数列新定义与概率的碰撞讲义-2026届高三数学一轮复习之一题多变系列

第30题 数列新定义与概率的碰撞 （一题多变 ） 【2025年3月福建质检T14】项数为的数列满足，当且仅当时（其中，规定：），称为“好数列”.在项数为6且的所有中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为______. 【思路分析】 由题意根据分布乘法计数原理可知所有的个数为64个，由数列中0出现的次数讨论可得数列是“好数列”的个数为4个，根据古典概型概率公式计算即可. 【详解】 由题意，因为项数为6且， 所以每一项都有两种选择，根据分布乘法计数原理， 可构成的数列个数共有个. 由题意，若为“好数列”，则意味着若时，其前一项与后一项相等， 讨论数列中0的个数，如下： ①若中没有0，则数列为，不符合题意， ②若中有1个0，不论0在那个位置，都会出现3个1相邻，不符合题意， ③若中有2个0，则，，，符合“好数列”定义， ④若中有3个及以上0，若0相邻，根据定义，数列只能为， 若0不相邻，只能1和0间隔出现，会出现两个0中间出现1，不符合题意， 综上，符合题意的“好数列”只有4个， 所以数列是“好数列”的概率为. 故答案为：. 【题后反思】 此题以数列新定义为背景，考查对新定义的理解，以及计数原理和古典概型概率的应用问题，难点在于对定义的理解和应用，可通过举例理解所给新定义，再根据定义要求进行合理的分类讨论，进而利用古典概型概率公式计算概率. 【变化角度】仍以数列为背景，改变数列新定义，求古典概型概率，如下： 例：对于数列，若，则称数列为“广义递增数列”，若，则称数列为“广义递减数列”，否则称数列为“摆动数列”.已知数列共4项，且，则数列是摆动数列的概率为 . 【思路分析】 根据数列的元素，先根据数列中数字的组成求得所有的数列，再将符合“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数分类求得，即可求得“摆动数列”的个数，进而求得数列是摆动数列的概率. 【详解】 根据题意可知，，则四位数字组成的数列有以下四类： （1）由单个数字组成：共有4个数列； （2）由2个数字组成：则共有种数字搭配，每种数字搭配又分为两种情况：由1个数字和3个相同数字组成4个数的数列（如1222，2111等），则有个数列；分别由2个相同数字组成的4个数的数列（如1122等）共有6个数列，因而此种情况共有种； （3）由3个数字组成：共有种数字搭配（如1123等），相同数字有3种可能，则共有个数列； （4）由4个数字组成：共有个数列. 因而组成数列的个数为个数列. 其中，符合“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数分别为： （1）由单个数字组成：4个数列均符合“广义递增数列”或“广义递减数列”，因而有4个数列； （2）由2个数字组成：满足“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数为 个； （3）由3个数字组成：个； （4）由4个数字组成：则有2个数列符合“广义递增数列”或“广义递减数列”， 综上可知，符合“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数为个. 所以“摆动数列”的个数为个， 因而数列是摆动数列的概率为， 故答案为：. 【举一反三】 1．已知数列等可能取.数列满足，且，则的概率为 . 2．斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：且中，则B中所有元素之和为奇数的概率为 ． 【变换角度】改变问题背景，变为以集合新定义为背景，仍求古典概型概率，如下： 例：集合具有如下性质：若某集合内有n个元素，则该集合共有子集的个数为2n.现有集合M内含有3个元素，则其共有八个子集，分别为.甲、乙两同学依次各取一个子集分别记为，可以相同，中元素的个数为m，则的概率为 . 【思路分析】 根据给定条件，首先求出试验含有的基本事件总数，的事件含有的基本事件个数，再由古典概型概率公式计算即可. 【详解】 依题意，甲、乙两同学依次各取一个子集的试验有个基本事件， 设的事件为，中的元素至少2个， 当都只有2个元素时，相同，共有3个情况； 当中一个有2个、另一个有3个元素时，共有种情况； 当都有3个元素时，有1种情况，因此事件含有的基本事件数为种， 所以. 故答案为：. 【举一反三】 3．已知集合 是集合 的真子集且 ， 如果 ， 使得 ， 其中 ， 则称 是集合 的一组有序基底集，记为 .已知 ，且 为 的一组有序基底集，则集合 中的元素之和小于 4 的概率为 . 4．若，且，则称是“伙伴关系集合”在集合的所有非空子集中任选一个集合，则该集合是“伙伴关系集合”的概率为 ． 【变换角度】改变问题背景，变为以函数新定义为背景，仍求古典概型概率，如下： 例：若函数的定义域为D，对任意，，，都有，则称为单射函数.已知集合，且，，则函数是单射函数的概率为 . 【思路分析】 根据题意对于进行分类讨论，结合对勾函数的单调性及古典概率计算即可. 【详解】 当，时，在上单调递减，在上单调递增，不是单射函数. 当，时，在上单调递增，在上单调递减，不是单射函数. 当，或，时，，不是单射函数. 当，时，不是单射函数. 当，时，是单射函数. 当，时，是单射函数. 故是单射函数的概率为. 故答案为：. 【举一反三】 5．对于函数，其定义域为D，若对任意的，当时都有，则称函数为“不严格单调增函数”，若函数定义域为，值域为，则函数是“不严格单调增函数”的概率是 6．若和是定义在同一区间上的两个函数，对任意，都有，则称和是“亲密函数”，设，，若，，则和是“亲密函数”的概率为 ． 7．若且，，则称a为集合A的孤立元素．若集合，集合N为集合M的三元子集，则集合N中的元素都是孤立元素的概率为（    ） A． B． C． D． 8．若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（    ） A． B． C． D． 9．已知身高互不相同的6个人排成一排，记，，…，是对应站位为1，2，…，6的各人的身高数据的一个排列，则对任一组和（），各组中的两个不等关系至少有一个成立的概率为 ． 10．欧拉是18世纪最优秀的数学家之一，几乎每个数学领域都可以看到欧拉的名字，如著名的欧拉函数.欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素(两个数只有公约数1)的正整数的个数.例如：，.现从中任选两个数，则这两个数相同的概率是 . 11．已知集合，是集合的含两个元素的子集，且，则中两元素之差的绝对值等于中两元素之差的绝对值的概率为 . 12．如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态.假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为 . 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第30题 数列新定义与概率的碰撞 （一题多变 ） 【2025年3月福建质检T14】项数为的数列满足，当且仅当时（其中，规定：），称为“好数列”.在项数为6且的所有中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为______. 【思路分析】 由题意根据分布乘法计数原理可知所有的个数为64个，由数列中0出现的次数讨论可得数列是“好数列”的个数为4个，根据古典概型概率公式计算即可. 【详解】 由题意，因为项数为6且， 所以每一项都有两种选择，根据分布乘法计数原理， 可构成的数列个数共有个. 由题意，若为“好数列”，则意味着若时，其前一项与后一项相等， 讨论数列中0的个数，如下： ①若中没有0，则数列为，不符合题意， ②若中有1个0，不论0在那个位置，都会出现3个1相邻，不符合题意， ③若中有2个0，则，，，符合“好数列”定义， ④若中有3个及以上0，若0相邻，根据定义，数列只能为， 若0不相邻，只能1和0间隔出现，会出现两个0中间出现1，不符合题意， 综上，符合题意的“好数列”只有4个， 所以数列是“好数列”的概率为. 故答案为：. 【题后反思】 此题以数列新定义为背景，考查对新定义的理解，以及计数原理和古典概型概率的应用问题，难点在于对定义的理解和应用，可通过举例理解所给新定义，再根据定义要求进行合理的分类讨论，进而利用古典概型概率公式计算概率. 【变化角度】仍以数列为背景，改变数列新定义，求古典概型概率，如下： 例：对于数列，若，则称数列为“广义递增数列”，若，则称数列为“广义递减数列”，否则称数列为“摆动数列”.已知数列共4项，且，则数列是摆动数列的概率为 . 【思路分析】 根据数列的元素，先根据数列中数字的组成求得所有的数列，再将符合“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数分类求得，即可求得“摆动数列”的个数，进而求得数列是摆动数列的概率. 【详解】 根据题意可知，，则四位数字组成的数列有以下四类： （1）由单个数字组成：共有4个数列； （2）由2个数字组成：则共有种数字搭配，每种数字搭配又分为两种情况：由1个数字和3个相同数字组成4个数的数列（如1222，2111等），则有个数列；分别由2个相同数字组成的4个数的数列（如1122等）共有6个数列，因而此种情况共有种； （3）由3个数字组成：共有种数字搭配（如1123等），相同数字有3种可能，则共有个数列； （4）由4个数字组成：共有个数列. 因而组成数列的个数为个数列. 其中，符合“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数分别为： （1）由单个数字组成：4个数列均符合“广义递增数列”或“广义递减数列”，因而有4个数列； （2）由2个数字组成：满足“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数为 个； （3）由3个数字组成：个； （4）由4个数字组成：则有2个数列符合“广义递增数列”或“广义递减数列”， 综上可知，符合“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数为个. 所以“摆动数列”的个数为个， 因而数列是摆动数列的概率为， 故答案为：. 【举一反三】 1．已知数列等可能取.数列满足，且，则的概率为 . 【答案】 【分析】由，得到，再结合古典概率模型即可求解． 【详解】由题意可得：， ， ， 若，则， 从各随机从中选一个，共有种情况； 若， 因为， 所以共有种情况， 所以的概率为：． 故答案为： 2．斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：且中，则B中所有元素之和为奇数的概率为 ． 【答案】 【分析】记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成，然后可解. 【详解】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有675个偶数，1349个奇数， 记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F， 则所有元素之和为奇数的集合B可看成， 显然集合E共有个，集合F共有个， 所以所有元素之和为奇数的集合B共有个， 又集合A的非空子集共有个，所以B中所有元素之和为奇数的概率为. 故答案为： 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是将集合分拆成所有偶数组成的集合及所有奇数组成的集合，利用二项式系数的性质求出含有奇数个奇数组成的集合个数. 【变换角度】改变问题背景，变为以集合新定义为背景，仍求古典概型概率，如下： 例：集合具有如下性质：若某集合内有n个元素，则该集合共有子集的个数为2n.现有集合M内含有3个元素，则其共有八个子集，分别为.甲、乙两同学依次各取一个子集分别记为，可以相同，中元素的个数为m，则的概率为 . 【思路分析】 根据给定条件，首先求出试验含有的基本事件总数，的事件含有的基本事件个数，再由古典概型概率公式计算即可. 【详解】 依题意，甲、乙两同学依次各取一个子集的试验有个基本事件， 设的事件为，中的元素至少2个， 当都只有2个元素时，相同，共有3个情况； 当中一个有2个、另一个有3个元素时，共有种情况； 当都有3个元素时，有1种情况，因此事件含有的基本事件数为种， 所以. 故答案为：. 【举一反三】 3．已知集合 是集合 的真子集且 ， 如果 ， 使得 ， 其中 ， 则称 是集合 的一组有序基底集，记为 .已知 ，且 为 的一组有序基底集，则集合 中的元素之和小于 4 的概率为 . 【答案】 【分析】根据题意，利用列举法求得基本事件的总数和所求事件包含的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】由题意，满足集合 的基底集可以为： ，，，，，， ，，，，，共有11组； 再把每组中的两个集合调换位置，此时也是11组， 综上可得，共计22组，其中满集合中元素之和小于4的有9组，所以概率为. 故答案为：. 4．若，且，则称是“伙伴关系集合”在集合的所有非空子集中任选一个集合，则该集合是“伙伴关系集合”的概率为 ． 【答案】 【分析】根据题意先求出集合的的所有非空子集的个数为，再求出具有“伙伴关系集合”的个数为，利用古典概率从而可求解. 【详解】，集合的所有非空子集的个数为， 若，则； 若，则； 若，则与成对出现； 若，则与成对出现， 集合的所有非空子集中，“伙伴关系集合”共有（个）． 在集合的所有非空子集中任选一个集合，则该集合是“伙伴关系集合”的概率为． 故答案为：． 【变换角度】改变问题背景，变为以函数新定义为背景，仍求古典概型概率，如下： 例：若函数的定义域为D，对任意，，，都有，则称为单射函数.已知集合，且，，则函数是单射函数的概率为 . 【思路分析】 根据题意对于进行分类讨论，结合对勾函数的单调性及古典概率计算即可. 【详解】 当，时，在上单调递减，在上单调递增，不是单射函数. 当，时，在上单调递增，在上单调递减，不是单射函数. 当，或，时，，不是单射函数. 当，时，不是单射函数. 当，时，是单射函数. 当，时，是单射函数. 故是单射函数的概率为. 故答案为：. 【举一反三】 5．对于函数，其定义域为D，若对任意的，当时都有，则称函数为“不严格单调增函数”，若函数定义域为，值域为，则函数是“不严格单调增函数”的概率是 【答案】 【分析】考虑有4个函数值相同，有3个函数值相同，各有2个函数值相同三种情况，计算概率得到答案. 【详解】当有4个函数值相同时：共有，满足条件的有种； 当有3个函数值相同，另外有2个函数值相同时，共有，满足条件的有种； 当各有2个函数值相同时，共有，满足条件的有1种. 故. 故答案为：. 【点睛】本题考查了概率的计算，分类讨论是常用的数学方法，需要熟练掌握. 6．若和是定义在同一区间上的两个函数，对任意，都有，则称和是“亲密函数”，设，，若，，则和是“亲密函数”的概率为 ． 【答案】 【分析】根据题意，结合“亲密函数”的定义，逐次分类讨论，进行判定，即可求解. 【详解】由题意，函数和是“亲密函数”等价于，， 当，时，，函数在上递增， 所以成立，此时和是“亲密函数”； 当，时，，函数在上为递增函数， 所以成立，此时和是“亲密函数”； 当，时，，函数在上递减，在上递增，所以当或时，y取得最大值，当时，， 当时，，符合题意，此时和是“亲密函数”； 当，时，，函数在上为递增函数， 所以成立，此时和是 “亲密函数”； 当，时，，函数在上为递增函数， 所以的最大值为，此时和不是“亲密函数”； 当，时，，函数在上为递增函数， 所以的最大值为，此时和不是“亲密函数”， 故和是“亲密函数”的概率是． 故答案为：. 7．若且，，则称a为集合A的孤立元素．若集合，集合N为集合M的三元子集，则集合N中的元素都是孤立元素的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意列举出满足条件的集合，然后根据题意结合古典概型公式求解. 【详解】集合的三元子集有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共20个． 满足集合中的元素都是孤立元素的集合N可能为，，，，一共4种． 由古典概率模型公式，可得集合N中的元素都是孤立元素的概率． 故选：C． 8．若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可求解. 【详解】为奇数时，前项中有个奇数项，即有个正数， ，，故A错误； 为偶数时，前项中有个奇数项，即有个正数， ， ，，故B错误； ，故C正确； ，故D错误. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：根据数列的通项公式的特点分类讨论，利用组合数和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可. 9．已知身高互不相同的6个人排成一排，记，，…，是对应站位为1，2，…，6的各人的身高数据的一个排列，则对任一组和（），各组中的两个不等关系至少有一个成立的概率为 ． 【答案】 【分析】求出6个人排成一排的方法数，假设甲身高最高，通过分类讨论甲在不同位置时的情况，即可得出结论. 【详解】由题意， 6个人排成一排，共有种方法．设6个人中甲的身高最高， 当甲站首位时，，则有共1种方法； 当甲站第2位时，且，则有，，， 即从5个人中任选1人站首位，另外4人从高到矮定序排队，有三种方法； 当甲站第3位时，且，则有，且， 只需从5个人中任选2人定序站1，2位，另外3人定序排队，有种方法； 同理，当甲站第4位时，有种方法；当甲站第5位时，有种方法； 当甲站末位时，需，有1种方法． 故共有种方法， 则概率． 故答案为：. 10．欧拉是18世纪最优秀的数学家之一，几乎每个数学领域都可以看到欧拉的名字，如著名的欧拉函数.欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素(两个数只有公约数1)的正整数的个数.例如：，.现从中任选两个数，则这两个数相同的概率是 . 【答案】 【分析】根据函数新定义求出的值，然后结合组合知识利用古典概型概率公式求解即可. 【详解】根据欧拉函数的定义知，，，，，，， ，，，， 从中任选两个数有种结果， 其中这两个数相同的有 共8种结果， 所以根据古典概率公式得所求的概率为. 故答案为： 11．已知集合，是集合的含两个元素的子集，且，则中两元素之差的绝对值等于中两元素之差的绝对值的概率为 . 【答案】 【分析】首先求出，中两元素之差的绝对值相等时的个数，再根据古典概型的概率公式计算可得. 【详解】当，中两元素之差的绝对值均为1时，的个数为； 当，中两元素之差的绝对值均为2时，的个数为； 当，中两元素之差的绝对值均为3时，的个数为； 当，中两元素之差的绝对值均为4时，的个数为； 故满足条件的共有（个）； 故其概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是分，中两元素之差的绝对值均为、、、时的个数. 12．如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态.假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为 . 【答案】##0.25 【分析】根据相邻原则把9个灯区分为三类：第一类灯区，第二类灯区，第三类灯区，然后由题意分别按各类中的两个保持灯区最终仍处于“点亮”状态，由此求得方法数，再求得总的方法数，最后由概率公式计算概率． 【详解】从9个灯区中随机先后按下两个灯区，共有种按法， 与相邻的灯区为，与相邻的灯区为，将9个灯区分为三类： 第一类灯区，第二类灯区，第三类灯区， 若要使得灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随机先后按两个不同灯区． ①若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法； ②若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法； ③若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法， 所以灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：把9个灯区分成、、三类是求解问题的关键. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$