壓軸題08計數(shù)原理、二項式定理、概率統(tǒng)計壓軸題6題型 （教師版）

壓軸題06計數(shù)原理、二項式定理、概率統(tǒng)計壓軸題六大題型匯總命題預(yù)測本專題考查類型主要涉及點為計數(shù)原理、二項式定理、概率統(tǒng)計相關(guān)的知識點。預(yù)計2024年后命題會繼續(xù)在上述幾個方面進行。高頻考法題型01概率與數(shù)列結(jié)合問題題型02二項式定理相關(guān)問題題型03排列組合新定義問題題型04概率統(tǒng)計與導(dǎo)數(shù)結(jié)合問題題型05進制問題題型06條件概率全概率問題01概率與數(shù)列結(jié)合問題遞推數(shù)列與概率知識的交匯問題，解決該類問題應(yīng)該注意的事項有：（1）做好互斥事件的劃分，正確進行獨立事件概率的計算；（2）借助待定系數(shù)方法建立不同事件概率間的遞推關(guān)系，即構(gòu)建遞推數(shù)列；（3）正確運用數(shù)列求通項公式或求和的方法解決問題.1.（21-22高二下·黑龍江雙鴨山·期中）足球運動被譽為“世界第一運動”．深受青少年的喜愛．為推廣足球運動，某學(xué)校成立了足球社團，社團中的甲、乙、丙三名成員將進行傳球訓(xùn)練，從甲開始隨機地球傳給其他兩人中的任意一人，接球者再隨機地將球傳給其他兩人中的任意一人，如此不停地傳下去，且假定每次傳球都能被接到．記開始傳球的人為第1次觸球者，第n次觸球者是甲的概率為Pn，即P（1）P2=0；（2）P3=1A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】（1）與（2）能直接進行求解；（3）分析出要想第n次觸球者是甲，則第n?1次觸球的不能是甲，且第n?1次觸球的人，有12的概率將球傳給甲，從而求出遞推公式；（4）再第（3）問的基礎(chǔ)上求出通項公式，計算出P9，比較出【詳解】甲傳球給乙或丙，故P2乙或丙傳球給其他兩個人，故P3由題意得：要想第n次觸球者是甲，則第n?1次觸球的不能是甲，且第n?1次觸球的人，有12故Pn因為Pn=?1解得：λ=?1所以P因為P1所以Pn?13是以故Pn所以Pn故P9P10故P9說法正確的個數(shù)是3個.故選：C【點睛】概率與數(shù)列結(jié)合的題目，要能分析出遞推關(guān)系，通過遞推關(guān)系求出通項公式，這是解題的關(guān)鍵.2.（23-24高三下·山東菏澤·開學(xué)考試）國際象棋是國際通行的智力競技運動.國際象棋使用8×8格黑白方格相間棋盤，骨牌為每格與棋盤的方格大小相同的1×2格灰色方格.若某種黑白相間棋盤與骨牌滿足以下三點：①每塊骨牌覆蓋棋盤的相鄰兩格；②棋盤上每一格都被骨牌覆蓋；③沒有兩塊骨牌覆蓋同一格，則稱骨牌構(gòu)成了棋盤的一種完全覆蓋.顯然，我們能夠舉例說明8×8格黑白方格相間棋盤能被骨牌完全覆蓋.(1)證明：切掉8×8格黑白方格相間棋盤的對角兩格，余下棋盤不能被骨牌完全覆蓋；(2)請你切掉8×8格的黑白方格相間棋盤的任意兩個異色方格，然后畫出余下棋盤的一種骨牌完全覆蓋方式，并證明：無論切掉的是哪兩個異色方格，余下棋盤都能被骨牌完全覆蓋；(3)記m×n格黑白方格相間棋盤的骨牌完全覆蓋方式數(shù)為F(m,n)，數(shù)列{F(2,n)}的前n項和為Sn，證明：S【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)切掉8×8格黑白方格相間棋盤特征，即可得證；（2）易得8×8格黑白方格相間棋盤能夠被紅線分割為黑白方格依次相鄰且首尾相接的“方格條”，再切掉其中兩個黑白方格，即可得證；（3）易得完全覆蓋方式數(shù)的遞推公式為F(2,n+2)=F(2,n+1)+F(2,n)(n∈N【詳解】（1）由于每塊骨牌覆蓋的都是相鄰的兩個異色方格，故棋盤的黑白方格數(shù)目相同是其能被骨牌完全覆蓋的必要條件，但切掉8×8格黑白方格相間棋盤的對角兩格后，要么黑色方格比白色方格多兩個，要么白色方格比黑色方格多兩個，故余下棋盤不能被骨牌完全覆蓋；（2）切掉兩個異色方格并作完全覆蓋示例如圖1；如圖2，8×8格黑白方格相間棋盤能夠被紅線分割為黑白方格依次相鄰且首尾相接的“方格條”，無論切掉其中哪兩個黑白方格，都會將“方格條”拆成一至兩個“短方格條”，且每個“短方格條”中黑白方格的數(shù)目是相同的，都能夠被骨牌完全覆蓋，故余下棋盤能一定被骨牌完全覆蓋；（3）如圖3，可知完全覆蓋方式數(shù)的遞推公式為F(2,n+2)=F(2,n+1)+F(2,n)(n∈N其中F(2,1)=1，F(xiàn)(2,2)=2.從而F(2,3)=F(2,2)+F(2,1)，F(xiàn)(2,4)=F(2,3)+F(2,2)，…，F(xiàn)(2,n+2)=F(2,n+1)+F(2,n)，累加得Sn+2移項得Sn【點睛】關(guān)鍵點點睛：第三問的關(guān)鍵是得到遞推公式F(2,n+2)=F(2,n+1)+F(2,n)(n∈N3.（2024·江蘇常州·模擬預(yù)測）某游戲設(shè)置了兩套規(guī)則，規(guī)則A：拋擲一顆骰子n次，若n次結(jié)果向上的點數(shù)之和大于2n(1)若執(zhí)行規(guī)則A，求拋擲次數(shù)恰為1次的概率；(2)若執(zhí)行規(guī)則B，證明：拋擲次數(shù)的數(shù)學(xué)期望不大于3.【答案】(1)1(2)證明見詳解【分析】（1）先求出“拋擲一顆骰子1次向上的點數(shù)”構(gòu)成的基本事件總數(shù)，再計算事件“向上的點數(shù)不大于2”的基本事件數(shù)，由古典概型的計算公式計算即可；（2）先寫出隨機變量拋擲次數(shù)X的所有可能的結(jié)果，寫出它的分布列，計算其數(shù)學(xué)期望，計算過程用到了錯位相減法.【詳解】（1）若執(zhí)行規(guī)則A，拋擲次數(shù)恰為1次，“拋擲一顆骰子1次結(jié)果向上的點數(shù)”構(gòu)成的基本事件為：1,2,3,4,5,6，共6個基本事件；事件“向上的點數(shù)不大于2”包含的基本事件為：1,2，包含2個基本事件；由古典概型的計算公式得，若執(zhí)行規(guī)則A，拋擲次數(shù)恰為1次的概率為：p=2（2）若執(zhí)行規(guī)則B，拋擲次數(shù)X的所有可能取值為1，2，3，…，n；顯然拋擲一顆骰子1次結(jié)果向上的點數(shù)不大于2的概率為13，大于2的概率為2PX=1=13，P所以E=1設(shè)S=1+2×223①－②?1=1×得：S<9所以EX4.（2024·浙江金華·模擬預(yù)測）現(xiàn)有n枚硬幣C1,C2,?,Cn(1)將C1,C2,C3(2)將這n枚硬幣拋起，求落下時正面朝上的硬幣個數(shù)為奇數(shù)的概率．【答案】(1)分布列見解析，E(X)=(2)n【分析】（1）借助相互獨立事件的概率公式及離散型隨機變量的分布列及方差定義計算即可得；（2）設(shè)將這n枚硬幣拋起，落下時正面朝上的硬幣個數(shù)為奇數(shù)的概率為Pn，由題意可得Pn=【詳解】（1）用Ai表示第i枚硬幣正面朝上，則Ai表示第i枚硬幣正面朝下，其中X的可能取值為0、1、2、3，則PX=0P+1P+1PX=3則其分布列為：X0123P164441期望EX（2）設(shè)將這n枚硬幣拋起，落下時正面朝上的硬幣個數(shù)為奇數(shù)的概率為Pn則P1當(dāng)n≥2時，有Pn即Pn=2n?12n+1P即數(shù)列2n+1Pn為以1為公差，以即2n+1Pn=n5.（2023·河南開封·一模）某市每年上半年都會舉辦“清明文化節(jié)”，下半年都會舉辦“菊花文化節(jié)”，吸引著眾多海內(nèi)外游客.為了更好地配置“文化節(jié)”旅游相關(guān)資源，2023年該市旅游管理部門對初次參加“菊花文化節(jié)”的游客進行了問卷調(diào)查，據(jù)統(tǒng)計，有23(1)從2023年初次參加“菊花文化節(jié)”的游客中隨機抽取三人，求三人合計得分的數(shù)學(xué)期望；(2)2024年的“清明文化節(jié)”擬定于4月4日至4月19日舉行，為了吸引游客再次到訪，該市計劃免費向到訪的游客提供“單車自由行”和“觀光電車行”兩種出行服務(wù).已知游客甲每天的出行將會在該市提供的這兩種出行服務(wù)中選擇，甲第一天選擇“單車自由行”的概率為45，若前一天選擇“單車自由行”，后一天繼續(xù)選擇“單車自由行”的概率為14，若前一天選擇“觀光電車行”，后一天繼續(xù)選擇“觀光電車行”的概率為（i）求甲第二天選擇“單車自由行”的概率；（ii）求甲第n（n=1，2，?，16）天選擇“單車自由行”的概率Pn【答案】(1)4(2)（i）13（ii）Pn＝8【分析】（1）由合計得分可能的取值，計算相應(yīng)的概率，再由公式計算數(shù)學(xué)期望即可；（2）（i）利用互斥事件的加法公式和相互獨立事件概率乘法公式求概率．；（ii）由題意，求Pn與Pn-1的關(guān)系，通過構(gòu)造等比數(shù)列，求出【詳解】（1）由題意，每位游客得1分的概率為23，得2分的概率為1隨機抽取三人，用隨機變量X表示三人合計得分，則X可能的取值為3，4，5，6，PX=3=2PX=5=C則EX所以三人合計得分的數(shù)學(xué)期望為4.（2）第一天選擇“單車自由行”的概率為45，則第一天選擇“觀光電車行”的概率為1若前一天選擇“單車自由行”，后一天繼續(xù)選擇“單車自由行”的概率為14若前一天選擇“觀光電車行”，后一天繼續(xù)選擇“觀光電車行”的概率為13，則后一天選擇“單車自由行”的概率為2（i）甲第二天選擇“單車自由行”的概率P=4（ii）甲第nn=1,2,?,則Pn=1∴Pn又∵P1?817=∴數(shù)列Pn?817是以∴Pn＝8由題意知，需Pn>1?P817+2885?顯然n必為奇數(shù)，偶數(shù)不成立，當(dāng)n=1,3,n=1時，1>5n=3時，512n=5時，5124=625144×144又因為512n?1單調(diào)遞減，所以n>5時，綜上，16天中選擇“單車自由行”的概率大于“觀光電車行”的概率的天數(shù)只有2天．【點睛】關(guān)鍵點睛：本題第2小問的解決關(guān)鍵是利用全概率公式得到Pn=?502二項式定理相關(guān)問題6.（2018·上?！ひ荒＃┮阎?1+2x)6展開式的二項式系數(shù)的最大值為a，系數(shù)的最大值為b，則ba=【答案】12【分析】由(a+b)n的二項展開式的通項Tr+1=Cnran?rbr，可知(1+2x)6展開式的二項式系數(shù)為C6r【詳解】由題意可知(1+2x)6展開式的二項式系數(shù)為C當(dāng)r=3時，取得最大值a=(1+2x)6展開式的系數(shù)為C當(dāng)滿足C6即6!∴16?r≥2r+1又∵r=0,1,?,6∴r=4時，系數(shù)的最大值為b=則b故答案為：12【點睛】本題考查二項式定理，求二項式系數(shù)最大值時，列出不等式組C67.（2024·浙江·模擬預(yù)測）已知(ax?1)2(2x?1)3=a0【答案】38【分析】借助賦值法可得a，結(jié)合二項式定理計算即可得解.【詳解】令x=1，則有(a?1)2=a即有(x?1)2(2x?1)3故答案為：38.8．（多選）（2024·全國·模擬預(yù)測）已知m∈N，m≥2，a1，a2，?，am∈0,1,2,?,9，記M=10m+i=1m10i?1aiA．若m=2，則GB．若m=19，則GC．對于任意奇數(shù)mD．對于任意整數(shù)m【答案】AC【分析】對于選項A，當(dāng)m=2時寫出M，由a1，a2中不含6，根據(jù)題意即可求得G0；對于選項B，當(dāng)m=19時寫出M，由a1，a2，?，a19中含有k個6，可得Gk，Gk+1，解不等式即可；對于選項C，【詳解】當(dāng)m=2，M=100+10a2+當(dāng)m=19，M=1019+當(dāng)Gk>Gk+1時，CGk=Cmk?9于是x=10因為110mGk=因此G1故選：AC.【點睛】方法點睛：本題考查計數(shù)原理、二項式定理、二項分布的均值；根據(jù)題意利用計數(shù)原理得到Gk9．（2023·廣西南寧·二模）已知當(dāng)x∈?12,12時，有11+2x=1?2x+4x【答案】228【分析】由11+2x=1?2x+4x2?…+?2xn+…得到11?x3=1+x【詳解】當(dāng)x∈?12所以11?則x1?則a9為x1?x因為x1??2x8故答案為：22810．（2024·湖南衡陽·二模）莫比烏斯函數(shù)在數(shù)論中有著廣泛的應(yīng)用．所有大于1的正整數(shù)n都可以被唯一表示為有限個質(zhì)數(shù)的乘積形式：n=p1r1p2r2???pkrk（k為n(1)求μ78(2)若正整數(shù)x,y互質(zhì)，證明：μxy(3)若n>1且μn=1，記n的所有真因數(shù)（除了1和n以外的因數(shù)）依次為a1【答案】(1)μ(2)證明見解析；(3)證明見解析；【分析】（1）分別寫出78,375的所有質(zhì)因數(shù)，根據(jù)其個數(shù)即可計算出結(jié)果；（2）對x,y的取值是否為1進行分類討論，對μxy（3）利用定義由組合數(shù)定義以及二項式定理可得出證明.【詳解】（1）因為78=2×3×13，易知k=3,p所以μ78又375=3×53，因為5的指數(shù)3>1，所以（2）①若x=1或y=1，因為μ1=1，所以②若x,y≠1，且存在質(zhì)數(shù)p，使得x或y的質(zhì)因數(shù)分解中包含prr>1，則xy的質(zhì)因數(shù)分解中一定也包含所以μxy③若x,y≠1，且不存在②中的p，可設(shè)x=p其中p1,p因為x,y互質(zhì)，所以p1所以μxy綜上可知μ（3）由于μn=1，所以可設(shè)n=pn的所有因數(shù)，除了1之外都是p1,p2,???,pk所以μ=μ=1+C所以μa【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于充分理解莫比烏斯函數(shù)μn03排列組合新定義問題11.（23-24高三下·江蘇泰州·階段練習(xí)）將“用一條線段聯(lián)結(jié)兩個點”稱為一次操作，把操作得到的線段稱為“邊”．若單位圓上n個顏色不相同且位置固定的點經(jīng)過k次操作后，從任意一點出發(fā)，沿著邊可以到達其他任意點，就稱這n個點和k條邊所構(gòu)成的圖形滿足“條件T”，并將所有滿足“條件T”的圖形個數(shù)記為T(n,k)，則T(5,4)=．【答案】125【分析】利用新定義，結(jié)合排列組合，分情況討論即可.【詳解】T5,4，即n=5，k=4情形1：有3個點是2條邊的端點，另2個點是1條邊的端點，有A5情形2：有1個點是3條邊的端點，有1個點是2條邊的端點，另3個點是1條邊的端點，有A5情形3：有1個點是4條邊的端點，另4個點是1條邊的端點，共有C5綜上：T5,4故答案為：125【點睛】方法點睛：對于特殊類型的排列問題，注意根據(jù)問題的特征將其轉(zhuǎn)化等價的排列問題，而后者容易計數(shù).12.（22-23高三下·浙江杭州·階段練習(xí)）七選五型選擇題組是許多類型考試的熱門題型.為研究此類題型的選拔能力，建立以下模型.有數(shù)組a1,a2,…,ai和數(shù)組b1,b2(1)請直接寫出P(1),P(2)的值；(2)已知P(n+1)=(n+2)P(n)+nP(n?1).①對a1,a2,…,a5和b②試給出P(n+1)=(n+2)P(n)+nP(n?1)的證明.【答案】(1)P(1)=2,P(2)=7(2)①分布列見解析，E(X)=5【分析】（1）由P(n)為i=n時，對于任意j(1≤j≤n)都不存在“正確配對”的配對方式數(shù)，即錯排方式數(shù)求解；（2）(i)由P(X=0)=P(5)C50A75,P(X=1)=P(4)【詳解】（1）P(1)=2,P(2)=7；（2）(i)P(X=0)=P(5)P(X=2)=P(3)C5X012345P121490532070101E(X)=5(ii)分三類情況，a1,a1.an+1和bi(i∈n+2,n+3)配對，余下a1,2.an+1和bi(i∈1,2,…,n)配對，且b3.an+1和bi(i∈1,2,…,n)配對，且bn+1與ai綜上：P(n+1)=(n+2)P(n)+nP(n?1).13．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）若集合A,B,C，D滿足A,B,C都是D的子集，且A∩B，B∩C，A∩C均只有一個元素，且A∩B∩C=?，稱A,B,C為D的一個“有序子集列”，若D有5個元素，則有多少個“有序子集列”.【答案】960【分析】結(jié)合韋恩圖，根據(jù)題意先選擇3個元素均分給x，y，z三個位置，在排剩余元素，結(jié)合組合數(shù)和分步乘法計數(shù)原理運算求解.【詳解】因為A∩B，B∩C，A∩C均只有一個元素，且A∩B∩C=?，作出韋恩圖，

則從D的5個元素中選擇3個元素均分給x，y，z三個位置，共有A5剩余2個元素，每個均有4個位置d,e,f,g可以排，共有有42所以“有序子集列”共有60×16=960個.故答案為：960.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵是將集合問題轉(zhuǎn)化為元素分配問題，先排重疊部分，再排剩余元素即可.14．（2024·遼寧·一模）十七世紀至十八世紀的德國數(shù)學(xué)家萊布尼茲是世界上第一個提出二進制記數(shù)法的人，用二進制記數(shù)只需數(shù)字0和1，對于整數(shù)可理解為逢二進一，例如：自然數(shù)1在二進制中就表示為12，2表示為102，3表示為112，5表示為1012，發(fā)現(xiàn)若n∈N+可表示為二進制表達式a0a1(1)記Sn=a(2)記In為整數(shù)n的二進制表達式中的0的個數(shù)，如I2=1（ⅰ）求I60（ⅱ）求n=1511【答案】(1)證明見解析(2)（?。?；（ⅱ）9841【分析】（1）借助二進制的定義計算可得S8n+3=Sn（2）（?。┙柚M制的定義可計算出60=1111002，即可得表達式中的0的個數(shù)；（ⅱ）計算出從n=1到n=511中，In=0、In=1、【詳解】（1）8n+3=a∴S8n+34n+3=a∴S4n+3∴S8n+3（2）（?。?0=32+16+8+4=1×2∴I60（ⅱ）1=1×2511=1×28+1×27In=0有12、112、In=1有C11+In=2有C22+……，In=8有n=1===1+2【點睛】關(guān)鍵點點睛：本體最后一小問關(guān)鍵點在于結(jié)合二進制的定義，得到1=1×20=12，511=1111111112，通過組合數(shù)的計算得到I15．（2024·廣東·模擬預(yù)測）在組合恒等式的證明中，構(gòu)造一個具體的計數(shù)模型從而證明組合恒等式的方法叫做組合分析法，該方法體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的簡潔美，我們將通過如下的例子感受其妙處所在．(1)對于n元一次方程x1(2)對于n元一次方程組x1(3)證明：Cp+q+n+1注：x1=ax【答案】(1)C(2)Cp+mm?1(3)證明見詳解.【分析】（1）建立模型k個相同的球排成一行，分成n組，且每組至少一個小球，利用組合方法隔板法進行求解即可.（2）令xi=yi?1（3）由1?x?n=k=0∞Cn?1+kkxk得，1?x【詳解】（1）取k個相同的球排成一行，這k個球兩兩之間共有k?1個空隙，用n?1塊相同的隔板插入這k?1個空隙，每個空隙最多插一塊隔板，則插入隔板的方法數(shù)為C這n?1塊相同的隔板將k個球分成n組，從左到右各組的球數(shù)依次記為x1,x2故n元一次方程x1+x（2）令xi則y1,y由（1）知，方程y1+y即方程x1+x同理可得，方程xm+1+x故n元一次方程組x1+x2+?+（3）先證明：1?x?n設(shè)(1?x)?n令x=0得a0將（*）兩邊求導(dǎo)得n(1?x)令x=0得a1將（**）式兩邊求導(dǎo)得(n+1)?n(1?x)令x=0得a2將（***）式兩邊求導(dǎo)得

(n+2)(n+1)?n(1?x)令x=0得a3依次類推可得ak所以1?x?n所以1?x?p+1=所以1?x?而1?x?所以Cp+q+n+1【點睛】關(guān)鍵點點睛：解決n元一次不定方程的正整數(shù)解的個數(shù)問題，通過建立模型，利用隔板法進行求解.04概率統(tǒng)計與導(dǎo)數(shù)結(jié)合問題16.（2024·浙江杭州·二模）在概率統(tǒng)計中，常常用頻率估計概率．已知袋中有若干個紅球和白球，有放回地隨機摸球n次，紅球出現(xiàn)m次．假設(shè)每次摸出紅球的概率為p，根據(jù)頻率估計概率的思想，則每次摸出紅球的概率p的估計值為p=(1)若袋中這兩種顏色球的個數(shù)之比為1:3，不知道哪種顏色的球多．有放回地隨機摸取3個球，設(shè)摸出的球為紅球的次數(shù)為Y，則Y～注：PpY=k表示當(dāng)每次摸出紅球的概率為p時，摸出紅球次數(shù)為（ⅰ）完成下表；k0123P271P927（ⅱ）在統(tǒng)計理論中，把使得PpY=k的取值達到最大時的p，作為p的估計值，記為p，請寫出(2)把（1）中“使得PpY=k的取值達到最大時的p作為p的估計值具體步驟：先對參數(shù)θ構(gòu)建對數(shù)似然函數(shù)lθ，再對其關(guān)于參數(shù)θ求導(dǎo)，得到似然方程l'θ=0，最后求解參數(shù)θ的估計值．已知Y～Bn,p的參數(shù)p【答案】(1)（?。┍砀褚娊馕?；（ⅱ）p^(2)1n【分析】（1）（?。┓謕=14與（2）求取函數(shù)l(p)=i=1【詳解】（1）因為袋中這兩種顏色球的個數(shù)之比為1:3，且Y～B3,p，所以p的值為1（?。┊?dāng)p=14時，P1當(dāng)p=34時，P3表格如下k0123P272791P192727（ⅱ）由上表可知Pp當(dāng)y=0或1時，參數(shù)p=14的概率最大；當(dāng)y=2或3時，參數(shù)所以p=（2）由l(p)=i=1則l'令1p即1?pp故p=1ni=1nX當(dāng)p∈1ni=1故l(p)在0,1ni=1即當(dāng)p=1ni=1nX因此，用最大似然估計的參數(shù)p與頻率估計概率的p是一致的，故用頻率估計概率是合理的．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵點在于借助導(dǎo)數(shù)求取函數(shù)l(p)取最大值時的p，得到p=17．（2024·山東濟南·二模）隨機游走在空氣中的煙霧擴散、股票市場的價格波動等動態(tài)隨機現(xiàn)象中有重要應(yīng)用.在平面直角坐標(biāo)系中，粒子從原點出發(fā)，每秒向左、向右、向上或向下移動一個單位，且向四個方向移動的概率均為14.例如在1秒末，粒子會等可能地出現(xiàn)在(1)設(shè)粒子在第2秒末移動到點x,y，記x+y的取值為隨機變量X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望EX(2)記第n秒末粒子回到原點的概率為pn（i）已知k=0n(Cnk（ii）令bn=p2n，記Sn為數(shù)列bn的前n項和，若對任意實數(shù)M>0，存在【答案】(1)見解析(2)（i）p3=0；p4【分析】（1）求出求X的可能取值及其對應(yīng)的概率，即可求出X分布列，再由數(shù)學(xué)期望公式求出EX（2）（i）粒子奇數(shù)秒不可能回到原點，故p3=0；粒子在第4秒回到原點，分兩種情況考慮，再由古典概率公式求解即可；第2n秒末粒子要回到原點，則必定向左移動k步，向右移動k步，向上移動n?k步，向下移動n?k步，表示出p2n，由組合數(shù)公式化簡即可得出答案；（ii）利用題目條件可證明p2n=14【詳解】（1）粒子在第2秒可能運動到點1,1,2,0,0,2或0,0,1,?1,PX=?2=416=所以X的分布列為：X?202P111EX（2）（i）粒子奇數(shù)秒不可能回到原點，故p3粒子在第4秒回到原點，分兩種情況考慮：a每一步分別是四個不同方向的排列，例如“上下左右”，共有A4b每一步分別是兩個相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有2C4于是p4第2n秒末粒子要回到原點，則必定向左移動k步，向右移動k步，向上移動n?k步，向下移動n?k步，故p==1故p2n（ii）利用2πC2n于是p2n令fx=x?ln故fx在0,+則fx>f0從而有：Sn即x為不超過x的最大整數(shù)，則對任意常數(shù)M>0，當(dāng)n≥en>e6M?1綜上所述，當(dāng)n≥e6M時，【點睛】關(guān)鍵點睛：本題第二問（ii）的關(guān)鍵點在于利用2πnnen<n!<6π118．（2024·重慶·模擬預(yù)測）函數(shù)fx(1)討論fx(2)若函數(shù)fx有兩個極值點x1,x2，曲線y=fx上兩點(3)盒子中有編號為1~100的100個小球（除編號外無區(qū)別），有放回的隨機抽取20個小球，記抽取的20個小球編號各不相同的概率為p，求證：p<1【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）求導(dǎo)后對a分類討論即可得；（2）借助斜率公式表示出k后化簡，可轉(zhuǎn)化為證明lnx1?lnx（3）借助概率公式可得p，借助放縮法可得p<91019【詳解】（1）fx定義域為0,+∞，對于方程x2+2?2a當(dāng)Δ≤0，即0≤a≤2時，x2+2?2ax+1≥0，f當(dāng)Δ>0，即a<0或a>2時，方程x1=a?1?a2?2a，x所以當(dāng)a<0時，x1<x2<0，f'當(dāng)a>2時，0<x1<x2，x∈0,x1或所以fx在0,x1和x綜上，當(dāng)a≤2時，fx在0,+當(dāng)a>2時，fx在0,a?1?a2在a?1?a（2）k===ln所以要證k>2?aa?1，即證lnx也即證lnx設(shè)t=x1x2∈0,1，函數(shù)?t所以t∈0,1時，?（3）由題可得p=A因為99×81=902?92所以p<9又由（2）知t∈1,+∞，取t=109，有即ln10919所以p<9【點睛】關(guān)鍵點點睛：最后一問關(guān)鍵點在于得出p<91019后，借助（2）問中所得，取t=19．（2024·河北滄州·模擬預(yù)測）某景區(qū)的索道共有三種購票類型，分別為單程上山票、單程下山票、雙程上下山票．為提高服務(wù)水平，現(xiàn)對當(dāng)日購票的120人征集意見，當(dāng)日購買單程上山票、單程下山票和雙程票的人數(shù)分別為36、60和24．(1)若按購票類型采用分層隨機抽樣的方法從這120人中隨機抽取10人，再從這10人中隨機抽取4人，求隨機抽取的4人中恰有2人購買單程上山票的概率．(2)記單程下山票和雙程票為回程票，若在征集意見時要求把購買單程上山票的2人和購買回程票的m（m>2且m∈N（i）試用含m的代數(shù)式表示p；（ii）若一共詢問了5組，用gp表示恰有3組被標(biāo)為B的概率，試求g【答案】(1)3(2)（i）p=4mm2+3m+2；（ii）【分析】（1）由古典概型結(jié)合組合數(shù)公式即可求得答案；（2）（i）由古典概型結(jié)合對立事件的概率公式即可求得答案；（ii）由n次獨立重復(fù)試驗的概率公式結(jié)合導(dǎo)數(shù)知識即可求解.【詳解】（1）因為購買單程上山票、單程下山票和雙程票的人數(shù)之比為3:5:2，所以這10人中，購買單程上山票、單程下山票和雙程票的人數(shù)分別為：10×310=3，10×故隨機抽取的4人中恰有2人購買單程上山票的概率P=C（2）（i）從m+2人中任選2人，有Cm+22種選法，其中購票類型相同的有Cm（ii）由題意，5組中恰有3組被標(biāo)為B的概率g(p)=C所以g'(p)=10(3p所以當(dāng)p∈0,35時，g當(dāng)p∈35,1時，g所以當(dāng)p=35時，gp由p=4mm2+3m+2=35當(dāng)m=3時，5組中恰有3組被標(biāo)為B的概率最大，且gp的最大值為21620．（2024·廣東汕頭·一模）2023年11月，我國教育部發(fā)布了《中小學(xué)實驗教學(xué)基本目錄》，內(nèi)容包括高中數(shù)學(xué)在內(nèi)共有16個學(xué)科900多項實驗與實踐活動.我市某學(xué)校的數(shù)學(xué)老師組織學(xué)生到“牛田洋”進行科學(xué)實踐活動，在某種植番石榴的果園中，老師建議學(xué)生嘗試去摘全園最大的番石榴，規(guī)定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回頭.結(jié)果，學(xué)生小明兩手空空走出果園，因為他不知道前面是否有更大的，所以沒有摘，走到前面時，又發(fā)覺總不及之前見到的，最后什么也沒摘到.假設(shè)小明在果園中一共會遇到n顆番石榴（不妨設(shè)n顆番石榴的大小各不相同），最大的那顆番石榴出現(xiàn)在各個位置上的概率相等，為了盡可能在這些番石榴中摘到那顆最大的，小明在老師的指導(dǎo)下采用了如下策略：不摘前k(1≤k<n)顆番石榴，自第k+1顆開始，只要發(fā)現(xiàn)比他前面見過的番石榴大的，就摘這顆番石榴，否則就摘最后一顆.設(shè)k=tn，記該學(xué)生摘到那顆最大番石榴的概率為P.(1)若n=4,k=2，求P；(2)當(dāng)n趨向于無窮大時，從理論的角度，求P的最大值及P取最大值時t的值.（取1k【答案】(1)512(2)P的最大值為1e，此時t的值為1【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用有限制條件的排列求出古典概率P.（2）利用全概率公式求出P(A)，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最大值.【詳解】（1）依題意，4個番石榴的位置從第1個到第4個排序，有A4要摘到那個最大的番石榴，有以下兩種情況：①最大的番石榴是第3個，其它的隨意在哪個位置，有A3②最大的番石榴是最后1個，第二大的番石榴是第1個或第2個，其它的隨意在哪個位置，有2A所以所求概率為6+424（2）記事件A表示最大的番石榴被摘到，事件Bi表示最大的番石榴排在第i個，則P由全概率公式知：P(A)=i=1當(dāng)1≤i≤k時，最大的番石榴在前k個中，不會被摘到，此時P(A|B當(dāng)k+1≤i≤n時，最大的番石榴被摘到，當(dāng)且僅當(dāng)前i?1個番石榴中的最大一個在前k個之中時，此時P(A|B因此P(A)=1令g(x)=xnlnnx(x>0)，求導(dǎo)得當(dāng)x∈(0,ne)時，g'(x)>0即函數(shù)g(x)在(0,ne)則g(x)max=g(ne)=1所以P的最大值為1e，此時t的值為1【點睛】方法點睛：全概率公式是將復(fù)雜事件A的概率求解問題轉(zhuǎn)化為在不同情況下發(fā)生的簡單事件的概率求和問題.05進制問題21.（20-21高三下·江蘇·階段練習(xí)）十六進制是一種逢16進1的計數(shù)制.我國曾在重量單位上使用過十六進制，比如成語“半斤八兩”，即十六兩為一斤.在現(xiàn)代，計算機中也常用到十六進制，其采用數(shù)字0～9和字母A～F共16個計數(shù)符號.這些符號與十進制的數(shù)的對應(yīng)關(guān)系如下表：十六進制0123456789ABCDEF十進制0123456789101112131415例如，用十六進制表示：E+D=1B，則A×B=（

）A．6E B．72 C．5F D．BD【答案】A【分析】由表格中A、B對應(yīng)的十進制可得A×B=10×11，轉(zhuǎn)化為十六進制可得答案.【詳解】由表格中A對應(yīng)的十進制為10，B對應(yīng)的十進制為11，所以A×B=10×11，由十進制表示為10×11=6×16+14，又表格中E對應(yīng)的十進制為14，所以十六進制表示A×B=6E，故選：A.22．（23-24高三下·江西贛州·期中）十進制計數(shù)法簡單易懂，方便人們進行計算.也可以用其他進制表示數(shù)，如十進制下，68=1×72+2×7+5A．1 B．2 C．5 D．6【答案】D【分析】由題意將題目轉(zhuǎn)化成611【詳解】由題意知個位數(shù)應(yīng)為611除以7因為611=(7?1)11=故選：D.23．（2022·江蘇南京·三模）19世紀，美國天文學(xué)家西蒙·紐康在翻閱對數(shù)表時，偶然發(fā)現(xiàn)表中以1開頭的數(shù)出現(xiàn)的頻率更高．約半個世紀后，物理學(xué)家本福特又重新發(fā)現(xiàn)這個現(xiàn)象，從實際生活得出的大量數(shù)據(jù)中，以1開頭的數(shù)出現(xiàn)的頻率約為總數(shù)的三成，接近期望值19的3倍，并提出本福特定律，即在大量b進制隨機數(shù)據(jù)中，以n開頭的數(shù)出現(xiàn)的概率為Pbn=logbn+1n，如斐波那契數(shù)、階乘數(shù)、素數(shù)等都比較符合該定律．后來常有數(shù)學(xué)愛好者用此定律來檢驗?zāi)承┙?jīng)濟數(shù)據(jù)、選舉數(shù)據(jù)等大數(shù)據(jù)的真實性．根據(jù)本福特定律，在某項大量經(jīng)濟數(shù)據(jù)（十進制）中，以6開頭的數(shù)出現(xiàn)的概率為【答案】lg7【分析】第一空，將n=6代入Pbn=logbn+1n【詳解】由題意可得：（1）P（2）n=k9P106=lgk+1故答案為：lg24．（2014·吉林延邊·一模）給出下列命題：①已知線性回歸方程y=3+2x，當(dāng)變量x②在進制計算中，100(2)③若ξ~N(3,σ2)，且P(0≤ξ≤3)=0.4④“a=011?⑤設(shè)函數(shù)f(x)=2014x+1+2013【答案】4【詳解】試題分析：①由線性回歸方程的意義可得結(jié)論正確；②100(2)=8，11(3)=8，正確③由正態(tài)分布函數(shù)的性質(zhì)可知正確；④由定積分的知識得：a=考點：（1）線性回歸方程；（2）正態(tài)分布函數(shù)；（3）定積分；（4）函數(shù)的性質(zhì).25．（2022·安徽合肥·二模）通信編碼信號利用BEC信道傳輸，如圖1，若BEC信道傳輸成功，則接收端收到的信號與發(fā)來的信號完全相同；若BEC信道傳輸失敗，則接收端收不到任何信號.傳統(tǒng)通信傳輸技術(shù)采用多個信道各自獨立傳輸信號（以兩個信道為例，如圖2）．華為公司5G信道編碼采用土耳其通訊技術(shù)專家ErdalArikan教授的極化碼技術(shù)（以兩個相互獨立的BEC信道傳輸信號為例）：如圖3，信號U2直接從信道2傳輸；信號U1在傳輸前先與U2“異或”運算得到信號X1，再從信道1傳輸．接收端對收到的信號，運用“異或”運算性質(zhì)進行解碼，從而得到或得不到發(fā)送的信號（注：“異或”是一種2進制數(shù)學(xué)邏輯運算．兩個相同數(shù)字“異或”得到0，兩個不同數(shù)字“異或”得到1，“異或”運算用符號“⊕”表示：0⊕0=0，1⊕1=0，1⊕0=1，0⊕1=1．“異或”運算性質(zhì)：A⊕B=C，則A=C⊕B）．假設(shè)每個信道傳輸成功的概率均為p0<p<1．U(1)在傳統(tǒng)傳輸方案中，設(shè)“信號U1和U2均被成功接收”為事件A，求(2)對于極化碼技術(shù)：①求信號U1被成功解碼（即根據(jù)BEC信道1與2傳輸?shù)男盘柨纱_定U1的值）的概率；②若對輸入信號U1賦值（如U1=0【答案】(1)p2(2)①p2；②2p?【分析】（1）根據(jù)獨立事件的概率乘法公式可求得答案；（2）①當(dāng)且僅當(dāng)信道1、信道2都傳輸成功時，由U2、X1的值可確定②若信道2傳輸失敗、信道1傳輸成功，U2被成功解碼的概率為(1?p)p；若信道2、信道1都傳輸失敗，此時信號U【詳解】（1）解：設(shè)“信號U1和U2均被成功接收”為事件A，則（2）解：①∵U1⊕當(dāng)且僅當(dāng)信道1、信道2都傳輸成功時，由U2、X1的值可確定U1的值，所以信號U②若信道2傳輸成功，則信號U2被成功解碼，概率為p若信道2傳輸失敗、信道1傳輸成功，則U2=U1⊕X1，因為U若信道2、信道1都傳輸失敗，此時信號U2綜上可得，信號U2被成功解碼的概率為p+p(1?p)=2p?06條件概率全概率問題條件概率公式P(A|B)=26.（多選）（23-24高三下·江蘇泰州·階段練習(xí)）甲、乙兩個口袋各裝有1個紅球和2個白球，這些球除顏色外完全相同．把從甲、乙兩個口袋中各任取一個球放入對方口袋中稱為一次操作，重復(fù)n次操作后，甲口袋中恰有0個紅球，1個紅球，2個紅球分別記為事件An，Bn，A．PB1=59 B．P(C3【答案】ABD【分析】對于A項，重復(fù)一次操作，甲袋中有1紅的情況有兩種，運用互斥事件的概率加法公式計算即得；對于B項，運用條件概率公式，分別算出PA1和【詳解】因在操作前，甲袋中：1紅2白，乙袋中：1紅2白．對于A項，重復(fù)1次操作，甲口袋中有1紅的概率P=1對于B項，P(C3|A1)=P(對于C項，因事件B1與C2相互獨立，則PB對于D項，PA1+故選：ABD．【點睛】關(guān)鍵點點睛：對所求事件所包含的情況的判斷，求若干事件的并的概率，需要判斷互斥還是相容，對于條件概率題，要么用樣本空間中基本事件數(shù)計算，要么用概率公式P(A|B)=P(AB)27.（2024·浙江寧波·二模）三個人利用手機軟件依次進行拼手氣搶紅包活動，紅包的總金額數(shù)為3nn≥2,n∈N個單位.第一個人搶到的金額數(shù)為1到2n?1個單位且等可能（記第一個人搶完后剩余的金額數(shù)為W），第二個人在剩余的W個金額數(shù)中搶到1到(1)若n=2，則第一個人搶到的金額數(shù)可能為1,2,3個單位且等可能.（i）求第一個人搶到金額數(shù)X的分布列與期望；（ii）求第一個人獲得手氣王的概率；(2)在三個人搶到的金額數(shù)為2,3,4的一個排列的條件下，求第一個人獲得手氣王的概率.【答案】(1)（i）分布列見解析，2；（ii）49(2)1537【分析】（1）（i）根據(jù)題意可得PX=1=PX=2=PX=3=1（2）利用條件概率公式分析求解即可得結(jié)論.【詳解】（1）若第一個人搶到的金額數(shù)為i個單位，第二個人搶到的金額數(shù)為j個單位，第三個人搶到的金額數(shù)為k個單位，我們將三個人搶到的金額數(shù)記作i,j,k.（i）PX=1所以X的分布列為X123P111EX（ii）第一個人獲得手氣王時，三個人搶到的金額數(shù)只可能為2,2,2,故第一個人獲得手氣王的概率P=Pi=2,j=2,k=2（2）記事件A=“三個人搶到的金額數(shù)為2,3,4的一個排列”，事件B=“第一個人獲得手氣王”.所要求的是條件概率PB∣A，有P當(dāng)三個人搶到的金額數(shù)為2,3,4的一個排列時，總金額數(shù)為9，故第一個人搶到的金額數(shù)可能為1,2,3,4,5.又PBAP+P=1故PB∣A28．（2024·浙江杭州·模擬預(yù)測）小蔣同學(xué)喜歡吃餃子，某日他前往食堂購買16個餃子，其中有X個為香菇肉餡，其余為玉米肉餡，且PX=iA．45 B．1316 C．1417【答案】C【分析】記事件Ai：16個餃子中有i個香菇肉餡餃子，i=0,1,???,16，事件B：吃到的前13個餃子均為玉米肉餡餃子.先利用全概率公式求PB，然后再由條件概率公式可得【詳解】記事件Ai：16個餃子中有i個香菇肉餡餃子，i=0,1,???,16事件B：吃到的前13個餃子均為玉米肉餡餃子.則PB|A0=1，PB|當(dāng)i=4,5,???,16時，PB|由題知，PA所以PB又PB所以PA故選：C29．（多選）（2024·山西朔州·一模）在信道內(nèi)傳輸M,N,P信號，信號的傳輸相互獨立，發(fā)送某一信號時，收到的信號字母不變的概率為α0<α<1，收到其他兩個信號的概率均為1?α2．若輸入四個相同的信號MMMM,NNNN,PPPP的概率分別為p1,p2,p3，且p1+p2A．若輸入信號MMMM，則輸出的信號只有兩個M的概率為αB．PC．PD．P【答案】BCD【分析】由獨立事件的乘法公式可得A錯誤；由條件概率公式可得BC正確；全概率的應(yīng)用，先求出PDN1=α1?α【詳解】A：因為發(fā)送某一信號時，收到的信號字母不變的概率為α0<α<1，收到其他兩個信號的概率均為1?α2，即收到的信號字母變的概率為所以輸入信號MMMM，則輸出的信號只有兩個M的概率為C4B：因為PDC：PDD：因為PD而P(D)===α=α1?α所以P=α故D正確；故選：BCD.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是利用獨立事件的條件概率公式PB|A=P30．（2024·遼寧·三模）一個書包中有標(biāo)號為“1,1,2,2,3,3,?,n,n”的2n張卡片.一個人每次從中拿出一張卡片，并且不放回；如果他拿出一張與已拿出的卡片中有相同標(biāo)號的卡片，則他將兩張卡片都扔掉；如果他手中有3張單張卡片或者書包中卡片全部被拿走，則操作結(jié)束.記書包中卡片全部被拿走的概率為Pn，則P3=.P【答案】35/0.6【分析】先求出他手中3張單張卡片含有2張相同卡片的概率，進而得出Pn和Pn?1間的遞推關(guān)系，用累乘方法求解【詳解】2n張卡片選取3張卡片的選法共有：C2n事件“手中這3張單張卡片中含有2張相同卡片”的選法共有：n(2n?2)種；由古典概型的計算公式可得其概率為：n(2n?2)C若書包中2n張卡片全部被拿走的概率為Pn將這兩張相同的卡片拿掉以后，相當(dāng)于從n?1事件“書包中2n張卡片全部被拿走”發(fā)生需保證事件“書包中2n?2卡片全部被拿走”發(fā)生，且書包中2n?2卡片全部被拿走概率為Pn?1因而Pn=3則P3P7故答案是：35（或0.6），2731．（2024·浙江嘉興·二模）已知集合A=i=1m2ai∣0≤a1<a2<?<am,ai∈N，定義：當(dāng)(1)寫出b(2)5,b(2)判斷88是否為數(shù)列b(3)(3)若2024是數(shù)列b(t)n中的某一項bt0n【答案】(1)b(2)5=10,b(2)88是數(shù)列b(3)(3)t0=7，n【分析】當(dāng)m=2時，此時A=2根據(jù)集合新定義，由88=2方法一：由2024=210+29+28+27+2【詳解】（1）因為m=2，此時A=2b(2)∴S(2)（2）當(dāng)m=3時，A=2∵88=26+比它小的項分別有2a有2a有2a所以比88小的項共有C63+（3）∵2024=210+29則當(dāng)m=7時，A=2方法一：比它小的項分別有以下7種情況：①2a1+②2a1+③2a1+④2a1+⑤2a1+⑥2a1+⑦2a1+所以比2024小的項共有C10其中C===328故2024是數(shù)列b(7)n的第329項，即方法二：A=2a1最大的是210+2所以2024是數(shù)列b(7)n的第C11在總共C117=330項中，含有20的項共有C106個，同理21【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于解讀集合A的定義計算，并聯(lián)想到88=26+32．（2024·浙江杭州·模擬預(yù)測）在概率較難計算但數(shù)據(jù)量相當(dāng)大?誤差允許的情況下，可以使用UnionBound（布爾不等式）進行估計概率.已知UnionBound不等式為：記隨機事件A1,?,A(1)有n個不同的球，其中k個有數(shù)字標(biāo)號.每次等概率隨機抽取n個球中的一個球.抽完后放回.記抽取t次球后k個有數(shù)字標(biāo)號的球每個都至少抽了一次的概率為Pt，現(xiàn)在給定常數(shù)p，則滿足Pt≥p的t的最小值為多少？請用UnionBound估計其近似的最小值，結(jié)果不用取整.這里n(2)然而實際情況中，UnionBound精度往往不夠，因此需要用容斥原理求出精確值.已知概率容斥原理：記隨機事件A1,?,An，則PA1∪（1）（2）問參考數(shù)據(jù)：當(dāng)x相當(dāng)大時，取1?1【答案】(1)n(2)?n【分析】（1）設(shè)事件Ai為抽取t次未取到ii≤k號球，求得PAi，再求（2）由容斥原理得Pt=1?kn?1【詳解】（1）設(shè)事件Ai為抽取t次未取到ii≤k號球，則由題意可知Pt而n?1n所以1?kn?1解之得t≥nlnk1?p，即滿足Pt≥p（2）結(jié)合（1）及容斥原理可知：P=1?kn?1n令x=1?1n易知n?kn對于1?1由于n相當(dāng)大且遠大于k，所以Ck故1?1nk所以①式≈1?kx+C即1?e即用容斥原理求出的精確的t的最小值?nln【點睛】思路點睛：第一問根據(jù)事件的對立及獨立事件的概率乘法公式計算得Pt=1?kn?1nt33．（2024·湖北·模擬預(yù)測）歐拉函數(shù)在密碼學(xué)中有重要的應(yīng)用．設(shè)n為正整數(shù)，集合Xn=1,2,???,n?1，歐拉函數(shù)φ(n)的值等于集合X(1)求φ(6)和φ(15)；(2)現(xiàn)有三個素數(shù)p，q，e(p<q<e)，n=pq，存在正整數(shù)d滿足M(de,φ(n))=1；已知對素數(shù)a和x∈Xa，均有M(xa?1,a)=1(3)設(shè)n為兩個未知素數(shù)的乘積，e1，e2為另兩個更大的已知素數(shù)，且2e1=3e2+1；又c1【答案】(1)φ(6)=2，φ(15)=8；(2)證明見解析；(3)x=M(a【分析】（1）利用歐拉函數(shù)φ(n)的定義直接求出φ(6)和φ(15).（2）分析求出x與n不互質(zhì)的數(shù)的個數(shù)，求得φn=p?1q?1，設(shè)Mx,p=s，Mx,