2025届高考二轮复习选择填空压轴题精选第五讲·统计概率

第五讲·统计概率选填压轴 ≮专题一·排列组合，古典概率，条件概率≯ 例题1-1（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为了提升安保级别，在平时正常安保的基础上再将甲、乙等6名特警人员分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，若每个特警只能分配去1个路口且每个路口至少安排1名特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是 ． 例题1-2（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）设甲、乙两人每次投进篮球的概率分别为与，两人约定如下投篮：每次由一人投篮，若投进，下一次由另一人投篮；若没有投进，则继续投篮，甲、乙两人首次投篮的可能性相同，则前4次中甲恰好投篮3次的概率为（    ） A． B． C． D． 例题1-3（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）设正整数，其中，记.则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 例题1-4（2024·全国·模拟预测）从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（    ） A．195 B．154 C．175 D．185 例题1-5（24-25高三上·湖北·开学考试）小明有一枚质地不均匀的骰子，每次掷出后出现1点的率为，他掷了k次骰子，最终有6次出现1点，但他没有留意自己一共掷了多少次骰子.设随机变量X表示每掷N次骰子出现1点的次数，现以使最大的N值估计N的取值并计算.（若有多个N使最大，则取其中的最小N值）.下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．与6的大小无法确定 例题1-6（2024高三下·江西·阶段练习）已知三个正整数的和为8，用表示这三个数中最小的数，则的期望 . 变式1-1（24-25高二上·广西桂林·期末）已知编号为的三个口袋中有除颜色外完全相同的小球，其中1号口袋中有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋中有两个1号球，一个3号球；3号口袋内有三个1号球，两个2号球.第一次先从1号口袋中取出1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法不正确的是（    ） A．第二次取到3号球的概率为 B．如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大 C．在第一次取到2号球的条件下，第二次取到1号球的概率是 D．如果将6个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有540种 变式1-2（24-25高三上·河北石家庄·阶段练习）从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其重量恰为9克的方法总数为m，下列各式的展式中的系数为m的选项是（    ） A． B． C． D． 变式1-3（24-25高二上·江西景德镇·期中）在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10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．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（   ） A． B． C． D． 变式1-4（2024·江西新余·模拟预测）为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（    ）种. A． B． C． D． 变式1-5（23-24高二下·湖北十堰·期末）假定生男孩和生女孩是等可能的，现随机选择一个有三个孩子的家庭，若已知该家庭有女孩，则三个小孩中恰好有两个女孩的概率为（    ） A． B． C． D． 变式1-6（23-24高二上·辽宁抚顺·阶段练习）已知集合，则A中的元素的个数为 . ≮专题二·统计概率与递推关系≯ 例题2-1（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）在甲､乙､丙､丁四人踢毽子游戏中，第一次由甲踢出，并且每次踢出都等可能踢给另外三人中的任何一人，若第二次踢出后恰好踢给丙，则此毽子是由乙踢出的概率为 ；第次踢出后，建子恰好踢给乙的概率为 . 例题2-2（24-25高三上·河北廊坊·期末）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下:若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮. 无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.8，乙每次投篮的命中率均为0.6 . 由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、 乙的概率各为0.5 . 则第次投篮的人是甲的概率是 . 例题2-3（2024·浙江温州·一模）飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数.在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 变式2-1（24-25高三上·四川成都·开学考试）“布朗运动”是指悬浮在液体或气体中的微小颗粒所做的永不停息的无规则运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中等可能随机选择一个到达相邻仓，且粒子经过次随机选择后到达2号仓的概率为，已知该粒子的初始位置在2号仓，则（    ）．    A． B． C． D． 变式2-2（24-25高三上·河北保定·开学考试）某楼梯有11级台阶（从下往上依次为第1级，第2级，，第11级），甲一步能上1级或2级台阶，最多可以一步上3级，且每一步上几级台阶都是随机的，则甲上这个楼梯没踩过第6级台阶的概率是（    ） A． B． C． D． ≮专题三·与其他知识结合≯ 例题3-1（2024·青海海西·模拟预测）小王、小张两人进行象棋比赛，共比赛2n（）局，且每局小王获胜的概率和小张获胜的概率均为.如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记小王赢得比赛的概率为，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D．随着n的增大而增大 例题3-2（23-24高二下·广东广州·期末）有一个游戏，规则如下：如图，在圆上有，，，，，，，共八个点，一枚棋子起始位置在点处，抛掷一枚均匀的骰子，若骰子正面向上的点数为. 则棋子前进步，每步从一个点按顺时针方向前进到相邻的另一个点，可以循环进行，抛掷三次骰子后，游戏结束.若此时棋子在点处，则游戏过关. 试问游戏结束时过关的概率为（   ） A． B． C． D． 例题3-3（23-24高一下·江苏·期末）一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（    ） A． B． C． D． 例题3-4（23-24高二下·福建龙岩·期末）已知随机变量所有可能的取值为x，y，且，，则下列说法正确的是（    ） A．存在， B．对任意， C．存在， D．对任意， 变式3-1（2024·广东广州·模拟预测）有个盲盒，其中有个内有奖品.若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时组织方（知道盲盒内部是否有奖品）打开了一个没有奖品的盲盒，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为；若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时有个未选的盲盒因被风吹掉而意外打开，且抽奖者发现其内部没有奖品，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为，则对任意符合题意的，，都有（    ） A． B． C． D．无法确定与的大小关系 变式3-2（24-25高三上·江苏南京·期中）甲、乙两同学进行某项没有平局的比赛，规定：每局比赛胜者得1分，负者得0分，比赛进行到一方先得到3分为止，先得3分的一方赢得比赛.已知每局比赛甲获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立.若比赛进行5局时甲获胜，则甲获胜的概率最大时的值为 . 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第五讲·统计概率选填压轴 ≮专题一·排列组合，古典概率，条件概率≯ 例题1-1（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为了提升安保级别，在平时正常安保的基础上再将甲、乙等6名特警人员分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，若每个特警只能分配去1个路口且每个路口至少安排1名特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是 ． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】分组分配问题、计算古典概型问题的概率、利用对立事件的概率公式求概率 【分析】根据给定条件，利用分组分配求出试验的基本事件总数，再求出甲乙安排在同一路口的事件含有的基本事件数，然后用对立事件概率公式计算即得. 【详解】6名特警分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，不同安排方法数为， 甲乙安排在同一路口，视甲乙为一个人，5个人安排到4个路口的安排数为， 因此甲和乙安排在同一个路口执勤的概率是， 所以甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是. 故答案为： 例题1-2（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）设甲、乙两人每次投进篮球的概率分别为与，两人约定如下投篮：每次由一人投篮，若投进，下一次由另一人投篮；若没有投进，则继续投篮，甲、乙两人首次投篮的可能性相同，则前4次中甲恰好投篮3次的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】CC 【难度】0.4 【知识点】互斥事件的概率加法公式、独立事件的乘法公式、利用对立事件的概率公式求概率 【分析】分第一次乙投进第二、三次甲均未投进第四次甲投篮，第一次甲投进第二次乙投进第三次甲未投进第四次甲投篮，第一次甲未投进第二次甲投进第三次乙投进第四次甲投篮，第一、二次甲未投进第三次甲投进第四次甲投篮四种情况求概率可得答案. 【详解】甲、乙两人每次投进篮球的概率分别为，， 则甲、乙两人每次未投进篮球的概率分别为，， 根据题意，前4次中甲恰好投篮3次的情况为 第一次乙投进第二、三次甲均未投进第四次甲投篮， 其概率为； 第一次甲投进第二次乙投进第三次甲未投进第四次甲投篮， 其概率为； 第一次甲未投进第二次甲投进第三次乙投进第四次甲投篮， 其概率为； 第一、二次甲未投进第三次甲投进第四次乙投篮， 其概率为. 则前4次中甲恰好投篮3次的概率为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对前4次中甲恰好投篮3次的情况分析，然后再由互斥事件的概率加法公式求和. 例题1-3（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）设正整数，其中，记.则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】求等比数列前n项和、数列新定义、二项式的系数和 【分析】利用的定义可判断ACD的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误. 【详解】对于A选项，，， 所以，A选项正确； 对于B选项，取，，则， 而，则，即，B选项错误； 对于C选项，， 所以， ， 所以， 因此，C选项正确； 对于D选项，，故，D选项正确. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：理解的定义是解决本题的关键. 例题1-4（2024·全国·模拟预测）从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（    ） A．195 B．154 C．175 D．185 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】代数中的组合计数问题 【分析】解法一：利用正难则反的思想，先假设，若不存在，使得，可得，进而结合组合学知识求解即可； 解法二：利用转化的思想，将问题转化为所取的4个数中至少有2个是连续正整数，进而分类讨论求解即可. 【详解】排列与组合 解法一（正难则反）：存在，，使得表示所取的4个数中总有相邻的数， 直接求解较复杂，考虑正难则反的方法． 假设，若不存在，使得， 则，所以符合条件的取法种数为． 解法二（转化法）：若存在，，使得， 则所取的4个数中至少有2个是连续正整数， 若只有2个是连续正整数，问题转化为把6个相同的白球与4个相同的红球排成一行， 要求只有2个红球相邻，先把6个白球排成一行，再用插空法排红球， 排法种数为． 同理可得若只有3个是连续正整数，排法种数为． 若4个都是连续正整数，排法种数为7． 若4个数中有2个是连续正整数，另外2个也是连续正整数， 但这4个数不是4个连续正整数，则排法种数为． 所以符合条件的取法种数为. 故选：C． 【点睛】方法点睛：求解排列与组合问题的常用方法 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算． 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置． 捆绑法 相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列． 插空法 不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素的排列空位中． 先整体，后局部 “小集团”排列问题中，先整体后局部． 除法 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列． 间接法 正难则反，等价转化的方法． 例题1-5（24-25高三上·湖北·开学考试）小明有一枚质地不均匀的骰子，每次掷出后出现1点的率为，他掷了k次骰子，最终有6次出现1点，但他没有留意自己一共掷了多少次骰子.设随机变量X表示每掷N次骰子出现1点的次数，现以使最大的N值估计N的取值并计算.（若有多个N使最大，则取其中的最小N值）.下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．与6的大小无法确定 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】服从二项分布的随机变量概率最大问题、二项分布的均值 【分析】先求得的表达式，由此列不等式，结合数学期望的知识确定正确答案. 【详解】X服从二项分布，则， 最大即为满足， 解得， 又，故为整数时，结合题设要求，； 不为整数时N为小于，，故， 故选：B 【点睛】要解决本题，首先要根据已知条件，判断出满足二项分布，从而可利用二项分布的知识来求概率和期望.求解含有组合数的最值计算问题，可以考虑利用商比较法来进行. 例题1-6（2024高三下·江西·阶段练习）已知三个正整数的和为8，用表示这三个数中最小的数，则的期望 . 【答案】 【难度】0.4 【知识点】求离散型随机变量的均值、代数中的组合计数问题、x+y+z=n的整数解的个数 【分析】利用组合的知识与隔板法，分类讨论求得与对应的概率，从而利用数学期望的计算公式即可求解. 【详解】设这三个正整数分别为，则题意可得， 所以随机变量可能取值为1和2， 用隔板法可求得：事件总情况为种， 当时，分两种情况：①三个数中只有一个1，有种； ②三个数中有两个1，有种， 所以时，； 当时，也分两种情况：①三个数中只有一个2，有种； ②三个数中有两个2，有种， 所以时，， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于利用隔板法求得事件总情况为种，再分类讨论与对应的概率，从而得解. 变式1-1（24-25高二上·广西桂林·期末）已知编号为的三个口袋中有除颜色外完全相同的小球，其中1号口袋中有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋中有两个1号球，一个3号球；3号口袋内有三个1号球，两个2号球.第一次先从1号口袋中取出1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法不正确的是（    ） A．第二次取到3号球的概率为 B．如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大 C．在第一次取到2号球的条件下，第二次取到1号球的概率是 D．如果将6个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有540种 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】分组分配问题、计算条件概率 【分析】根据全概率公式和贝叶斯公式判断AB的正误，根据条件概率判断C的正误，根据先分组再分配的方法计算后可判断D的正误. 【详解】选项A： 设为“第1次在1号口袋中取号球”，为“第二次取号球” 则 ， 故A选项正确. 选项B： 设为“第二次取号球”，则 ， 故，， ， 所以则它来自1号口袋的概率最大，B选项正确. 选项C：，所以C选项错误. 选项D： 将个不同小球放入这个口袋内，每个口袋至少放个， 先将个球分成组，有，，三种分法. 对于，有种方法； 对于，有种方法； 对于，有种方法. 所以不同的分配方法共有种，D选项正确. 故选：C 【点睛】方法点睛： 对于复杂的概率问题，常常采用分情况讨论，利用全概率公式和条件概率公式进行求解.通过确定不同的事件及其发生的概率，以及在不同条件下目标事件发生的概率，来计算最终的概率. 在计算不同的分配方法时，采用先分组再排列的策略.对于不同的分组方式，需要注意是否存在重复情况，合理运用组合数和排列数公式进行计算. 变式1-2（24-25高三上·河北石家庄·阶段练习）从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其重量恰为9克的方法总数为m，下列各式的展式中的系数为m的选项是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】组合数的计算、求指定项的系数、多项式的展开式 【分析】根据选的砝码个数可以分为一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码五种情况可求得，再分析求解各个选项中的系数，即可求解. 【详解】一个砝码有9一种情况，方法有种； 两个砝码有，，，几种情况，方法有种； 三个砝码有，，，，，几种情况，方法有种； 四个砝码有，，，几种情况，方法有种； 五个砝码有一种情况，方法有种， 所以总计方法总数种. 对A，系数可为单独组成，其他为常数，则有种，系数为； 由两项与或与或与或与组成，系数为； 由三项、与或、与组成，系数为； 所以选项系数为7，故不符合，所以A错误； 对B，的系数可为10个因式中选个带的，剩下个因式选常数项组成， 所以的系数为，故B错误； 对C， ， 系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为， 由两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数为与组成，其他为常数， ，系数为， 系数为与组成，其他为常数， ，系数为， 同理由三项组成，，，，，几种情况，其他项为常数，则系数为， 同理由四项组成，，，几种情况，其他为常数，则系数， 同理由五项组成，其他项为常数，则系数为， 综上系数为，故C正确； 对D， ， 系数直接由一项组成，其他是常数项，可有种情况，系数为4， 由两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数还有两项与或与或与这几种情况组成，其他为常数；还有三项组成、四项组成、五项组成等等，所以系数大于m，故D错误. 故选：C 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是先由题意分一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码五种情况求出m的值，其次类比求m值的思路结合二项式定理分析各选项中的的系数即可得解. 变式1-3（24-25高二上·江西景德镇·期中）在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10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．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】分组分配问题、计算古典概型问题的概率、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】可以把问题看做10个绳头平均分成5组，按平均分组问题求总的基本事件，再求恰好能围成一个圆的基本事件数，结合古典概型计算. 【详解】10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有的打结方式有：种. 其中恰好能围成一个圈的打结方式有：种. 所以5根绳子恰好能围成一个圈的概率为：. 故选：D 【点睛】方法点睛：（1）10个绳头打结，按要求，每次打结都减少2个绳头，所以可以把问题看成平均分组来解决. （2）恰好围成一个圆时，先选1根绳子，不能两端打结，只能从其余的8个绳头选1个打结，完成后，这段绳子不能两端打结，再从其余的6个绳头选1个…，最后这段绳子两端打结. 变式1-4（2024·江西新余·模拟预测）为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（    ）种. A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】排列组合综合、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】采用分类与分步计数原理，先排丙共有种分法，再分为甲、丙在同一所学校和甲、丙不在同一所学校两类，每类分别讨论，最后相加得到结果. 【详解】先将丙安排在一所学校，有种分法； 若甲、丙在同一所学校，那么乙就有种选法， 剩下3名教师可能分别有3、2、1人在最后一所学校（记为X校）， 分别对应有1（3人均在X校）、（2人在X校，另1人随便排）、 （1人在X校，另2人分在同一所学校或不在同一所学校）， 共种排法； 若甲、丙不在同一所学校，则甲有种选法， 若乙与丙在同一所学校，则剩下3名教师按上面方法有19种排法； 若乙与丙不在同一所学校，则有剩下3人可分别分为1、2、3组， 分别有、、种排法，故共有： 种排法. 故选：B. 变式1-5（23-24高二下·湖北十堰·期末）假定生男孩和生女孩是等可能的，现随机选择一个有三个孩子的家庭，若已知该家庭有女孩，则三个小孩中恰好有两个女孩的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】计算条件概率、计算古典概型问题的概率 【分析】列出所有的基本事件，用古典概型的计算公式结合条件概率求相应的概率即可. 【详解】用表示女孩，表示男孩， 则样本空间． 分别设“选择的家庭中有女孩”和“选择的家庭中三个小孩恰好有两个女孩”为事件A和事件B， 则，， . 故选：B. 变式1-6（23-24高二上·辽宁抚顺·阶段练习）已知集合，则A中的元素的个数为 . 【答案】 【难度】0.4 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】问题等价于将102个大小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3个人，每人至少分1个，利用隔板法计算即可. 【详解】 ， 可转化为将102个大小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3个人， 每人至少分1个，利用隔板法可得分配的方案数为， 所以中的元素的个数为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：问题等价于将102个大小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3个人，每人至少分1个，利用隔板法计算即可. ≮专题二·统计概率与递推关系≯ 例题2-1（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）在甲､乙､丙､丁四人踢毽子游戏中，第一次由甲踢出，并且每次踢出都等可能踢给另外三人中的任何一人，若第二次踢出后恰好踢给丙，则此毽子是由乙踢出的概率为 ；第次踢出后，建子恰好踢给乙的概率为 . 【答案】 / 【难度】0.4 【知识点】利用互斥事件的概率公式求概率、构造法求数列通项、计算条件概率 【分析】根据条件概率公式之积可得第二次毽子由乙踢出的概率，再由若第次踢出后，建子恰好踢给乙，则第次踢出后，建子恰好不踢给乙，再由其踢给乙，即可得概率的递推公式，进而可得概率. 【详解】由已知接到前两次踢出的毽子的情况有（乙，甲），（乙，丙），（乙，丁），（丙，甲），（丙，乙），（丙，丁），（丁，甲），（丁，乙），（丁，丙），共种， 设事件：第二次的毽子由丙接到，事件：第二次的毽子由乙踢出，丙接到， 则，， 则； 设第次踢出后，建子恰好踢给乙的概率为， 易知若第次踢出后，建子恰好踢给乙，则第次踢出后，建子恰好不踢给乙，再由其踢给乙， 即，，且， 则， 即是以为首项，为公比的等比数列， 则， 即， 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：根据题意结合概率知识可得递推公式，进而分析求解. 例题2-2（24-25高三上·河北廊坊·期末）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下:若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮. 无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.8，乙每次投篮的命中率均为0.6 . 由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、 乙的概率各为0.5 . 则第次投篮的人是甲的概率是 . 【答案】 【难度】0.4 【知识点】互斥事件的概率加法公式、独立事件的乘法公式、构造法求数列通项、利用全概率公式求概率 【分析】记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，设，利用全概率公式求得，再构造等比数列即可得答案. 【详解】记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件， 设，则， 则， 于是，， 由，得，因此数列是首项为，公比为的等比数列， 则，即， 所以第次投篮的人是甲的概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：把投篮是甲的事件分拆成两个互斥事件的和，再利用全概率公式列式是求解问题的关键. 例题2-3（2024·浙江温州·一模）飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数.在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】无穷等比数列各项的和、求离散型随机变量的均值、写出简单离散型随机变量分布列 【分析】先确定的分布列，再结合错位相减法及无穷数列的和求期望. 【详解】玩家投掷1次即可到达终点的方法是掷出3点，故. 玩家投掷2次即可到达终点的方法是掷出，，，，，故. 玩家投掷3次即可到达终点的方法是掷出，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，故. 设玩家投掷次即可到达终点，那么第次掷得的点数可以为，分别记作，，，，，则玩家投掷次的基本事件是投掷次的倍，能到达终点的掷法：之前的对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，.是投掷次即可到达终点的倍. 所以是以为首项，以为公比的等比数列.所以. 所以 即 两边同乘以得： 两式相减得：. 故选：D 【点睛】结论点睛：若数列是首项为，公比为的等比数列，当且时，数列的所有项的和为：. 变式2-1（24-25高三上·四川成都·开学考试）“布朗运动”是指悬浮在液体或气体中的微小颗粒所做的永不停息的无规则运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中等可能随机选择一个到达相邻仓，且粒子经过次随机选择后到达2号仓的概率为，已知该粒子的初始位置在2号仓，则（    ）．    A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.4 【知识点】由定义判定等比数列、其他问题中的概率解释、写出等比数列的通项公式 【分析】记粒子经过次随机选择后到达1号仓的概率为，粒子经过次随机选择后到达3号仓的概率为，分析可得，整理得，，利用构造法推得为等比数列，即可求得通项，即得. 【详解】记粒子经过次随机选择后到达1号仓的概率为， 粒子经过次随机选择后到达3号仓的概率为， 则有，消去可得，， 则，即，因, 则数列组成一个首项为，公比为的等比数列， 故，即， 故. 故选：A. 变式2-2（24-25高三上·河北保定·开学考试）某楼梯有11级台阶（从下往上依次为第1级，第2级，，第11级），甲一步能上1级或2级台阶，最多可以一步上3级，且每一步上几级台阶都是随机的，则甲上这个楼梯没踩过第6级台阶的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】计算古典概型问题的概率、计数原理与概率综合、其他排列模型、实际问题中的组合计数问题 【分析】法一：首先设甲上到第级台阶共有种上法，列举前3项，再得到关于数列的递推关系式，从而得到数列的项，再求解甲踩过第6级台阶的方法，最后利用对立事件概率公式，即可求解； 法二：列举所有的走法，再利用古典概型概率公式，以及对立事件概率公式，即可求解. 【详解】法—：记甲上到第级台阶共有种上法，则， 上到第3级的方法为，每一步一级，或第一步一级第二步两级，或第一步两级第二步一级，或一步走三级，共四种上法，所以. 当时，学生甲上到第级台阶，可以从第级或第级或第级上去， 所以， 于是， 其中甲踩过第6级台阶的上台阶方法数，可分两步计算， 第一步，从第1级到第6级，共有种方法； 第二步，从第7级到第11级，相当于从第1级到第5级的方法数，共有种方法； 所以甲踩过第6级台阶的上台阶方法数有， 则甲没踩过第6级台阶的概率是. 故选：D. 法二： 11级楼梯，甲一步能上1级或2级台阶，最多可以一步上3级， 三步三级：走法为走法为. 两步三级：走法为， 走法为， 走法为； 一步三级：走法为， 走法为， 走法为， 走法为， 走法为； 零步三级：走法为， 走法为， 走法为， 走法为， 走法为， 走法为； 综上，上11级台阶共有. 同理，可得从第1级到第6级，共有24种方法；从第7级到第11级共有13种方法， 则甲没踩过第6级台阶的概率是. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是转化为对立事件求概率，方法一的关键是找到数列的递推关系，或是列举，方法二的关键是不重不漏的列举所有的方法种数. ≮专题三·与其他知识结合≯ 例题3-1（2024·青海海西·模拟预测）小王、小张两人进行象棋比赛，共比赛2n（）局，且每局小王获胜的概率和小张获胜的概率均为.如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记小王赢得比赛的概率为，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D．随着n的增大而增大 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】建立二项分布模型解决实际问题、二项式的系数和、独立重复试验的概率问题 【分析】小王至少赢局，小王赢得比赛的概率为，进而逐项判断即可. 【详解】由题意知，要使小王赢得比赛，则小王至少赢局， 因为每局赢的概率是相同的，所以服从二项分布， 由二项分布的概率公式可得赢局的概率为， 赢局的概率为， ， 赢局的概率为， 小王赢的概率为 有 ， 有，，，，可知选项A，C正确，选项B错误； 由， 又由， 可得，可知D选项正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：由题设得到，利用二项式各项系数和的性质判断可得结论. 例题3-2（23-24高二下·广东广州·期末）有一个游戏，规则如下：如图，在圆上有，，，，，，，共八个点，一枚棋子起始位置在点处，抛掷一枚均匀的骰子，若骰子正面向上的点数为. 则棋子前进步，每步从一个点按顺时针方向前进到相邻的另一个点，可以循环进行，抛掷三次骰子后，游戏结束.若此时棋子在点处，则游戏过关. 试问游戏结束时过关的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】全排列问题、计算古典概型问题的概率 【分析】根据题意棋子在点处，可得三次骰子点数之和为或，再利用列举法以及古典概型的概率公式计算可得． 【详解】举出在点数中能够使得三次数字和为或的有： ，，共有7种组合， 前2种组合每种情况可以排列出种结果，共有种结果； 后5种组合各有3种结果，共有种结果， 由分类加法计数原理知，共有种结果； 拋次骰子共有种结果， 故拋掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的概率. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出三次骰子点数之和为或，列出所有可能得组合，在分析相应的排列数，最后由古典概型的概率公式计算. 例题3-3（23-24高一下·江苏·期末）一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】计算古典概型问题的概率 【分析】先根据裁判擦去的是奇数还是偶数分类考虑，分析得出若擦去的是奇数，则乙一定获胜；若擦去的是偶数，则甲一定获胜，由此根据古典概型概率公式计算即得. 【详解】由于甲、乙都非常聪明，他们获胜的关键是要看裁判擦去哪个数， 注意2，3，4，⋅⋅⋅，2024中有1011个奇数，1012个偶数. （1）若裁判擦去的是奇数，则乙一定获胜. 理由如下：乙不管甲擦去什么数，只要还有奇数，就擦去奇数，这样最后剩下两个数一定都是偶数， 从而所剩两数不互质，故乙胜. （2）若裁判擦去的是偶数，则甲一定获胜. 理由如下：设裁判擦去的是，则将余下的数配成1011对，每对数由一奇一偶的相邻两数组成： 这样，不管乙擦去什么数，甲只要擦去所配对中的另一个数，最后剩下两个相邻的整数，它们互质，故甲必获胜. 甲获胜的概率为. 故选:B. 【点睛】关键点点睛：本题考查的是质数与合数的概念、数的整除性、概率公式，利用分类讨论的思想是解答此题的关键. 例题3-4（23-24高二下·福建龙岩·期末）已知随机变量所有可能的取值为x，y，且，，则下列说法正确的是（    ） A．存在， B．对任意， C．存在， D．对任意， 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】利用随机变量分布列的性质解题、离散型随机变量的方差与标准差、求离散型随机变量的均值 【分析】对A、B：根据期望的计算公式结合二次函数分析运算；对C：先求，利用作差法比较大小；对D：换元令，结合二次函数求的取值范围. 【详解】由题意可得：，且，即， 对A、B：由题意可得：， ∵开口向下，对称轴，， 则，故，即， 不存在，，A错误； 例如，则，即存在，，，B错误； 对C：， 则， 故对任意，，则，C错误； 对D：令， 则图象开口向下，对称轴，且， 故，即， 对任意，，D正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，根据题意得到，，从而得解. 变式3-1（2024·广东广州·模拟预测）有个盲盒，其中有个内有奖品.若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时组织方（知道盲盒内部是否有奖品）打开了一个没有奖品的盲盒，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为；若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时有个未选的盲盒因被风吹掉而意外打开，且抽奖者发现其内部没有奖品，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为，则对任意符合题意的，，都有（    ） A． B． C． D．无法确定与的大小关系 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】利用全概率公式求概率、计算古典概型问题的概率 【分析】利用古典概型概率公式和全概率公式，求出和，由比值确定大小关系. 【详解】设事件为“最终中奖”，事件为“一开始选中的有奖”，则， 在组织方打开无奖的盲盒后，若一开始选中的有奖，则剩余个盲盒中有个奖品， 更换后， 若一开始选中的无奖，则剩余个盲盒中有个奖品，则更换后， 故， 由于风吹掉为随机吹掉，故所有个盲盒中有个奖品，且所有盲盒中有奖品的概率相等，， 因此，故. 故选：C 【点睛】方法点睛：设事件为“最终中奖”，事件为“一开始选中的有奖”，则，，利用的值，判断和的大小关系. 变式3-2（24-25高三上·江苏南京·期中）甲、乙两同学进行某项没有平局的比赛，规定：每局比赛胜者得1分，负者得0分，比赛进行到一方先得到3分为止，先得3分的一方赢得比赛.已知每局比赛甲获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立.若比赛进行5局时甲获胜，则甲获胜的概率最大时的值为 . 【答案】/ 【难度】0.4 【知识点】独立重复试验的概率问题、由导数求函数的最值（不含参） 【分析】先求出比赛进行5局时甲恰好获胜3局的概率，再结合导函数得出函数单调性即可取得最大值时的值； 【详解】设比赛5局，甲恰好获胜3局的概率为，则， ， 因为所以当单调递增； 当单调递减； 所以当， 即时，甲获胜的概率最大. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是得到甲恰好获胜3局的概率关于的函数，从而利用导数即可得解. 学科网（北京）股份有限公司 $$