1次交换球的结果讨论如下：
①当甲盒中的球为2白1黑，乙盒中的球为1白1黑时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，
乙盒中的球仍为1白1黑，概率为；
若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为3白，乙盒中的球变为2黑，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球变为1白2黑，乙盒中的球变为2白，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，乙盒中的球仍为1白1黑，概率为，
②当甲盒中的球为1白2黑，乙盒中的球为2白时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，
乙盒中的球变为1白1黑，概率为
若甲盒取白球，乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率为，
综上，.
（2）依题意，经过次这样的操作，甲盒中恰有2个白球的概率为，
恰有1个白球的概率为，则甲盒中恰有3个白球的概率为，
研究第次交换球时的概率，根据第次交换球的结果讨论如下：
①当甲盒中的球为2白1黑，乙盒中的球为1白1黑时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，
乙盒中的球仍为1白1黑，概率为；
若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为3白，乙盒中的球变为2黑，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球变为1白2黑，乙盒中的球变为2白，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，乙盒中的球仍为1白1黑，概率为，
②当甲盒中的球为1白2黑，乙盒中的球为2白时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，乙盒中的球变为1白1黑，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率为，
③当甲盒中的球为3白，乙盒中的球为2黑时，对应概率为，
此时，甲盒只能取白球、乙盒只能取黑球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，
乙盒中的球变为1白1黑，概率为，
综上，
则，
整理得，又，
所以数列是公比为的等比数列.
（3）由（2）知，则，
随机变量的分布列为
1 2 3
所以.
【点睛】方法点睛，求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望.
13．(1)
(2)
(3)证明见解析，，，
【来源】2025年普通高等学校招生全国统一考试数学测评卷（五）
【分析】（1）设第1天是阴天、雨天的概率分别为，求得，从而利用关系求得第2天是雨天的概率；
（2）设第天是晴天、阴天、雨天的概率分别为，根据转移概率矩阵得到的递推关系式，根据递推关系式得到是等比数列，求出的通项公式，得到结果；
（3）根据（2）得到，利用对立事件的概率计算公式得到（），利用极限思想得到结果.
【详解】（1）设第1天是阴天、雨天的概率分别为，则，得，
因此第2天是雨天的概率．
（2）设第天是晴天、阴天、雨天的概率分别为，由转移概率矩阵可得．
又，所以，即，
由可得，（点拨：令，利用待定系数法求出的值，从而得到）
所以数列是公比为的等比数列．
又，所以，因此，
故第4天是晴天的概率．
（3）当时，由（2）知数列是公比为的等比数列，
所以，
因此．
根据（2）可知，
又，
所以，得，
所以，
因此．
所以．
因为单调递减，且，当时，，
所以当时，，
，．
当时，易知，，．
综上，不论的取值如何变化，第（足够大）天是晴天、阴天、雨天的概率分别趋近于一个常数，且第天是晴天、阴天、雨天的概率分别趋近于，，．
【点睛】考点与方法点睛：试题巧妙地将数列融入概率问题中，重在考查学生的逻辑思维能力，考查学生对事件进行分析、分解和转化的能力，对学生的知识串联能力要求较高，有助于学生构建完整的知识体系．
概率与数列的交汇问题，多以概率的求解为主线，建立递推关系．解决此类问题的基本步骤如下：
第一步：精准定性明确所求概率的“事件属性”，这是确定概率模型的依据，也是建立递推关系的准则
第二步：准确建模通过概率的求解，建立递推关系，转化为数列模型问题
第三步：解决模型递推数列的求解，多通过构造的方法转化为等差数列、等比数列等问题求解，求解过程应灵活运用数列的性质，准确应用相关公式.
14．(1)应该改变选择
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅰi）证明见解析；
【来源】2025年普通高等学校招生全国统一考试数学测评卷（三）
【分析】（1）利用古典概型计算不改变选择时中奖的概率，利用条件概率计算改变选择时中奖的概率，进行比较可得结论.
（2）（ⅰ）由题意得到，由，代入可求证；（ⅱ）由，同乘，得到，再依次取为，对这式子依次加、减，进而可求证；
【详解】（1）由题意知若参与者不改变选择，选中奖品的概率就是最初选中奖品的概率为．
参与者改变选择：若参与者一开始选中奖品，改变选择后，中奖的概率为；
若参与者一开始没有选中奖品，改变选择后，中奖的概率为.
所以参与者改变选择的中奖概率为：，
因为，所以该参与者应该改变选择．
（2）（ⅰ）由题意可知，，
则当时，有，（由题知）
当时，有，
则当时，，则，
当时，．
综上，，，（且）．
（ⅱ）由（ⅰ）可知，当时，，
两边同乘以，得，［1］
所以，［2］
……
则由［1］－［2］＋［3］－［4］＋…＋得，
，
故，
所以．
【点睛】关键点点睛：结合题意得到：；
15．(1)，；
(2)
(3)证明见解析.
【来源】江苏省徐州市鼓楼区徐州市第三中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题
【分析】（1）由古典概型概率计算公式即可求解；
（2）根据题意得到，再构造等比数列求解通项即可；
（3）由（2）得到，确定，再结合待定系数法得到，累加求和，再通过放缩得到，利用错位相减法求和即可；
【详解】（1）第1次传花后到乙或丙手里，，第2次传花后乙或丙有的概率将花传到甲手里，故，
经过4次传花共有16种情形，
甲 乙 丙 甲 乙
甲 乙 丙 甲 丙
甲 乙 丙 乙 甲
甲 乙 丙 乙 丙
甲 乙 甲 乙 丙
甲 乙 甲 乙 甲
甲 乙 甲 丙 乙
甲 乙 甲 丙 甲
甲 丙 甲 乙 甲
甲 丙 甲 乙 丙
甲 丙 甲 丙 甲
甲 丙 甲 丙 乙
甲 丙 乙 甲 丙
甲 丙 乙 甲 乙
甲 丙 乙 丙 甲
甲 丙 乙 丙 乙
其中花回到甲手里共有6种情形，
根据古典概型得.
（2）结合题意得概率为经过次传花后花回到甲手里，
要使传花n次后，花回到甲手里，则第次传花，花不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传花都有的概率将花传到甲手里，
故，
所以与之间的递推关系为：.
得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
（3）由（2）知，所以，
设，
其中，
所以
故，
所以
因此，
设数列的前n项和为，则，①
所以，②
由①－②得，
，
所以，即，得证.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用待定系数得到，再通过放缩得到.
16．(1)证明见解析
(2)
(3)
【来源】安徽省亳州市2024-2025学年高三上学期期末质量检测数学试卷
【分析】（1）当时，，当时，由可得，由此可说明结论成立.
（2）根据条件可计算的值，由此可计算，进而比较大小.
（3）根据题意表示，利用错位相减法计算.
【详解】（1）若，则，所以.
当时，因为，所以，所以.
综上可知：当且仅当时，.
（2）由得，由，得.
因为，所以，解得，于是，..
因为，所以.
（3）由题意知，表示前次都正面朝上，第次反面朝上，表示前19次都正面朝上，
则，，，…，
，.
所以，.
所以.
设，则，
两式相减得，
所以，
故.
17．(1)分布列见解析，
(2)① ，；②
【来源】福建省泉州实验中学等四校2025届高三下学期2月联考数学试题
【分析】（1）根据第2秒末粒子的可能位置进行列举，确定随机变量的所有可能值，利用古典概型概率公式计算概率，即得分布列和数学期望；
（2）①根据第1秒末粒子的所有可能位置，易得第2秒末回到原点的概率，根据粒子在第4秒末回到原点，可分两种情况考虑，即按照四个不同方向的排列或按照两个相反方向的排列，利用互斥事件的概率加法公式计算即得；②因第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动了步，向右移动了步，向上移动了步，向下移动了步，由此列出，利用组合式公式和题设公式化简即得.
【详解】（1）因在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处，
故在第2秒末可能运动到点各两种情形，各一种情形，有4种情形，共计16种情形，
随机变量表示的取值，故的可能取值为，
对应的概率分别为：，，.
故的分布列为：
数学期望.
（2）① 因第1秒末，粒子等可能地出现在，，，四点，
第2秒末，每个位置的粒子都有的可能回到原点，故；
对于粒子在第4秒末回到原点，分两种情况考虑：
每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形；
每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右，上上下下”，共有种情形.
故.
② 第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动了步，向右移动了步，
向上移动了步，向下移动了步，
故
，
因，故.
【点睛】关键点点睛：本题（2）②，将理解为第秒末粒子要回到原点，则向左移动了步，向右移动了步，向上移动了步，向下移动了步最为关键，从而得到，其次利用组合式公式与求和符号含义，题设公式结合应用为第二关键.
18．(1)
(2)分布列见解析
(3)
【来源】海南省海口市海南中学2024-2025学年高三下学期第六次月考数学试题
【分析】（1）操作1次后，的可能取值为10，11，12，利用古典概率公式求得对应概率可得结论．
（2）操作2次后，的可能取值为10，11，12，13，14，利用独立事件与互斥事件的概率公式可求得分布列；
（3）法一：记执行上述操作次后，盒子中2号球的个数为，，，进而可得，构造等比数列，进而可得.法二：记执行上述操作次后，盒子中2号球的个数的数学期望为，则1号球有个，由已知可得，，进而可得，可求结论.
【详解】（1）操作1次后，的可能取值为10，11，12．
，，，
所以时的概率最大；
（2）操作2次后，的可能取值为10，11，12，13，14，
，
，
，
，
，
所以的分布列为
10 11 12 13 14
P
（3）记执行上述操作次后，盒子中2号球的个数为，
设，，
则，，
则，
，
，
则．
所以，
又由（1）可得，所以．
因为，
所以．
法二：记执行上述操作次后，盒子中2号球的个数的数学期望为，则1号球有个，则，
整理得：，所以，
又由（1）可得，
所以．
因为，
所以．
【点睛】关键点点睛：求得是解题的关键，对学生的计算能力和综合应用能力要求较高.
19．(1)在第二局与甲比赛 p最大，判断过程见解析
(2)（i）分布列见解析，；（ii）证明见解析
【来源】浙江省杭州市2024-2025学年高三上学期期末学业水平测试数学试题
【分析】（1）棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记，，，分别求得在第二盘与甲、乙、丙比赛连胜两局的概率，即可求解.
（2）（ⅰ）求出X所有可能值，利用相互独立事件与互斥事件概率运算求得相应的概率，列出分布列并求得期望，再利用基本不等式并结合二次函数性质即可求得期望的最大值；（ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，则，利用相互独立事件概率运算即可求解.
【详解】（1）该棋手在第二局与甲比赛p最大，
该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，记，，，
该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛连胜两局的概率为，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则，
同理，该棋手在第二盘与乙比赛连胜两局的概率，
该棋手在第二盘与丙比赛连胜两局的概率，
因为，所以该棋手在第二局与甲比赛 p最大.
（2）（ⅰ）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则，
由题意得X的所有可能取值为：2，4，5，
，
，
，
所以X的分布列为：
2 4 5
所以X的期望为：
，
由，得，当且仅当取等号，则，
因此，
所以的最大值为
（ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”.
由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数，
由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”，事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙各得1分”，当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同，
所以
，
因此，得，而，
所以
【点睛】关键点点睛：本题第2问第2小问，根据题意结合相互独立事件的概率公式分析得到是求解的关键.
20．(1)
(2)分布列见解析，
(3)证明见解析
【来源】福建省福州市2024-2025学年高三第二次质量检测数学试卷
【分析】（1）由组合数及古典概型概率公式即可求解；
（2）确定随机变量的取值及概率，即可求解；
（3）任选一个红珠记其编号为1，并按顺时针方向依次给每个装饰珠编号2，3，4，
再确定，①不可能每组中红珠都多于或少于个. ②相邻两组中红珠数量最多相差1.即可求证；
【详解】（1）设两串装饰珠都恰好是3个红珠和2个蓝珠为事件，
则.
（2）随机变量的可能取值有，
所以的分布列为
0 1 2 3 4
所以，.
（3）编号：任选一个红珠记其编号为1，并按顺时针方向依次给每个装饰珠编号2，3，4，
编组：1号珠，连同它顺时针方向后的个装饰珠，共个装饰珠编为一组，称为1号组；
2号珠，连同它顺时针方向后的个装饰珠，共个装饰珠编为一组，称为2号组；，共组，每组均有个装饰珠.
有以下结论：
①不可能每组中红珠都多于或少于个.
因为每个装饰珠都同时在组中，所以每组中的红珠数目之和为，
若每组中红珠都多于（或少于）个，因为共组，
则此时红珠总数会多于（或少于），与每组中的红珠数目之和为矛盾.
②相邻两组中红珠数量最多相差1.
因为后一组的装饰珠为前一组的装饰珠去掉第一个并在最后加上一个，
所以它们之间只有2个装饰珠有区别，前一组装饰珠的第一个可能为红珠或蓝珠，最后加上的这一个也可能为红珠或蓝珠，
所以有以下四种情形：去掉红珠，加上红珠；去掉红珠，加上蓝珠；去掉蓝珠，加上蓝珠；去掉蓝珠，加上红珠.
不论哪种情况，相邻两组中红珠数量只能相差1或0.
现假设没有任何一组中的红珠数量为，
由①知，必存在两相邻号组中红珠数中红珠数，即二者红珠数至少相差2，与②矛盾.
因此，必有某号组恰好有个红珠，个蓝珠，在该号组的两侧各剪一刀，即可满足条件.
【点睛】关键点点睛：第三问：确定①不可能每组中红珠都多于或少于个. ②相邻两组中红珠数量最多相差1.
21．(1)
(2)分布列见解析，次
(3)证明见解析
【来源】湖北省武汉市武昌区2025届高三上学期期末质量检测数学试题
【分析】（1）分两种情况讨论如果第一张翻出了和第二张翻出了，利用互斥事件的概率公式即可求解；
（2）根据题设可得次数可取，再分别求出相应的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式，即可求解；
（3）记为需要翻开写有点数的纸卡片的次数，根据题设有，从而得到，即可求解.
【详解】（1）由题知，前两次一定会翻到，否则第三次翻到也会被翻回，
故分两种情况：如果第一张翻出了，那么第二次一定不能翻，
因此，
如果第二张翻出了，那么有两种情况，第一种情况第一张翻出了并翻回，
另一种情况是第一张没有翻出2，第三张恰好翻到2，
因此，
所以.
（2）根据题意可以推断出下面两点：
首先，错误翻开的卡片即使被翻回至背面朝上，也会知道这张卡片的点数，
因此第二次翻开它时并非随机事件；
其次，如果在翻一张卡片时，点数比它小的所有卡片没有被翻开，那么这张卡片就需要被翻两次，
可以看作是考虑随机对翻开五张卡片的进行排列，
从左往右依次翻开卡片，遇到不符合顺序的进行调整，
因此需要翻开的次数可取，
①当时，恰好按照从小到大的顺序翻开了所有卡片，
因此，；
②当时，点数为到的扑克卡片恰好全部在1之前翻开，
因此，；
③当时，只有一张卡片没有在所有比它小的卡片翻开时翻开了，
因此，；
④当时，有三张卡片错误地翻开了，
因此，；
⑤当时，易知，
列出分布列有
因此（次）.
（3）基于第二问的思考，这实际上是对知晓卡片点数的顺序进行排列，
当有张卡片时，值得注意的是写有数字的卡片如果是最后一个知晓，那么它就只需要被翻开一次，
如果它不是最后一个知晓，那么它就一定需要被翻开两次，
记为需要翻开写有点数的纸卡片的次数，
因此，，
所以，
于是，
而，于是，
故，
当，时上式等号成立，于是，故命题得证.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）：根据题设知写有数字的卡片如果是最后一个知晓，那么它就只需要被翻开一次，如果它不是最后一个知晓，那么它就一定需要被翻开两次，从而可得，其中为需要翻开写有点数的纸卡片的次数，再利用，即可求解.
22．(1)答案见解析，期望；
(2)选择方案①，只选择A选项.
【来源】山西省运城市2024-2025学年高三上学期期末调研测试数学试题
【分析】（1）写出样本空间，确定该生所有可能的得分情况为0分、3分、6分，设出对应事件并求出对应概率，即可求期望；
（2）通过已知信息，从合理性角度看该生必选A，有三种方案，求出每种方案的期望，比较大小即可得出结论.
【详解】（1）由题意，该考生的所有选择结果，共14个样本点.
该生所有可能的得分情况为0分、3分、6分.
设事件“该考生得0分”，含11个样本点，事件“该考生得3分”，含2个样本点，事件“该考生得6分”，含1个样本点，
则，，，从而得分期望.
（2）通过已知信息，从合理性角度看，该生必选A.
根据其他选项的选取情况分析，有下三种答题方案：
①选择A选项，且不再选其他选项；
②选择A选项的同时随机选择一个其他选项；
③选择A选项的同时随机选择两个其他选项；
设三个不同方案的得分分别为X，Y，
对于①，X的所有可能取值为2、3，
且，，
则；
对于②，Y的所有可能取值为0、4、6，
，，，
则.
对于③，Z的所有可能取值为0、6，
，，
则.
综上，，所以该考生选择方案①，只选择A选项 .
23．(1)
(2)
(3)当甲抽取的第一张纸牌上的数字为或或时，甲选择②赢得游戏的概率更大
【来源】四川省雅安市雅安中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷
【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式可求得甲赢的概率；
（2）根据甲第一次抽到的纸牌进行分类讨论，从而求得甲赢的概率；
（3）根据已知条件分别求出概率，列不等式，由此求得正确答案.
【详解】（1）若甲只抽牌1次，甲赢的情况如下．
甲抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为，此时有种情况；
甲抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、，此时有种情况；
甲抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、、，此时有种情况；
依次类推，甲赢的情况共有种，故甲赢的概率为．
（2）若甲抽牌次，甲赢的情况如下．
①甲第次抽到的纸牌上的数字为．
第次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、，此时有种情况；
第2次抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字为、、，此时有种情况；
……
第次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、、、、，此时有种情况．
以上有种情况．
②甲第次抽到的纸牌上的数字为．
第次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、、，此时有种情况；
第次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、、、，此时有种情况；
第次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、、、、，此时有种情况，
以上有种情况．
依次类推，甲第次抽到的纸牌上的数字为时，甲赢的情况有种．
甲第次抽到的纸牌上的数字为时，甲赢的情况有种．
甲赢的情况的总数为．
故甲赢的概率为．
（3）当甲抽取的第一张纸牌上的数字为时，
若甲选择①，则甲第二次抽出的纸牌上的数字为、、、，共种，
若甲第二次抽出的纸牌上的数字为时，则乙抽取的牌上的数字为、、、，共种，
若甲第二次抽出的纸牌上的数字为时，则乙抽取的牌上的数字为、、、，共种，
，
若甲第二次抽出的纸牌上的数字为时，则乙抽取的牌上的数字为、、、、，共种，
所以，甲赢的情况的总数为，
而甲第二次、乙抽取牌的可能情况各为种，则甲赢的概率．
若甲选择②，则乙抽取的牌上的数字为、、、，共种，
而乙抽取的排上的数字共种情况，则甲赢的概率．
令，即，化简得，解得．
因为，且，所以或或．
综上，当甲抽取的第一张纸牌上的数字为或或时，甲选择②赢得游戏的概率更大．
【点睛】易错点睛：
概率求解中的遗漏：当甲选择多次抽取牌时，可能会漏掉某些组合的情况，特别是在多次抽取的情况下，需要非常仔细地列出所有可能组合，防止遗漏.
不等式解法中的取舍问题：在最后一部分的解答中，对于不等式求解，需要注意根的取舍条件，避免漏掉符合条件的解.
24．(1)、、、、
(2)分布列答案见解析，数学期望
(3)
【来源】河北省保定市高中2024-2025学年高三上学期1月调研考试数学试题
【分析】（1）根据集合中元素的特征可得集合中的所有元素；
（2）由题意可知集合中元素个数为个，随机变量的可能取值为、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值；
（3）由题意知事件可等价于其角标成等差即满足，集合中元素个数为个，且，分为奇数、为偶数，求出集合中的元素个数，进而可得出事件所包含的基本事件总数，结合古典概型的概率公式可求得事件的概率.
【详解】（1）根据题意，集合中所有的元素为：、、、、.
（2）由题意可知集合中元素个数为个，
随机变量的可能取值为、、、，
，，，
，
所以随机变量的分布列为
期望.
（3）由题意知事件可等价于其角标成等差即满足，
集合中元素个数为个，且.
①为偶数时，、、、、时，
集合中满足的元素个数依次为、、、、个，
、、、、时，
集合中满足的元素个数依次为、、、、个，
所以此时事件包含的基本事件个数总共有个，
所以；
②为奇数时，、、、、时，
集合中满足的元素个数依次为、、、、个，
、、、、时，
集合中满足的元素个数依次为、、、、个，
所以此时事件包含的基本事件个数总共有
个
所以.
综上.
【点睛】思路点睛：求解随机变量分布列的基本步骤如下：
（1）明确随机变量的可能取值，并确定随机变量服从何种概率分布；
（2）求出每一个随机变量取值的概率；
（3）列成表格，对于抽样问题，要特别注意放回与不放回的区别，一般地，不放回抽样由排列、组合数公式求随机变量在不同取值下的概率，放回抽样由分步乘法计数原理求随机变量在不同取值下的概率.
25．(1)递增区间为：和，递减区间为：
(2)（ⅰ） （ⅱ）证明见解析
(3)证明见解析
【来源】海南省万宁市北京师范大学万宁附属中学2024-2025学年高三上学期第三次月考数学试题
【分析】（1）当时，利用函数的单调性与导数的关系可求出函数的增区间和减区间；
（2）借助斜率公式表示出后化简，可转化为证明，借助换元法令，构造函数，根据导数研究函数单调性即可求解；
（3）借助概率公式及放缩法可得，结合（2）中所得单调性即可得证.
【详解】（1）当时，函数，∴函数的定义域为，
.
令，解得或；令，解得.
的递增区间为：和，递减区间为：.
（2）（ⅰ）函数的定义域为，.
令得.
∵函数有两个极值点，，
∴方程在上有两个不等的实数根，
，解得.
故实数的取值范围为.
（ⅱ）由题知，
所以要证明，只需证明，即证，
不妨设，即证.
设，函数，，
∴函数在上单调递增，，成立，原不等式得证.
（3）由题知：，，.
由（2）（ⅱ）知时，.
取，则，即，，即，.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，关键在于构造合适的函数，求导研究单调性.第（2）（ⅱ）问关键在于通过换元法令，构造函数，根据导数研究函数单调性即可求解；第（3）问解题关键在于得出后，借助（2）问中所得单调性，取，代入即可求解.
26．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【来源】重庆市第一中学校2024-2025学年高三上学期12月月考数学试卷
【分析】（1）根据组合公式和独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）分析得的所有可能得取值为3，2，1，0，再写出对应的概率，利用期望公式即可得到答案；
（3）分别计算，构造得，再利用等比数列通项公式得，再取倒数，求和放缩即可.
【详解】（1）分别表示操作一次后，甲盒子中恰有3个、2个黄球的概率，
由题可知:.
（2）记重复次操作后，甲盒子中恰有1个黄球的概率为，
易得.
由题易得的所有可能得取值为3，2，1，0，
且，
，
，
，
所以的分布列为：
3 2 1 0
数学期望为.
（3）记重复次操作后，甲盒子中恰有1个黄球的概率为，
由题，可得，
而，
，
，
于是，，
也即，
因此是等比数列，公比为，
首项为，
所以.
因此:，
，
.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是构造等比数列，再求出，最后求和即可.
27．(1)
(2)
(3)
【来源】上海市宝山区2024-2025学年高三上学期教学质量监测数学试卷
【分析】（1）计算两颗骰子点数相等的概率即可得到两颗骰子点数不同的概率.
（2）设掷一次两颗骰子的点数和为，则，求出所对应的概率，再由相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得结果.
（3）由（2）可知掷两颗骰子点数和大于的概率为，分析可得甲第轮获胜的概率为，由无穷等比数列求和公式计算可得结果.
【详解】（1）甲掷一次，两颗骰子点数相等的概率为
所以两颗骰子点数不同的概率为.
（2）甲的点数和恰好比乙的点数和大点的情形如下表：
所以.
另解：设掷一次两颗骰子的点数和为，则.
则；
；
；
；
；
.
所以甲的点数和恰好比乙的点数和大7点的概率为
.
（3）由（2）可知掷两颗骰子点数和大于的概率为
.
若甲第一轮获胜，概率为；
若甲第二轮获胜，即第一轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为；
若甲第三轮获胜，即前两轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为；
由以上可得，若甲第轮获胜，即前轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为；
于是，组成一个以为首项，为公比的无穷等比数列.
因为，
所以甲最终获胜的总概率为.
28．(1)2；9
(2)，，证明见解析
(3)证明见解析
【来源】广东省河源市五校2025届高三上学期12月联合考试数学试题
【分析】（1）根据分布计数乘法原理和特殊位置优先法计数即得；
（2）先假设有个人，依题意，可分两个步骤完成：第一步，甲选位置，第二步排其余个人，分类统计方法数得，将其化为，可证得等比数列；
（3）由题得，根据（2）结论求得，推理得，赋值后累加即得，由参考公式取即可证明.
【详解】（1）当有3个士兵时，重新站成一排有2种站法；
当有4个士兵时，假设先安排甲，有3种站法，若甲站到乙的位置，那就再安排乙，也有3种站法，
剩下的两个人都只有1种站法，由分步乘法计数原理可得有种站法．
（2）易知，．
如果有个人，解散后都不站原来的位置可以分两个步骤：
第一步：先让其中一个士兵甲去选位置，有种选法；
第二步：重排其余个人，根据第一步，可以分为两类：
第一类：若甲站到乙的位置上，但乙没有站到甲的位置，这样的站法有种；
第二类：若甲站到乙的位置上，乙同时站到甲的位置，这样的站法有种．
所以，，又，
所以．
所以数列，是首项为1，公比为的等比数列
（3）由题意可知，
由（2）可得：，则．
对进行赋值，依次得：，， ，
将以上各式左右分别相加，得：，因，
则．
即得，
当无穷大时，，得证.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于寻找题中和，之间的递推关系，通过两个计数原理的运用，先分步再分类得到，第二个关键是根据数列递推公式，通过拼凑项得到等比数列，为第三题证明结论做好知识铺垫.
29．(1)
(2)
(3)得冠军的概率分别为与 ，“双败淘汰制”对高二夺冠有利
【来源】四川省成都市第十二中学（四川大学附属中学）　2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题
【分析】（1）由题意可得高二两场全输，计算其概率即可得；
（2）由题意可得高二后三场全胜，结合每轮的对手及胜率计算即可得；
（3）在“双败淘汰制”下，分别计算高二全胜、只输了第一场与只输了第二场的概率，求和即可得其夺冠概率；在“单败淘汰制”下，高二需全胜，计算其概率即可得其夺冠概率；比较两者概率大小，即可得解.
【详解】（1）设高二在第场比赛获胜的事件为，
由高二比赛的场次是2场，则高二两场全输，
则；
（2）由于高二输了第一轮的比赛，高二后续需全胜才能获得冠军，
则；
（3）在“双败淘汰制”下，若高二获得冠军，则最多只能输一场，
若高二全胜，其概率为，
若高二只输了第一场，则，
若高二只输了第二场，则，
则高二获得冠军的概率为；
在“单败淘汰制”下，若高二获得冠军，则需两场全胜，则，
由，故，故“双败淘汰制”对高二夺冠有利.
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于计算“双败淘汰制”下高二获得冠军的概率需要分全胜、只输了第一场与只输了第二场的情况进行计算.
30．(1)（ⅰ）；（ⅱ）；（ⅲ）
(2)（ⅰ）当时，；当时，；（ⅱ）
【来源】河北省邯郸市魏县2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题
【分析】（1）应用全概率公式分互斥事件计算概率，再根据递推公式构造数列，计算得出等比数列结合累加法得出通项公式；
（2）针对定义域分段求解函数表达式.
【详解】（1）（ⅰ）设事件：“这个人在第1步掉入陷阱”，事件：“这个人在第3步掉入陷阱”，事件：“这个人在第5步掉入陷阱”，
则他在5步内掉入陷阱的概率．
（ⅱ）他从开始，最终掉入陷阱的概率为，则这个人如果第一步向左走，就会掉入陷阱，
若他第一步向右走，如果最终掉入陷阱，则需要由先到达处，
而这个概率和他从开始，最终掉入陷阱的概率相同，所以，
由此可得（舍去）或．
（ⅲ）由（ⅱ）可知，，
方法一：由，得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则．
则
累加得，所以．
方法二：由，得，即，
所以是以为首项，为公比的等比数列，所以．
（2）（ⅰ）由题意得，当时，；当时，．
（ⅱ）这个人如果第一步向左走，就会掉入陷阱，
若他第一步向右走，如果最终掉入陷阱，则需要由先到达处，
而这个概率和他从开始，最终掉入陷阱的概率相同，
所以，即，得或．
因为是关于的连续函数，所以当时，，
当时，．
所以
【点睛】关键点点睛：根据递推公式构造数列，计算得出等比数列，结合累加法得出通项公式.
31．(1)5
(2)答案见解析
【来源】福建省福州第一中学2024-2025学年高三上学期开学质检考试数学试题
【分析】（1）给6朵花合适代号，再分三类讨论即可；
（2）（i）分类讨论出所有合适情况，再按步骤列出其分布列计算其期望即可；
（ii）分和讨论即可.
【详解】（1）当时，有6朵花围绕在一个圆形花圃周围. 以1、2、3、4、5、6表示，
由题意可知，满足要求的绑缎带方法，任意一条缎带绑后，其同侧不能剩余奇数个点，故1必不与奇数3、5配对.
按花朵1的配对情况，分为三类：
①1与2配对：另4朵3、4、5、6的配对情况，同时共有4朵花的配对方法数相同，
故有2种方法；
②1与6配对：由对称性可知同1与2配对的方法数，故有2种方法；
③1与4配对：2必与3配对，6必与5配对，故只有1种方法.
综上，完成这件事的方法数共有种方法，
列举如下：
（12）（34）（56）；（12）（36）（45）；（16）（23）（45）；（16）（25）（34）；（14）（23）（56）.
即满足要求的绑缎带方法总数为5.
（2）（i）当时，有8朵花围绕在一个圆形花圃周围. 以1、2、3、4、5、6、7、8表示，
由题意可知，满足要求的绑缎带方法，任意一条缎带绑后，其同侧不能剩余奇数个点，故1不能与3、5、7配对.
故按花朵1的配对情况，可分为两类：
①12或18配对：
若12配对，则另6朵3、4、5、6、7、8的配对情况，
同时共有6朵花的配对方法数相同，故有5种方法；
若18配对，由对称性可知与12配对方法相同，故也有5种方法；
故有种方法；
②14或16配对：由对称性，这两类配对方法也相同.
不妨设14配对，由题意，23必配对.而另外5、6、7、8的配对情况，即同时共有4朵花的配对方法数，有2种方法；
故有种方法；
综上，完成这件事的方法数共有种方法.
已知满足要求的每一种绑法出现的概率都相等，则每一种方法的概率均为，
记一次绑法中，共有Y对相邻的两朵花绑在一起，
14种方法中的有种方法；的有种；的有种；
则Y的所有可能值为，
；
；
.
故Y的分布列为：
2 3 4
，故Y的期望为.
（ii）当时，显然有，此时，
当时，若第朵花与相邻花相连，记随机变量，则
若第朵花不与相邻花相连，记随机变量，则
由于有对相邻的两朵花，则
则
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第一小问的关键是找到所有适合的情况，求出不同的所对应的概率即可.
32．(1)
(2)
(3)
【来源】安徽省2024届普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷
【分析】（1）记甲、乙两人在第一轮和第二轮中相遇对弈的事件分别为和，则，分别求和，代入即得；
（2）设报名选手人数为时，甲、乙两人相遇对弈的概率为，当时，，分别求和，代入即得；可得；
（3）先求，再由公式，利用等比数列的前项和公式计算即得.
【详解】（1）当时，报名选手只有4人，其中包含甲、乙．记甲、乙两人在第一轮和第二轮中相遇对弈的事件分别为和，
则.
甲、乙两人相遇对弈的情况分为两种：
①甲、乙两人在第一轮中配对，由于4人两两配对的方式共有（种），故；
②甲、乙两人在第一轮中没有配对，那么他们只有在第一轮中都胜出进入第二轮才有可能配对，
而第二轮只有两人比赛，所以他们必相遇对弈，此时．
所以．
（2）设报名选手人数为时，甲、乙两人相遇对弈的概率为．
考虑的情况，仍用和分别表示甲、乙两人在第一轮比赛和后续比赛中相遇对弈的事件，
则甲、乙两人相遇对弈的概率．
同样甲、乙两人相遇对弈的情况分为两种：
①甲、乙两人在第一轮中配对，因为个人两两配对的方式共有
种，
其中甲、乙两人配对的方式有种，所以；
②甲、乙两人在第一轮中没有配对，那么他们要想在后续的比赛中相遇对弈，只有他们两人在第一轮中都胜出，
同其余名胜者进入下一轮比赛，从这时起变成名选手按照原来的比赛规则进行比赛，
所以只要甲、乙两人都能进入后续的比赛，那么他们在后续的比赛中相遇对弈的概率就是，则．
所以
，
所以当时，甲、乙两人相遇对弈的概率．
（3）因为，所以，
所以当时， ．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查概率、条件概率、随机变量的期望等综合知识和转化与化归思想，属于难题.解题关键在于要求甲、乙两人相遇对弈的概率时，应考虑甲、乙两人在第一轮比赛和后续比赛中相遇对弈的事件和，利用公式，分别先求和，再求.
33．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【来源】湖南省部分学校2025届高三上学期8月开学考试数学试题
【分析】（1）利用相互独立事件的概率公式计算即得.
（2）利用互斥事件的概率加法公式、相互独立事件的概率公式列式，再利用等比数列前n项和公式求解即得.
（3）由给定条件，利用错位相减法求和，再结合数列单调性及不等式性质推理即得.
【详解】（1）用表示第次操作取出黑球，表示第次操作取出白球，
.
（2）依题意，，
当时，若次操作后结束，则前次操作中，有一次取出黑球，其余次均取出白球，
则
，
经检验，均满足该式，所以.
（3）由（2）知，
则.
设，
则，
从而，
因此，
则，
于是，而，
所以.
【点睛】方法点睛：一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
34．(1)
(2)（i）；（ii）.
【来源】山东省青岛市黄岛区2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题
【分析】（1）利用组合数和古典概型的概率计算公式即可求解；
（2）（i）利用概率的加法和乘法公式，结合全概率公式即可求解；
（ii）利用期望公式列式求解即可.
【详解】（1）记第二次抽到一等奖为事件,其他个一等奖在剩余的个奖券中随机抽出，
故.
（2）（i）由题知，一、二、三等奖个数分别为，记最后一张奖券是二等奖为事件
最后一张奖券是三等奖为事件，显然事件与互斥，
记一等奖最先全部抽出为事件，则，
当事件发生时，只需考虑所有一、三等奖最后被抽到的那一张是三等奖，
则
当事件发生时，只需考虑所有一、二等奖最后被抽到的那一张是二等奖，
则
所以.
（ii）从前两轮看：
所以
【点睛】关键点点睛：第一问直接利用古典概型的概率计算公式即可，第二问的第一小问，利用全概率公式计算即可，第二小问，利用期望公式计算即可.
35．(1)
(2)
【来源】河南省新乡市2023-2024学年高一下学期期末测试数学试题
【分析】（1）分类讨论只积3分的可能情况，结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）由题意，若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解.
【详解】（1）A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况.
第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为.
第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为.
故所求概率为.
（2）不妨假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜.
此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分.
在剩下的3场比赛中：
若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线；
若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线；
若B与D比赛平局，同理可得A可以出线.
故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定可以出线.
若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线.
当B，C，D中有一支队伍胜2场时，
若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为；
若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为.
其他情况A均可以出线.
综上，A球队最终小组出线的概率为.
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于分类讨论获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解.
答案第1页，共2页
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