第七章 概率初步（续）（压轴专练）（五大题型）-2024-2025学年高二数学单元速记·巧练（沪教版2020选择性必修第二册）

第七章 概率初步（续）（压轴专练）（五大题型） 目录： 题型1：条件概率与全概率公式 题型2：随机变量及其分布 题型3：任意存在性等问题 题型4：立体几何与随机变量及其分布、概率 题型5：数列与随机变量及其分布、概率 题型1：条件概率与全概率公式 1．现有n（，）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（，2，3，…，n）个袋中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是，则 . 2．有个编号分别为1，2，…，的盒子，第1个盒子中有3个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，从第个盒子中取到白球的概率是 ． 3．某学校组织数学竞赛活动，准备了两组题目分别放在A，B两个箱子中．A箱中有4道代数题和2道几何题，B箱中有3道代数题和3道几何题．参赛选手先在两个箱子中任选一个箱子，然后从选中的箱子中依次抽取2道题（不放回）作答． (1)若甲同学选择A箱，求甲第一次抽到代数题且第二次抽到几何题的概率； (2)若乙同学选择A箱，答题结束后工作人员失误将乙抽取的题目放回了B箱，接着丙同学选择从B箱抽取题目，求丙抽取的2道题中至少有一道代数题的概率． 4．已知编号为的三个袋子中装有除标号外完全相同的小球，其中1号袋子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号袋子内装有两个1号球，一个3号球；3号袋子内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球．现按照如下规则连续摸球两次；第一次先从1号袋子中随机摸出1个球，并将摸出的球放入与球编号相同的袋子中，第二次从刚放入球的袋子中再随机摸出1个球． (1)若第二次摸到的是3号球，计算此3号球在第二次摸球过程中分别来自号袋子的概率； (2)设是样本空间上的两个离散型随机变量，则称是上的二维离散型随机变量．设的一切可能取值为，记表示在中出现的概率，其中．若表示第一次摸出的是号球，表示第二次摸出的是号球． ①求； ②证明：． 题型2：随机变量及其分布 5．甲、乙、丙、丁四人报数，每人报出了一个正整数，且它们之和为11．设这四人报出的最大数为，则 ． 6．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程，该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲口袋中各装有1个黑球和2个白球，乙口袋中装有2个黑球和1个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行n（）次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为，则的值是 ；的数学期望是 . 7．从这10个数中随机抽一个数记为，再从中随机抽一个数记为，则 . 8．随机变量的分布列为，若，则（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 9．如果是离散型随机变量，则在事件下的期望满足其中是所有可能取值的集合.已知某独立重复试验的成功概率为，进行次试验，求第次试验恰好是第二次成功的条件下，第一次成功的试验次数的数学期望是 . 10．某蓝莓基地种植蓝莓，按个蓝莓果重量（克）分为级：的为级，的为级，的为级，的为级，的为废果．将级与级果称为优等果．已知蓝莓果重量服从正态分布．对该蓝莓基地的蓝莓进行随机抽查，每次抽出个蓝莓果．记每次抽到优等果的概率为（可精确到）．若为优等果，则抽查终止，否则继续抽查直到抽出优等果，但抽查次数最多不超过次，若抽查次数的期望值不超过，的最大值为 ． 附：，， 11．甲乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每一局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是p，随机变量X表示最终的比赛局数，若，则的最大值是 ；的取值范围是 ． 题型3：任意存在性等问题 12．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 13．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， 14．已知随机变量的分布列为： x y P y x 则下列说法正确的是（    ） A．存在x，， B．对任意x，， C．对任意x，， D．存在x，， 15．互不相等的正实数是的任意顺序排列，设随机变量满足：则（    ） A． B． C． D． 题型4：立体几何与随机变量及其分布、概率 16．如图，已知正方体顶点处有一质点S，点S每次会随机地一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点S的初始位置位于点A处，记点S移动n次后仍在底面上的概率为，则 ．    17．边长为2的正方形ABCD的中心为O，对A、B、C、D、O这五个点中的任意两点，以其中一点为起点、另一点为终点作向量，任取其中两个向量（不包括“向量和同端点的相反向量”），以它们的数量积的绝对值作为随机变量X，则其数学期望 ． 18．如图，已知正方体顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点Q的初始位置位于点A处，则点Q移动次后仍在底面ABCD上的概率为 ；点Q移动n次后仍在底面ABCD上的概率为 . 19．中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1，某公园的六角亭是中国常见的一种供休闲的古建筑，六角亭屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的六棱锥.该公园管理处准备用风铃装饰六角亭屋顶的六个顶点A，B，C，D，E，F，现有四种不同形状的风铃可供选用，则在相邻的两个顶点挂不同形状的风铃的条件下，顶点A与C处挂同一种形状的风铃的概率为（   ） A． B． C． D． 题型5：数列与随机变量及其分布、概率 20．根据统计数据,某种植物感染病毒之后,其存活日数X满足:对于任意的,的样本在的样本里的数量占比与的样本在全体样本中的数量占比相同,均等于,即,设,的前n项和为，则 . 21．马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为，如此往复． (1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； (2)记该同学第天选择米饭套餐的概率为； ①证明：为等比数列； ②当时，恒成立，求取值范围． 22．甲、乙两名小朋友每人手中各有3张龙年纪念卡片，其中甲的3张卡片的颜色为1张金色和2张银色，乙手中的3张卡片的颜色都是金色．现在两人各从自己的卡片中随机抽取1张，去与对方交换，重复n次这样的操作，记甲手中有银色纪念卡片张，恰有2张银色纪念卡片的概率为，恰有1张银色纪念卡片的概率为． (1)分别求，的值，求操作几次后甲手中的银色纪念卡片就可能首次出现0张，并求首次出现这种情况的概率p． (2)记． （ⅰ）证明数列是等比数列； （ⅱ）求的数学期望．（用n表示） 23．为了合理配置旅游资源，管理部门对首次来武汉旅游的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人计划只参观黄鹤楼，另外的人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，每位游客若只参观黄鹤楼，则记1分；若既参观黄鹤楼又游览晴川阁，则记2分．假设每位首次来武汉旅游的游客计划是否游览晴川阁相互独立，视频率为概率． (1)从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望； (2)从游客中随机抽取n人，记这n人的合计得分恰为分的概率为，求； (3)从游客中随机抽取若干人逐个统计，记这些人的合计得分出现n分的概率为，求数列的通项公式． 学科网（北京）股份有限公司1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第七章 概率初步（续）（压轴专练）（五大题型） 目录： 题型1：条件概率与全概率公式 题型2：随机变量及其分布 题型3：任意存在性等问题 题型4：立体几何与随机变量及其分布、概率 题型5：数列与随机变量及其分布、概率 题型1：条件概率与全概率公式 1．现有n（，）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（，2，3，…，n）个袋中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是，则 . 【答案】9 【分析】根据古典概型性质，先计算出某一情况下取球方法数的总数，在列举出第三次取球为白球的情形以及对应的取法数，根据古典概型计算概率，最后逐一将所有情况累加即可得出总概率，最后即可得到答案. 【解析】设选出的是第k个袋，连续四次取球的方法数为， 第四次取出的是白球的取法有如下四种情形： 4白，取法数为：， 1红3白，取法数为：， 2红2白，取法数为：， 3红1白：取法数为：， 所以第四次取出的是白球的总情形数为： ， 则在第k个袋子中取出的是白球的概率为：， 因为选取第k个袋的概率为，故任选袋子取第四个球是白球的概率为： ， 当时，. 故答案为：． 【点睛】思路点睛：本题为无放回型概率问题，根据题意首先分类讨论不同k值情况下的抽取总数(可直接用k值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含k的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中n与k的关系可简化累加步骤. 2．有个编号分别为1，2，…，的盒子，第1个盒子中有3个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，从第个盒子中取到白球的概率是 ． 【答案】 【分析】记事件表示从第个盒子里取出白球，即可得到，然后构造等比数列，求通项公式即得. 【解析】记事件表示从第个盒子里取出白球，则，， 所以， ， 进而可得，， 所以， 又，，， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 故答案为：. 3．某学校组织数学竞赛活动，准备了两组题目分别放在A，B两个箱子中．A箱中有4道代数题和2道几何题，B箱中有3道代数题和3道几何题．参赛选手先在两个箱子中任选一个箱子，然后从选中的箱子中依次抽取2道题（不放回）作答． (1)若甲同学选择A箱，求甲第一次抽到代数题且第二次抽到几何题的概率； (2)若乙同学选择A箱，答题结束后工作人员失误将乙抽取的题目放回了B箱，接着丙同学选择从B箱抽取题目，求丙抽取的2道题中至少有一道代数题的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设事件表示“甲第一次从A箱中抽到代数题”，事件表示“甲第二次从A箱中抽到几何题”，根据可得结果. （2）针对乙同学在A箱中选择的题目进行分类，结合全概率公式计算可得结果. 【解析】（1）设事件表示“甲第一次从A箱中抽到代数题”，事件表示“甲第二次从A箱中抽到几何题”， 则． 在发生的条件下，A箱中还剩下3道代数题和2道几何题，所以． 故． （2）设事件为“丙从B箱中抽取的2道题中至少有一道代数题”， 事件为“乙从A箱中取出2道代数题”， 事件为“乙从A箱中取出1道代数题和1道几何题”， 事件为“乙从A箱中取出2道几何题”， 则． 当发生时，B箱中有5道代数题和3道几何题，； 当发生时，B箱中有4道代数题和4道几何题，； 当发生时，B箱中有3道代数题和5道几何题，． 由全概率公式可得． 4．已知编号为的三个袋子中装有除标号外完全相同的小球，其中1号袋子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号袋子内装有两个1号球，一个3号球；3号袋子内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球．现按照如下规则连续摸球两次；第一次先从1号袋子中随机摸出1个球，并将摸出的球放入与球编号相同的袋子中，第二次从刚放入球的袋子中再随机摸出1个球． (1)若第二次摸到的是3号球，计算此3号球在第二次摸球过程中分别来自号袋子的概率； (2)设是样本空间上的两个离散型随机变量，则称是上的二维离散型随机变量．设的一切可能取值为，记表示在中出现的概率，其中．若表示第一次摸出的是号球，表示第二次摸出的是号球． ①求； ②证明：． 【答案】(1)，，； (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）求出第一次摸到第1，2，3号球的概率，结合已知条件，利用全概率公式及条件概率公式依次计算即得. （2）①求出第一次摸出1号球，并放入1号袋子，第二次从该袋子摸出2号球的概率；②利用全概率公式推理即得. 【解析】（1）设第一次摸到球的事件为，第二次摸到的是3号球的事件为， 第二次在第号袋子里摸到的是3号球的事件为，， ， 于是， 所以第二次摸到的是3号球，它来自1号袋子的概率； 第二次摸到的是3号球，它来自2号袋子的概率； 第二次摸到的是3号球，它来自3号袋子的概率. （2）①依题意，，即第一次摸出1号球，并放入1号袋子，第二次从该袋子摸出2号球的概率， 所以. ②由定义及全概率公式知， ， 所以. 【点睛】方法点睛：全概率公式是将复杂事件A的概率求解问题转化为在不同情况下发生的简单事件的概率求和问题. 题型2：随机变量及其分布 5．甲、乙、丙、丁四人报数，每人报出了一个正整数，且它们之和为11．设这四人报出的最大数为，则 ． 【答案】 【分析】先求出甲、乙、丙、丁报出的数的所有可能情况，然后求出四人报出的最大数的所有可能取值，并求出取每个值对应的概率，最后利用数学期望的计算公式求即可． 【解析】设甲、乙、丙、丁报出的数分别为a，b，c，d，则，且， 利用隔板法，将11个1分成4组，每组至少有1个1，则形成10个空， 任取3个即可完成分组，则甲、乙、丙、丁报出的数有种情况． 分析可知的所有可能取值为3，4，5，6，7，8． 当时，a，b，c，d的取值只能是三个3，一个2，有种情况， 则； 当时，有两种情况：①中有两个是4，余下两个分别为1，2， 则有种情况； ②中只有一个是4，余下三个分别为2，2，3或1，3，3， 有种情况，则； 当时，中只有一个是5，其余三个分别是1，2，3或1，1，4或2，2，2， 有种情况，则； 当时，中只有一个是6，余下的三个数是：1，2，2或1，1，3， 则有种情况，则； 当时，a，b，c，d中只有一个是7，余下三个数是1，1，2， 有种情况，则． 当时，a，b，c，d中只有一个是8，余下三个数是1，1，1， 则有种情况，则． 故． 【点睛】思路点睛：解决排列组合问题的常用方法有主元法、位置分析法、隔板法、捆绑法、插空法等，一般思路是先选后排，或用两个计数原理．遇到新的问题情境，要认真读题，抓住要点，分清主次．遇到的问题难度较大时，有时可采用先分类，再分步的方法，情况比较多时，用排除法也比较容易解决问题． 6．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程，该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲口袋中各装有1个黑球和2个白球，乙口袋中装有2个黑球和1个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行n（）次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为，则的值是 ；的数学期望是 . 【答案】 【分析】利用全概率公式求出；利用期望的计算公式求出有关的递推式，然后构造等比数列求通项即可. 【解析】考虑到乙袋中拿出的球可能是黑的也可能是白的，由全概率公式可得； 记取0，1，2，3的概率分别为，，，， 推导的分布列： ，，， 则 ， 则， 故 给合，可知. 故答案为： ;. 7．从这10个数中随机抽一个数记为，再从中随机抽一个数记为，则 . 【答案】/ 【分析】由题意得到，根据全概率公式求得，结合数学期望的公式，准确计算，即可求解. 【解析】由题意，可得， 根据全概率公式知 ， ， ， ， 所以 . 故答案为：. 【点睛】方法点睛：对于全概率，通常把事件，看成导致事件发生的一组原因， 利用全概率公式求解是应注意几点： 1、何时用全概率公式：事件是由多种原因导致事件发生的； 2、如何使用全概率公式：将一个复杂事件表示为几个彼此互斥的事件的和； 3、从本质上讲，全概率公式由加法公式和乘法公式的结合； 4、利用全概率公式求解的基本过程：①按照确定的标准，将一个事件分解为若干个互斥事件；②求解和；③代入全概率公式计算. 8．随机变量的分布列为，若，则（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】D 【分析】根据已知条件求得，然后由来求得正确答案. 【解析】首先，根据随机变量的概率分布性质，， 即，所以. 已知期望. 将代入期望公式可得： . 因为，所以. 然后求： . 同样将代入可得： . 已知，且，即. 用减去可得： . ，即. 又因为，两式相减得： ，即. 所以，则， 把变形为， 将和代入得：，则， 所以. 根据方差公式. 故选：D 9．如果是离散型随机变量，则在事件下的期望满足其中是所有可能取值的集合.已知某独立重复试验的成功概率为，进行次试验，求第次试验恰好是第二次成功的条件下，第一次成功的试验次数的数学期望是 . 【答案】/ 【分析】先求得再利用条件概率得到，求解. 【解析】设随机变量分别代表第一､第二次成功对应的试验次数， 则，以及， 所以， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解题意，利用独立重复试验的概率公式分别求得与，从而得解. 10．某蓝莓基地种植蓝莓，按个蓝莓果重量（克）分为级：的为级，的为级，的为级，的为级，的为废果．将级与级果称为优等果．已知蓝莓果重量服从正态分布．对该蓝莓基地的蓝莓进行随机抽查，每次抽出个蓝莓果．记每次抽到优等果的概率为（可精确到）．若为优等果，则抽查终止，否则继续抽查直到抽出优等果，但抽查次数最多不超过次，若抽查次数的期望值不超过，的最大值为 ． 附：，， 【答案】4 【分析】依题意可得，设，利用错位相减法求出，即可得到，从而得到，再根据指数函数的性质及所给数据判断即可. 【解析】因为蓝莓果重量服从正态分布其中， ， 设第次抽到优等果的概率（）， 恰好抽取次的概率，所以， 设，则， 两式相减得：， 所以， 由，即，的最大值为． 故答案为：． 【点睛】关键点睛：本题的关键点在于设，利用错位相减法求出，进而求出，利用指数函数的单调性解不等式即可. 11．甲乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每一局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是p，随机变量X表示最终的比赛局数，若，则的最大值是 ；的取值范围是 ． 【答案】 ； ； 【分析】结合二项分布可计算随机变量的分布列，再利用公式可求、，最后利用二次函数的性质可求其范围. 【解析】随机变量可能的取值为. . ， 故的分布列为： 2 3 故 因为，故，故. 而， 令，因为， 故，此时， 故答案为：，. 题型3：任意存在性等问题 12．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 【分析】对于A、B：根据期望的计算公式结合二次函数分析运算；对于C：先求，利用作差法比较大小；对于D：换元令，结合二次函数求的取值范围. 【解析】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，， 13．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 【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. 【解析】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. 14．已知随机变量的分布列为： x y P y x 则下列说法正确的是（    ） A．存在x，， B．对任意x，， C．对任意x，， D．存在x，， 【答案】C 【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. 【解析】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x，，，A错误； 例如，则，即存在x，，，B错误； 对C：， 则， 故对任意x，，则，C正确； 对D：令， 则开口向下，对称轴，且， 故，即， 不存在x，，，D错误； 故选：C. 15．互不相等的正实数是的任意顺序排列，设随机变量满足：则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，分或， 或， 或，得到X，Y的分布列求解. 【解析】解：因为随机变量满足： 所以当或时，； 当或时，； 当或时，； 所以X，Y的分布列为： X 2 3 P Y 2 3 P 所以， ， 所以， 故选：C 题型4：立体几何与随机变量及其分布、概率 16．如图，已知正方体顶点处有一质点S，点S每次会随机地一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点S的初始位置位于点A处，记点S移动n次后仍在底面上的概率为，则 ．    【答案】 【分析】依题意，求出，得到递推公式，通过构造等比数列求出数列的通项，最后利用分组求和法即可求得. 【解析】由题意可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面， 所以当在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为. 依题意,,，， 因，则数列是以为首项，为公比的等比数列， 即，移项得，， 于是，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：此题考查全概率公式的应用和利用递推公式构造等比数列求通项等内容，属于较难题. 解题的关键是根据题意发现关于概率的递推公式，利用数列知识，构造等比数列,求出通项再分组求和. 17．边长为2的正方形ABCD的中心为O，对A、B、C、D、O这五个点中的任意两点，以其中一点为起点、另一点为终点作向量，任取其中两个向量（不包括“向量和同端点的相反向量”），以它们的数量积的绝对值作为随机变量X，则其数学期望 ． 【答案】 【分析】将向量分为三类“边长类”、“半对角线类”、“对角线类”，结合古典概型概率计算公式求得的分布列并求得数学期望. 【解析】向量分为三类: “边长类”：，共个. “半对角线类”：，共个. “对角线类”：，共个. 从上述个向量中，任取其中两个向量（不包括“向量和同端点的相反向量”），可能取法有种， 的可能取值有， ， ， ， 所以. 故答案为： 【点睛】本小题主要目标是求随机变量的分布列和数学期望，关键点有两点，一个是随机抽取向量时，基本事件的总数；另一个是抽取后，计算抽取的向量的数量积的绝对值的可能情形，必须做到不重不漏. 18．如图，已知正方体顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点Q的初始位置位于点A处，则点Q移动次后仍在底面ABCD上的概率为 ；点Q移动n次后仍在底面ABCD上的概率为 . 【答案】 【分析】根据全概率公式对仍在底面上的概率进行计算，结合递推公式求通项公式的方法求得正确答案. 【解析】记点Q移动n次后仍在底面ABCD上的概率为. 在正方体中，每一个顶点有个相邻的点，其中两个在同一底面， 当点在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为； 当点在上底面时，随机移动一次在下底面的概率为. 所以，. 依题意可知， 所以， 所以是首项为为首项，公比为的等比数列， 所以， 所以. 故答案为：； 【点睛】本小题主要考查全概率公式的运用.在阅读题目的时候，要注意分析点的运动情况，结合题目中的关键词“概率”，联想到动点运动的可能性，对问题进行分析，从而找到问题的突破口.求解的过程中，需要用到数列中根据递推关系求数列的通项公式的方法. 19．中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1，某公园的六角亭是中国常见的一种供休闲的古建筑，六角亭屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的六棱锥.该公园管理处准备用风铃装饰六角亭屋顶的六个顶点A，B，C，D，E，F，现有四种不同形状的风铃可供选用，则在相邻的两个顶点挂不同形状的风铃的条件下，顶点A与C处挂同一种形状的风铃的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】记事件G：相邻的两个顶点挂不同形状的风铃，事件H：A与C处挂同一种形状的风铃.分三类讨论求出事件G的挂法总数，分两类讨论求出对于事件H的挂法总数，结合条件概率的计算公式计算即可求解. 【解析】记事件G：相邻的两个顶点挂不同形状的风铃，事件H：A与C处挂同一种形状的风铃. 对于事件G，包含的情况可分以下三类： （1）当A，C，E挂同一种形状的风铃时，有4种挂法， 此时B，D，F各有3种挂法，故不同的挂法共有4×3×3×3=108种； （2）当A，C，E挂两种不同形状的风铃时，有种挂法， 此时B，D，F有3×2×2种挂法，故不同的挂法共有种； （3）当A，C，E挂三种不同形状的风铃时，有种挂法， 此时B，D，F各有2种挂法，故不同的挂法共有种. 综上，总计有108+432+192=732种挂法，即. 当顶点A与C挂同一种形状的风铃，且相邻两顶点挂不同形状的风铃时，分以下两类： （1）A，C，E挂同一种形状的风铃，由前面解析可知，此时不同的挂法有108种； （2）当A，C挂同一种形状的风铃，E挂其他形状的风铃时，有种挂法， 此时B，D，F有3×2×2种挂法，故不同的挂法共有种. 综上，总计有108+144=252种挂法，即， 故. 故选：C. 题型5：数列与随机变量及其分布、概率 20．根据统计数据,某种植物感染病毒之后,其存活日数X满足:对于任意的,的样本在的样本里的数量占比与的样本在全体样本中的数量占比相同,均等于,即,设,的前n项和为，则 . 【答案】 【分析】根据条件概率的计算以及递推法可得,根据等比数列的定义可得,由可解出,再利用错位相减法即可求解. 【解析】由已知得, 因为, 所以, 将换成得, 两式相减可, 即, 又, 所以, 所以是首项为,公比为的等比数列, 所以, 则， ， ， 两式作差得， ， 故答案为:. 【点睛】本题关键是推出是首项为，公比为的等比数列，从而得到的通项公式，利用错位相减法求解即可. 21．马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为，如此往复． (1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； (2)记该同学第天选择米饭套餐的概率为； ①证明：为等比数列； ②当时，恒成立，求取值范围． 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）设为“第天选择米饭套餐”，为“第天选择米饭套餐”，根据条件求出，再利用全概率公式，即可求解； （2）①设为“第天选择米饭套餐”，根据条件得到，，利用全概率公式得到，即可证明结果；②由①得到，再对分类讨论，利用单调性，即可求解. 【解析】（1）设为“第天选择米饭套餐”，为“第天选择米饭套餐”，则为“第1天不选择米饭套餐”， 根据题意， 由全概率公式得：. （2）①设为“第天选择米饭套餐”，则， 根据题意， 由全概率公式得：， 因此，因为， 所以是以为首，为公比的等比数列． ②由①可得， 当为大于的奇数时， 当为正偶数时， 因此，当时，，所以． 【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）中的第①问，利用全概率公式得到，即可求解. 22．甲、乙两名小朋友每人手中各有3张龙年纪念卡片，其中甲的3张卡片的颜色为1张金色和2张银色，乙手中的3张卡片的颜色都是金色．现在两人各从自己的卡片中随机抽取1张，去与对方交换，重复n次这样的操作，记甲手中有银色纪念卡片张，恰有2张银色纪念卡片的概率为，恰有1张银色纪念卡片的概率为． (1)分别求，的值，求操作几次后甲手中的银色纪念卡片就可能首次出现0张，并求首次出现这种情况的概率p． (2)记． （ⅰ）证明数列是等比数列； （ⅱ）求的数学期望．（用n表示） 【答案】(1)，， (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）分析出包含两种情况，把两种情况的概率相加得到，同理也包含两种情况，求出相应的概率，相加可得，由，故交换一次不合要求，而，故操作两次满足要求，并求出概率为； （2）（ⅰ）先求出，，，，判断出数列是等比数列； （ⅱ）由（ⅰ）求出，的所有可能取值为0，1，2，并得到对应的概率，得到分布列，求出数学期望. 【解析】（1）根据题意，表示“重复2次操作，甲手中恰有2张银色纪念卡片”的概率，包含两种情况： 第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换金色卡片； 第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换金色卡片，乙交换银色卡片， 则，，， 表示“重复2次操作，甲手中恰有1张银色纪念卡片”的概率，包含两种情况： 第一次甲交换金色卡片，第二次甲交换银色卡片； 第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换银色卡片，乙交换银色卡片或第二次甲交换金色卡片， 乙交换金色卡片，则． 其中，故交换一次不会出现的情况，而， 操作两次甲手中的银色纪念卡片就可能首次出现0张，其概率为． （2）（ⅰ）由题意可得， ， 则，， 所以，， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， （ⅱ）由（ⅰ）知，所以． 的所有可能取值为0，1，2， 其分布列为 0 1 2 P 从而． 【点睛】关键点点睛：分析出，，，从而得到数列是首项为，公比为的等比数列，再进行下一步的求解. 23．为了合理配置旅游资源，管理部门对首次来武汉旅游的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人计划只参观黄鹤楼，另外的人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，每位游客若只参观黄鹤楼，则记1分；若既参观黄鹤楼又游览晴川阁，则记2分．假设每位首次来武汉旅游的游客计划是否游览晴川阁相互独立，视频率为概率． (1)从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望； (2)从游客中随机抽取n人，记这n人的合计得分恰为分的概率为，求； (3)从游客中随机抽取若干人逐个统计，记这些人的合计得分出现n分的概率为，求数列的通项公式． 【答案】(1)分布列见解析； (2) (3) 【分析】（1）根据题意得到变量X的可能取值为2，3，4，结合独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，求得期望； （2）由这n人的合计得分为分，则其中只有1人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解； （3）记“合计得分恰为”为事件A，“合计得分”为事件B，得到，结合数列的递推关系式构造等比数列，进而求得数列的通项公式，得到答案 【解析】（1）的人计划只参观黄鹤楼，另外的人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，每位游客若只参观黄鹤楼记1分； 既参观黄鹤楼又游览晴川阁记2分．每位首次来武汉旅游的游客计划是否游览晴川阁相互独立，视频率为概率． 随机变量 的可能取值为 2，3，4， 可得 ， 的分布列如下表所示： 2 3 4 数学期望为 ； （2）由这 人的合计得分为 分， 则其中只有1人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁， 则 ， 由两式相减， 可得 ； （3）在随机抽取的若干人的合计得分为 分的基础上再抽取1人， 则这些人的合计得分可能为 分或 分， 记“合计得 分”为事件 ，“合计得 分”为事件 ， 与 是对立事件， ， ，即 ，则数列 是首项为 ，公比为 的等比数列， ，. 【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解， 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式. 学科网（北京）股份有限公司26 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $$