59 递推数列与概率统计结合重难点专题-【高考复习】高中数学重难点系列专题（学生版+解析版）

武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 59 递推数列与概率统计的结合重难点专题 常考结论及公式 结论一：全概率公式 若事件 1 2, , , nA A A 构成一个完备事件组，则对任意一个事件B有 ( ) ( ) ( ) 1 | n i i i P B P A P B A = = ； 结论二：马尔科夫链 （1）数学定义为：假设我们的序列状态是…… 2 1 1, , ,t t t tX X X X− − + ，…，那么 1tX + 时刻 的状态的条件概率仅依赖前一状态 tX ，即 ( ) ( )1 2 1 1, , ,t t t t t tP X X X X P X X+ − − += ．其过 程具备“无记忆”的性质，即第 1n+ 次状态的概率分布只跟第n 次的状态有关，与第 1, 2, 3,n n n− − − 次状态无关. （2）高中数学涉及到的模型：①对称随机游离（赌徒模型）： 1 1 1 1 2 2 n n nP P P+ −= + 或者 1 1 1 1 1 3 3 3 n n n nP P P P− += + + ；②非对称随机游离： ( )1 11n n nP aP a P− += + − . 题型一 𝒂𝒏 = 𝒑𝒂𝒏−𝟏 + 𝒒型 【例 1】“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n 次随机选择后到达 2 号 仓的概率为 nP ，已知该粒子的初始位置在 2 号仓，则 10P =（ ）． A． 171 512 B． 511 512 C． 1 512 D． 43 128 【答案】A 【分析】记粒子经过n 次随机选择后到达 1 号仓的概率为 nA ，粒子经过n 次随机选择 后到达 3 号仓的概率为 nB ，分析可得 1 1 1 1 2 2 n n n n n n P A B P A B+ + + =   = +  ，整理得， 1 1 (1 ) 2 n nP P+ = − ，利 用构造法推得 1 { } 3 nP − 为等比数列，即可求得通项，即得 10P . 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 【详解】记粒子经过n 次随机选择后到达 1 号仓的概率为 nA ， 粒子经过 n 次随机选择后到达 3 号仓的概率为 nB ， 则有 1 1 1 1 2 2 n n n n n n P A B P A B+ + + =   = +  ，消去 ,n nA B 可得， 1 1 (1 ) 2 n nP P+ = − ， 则 1 1 1 1 1 1 1 3 2 2 3 2 6 n n nP P P+ − = − + − = − + ，即 1 1 1 1 ( ) 3 2 3 n nP P+ − = − − ，因 1 0P = , 则数列 1 { } 3 nP − 组成一个首项为 1 3 − ，公比为 1 2 − 的等比数列， 故 11 1 1( ) 3 3 2 n nP −− = −  − ，即 11 1 1( ) 3 3 2 n nP −= −  − ， 故 9 10 1 1 1 1 1 1 171 ( ) 3 3 2 3 3 512 512 P = −  − = +  = . 故选：A. 【跟踪训练 1】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、乙两口袋中各装有 1 个黑球和 2 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 nN 次这样的操作，记口袋甲中 黑球的个数为 nX ，恰有 1 个黑球的概率为 np ． (1)求 1 2,p p 的值； (2)求 np 的值（用n 表示）； (3)求证： nX 的数学期望 ( )nE X 为定值． 【答案】(1) 1 5 9 p = ， 2 49 81 p = (2) 1 2 1 3 45 9 5 n np −   = −  − +    (3)证明见解析 【分析】（1）由题意根据组合数公式、古典概型概率计算公式先求得 11,p q ，再结合全 概率公式可得 2p . （2）由全概率公式得递推公式，构造等比数列即可求解. （3）由题意得 ( )1 1 1 2 1 2 1 3 n n n nq p q p− −+ − = + − ，结合 1 12 1 0q p+ − = ，由此可得 1 2 n n p q − = 、分布列以及数学期望. 【详解】（1）设恰有 2 个黑球的概率为 nq ，则恰有 0 个黑球的概率为1 n np q− − ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 由题意知 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 3 3 C C C C 5 C C 9 p + = = ， 1 1 2 1 1 1 1 3 3 C C 2 C C 9 q = = ， 所以 ( ) 1 1 1 11 1 1 1 2 3 3 22 2 1 1 2 1 1 1 11 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 C C C CC C C C 49 1 C C C C C C 81 p p q p q + = + + − − = ． （2）因为 ( ) 1 1 1 11 1 1 1 2 3 3 22 2 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 C C C CC C C C 1 2 1 C C C C C C 9 3 n n n n n np p q p q p− − − − − + = + + − − = − + ， 所以 1 3 1 3 5 9 5 n np p −   − = − −    ． 又因为 1 3 2 0 5 45 p − = −  ，所以 3 5 np   −    是以 2 45 为首项， 1 9 − 为公比的等比数列． 所以 1 3 2 1 5 45 9 n np −   − = −  −    ， 1 2 1 3 45 9 5 n np −   = −  − +    ． （3）因为 1 11 1 1 32 1 1 1 1 11 1 1 1 3 3 3 3 C CC C 2 1 C C C C 9 3 n n n n nq p q p q− − − −= + = + ①， ( ) ( ) 1 11 1 3 11 2 1 1 1 1 1 11 1 1 1 3 3 3 3 C CC C 2 1 1 1 1 C C C C 9 3 n n n n n n n nq p p q p p q p− − − − − −− − = + − − = + − − ②． 所以①−②，得 ( )1 1 1 2 1 2 1 3 n n n nq p q p− −+ − = + − ． 又因为 1 12 1 0q p+ − = ，所以2 1 0n nq p+ − = ．所以 1 2 n n p q − = ． 所以 nX 的概率分布列为： nX 0 1 2 p 1 1 2 n n p p − − − np 1 2 np− 所以 ( ) 1 1 0 1 1 2 1 2 2 n n n n n p p E X p p − −  =  − − +  +  =    ． 所以 nX 的数学期望 ( )nE X 为定值 1． 题型二 𝒂𝒏+𝟏 = 𝒑𝒂𝒏 + 𝒇(𝒏)型 【例 2】学校篮球队 30 名同学按照 1，2，…，30 号站成一列做传球投篮练习，篮球 首先由 1 号传出，训练规则要求：第 ( )1 28,m m m  N 号同学得到球后传给 1m+ 号 同学的概率为 2 3 ，传给 2m+ 号同学的概率为 1 3 ，直到传到第 29 号（投篮练习）或第 30 号（投篮练习）时，认定一轮训练结束，已知 29 号同学投篮命中的概率为 1 3 ，30 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 号同学投篮命中的概率为 6 7 ，设传球传到第 ( )2 30,n n n  N 号的概率为 nP ． (1)求 4P 的值； (2)证明： ( )1 2 28n nP P n+ −   是等比数列； (3)比较 29 号和 30 号投篮命中的概率大小． 【详解】（1）解：依题意，篮球传到 4 号有以下三种途径：1 号传 2 号传 3 号传 4 号 其概率为 2 2 2 8 3 3 3 27   = ； 1 号传 2 号传 4 号其概率为 2 1 2 3 3 9  = ；1 号传 3 号传 4 号其概率为 1 2 2 3 3 9  = ， 因此 4 8 2 2 20 27 9 9 27 P = + + = ． （2）解：依题意篮球传到第 2n− 号，再传给n 号其概率为 2 1 3 nP − ； 篮球传到第 1n − 号，再传给n 号其概率为 1 2 3 nP − ，因此有 1 2 2 1 3 3 n n nP P P− −= + ， 可得 ( )1 1 2 1 3 n n n nP P P P− − −− = − − ，且 3 2 1 2 2 2 1 3 3 3 3 9 P P   − = +  − =    ， 所以 1n nP P+ − 是首先为 1 9 ，公比为 1 3 − 的等比数列． （3）解： 2 2 3 P = ， 3 7 9 P = ， 2 1 1 1 9 3 n n nP P − +   − = −    ， ( ) 3 1 1 1 2 9 3 n n nP P n − −   − = −     ， 4 3 1 1 9 3 P P   − = −    ， 3 2 1 9 P P− = ， 由累加法，可得 1 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 9 9 3 9 3 9 3 n nP P −       = + + − + − + + −               2 1 1 1 2 1 3 1 13 13 9 4 4 3 1 3 n n − −   − −    = +  = +  −     − −    ， 所以 28 29 3 1 1 4 4 3 P   = +  −    ， 27 30 28 1 1 3 1 1 3 3 4 4 3 P P    =  = +  −       ， 所以 29号投篮命中的概率为 28 3 1 1 1 4 4 3 3    +  −        30号投篮命中的概率为 27 27 3 1 1 1 6 3 1 1 1 4 4 3 3 7 4 4 3 3        +  −    +  −                  ， 因为 28 27 1 1 1 1 0 4 3 4 3      −    −        ，所以 29 号投篮命中概率大于 30 号投篮命中概率． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 【跟踪训练 2】有编号为1,2, ,n的 n 个空盒子 ( )2, Nn n  ，另有编号为1,2, ,k的 k 个球 ( )2 , Nk n k   ，现将 k 个球分别放入n 个盒子中，每个盒子最多放入一个 球．放球时，先将 1 号球随机放入n 个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小 到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编 号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中 一个．记 k 号球能放入 k 号盒子的概率为 ( ),P n k ． (1)求 ( )3,3P ； (2)当 3n  时，求 ( ),3P n ； (3)求 ( ),P n k ． 【答案】(1) 1 2 (2) 2 1 n n − − (3) ( ) 1 , 2 n k P n k n k − + = − + 【分析】（1）分类讨论 1 号球放入的盒子应用全概率公式即可计算； （2）分类讨论 1 号球放入的盒子应用全概率公式即可计算； （3）分三类讨论 1 号球放入的盒子，1 号球放入 ( )2 1j j k  − 号盒中等效于将编号 为1,2, , 1k j− + 的球，按照题设规则放入编号为1,2, , 1n j− + 的盒中 ( )1, 1P n j k j− + − + ，做差运算可得 ( ) ( ), 1, 1P n k P n k= − − 迭代得出结论.. 【详解】（1）1 号球放入 1 号盒中的概率为 1 3 ,此时 2,3 号球分别放入 2,3 号盒中； 1 号球放入 2 号盒中的概率为 1 3 ,欲使 3 号球放入 3 号盒中，则 2 号球需放入 1 号盒 中，概率为 1 2 , 1 号球放入 3 号盒中时，此时 3 号球不能放入 3 号盒中; 综上所述： ( ) 1 1 1 1 3,3 3 3 2 2 P = +  = . （2）1 号球放入 1 号,4 号，5 号，, n 号盒中的概率为 2n n − ，此时 3 号球可放入 3 号 盒中; 1 号球放入 2 号盒中的概率为 1 n ,欲使 3 号球放入 3 号盒中，则 2 号球需放入 1 号，4 号，5 号，.... n 号盒中，概率为 2n n − , 1 号球放入 3 号盒中时，此时 3 号球不能放入 3 号盒中; 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 综上所述： ( ) 2 1 2 2 ,3 1 1 n n n P n n n n n − − − = +  = − − （3）1 号球放入 1 号， 1k + 号， 2k + 号， 3k + 号，..., n 号盒中的概率为 1n k n − + ,此 时 k 号球可放入 k 号盒中： 1 号球放入 ( )2 1j j k  − 号盒中的概率为 1 n ,此时 2 号，3 号，.... 1j − 号球都可以放 入对应编号的盒中， 剩下编号为 , 1, 2, ,j j j k+ + 的球和编号为 1, , 2, ,j l j n+ + 的空盒， 此时 j 号盒非空， j 号球在所有空盒中随机选择一个放入，此时要让 k 号球放入 k 号盒中的放法总数等效于将编号为1,2, , 1k j− + 的球， 按照题设规则放入编号为1,2, , 1n j− + 的盒中（1 号球仍然随机选择一个盒子放入）, 所以概率为 ( )1, 1P n j k j− + − + 1 号球放入 k 号盒中时，此时 k 号球不能放入 k 号盒中： 所以 ( ) ( ) 1 2 1 1 , 1, 1 k j n k P n k P n j k j n n − = − + = +  − + − + , 整理得： ( ) ( ) ( ) 1 2 , 1 1, 1 k j nP n k n k P n j k j − = = − + + − + − + ,① 分别用 1n− 和 1k − 替换 n 和 k ，可得： ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1, 1 1 , k j n P n k n k P n j k j − = − − − = − + + − − ,②, 由①②式相减，整理得： ( ) ( ), 1, 1P n k P n k= − − 从而 ( ) ( ) ( ), 1, 1 2,2P n k P n k P n k= − − = = − + , ( )2,2P n k− + 等于 1 号球不放在 2 号盒的概率，即 ( ) 1 1 2,2 1 2 2 n k P n k n k n k − + − + = − = − + − + . 所以 ( ) 1 , 2 n k P n k n k − + = − + 【点睛】关键点点睛： 1 号球放入 ( )2 1j j k  − 号盒中的关键是等效于将编号为 1,2, , 1k j− + 的球，按照题设规则放入编号为1,2, , 1n j− + 的盒中 ( )1, 1P n j k j− + − + ，做差运算可得 ( ) ( ), 1, 1P n k P n k= − − 迭代得出结论.. 题型三 𝒂𝒏+𝟏 = 𝒂𝒏 ∙ 𝒇(𝒏)（或构造后）型 【例 3】在长郡中学文体活动时间，举办高三年级绳子打结计时赛，现有 ( )*5 nN 根 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 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． 64 315 B． 256 315 C． 32 315 D． 128 315 【答案】D 【分析】利用分步计数原理，结合数列的累乘法与古典概型的概率公式即可得解. 【详解】不妨令绳头编号为1,2,3,4, ,2n ，可以与绳头 1 打结形成一个圆的绳头除了 1，2 外有2 2n− 种可能， 假设绳头 1 与绳头 3 打结，那么相当于对剩下 1n− 根绳子进行打结， 令 ( ) *Nn n 根绳子打结后可成圆的种数为 na ， 那么经过一次打结后，剩下 1n− 根绳子打结后可成圆的种数为 1na − ， 由此可得， ( ) 12 2 , 2n na n a n−= −  ， 所以 ( )1 2 1 2 1 2 2, 2 4 , , 2n n n n a a a n n a a a − − − = − = −  = ， 所以 ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 4 2 2 1 !nn a n n n a −= −  −  =  − ， 显然 1 1a = ，故 ( ) 12 1 !nna n −=  − ； 另一方面，对2n个绳头进行任意 2 个绳头打结，总共有 ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 1 2 2 2 1 2 !C C C C ! 2 ! 2 ! n n n n n n n n n N n n n − −  −  −   = = =   ； 所以 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 12 1 ! 2 ! 1 ! 2 ! 2 ! 2 ! n n n n n n na P nN n n − − −  − = = =  ， 所以当 5n = 时， 128 315 P = . 故选：D . 【点睛】关键点睛：本题的解决关键是利用分步计数原理得到数列的递推式，从而利 用数列的累乘法求得结果. 【跟踪训练 3】甲、乙两人进行 ( )*2 Nn n 局羽毛球比赛（无平局），每局甲获胜的概 率均为 1 2 ，规定：比赛结束时获胜局数多的人赢得比赛，记甲赢得比赛的概率为 ( )P n ，假设每局比赛互不影响，则（ ） A． ( ) 1 2 4 P = B． ( ) 11 3 16 P = C． ( ) 22 1 C1 2 2 n n n P n + = − D． ( )P n 单调递减 【答案】C 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 【分析】要使甲赢得比赛，则甲至少赢 1n+ 局，据此根据独立事件概率计算方法和二 项式定理的性质可求 ( )P n ，由此可判断 ABC，判断 ( )1P n+ 和 ( )P n 的大小即可判断 ( )P n 的单调性，从而判断 D. 【详解】由题意，设甲获胜的局数为 X ，则 1 2 , 2 X B n       ， 2 2 2 2 1 1 1 ( ) C 1 C 2 2 2 k n k n k k n nP X k −       = = − =            ， 故甲赢得比赛的概率为： ( ) ( ) 2 22 2 2 2 1 1 1 1 C C 2 2 n nn n k k n n k n k n P P Xn n = + = +      = =         =   ， 又因 2 1 2 2 1 0 C C n n k k n n k n k − = + = =  ， 2 1 2 2 2 2 1 0 C C C 2 n n k k n n n n n k n k − = + = + + =  ， 所以 22 2 1 2 2 2 1 2 1 1 C C 2 C 2 2 2 nn k n n n n n n k n − = + = − = − ， 故 ( ) 2 2 1 2 2 2 1 C1 1 1 2 C 2 2 2 2 n n n n n n n P n − +      − = −=        ，故 C 正确； 2 4 52 1 5 (2) 2 16 C P = − = ，故 A 错误； 3 6 7 1 11 ( 2 3) 2 32 C P = − = ，故 B 错误； 因为 ( ) 2 22 1 2 C C1 1 1 2 2 2 2 n n n n n n P n   = − = −    ＋ ，所以 ( ) 1 2 2 2 2 C1 1 1 2 2 n n n P n + + +   + = −    ， 又因为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 !C 4 4 1 2 14C ! !2 1 2 2 !C C 2 2 2 1 2 1 2 1 ! 1 ! n n n n n n n n n n n n nn n n n n n n n + + + + +  + + = = = =  + + + + + + ， 所以 1 2 2 2 2 2 2 C C 2 2 n n n n n n + + +  ，所以 ( ) ( )1P n P n + ，即 ( )P n 单调递增，故 D 错误. 故选：C. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用二项式定理的性质以及独立事件的乘法 公式得出 ( )P n . 题型四 𝒂𝒏+𝟏 = 𝒑𝒂𝒏 + 𝒒𝒂𝒏−𝟏型 【例 4】（多选）棋盘上标有第 0、1、2、…100 站，棋子开始位于第 0 站，棋手抛掷 均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出 两站，直到跳到第 99 站或第 100 站时，游戏结束．设棋子位于第 n 站的概率为 nP ，设 0 1P = ，则下列结论正确的有（ ） 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 A． 1 2 3 1 3 5 , , 2 4 8 P P P= = = B．数列 1 (1 99)n nP P n−−   是公比为 1 2 − 的等比数列 C． 100 99 982P P P  D． 100 1 3 P  【答案】ABD 【分析】根据题意得到 1P ， 2P ， 3P 的值，先让棋子在 2n− 站，然后得到在 1n− 站和n 站的概率，得到三个站之间的概率关系，整理得到数列 1n nP P −− 的通项，根据通项得 到 98P ， 99P ， 100P ，从而逐项判断即可得. 【详解】对 A：根据题意第0 站 0 1P = ，硬币掷出正面到达第1站，所以 1 1 2 P = ， 从第0 站，硬币掷出反面，或从第1站硬币掷出正面，到达第2站， 所以 2 1 1 1 3 2 2 2 4 P = +  = ， 从第1站，硬币掷出反面，或从第2站硬币掷出正面，到达第3站， 所以 3 1 1 3 1 5 2 2 4 2 8 P =  +  = ，故 A 正确； 对 B：从第 2n− 站，硬币掷出正面到达第 1n− 站，所以 1 2 1 2 n nP P− −= ， 从第 2n− 站，硬币掷出反面，或从第 1n− 站硬币掷出正面，到达第n 站， 所以 2 1 1 1 2 2 n n nP P P− −=  + ， 即 ( )1 1 2 1 2 n n n nP P P P− − −− = − + ， 而 0 1 1 1 1 2 2 P P− = − = − ， 所以 1n nP P −− ( )1 99n  是以 1 2 − 为首项， 1 2 − 为公比的等比数列， 所以 ( )1 1 11 1 2 2 2 nn n n n P P − − −   − = − − =      ，故 B 正确； 对 C： ( ) ( ) ( ) ( )99 99 98 98 97 2 1 1 0 0P P P P P P P P P P= − + − + + − + − + 99 98 100 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 3 2         = − + − ++ − + = −                ， 而 99 99 98 1 2 P P   − = −    ，所以 98 99 2 1 1 3 2 P   = +    ， 而当棋子跳到第99站时，游戏停止，故 100 98 99 1 1 1 1 2 3 2 P P   = = +    ， 从而得到 100 99 2 1 2 1 3 2 P   = +    ，故 99 100 982P P P  ，故 C 错误； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 10 页 对 D： 100 98 99 1 1 1 1 1 2 3 2 3 P P   = = +     ，故 D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助棋子在 2n− 站，在 1n− 站和n 站的概率， 得到三个站之间的概率关系，从而得到 1n nP P −− 的通项. 【跟踪训练 4】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 p，则从一个细胞开始，它有 1 2 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 p，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是 2p ，于是我们得到： 21 1 2 2 p p= + ，计算可得 1p = ；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 p，那么从一个细胞开始，它有 1 2 的概率分裂成两个细胞，每个细胞繁衍下 去的概率都是 p，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是 2(1 )p− ，于是我们得到： 21 1 (1 ) 2 p p = − − ，计算可得 0p = .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 ( )*( ,0) NP n n ，他每步走动都会有 *p 的概率向 左移动 1 个单位，有1 *p− 的概率向右移动一个单位，原点 (0,0)处有一个陷阱，若掉入陷阱就会停止走动，以 np 代表当 这个人由 ( ,0)P n 开始，最终掉入陷阱的概率.若这个人开始时 位于点 (1,0)P 处，且 1 * 3 p = ， (1)求他在 5 步内（包括 5 步）掉入陷阱的概率； (2)求他最终掉入陷阱的概率 ( )1 10 1p p  ； (3)已知 ( )*1 1 1 2 N 3 3 n n np p p n− += +  ，若 0 1p = ，求 np . 【答案】(1) 107 243 (2) 1 1 2 p = (3) 1 2 n np   =     【分析】（1）这个人必须走奇数步才能进入陷阱，就每一种情况分类计算后可得概 率；（2）根据题设中给出的类似的计算方法可求 1 1 2 p = ；（3）利用构造法可求数列的 通项. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 11 页 【详解】（1）这个人必须走奇数步才能进入陷阱， 若 1 步进入陷阱，则概率为 1 3 ；若 3 步进入陷阱，则概率 2 1 1 2 3 3 3 27   = ； 若 5 步进入陷阱，则概率为 2 2 1 1 1 8 2 3 3 3 3 3 243      = ， 故 5 步内进入陷阱的概率为 107 243 . （2）由题设从 ( )1,0 最终进入陷阱，可分成两类， 1.向左一步，进入陷阱； 2.向右一步，然后多步后进入 ( )1,0 ，再进入陷阱； 故 2 1 1 1 2 3 3 p p= +  ，故 1 1 2 p = 或 1 1p = （舍）. （3）因为 ( )*1 1 1 2 N 3 3 n n np p p n− += +  ，故 1 1 3 1 2 2 n n np p p+ −= − ， 所以 ( )1 1 1 2 n n n np p p p+ −− = − ，而 1 0 1 0 2 p p− = −  ， 故 1n np p+ − 为等比数列，故 1 1 2 n n np p+   − = −    ， 故 2 1 0 1 1 1 1 1 2 2 2 2 n n np p −       − = − + + + = −               ，故 1 2 n np   =     ， 当 0n = 时， 0 1p = 符合，故 1 2 n np   =     . 【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. 题型五 期望递推型 【例 5】一袋中有大小、形状相同的 2 个白球和 10 个黑球，从中任取一球．如果取出 白球，则把它放回袋中；如果取出黑球，则该球不再放回，另补一个白球放到袋 中．在重复n 次这样的操作后，记袋中的白球个数为 nX ． （1）求 ( )1E X ； （2）设 ( )2n kP X k P= + = ，求 ( )1 2 ( 0,1,2, ,10)nP X k k+ = + =  ； （3）证明： ( ) ( )1 11 1 12 n nE X E X+ = + ． 【详解】（1）∵ 1 2X = 或 1 3X = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 12 页 ∴ ( )1 2 1 2 2 10 6 P X = = = + ， ( )1 10 5 3 2 10 6 P X = = = + ， ∴ ( )1 1 5 17 2 3 6 6 6 E X =  +  = ． （2）∵当 0k = 时， ( )1 0 1 2 6 nP X P+ = = ， 当1 10k 时，第 1n+ 次取出来有2 k+ 个白球的可能性有两种： 第 n 次袋中有2 k+ 个白球，显然每次取出球后，球的总数保持不变， 即袋中有2 k+ 个白球，10 k− 个黑球，第 1n+ 次取出来的也是白球的概率为 2 12 k k P + ； 第 n 次袋中有1 k+ 个白球，第 1n+ 次取出来的是黑球，由于每次总数为 12 个， 故此时黑球数为11 k− 个，这种情况发生的概率为 1 11 12 k k P − − ； ∴ ( )1 1 2 11 2 (1 10) 12 12 n k k k k P X k P P k+ − + − = + = + ， ∴综上可知， ( ) 0 1 1 1 ( 0), 6 2 2 11 (1 10). 12 12 n k k P k P X k k k P P k + −  = = + =  + − +  （3）∵第 1n+ 次白球个数的数学期望分为两类情况： 第 n 次白球个数的数学期望为 ( )nE X ，由于白球和黑球的总数为 12， 第 1n+ 次取出来的是白球的概率为 ( ) 12 nE X ， 第 1n+ 次取出来的是黑球的概率为 ( )12 12 nE X− ，此时白球的个数为 ( ) 1nE X + ， ∴ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 12 1 12 12 n n n n n E X E X E X E X E X+ − =  +  + ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 11 1 1 1 12 12 12 n n n n E X E X E X E X   = + −  + = +    即 ( ) ( )1 11 1 12 n nE X E X+ = + ． 【点睛】本题考查概率的计算，数学期望的计算，本题的难点在于分类讨论要仔细严 谨，属综合中档题. 【跟踪训练 5】袋中共有 8 个乒乓球，其中有 5 个白球，3 个红球，这些乒乓球除颜色 外完全相同.从袋中随机取出一球，如果取出红球，则把它放回袋中；如果取出白球， 则该白球不再放回，并且另补一个红球放入袋中，重复上述过程n 次后，袋中红球的 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 13 页 个数记为 nX . (1)求随机变量 2X 的概率分布及数学期望 2( )E X ； (2)求随机变量 nX 的数学期望 ( )nE X 关于n 的表达式. 【答案】(1)答案见解析；(2) 135 7( ) 8 ( ) 8 8 n nE X −= − . 【分析】（1）由题意得到 2X 的所有取值，然后利用古典概型概率计算公式求出概率， 则可得出答案；(2）设 ( )3n kP X k p= + = ， 0,1,2,3,4,5k = ，则 0 1 2 3p p p p+ + + 4 5 1p p+ + = ， ( ) 0 1 23 4 5nE X p p p= + + 3 4 56 7 8p p p+ + + ，再把 ( )1 3nP X + = 、 ( )1 4nP X + = ……、 ( )1 8nP X + = 用 0 1 2 3p p p p、 、 、 4 5p p、 、 表示，得到 ( ) ( )( )+1 7 8 8 8 n nE X E X− = − ，根据等比数列知识可以得到答案. 【详解】（1）由题意可知 2 3 4 5X = , , . 当 2 3X = 时，摸球均摸到红球，其概率是 ( ) 2 1 3 3 2 1 1 8 8 9 3 64 C C P X C C = =  = ； 当 2 4X = 时，恰好摸到一红，一白球，其概率 ( )2 4P X = = 1 1 1 1 3 5 5 4 1 1 1 1 8 8 8 8 35 64 C C C C C C C C + = ； 当 2 5X = 时，摸球球均摸到白球其概率是 ( ) 1 1 5 4 2 1 1 8 8 5 5 16 C C P X C C = = = . 所以随机变量 2X 的概率分布如下表： 2X 3 4 5 P 9 64 35 64 5 16 数学期望 ( )2 9 3 4 64 E X =  + 35 5 267 5 64 16 64  +  = . （2）设 ( )3n kP X k p= + = ， 0,1,2,3,4,5k = . 则 0 1 2 3p p p p+ + + 4 5 1p p+ + = ， ( ) 0 1 23 4 5nE X p p p= + + 3 4 56 7 8p p p+ + + . ( )1 0 3 3 8 nP X p+ = = ， ( )1 0 1 5 4 4 8 8 nP X p p+ = = + ， ( )1 1 2 4 5 5 8 8 nP X p p+ = = + ， ( )1 2 3 3 6 6 8 8 nP X p p+ = = + ， ( )1 3 4 2 7 7 8 8 nP X p p+ = = + ， ( )1 4 5 1 8 8 8 8 nP X p p+ = = + . 所以 ( )+1nE X 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 14 页 0 0 1 3 5 4 =3 +4 8 8 8 p p p     +    1 2 4 5 5 6 8 8 p p   +  + +     2 3 3 6 7 8 8 p p   + +     3 4 2 7 8 8 8 p p   + +    4 5 1 8 8 8 p p    +    0 1 2 29 36 43 8 8 8 p p p= + + 3 4 5 50 57 64 8 8 8 p p p+ + + 0 1 2 7 (3 4 5 8 p p p= + + + 3 4 5 06 7 8 )p p p p+ + + + 1 2 3 4 5p p p p p+ + + + ( ) 7 1 8 nE X= + . 由此可知， ( ) ( )( )+1 7 8 8 8 n nE X E X− = − . 又 ( )1 35 8 8 E X − = − ，所以 ( ) 1 35 7 8 8 8 n nE X −   = −     . 课后突破训练 1．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 X ，则 ( )E X =（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】先确定 X 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 ( ) 1 1 6 P X = = . 玩家投掷 2 次即可到达终点的方法是掷出 ( )1,2 ， ( )2,1 ， ( )4,1 ， ( )5,2 ， ( )6,3 ，故 ( ) 5 2 36 P X = = . 玩家投掷 3 次即可到达终点的方法是掷出 ( )1,1,1 ， ( )1,3,1 ， ( )1,4,2 ， ( )1,5,3 ， ( )1,6,4 ， ( )2,2,1 ， ( )2,3,2 ， ( )2,4,3 ， ( )2,5,4 ， ( )2,6,5 ， ( )4,2,1 ， ( )4,3,2 ， ( )4,4,3 ， ( )4,5,4 ， ( )4,6,5 ， ( )5,1,1 ， ( )5,3,1 ， ( )5,4,2 ， ( )5,5,3 ， ( )5,6,4 ， ( )6,1,2 ， ( )6,2,1 ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 15 页 ( )6,4,1 ， ( )6,5,2 ， ( )6,6,3 ，故 ( ) 2 3 5 3 6 P X = = . 设玩家投掷n 次即可到达终点，那么第n 次掷得的点数可以为1,2,3,4,5，分别记作 ( ),1 ， ( ),2 ， ( ),3 ， ( ),4 ， ( ),5 ，则玩家投掷 1n+ 次的基本事件是投掷n 次 的6 倍，能到达终点的掷法：之前的 ( ),1 对应 ( ),2,1 ， ( ),3,2 ， ( ), 4,3 ， ( ),5,4 ， ( ),6,5 ； ( ),2 对应 ( ),1,1 ， ( ),3,1 ， ( ),4,2 ， ( ),5,3 ， ( ),6,4 ； ( ),3 对应 ( ),1,2 ， ( ),2,1 ， ( ),4,1 ， ( ),5,2 ， ( ),6,3 ； ( ),4 对应 ( ),1,3 ， ( ),2,2 ， ( ),3,1 ， ( ),5,1 ， ( ),6,2 ； ( ),5 对应 ( ),1,4 ， ( ), 2,3 ， ( ),3,2 ， ( ),4,1 ， ( ),6,1 .是投掷n 次即可到达终点的5倍. 所以 ( )P X n= 是以 1 6 为首项，以 5 6 为公比的等比数列.所以 ( ) 1 1 5 6 6 n P X n −   = =     . 所以 ( ) 2 3 1 2 5 3 5 4 5 6 6 6 6 6 6 6 E X     = +  +  +  +        即 ( ) 2 3 5 5 5 6 1 2 3 4 6 6 6 E X     = +  +  +  +        两边同乘以 5 6 得： ( ) 2 3 5 5 5 5 2 3 6 6 6 E X     = +  +  +        两式相减得： ( ) 2 3 5 5 5 1 6 6 6 E X     = + + + +        1 6 5 1 6 = = − . 故选：D 2．如图，从 1 开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且 总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从 1 移动到 11： 1→2→3→5→7→8→9→10→11 就是一条移动路线．从 1 移动到数字 ( )2,3, 11n n = 的 不同路线条数记为 nr ，从 1 移动到 11 的事件中，跳过数字 ( )2,3, 10n n = 的概率记为 np ，则下列结论正确的是（ ） ① 9 34r = ，② 1n nr r+  ，③ 5 24 89 p = ，④ 9 10p p ． A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 16 页 【答案】A 【分析】根据题意分析，不难得到 2 31, 2,r r= = ( )1 1 3n n nr r r n+ −= +  ，按照规律写出各 项，即可判断①，②正确；对于③，结合树状图，考虑对立事件所包含的样本点数， 利用古典概型概率公式计算即得，同法求出 9 10p p, 即可判断. 【详解】由题意可知 2 31, 2,r r= = ( )1 1 3n n nr r r n+ −= +  ， 则 4 5 6 7 83, 5, 8, 13, 21r r r r r= = = = = ， 9 9 10 1134, 34, 55, 89r r r r= = = = ， 则①正确；显然 1n nr r+  ，故②正确； 因为 11 89r = ，经过数字 5 的路线共有5 13 65 = 条. 理由:如上树状图所示，分别计算 1-5 的路线共有 5 条，5-11 的路线共有 13 条， 利用分步乘法计数原理可得，过数字 5 的路线共有5 13 65 = 条. 则 5 89 65 24 89 89 p − = = ，故③正确； 同理可得 9 10 89 34 2 21 89 55 1 34 , , 89 89 89 89 p p −  −  = = = = 即有 9 10p p ，故④错误. 故选:A． 3．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． 13 18 B． 5 18 C． 13 21 D． 8 21 【答案】D 【分析】法一：首先设甲上到第n 级台阶共有 na 种上法，列举前 3 项，再得到关于数 列 na 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. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 17 页 【详解】法—：记甲上到第 n 级台阶共有 na 种上法，则 1 21, 2a a= = ， 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 3 4a = . 当 4n  时，学生甲上到第n 级台阶，可以从第 1n− 级或第 2n− 级或第 3n− 级上去， 所以 1 2 3n n n na a a a− − −= + + ， 于是 4 5 6 7 8 9 10 117, 13, 24, 44, 81, 149, 274, 504a a a a a a a a= = = = = = = = ， 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 6a 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 5a 种方法； 所以甲踩过第 6 级台阶的上台阶方法数有 6 5 24 13a a =  ， 则甲没踩过第 6 级台阶的概率是 6 5 11 24 13 8 1 1 504 21 a a P a  = − = − = . 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：3 3 3 2 11+ + + = 走法为 1 4C 4;3 3 3 1 1 11= + + + + = 走法为 2 5C 10= . 两步三级：3 3 1 1 1 1 1 11+ + + + + + = 走法为 2 7C 21= ， 3 3 2 1 1 1 11+ + + + + = 走法为 2 1 6 4C C 60= ， 3 3 2 2 1 11+ + + + = 走法为 2 2 5 3C C 30= ； 一步三级：3 1 1 1 1 1 1 1 1 11+ + + + + + + + = 走法为 1 9C 9= ， 3 2 1 1 1 1 1 1 11+ + + + + + + = 走法为 1 18 7C C 56= ， 3 2 2 1 1 1 1 11+ + + + + + = 走法为 1 2 7 6C C 105= ， 3 2 2 2 1 1 11+ + + + + = 走法为 1 3 6 5C C 60= ， 3 2 2 2 2 11+ + + + = 走法为 1 5C 5= ； 零步三级：1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11+ + + + + + + + + + = 走法为 11 11C 1= ， 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11+ + + + + + + + + = 走法为 1 10C 10= ， 2 2 1 1 1 1 1 1 1 11+ + + + + + + + = 走法为 8 9C 36= ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 18 页 2 2 2 1 1 1 1 1 11+ + + + + + + = 走法为 3 8C 56= ， 2 2 2 2 1 1 1 11+ + + + + + = 走法为 4 7C 35= ， 2 2 2 2 2 1 11+ + + + + = 走法为 1 6C 6= ； 综上，上 11 级台阶共有 4 10 21 60 30 9 56 105 60 5 1 10 36 56 35 6 504+ + + + + + + + + + + + + + + = . 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 24 13 8 1 504 21 P  = − = . 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 na 的递推关系，或是列举 na ，方法二的关键是不重不漏的列举所有的方法种数. 4．甲､乙､丙三人相互做传球训练，第 1 次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可 能地将球传给另外两个人中的任何一人，则 6 次传球后球在甲手中的概率为（ ） A． 11 32 B． 31 96 C． 5 16 D． 17 48 【答案】A 【分析】设n 次传球后球在甲手中的概率为 np ，求出 1 0p = ，根据题意求出数列 np 的递推公式，求出 np 的表达式，即可求得 6p 的值. 【详解】设n 次传球后球在甲手中的概率为 np ，当 1n = 时， 1 0p = ， 设 nA = “ n 次传球后球在甲手中”，则 1 1 1n n n n nA A A A A+ + += + ， 则 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1n n n n n n n n n n nP A P A A P A A P A P A A P A P A A+ + + + += + = +∣ ∣ ． 即 ( ) ( )1 1 1 0 1 1 2 2 n n n np p p p+ =  + −  = − ， 所以， 1 1 1 1 3 2 3 n np p+   − = − −    ，且 1 1 1 3 3 p − = − ， 所以，数列 1 3 np   −    是以 1 3 − 为首项，以 1 2 − 为公比的等比数列， 所以， 1 1 1 1 3 3 2 n np −   − = −  −    ，所以， 1 1 1 1 3 2 n np −   = − −       ， 所以6 次传球后球在甲手中的概率为 6 1 1 11 1 3 32 32 p   =  + =    ． 故选：A 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 19 页 5．（多选）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.甲乙两个口袋中各装有 1 个黑球和 2 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 ( )Nn n  次这样的操作，记甲口袋中黑球个 数为 nX ，恰有 1 个黑球的概率为 np ，则下列结论正确的是（ ） A． 1 5 9 p = B． ( )1 1 2 6 P X = = C．数列 3 5 np   −    是等比数列 D． nX 的数学期望 ( ) 1nE X = 【答案】ACD 【分析】利用已知条件求出 1 5 9 p = ， ( )1 2 0 9 P X = = ， ( )1 2 2 9 P X = = 即可判断 A，B； 利用 ( ) ( )1 1 1 5 2 2 = 0 2 9 3 3 n n nnp p P X P X− − −+ = + = 推出 1 3 1 3 5 9 5 n np p −   − = − −    ，可判断 C； 利用 ( ) ( ) 1 0 2 2 n n n p P X P X − = = = = 可判断 D. 【详解】由题意， 1 1 1 2 2 5 = 3 3 3 3 9 p =  +  ，故 A 正确； ( )1 1 2 2 0 = 3 3 9 P X = =  ， ( )1 1 2 2 2 = 3 3 9 P X = =  ，故 B 错误； 当 ( )2 Nn n   时， ( ) ( )1 1 1 5 2 2 = 0 2 9 3 3 n n nnp p P X P X− − −+ = + = ( ) ( )1 1 1 5 2 0 2 9 3 n n np P X P X− − − = + = + =  ( )1 1 5 2 1 9 3 n np p− −= + − 1 1 2 9 3 np −= − + 整理得 1 3 1 3 5 9 5 n np p −   − = − −    ， 1 3 3 2 5 5 5 9 45 p = −=− − ， 故可知 3 5 np   −    是以 2 45 为首项，以 1 9 − 为公比的等比数列，故 C 正确； ( )1n nP X p= = ， ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 2 1 2 1 0 0 0 3 3 3 9 3 n n n n nP X p P X p P X− − − −= =  + = = + = ， ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 3 3 3 9 3 n n n n nP X p P X p P X− − − −= =  + = = + = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 20 页 因 ( ) ( )1 10 2P X P X= = = ， 所以 ( ) ( ) 1 0 2 2 n n n p P X P X − = = = = ， ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 2 1 2 1 2 0 1 2 nn n nn nE p P X P X P X pX =    − = + = + = =  +  = ， 故 D 正确， 故选：ACD. 6．（多选）甲、乙、丙、丁、戊、己 6 名同学相互做传接球训练，球从甲手中开始， 等可能地随机传向另外 5 人中的 1 人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外 5 人 中的 1 人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住.记第n 次传球之后球在乙手 中的概率为 na .则下列正确的有（ ） A． 2 4 25 a = B． 1 6 na   −    为等比数列 C．设第n 次传球后球在甲手中的概率为 10 10,nb b a D． 1 1 1 6 5 n na    = − −       【答案】ABD 【分析】依题意可得 1 1 5 a = ，且 ( )( )1 1 1 2 5 n naa n−= −  ，即可得到 ( )1 1 1 1 2 6 5 6 nna a n−   − = − −     ，结合等比数列的定义求出 1 6 na   −    的通项公式，即可得 到 na 的通项公式，即可判断 A、B、D，同理求出 nb ，再利用作差法判断 C. 【详解】依题意 1 1 5 a = ， 2 4 1 1 4 0 5 5 5 25 a =  +  = ， 第 n 次传球之后球在乙手中，则当 2n  时，第 1n− 次传球之后球不在乙手中，其概率 为 11 na −− ， 第 n 次传球有 1 5 的可能传给乙，因此 1 1 (1 ) 5 n na a −= − ， 于是 ( )1 1 1 1 2 6 5 6 nna a n−   − = − −     ，而 1 1 1 6 30 a − = ，则 1 6 na   −    是以 1 30 为首项，公比为 1 5 − 的等比数列， 所以 1 1 1 1 6 30 5 n na −   − =  −    ，则 1 1 1 1 6 30 5 1 1 1 6 5 nn na −    − −      =    = +  −      ，故 A、B、D 正 确； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 21 页 因为 1 0b = ， 2 1 5 =b ，当 2n  时 ( )1 1 1 5 n nb b −= − ， 则 ( )1 1 1 1 2 6 5 6 nnb b n−   − = − −     ，又 1 1 1 6 6 b − = − ， 所以 1 6 nb   −    是以 1 6 − 为首项，公比为 1 5 − 的等比数列， 所以 1 1 1 1 6 6 5 n nb −   − = −  −    ，所以 1 1 1 1 6 6 5 n nb −   = −  −    ， 则 9 9 10 1 1 1 1 1 1 6 30 5 6 30 5 a     = +  − = −         ， 9 9 10 1 1 1 1 1 1 6 6 5 6 6 5 b     = −  − = +         ， 所以 9 9 9 9 10 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 6 30 5 6 6 5 30 5 6 5 ba          − = −  − +  = −  −                     ， 所以 10 10a b ，故 C 错误. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出 ( )( )1 1 1 2 5 n naa n−= −  （ ( )( )1 1 1 2 5 n nb b n−= −  ），利用构造法求出 na 、 nb 的通项公式. 7．（多选）学校食堂每天中午都会提供 ,A B两种套餐供学生选择（学生只能选择其中 的一种），经过统计分析发现：学生第一天选择A 套餐概率为 2 3 ，选择 B 套餐概率为 1 3 ；而前一天选择了A 套餐的学生第二天选择A 套餐的概率为 1 4 ，选择 B 套餐的概率 为 3 4 ；前一天选择 B 套餐的学生第二天选择A 套餐的概率为 1 2 ，选择 B 套餐的概率也 是 1 2 ；如此反复，记某同学第 n 天选择A 套餐的概率为 nA ，选择 B 套餐的概率为 nB ； 5 个月（150 天）后，记甲、乙、丙三位同学选择 B 套餐的人数为 X ，则下列说法中正． 确．的是（ ） A． 1n nA B+ = B． ( ) 1.5E X = C． 1 2 4 1 5 15 4 n nA −   = +  −    D． ( ) 36 1 125 P X =  【答案】ACD 【分析】对于 A，依题知每人每次只能选两种套餐中的一种即得；对于 C，易得 1 1 1 (1 ) 4 2 n n nA A A+ =  + −  ，推得等比数列 2 { } 5 nA − ，求其通项即可判断；对于 B, D 两 项，由题意得 13 4 1(3, ( ) ) 5 15 4 nX B −−  − ，由 150n  推得 14 1( ) 0 15 4 n− −  ，即可计算判 断. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 22 页 【详解】因每人每次只能选择 ,A B两种套餐中的一种，故必有 1n nA B+ = ，故 A 正 确； 依题意， 1 1 1 1 1 (1 ) 4 2 4 2 n n n nA A A A+ =  + −  = − + ，则 1 2 1 2 ( ) 5 4 5 n nA A+ − = − − ， 因 1 2 3 A = ，则 1 2 2 2 4 5 3 5 15 A − = − = ，故数列 2 { } 5 nA − 是以 4 15 为首项， 1 4 − 为公比的等比 数列. 于是， 12 4 1( ) 5 15 4 n nA −− =  − ，即 12 4 1( ) 5 15 4 n nA −= +  − 故 C 正确； 因 1n nA B+ = ，故 13 4 5 1 1 ( ) 5 1 4 n n nB A −−− −= =  ， 依题，当 150n  时， 13 4 5 1 1 ( ) 5 1 4 n n nB A −−− −= =  ，故 13 4 1(3, ( ) ) 5 15 4 nX B −−  − , 则 1 1 1 2 3 3 4 1 2 4 1 ( 1) C [ ( ) ] [ ( ) ] 5 15 4 5 15 4 n nP X − −= = −  −  +  − ， 因 150n  ，则 14 1( ) 0 15 4 n− −  ，故 23 2 36( 1) 3 ( ) 5 5 125 P X =    = ，故 D 正确； 因 13 4 1(3, ( ) ) 5 15 4 nX B −−  − ，则 13 4 1 9( ) 3 [ ( ) ] 5 15 4 5 nE X −=  −  −  ，故 B 错误. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：关键在于发现 1 1 1 (1 ) 4 2 n n nA A A+ =  + −  ，从而推得等比数列 2 { } 5 nA − ，求得 ,n nA B ，继而利用二项分布的相关公式计算即得. 8．甲口袋中装有 2 个黑球和 1 个白球，乙口袋中装有 3 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n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为 nX ， 恰有 2 个黑球的概率为 np ，恰有 1 个黑球的概率为 nq ，则 2p = ， nX 的数学期望 ( )nE X = .（用n 表示） 【答案】 7 27 1 1 3 n   +    【分析】利用全概率公式，构造概率递推公式，再由数列中的递推求通项思想即可. 【详解】经过第一次操作得： 1 1 3 p = ， 1 2 3 q = ， 经过第二次操作得： 2 1 1 1 2 1 7 3 3 3 27 p p q= +  = ； 2 1 1 2 2 2 1 1 16 3 3 3 3 3 27 q p q   = +  +  =    . 根据全概率公式可知： 1 1 2 1 1 2 3 3 3 3 9 n n n n np p q p q+ = +  = + ， ( )1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 3 3 3 3 3 3 9 3 n n n n n nq p q p q q+   = +  +  + − − = − +    ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 23 页 两式相加可得 ( )1 1 2 1 2 1 2 2 2 3 3 3 3 3 n n n n n np q p q p q+ ++ = + + = + + ， 则： 2n  ， *Nn 时， ( )1 1 1 2 2 2 3 3 n n n np q p q− −+ = + + ， 所以， ( )1 1 1 2 2 3 1 1n n n np q p q− −++ =− − ， 因为 1 1 1 2 1 3 p q+ − = ，数列 2 1n np q+ − 是首项为 1 3 ，公比为 1 3 的等比数列， 所以 1 2 1 3 n n np q   + − =     ，即 1 2 1 3 n n np q   + = +    ， 所以 ( ) ( ) 1 2 0 1 1 3 n n n n n nE X p q p q   = + +  − − = +    . 故答案为：① 2 7 27 p = ；② 1 1 3 n   +    . 【点睛】方法点睛：由全概率公式来得到递推关系，再利用数列思想求解即可. 9．小王和爸爸玩卡片游戏，小王拿有 2 张标有 A 和 1 张标有 B 的卡片，爸爸有 3 张标 有 B 的卡片，现两人各随机取一张交换，重复 n 次这样的操作，记小王和爸爸每人各 有一张 A 卡片的概率记为 na ，则 2a = ， na = ． 【答案】 16 27 ； 1 1 1 3 15 9 5 n−   − +    . 【分析】记 n 次这样的操作小王恰有一张 A 卡片的概率为 na ，有两张 A 卡片的概率为 nb ，根据题设条件写出 na 与 1 1,n na b− − 的递推关系，进而得到 1 3 1 3 5 9 5 n na a −   − = − −    ，依 据等比数列定义写出 na 通项. 【详解】记 n 次这样的操作小王恰有一张 A 卡片的概率为 na ，有两张 A 卡片的概率为 nb ， 则 1 2 3 2 3 3 3 a =  = ， 1 1 3 1 3 3 3 b =  = ，有 2 1 1 1 1 2 2 2 3 16 3 3 3 3 3 3 27 a a b     =  +  +  =        ， 而 2 1 1 2 1 1 3 7 3 3 3 3 27 b a b     =  +  =        ，重复 n 次这样的操作， ( )1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 2 3 1 2 1 3 3 3 3 3 3 3 3 9 3 n n n n n na a b a b a− − − − −     =  +  +  +  − − = − +        ， 所以 1 3 1 3 5 9 5 n na a −   − = − −    ，又 1 3 1 5 15 a − = ，所以 1 1 1 3 15 9 5 n na −   = − +    ． 故答案为： 16 27 ， 1 1 1 3 15 9 5 n−   − +    武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 24 页 【点睛】关键点点睛：根据已知条件得到 na 与 1 1,n na b− − 的递推关系为关键. 10．“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器 中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一 个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试 验结束．已知该粒子初始位置在 1 号仓，则试验结束时该粒子是从 1 号仓到达容器外 的概率为 ． 【答案】 10 13 【分析】定义从 i出发最终从 1 号口出的概率为 iP ，结合独立乘法、互斥加法列出方程 组即可求解. 【详解】设从 i出发最终从 1 号口出的概率为 iP ，所以 1 2 2 1 3 1 2 3 2 2 1 3 3 1 1 1 1 0 3 3 3 6 1 2 P P P P P P P P P  = +   = + + = +   =  ，解得 1 10 13 P = . 故答案为： 10 13 . 11．马尔科夫链因俄国数学家安德烈・马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质， 即第 1n+ 次状态的概率分布只跟第n 次的状态有关，与第 1, 2, 3,n n n− − − 次状态无 关.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，在强 化学习、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.现有 ,A B 两个盒子，各装有 2 个黑球和 1 个红球，现从 ,A B两个盒子中各任取一个球交换放入 另一个盒子，重复进行 ( )*n nN 次这样的操作后，记A 盒子中红球的个数为 nX ，恰 有 1 个红球的概率为 np . (1)求 1 2,p p 的值； (2)求 np 的值（用n 表示）； (3)求证： nX 的数学期望 ( )nE X 为定值. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 25 页 【答案】(1) 1 5 9 p = ， 2 49 81 p = (2) 1 2 1 3 45 9 5 n np −   = −  − +    (3)证明见解析 【分析】（1）根据古典概型运算公式，结合组合的定义进行求解即可； （2）根据古典概型运算公式，可以得到含 1np − 的代数式表示 np ，运用构造法，结合等 比数列的定义进行求解即可； （3）根据古典概型运算公式，结合题意得到 nq 、 1nq − 、 np 、 1np − 之间的关系，结合数 学期望的运算公式进行求解即可. 【详解】（1）设第 ( )*n nN 次操作后A 盒子中恰有 2 个红球的概率为 nq ，则没有红球 的概率为1 n np q− − . 由题意知 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 3 3 C C C C 5 C C 9 p + = = ， 1 1 2 1 1 1 1 3 3 C C 2 , C C 9 q = = ( ) 1 1 1 11 1 1 1 2 3 3 22 2 1 1 2 1 1 1 11 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 C C C CC C C C 49 1 C C C C C C 81 p p q p q + =  +  + − −  = ． （2）因为 ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 2 3 3 2 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 C C C C C C C C 1 2 1 C C C C C C 9 3 n n n n n np p q p q p− − − − − + =  +  + − −  = − + . 所以 1 3 1 3 5 9 5 n np p −   − = − −    . 又因为 1 3 2 0 5 45 p − = −  ，所以 3 5 np   −    是以 2 45 为首项， 1 9 − 为公比的等比数列. 所以 1 3 2 1 5 45 9 n np −   − = −  −    ， 1 2 1 3 45 9 5 n np −   = −  − +    ． （3）因为 1 11 1 1 32 1 1 1 1 11 1 1 1 3 3 3 3 C CC C 2 1 C C C C 9 3 n n n n nq p q p q− − − −= + = + ，① ( ) ( ) 1 11 1 3 11 2 1 1 1 1 1 11 1 1 1 3 3 3 3 C CC C 2 1 1 1 1 , C C C C 9 3 n n n n n n n nq p p q p p q p− − − − − −− − = + − − = + − − ②． 所以①一②，得 ( )1 1 1 2 1 2 1 3 n n n nq p q p− −+ − = + − . 又因为 1 12 1 0q p+ − = ，所以2 1 0n nq p+ − = ，所以 1 2 n n p q − = . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 26 页 nX 的可能取值是0,1,2， ( ) 1 0 1 , 2 n n n n p P X p q − = = − − = ( )1 ,n nP X p= = ( ) 1 2 2 n n n p P X q − = = = ． 所以 nX 的概率分布列为 nX 0 1 2 p 1 2 np− np 1 2 np− 所以 ( ) 1 1 0 1 2 1 2 2 n n n n p p E X p − − =  +  +  = . 所以 nX 的数学期望 ( )nE X 为定值 1. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是寻求 1np − 、 np 之间的关系，利用等比数列的定义 进行求解. 12．如图：一张3 3 的棋盘，横行编号1,2,3：竖排编号 , ,a b c .一颗 棋子目前位于棋盘的 ( ),1c 处，它的移动规则是：每次移动到与自身 所在格不相邻的异色格中.例如该棋子第一次移动可以从 ( ),1c 移动到 ( ), 2a 或 ( ),3b .棋子每次移动到不同目的地间的概率均为 1 2 . (1)①列举两次移动后，该棋子所有可能的位置. ②假设棋子两次移动后，最终停留到第 1，2，3 行时，分别能获得1,2,3分，设得分为 X ，求 X 的分布列和数学期望. (2)现在于棋盘左下角 ( ),3a 处加入一颗棋子，他们运动规则相同，并且每次移动同时行 动.移动n 次后，两棋子位于同一格的概率为 nP ，求 nP 的通项公式. 【答案】(1)① ( ),1a ， ( ),1c ， ( ),3c ；②分布列见解析； ( ) 1.5E X = . (2) 1 1 1 4 2 n n p + = − 【分析】（1）列出所有两次移动的路径，求出其概率，根据得分规则，可得 X 的分布 列，并求期望. （2）先探讨棋子的运动轨迹，记两棋子之间的距离为 d ，明确d 的值，求出对应的概 率，设 np = “ n 回合后， 0d = 的概率”， nq = “ n 回合后， 1d = 的概率”， nR = “ n 回合 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 27 页 后， 3d = 的概率”，列出 np ， nq ， nR 之间的关系，可求 np . 【详解】（1）①两次移动的所有路径可能如下： ( ) ( ) ( ),1 ,2 ,1c a c→ → ； ( ) ( ) ( ),1 ,2 ,3c a c→ → ； ( ) ( ) ( ),1 ,3 ,1c b a→ → ； ( ) ( ) ( ),1 ,3 ,1c b c→ → . 所以两次移动后，该棋子所有可能的位置有： ( ),1a ， ( ),1c ， ( ),3c . ②棋子两次移动后，最终停留在 ( ),1a 时，得 1 分，对应概率为： 2 1 1 2 4   =    ； 棋子两次移动后，最终停留在 ( ),1c 时，得 1 分，对应概率为： 2 1 1 2 2 2    =    ； 棋子两次移动后，最终停留在 ( ),3c 时，得 3 分，对应概率为： 2 1 1 2 4   =    . 所以 ( ) 1 1 3 1 2 4 4 P X = = + = ， ( ) 1 3 4 P X = = . 所以最终得分 X 的分布列为： X 1 3 P 3 4 1 4 所以 ( ) 3 1 1 3 1.5 4 4 E X =  +  = . （2）将棋盘按如图所示编号： 将棋子可以去的区域用箭头连接起来，若从 3 可以连接到 4 或 8，记做4 3 8− − ；从 8 可以连接 3 或 1，记做3 8 1− − ；然后将它们串联起来：4 3 8 1− − − .依次类推，可以串 联处环状回路： 4 3 8 1 6 7 2 9 4− − − − − − − − − −，如图所示： 则棋子等价于在这个环状回路中运动. 问题（2）可以转化为将两个棋子放在环状回路中的 3 号、7 号 位置，每回合 3 号、7 号棋子有四种运动模式：（顺，顺）， （顺，逆），（逆，顺），（逆，逆），发生概率均为 1 4 . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 28 页 为了转化问题，现规定： d =“两棋子之间的最短节点数”，例如： 特别规定两棋子重合时， 0d = .并统计四种运动模式下d 会如何变化. 假设 3 号棋子顺时针走过 x 个节点可以与 7 号棋子重合；或逆时针走过 y 个节点也可 以与之重合. 为了简化问题，不妨假设 x y ，于是有下表： （顺，顺） （顺，逆） （逆，顺） （逆，逆） 0d = 0d = 1d = 1d = 0d = 1d = 1d = 0d = 3d = 1d = 3d = 3d = 1d = 1d = 3d = 设 np = “ n 回合后， 0d = 的概率”， nq = “ n 回合后， 1d = 的概率”， nR = “ n 回合后， 3d = 的概率”， 则有： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 4 2 n n n n n n n n n n p p q q p q R R q R − − − − − − −  = +   = + + =   = +  ， 所以 1 1 1 2 8 n np p −= +  1 1 1 1 4 2 4 n np p −   − = −    ， 显然： 1 0p = ， 1 1 1 4 4 p − = − ，所以 1 1 1 1 4 4 2 n np −   − = −     ， 所以 1 1 1 4 2 n n p + = − . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 59 递推数列与概率统计的结合重难点专题 常考结论及公式 结论一：全概率公式 若事件 1 2, , , nA A A 构成一个完备事件组，则对任意一个事件B有 ( ) ( ) ( ) 1 | n i i i P B P A P B A = = ； 结论二：马尔科夫链 （1）数学定义为：假设我们的序列状态是…… 2 1 1, , ,t t t tX X X X− − + ，…，那么 1tX + 时刻 的状态的条件概率仅依赖前一状态 tX ，即 ( ) ( )1 2 1 1, , ,t t t t t tP X X X X P X X+ − − += ．其过 程具备“无记忆”的性质，即第 1n+ 次状态的概率分布只跟第n 次的状态有关，与第 1, 2, 3,n n n− − − 次状态无关. （2）高中数学涉及到的模型：①对称随机游离（赌徒模型）： 1 1 1 1 2 2 n n nP P P+ −= + 或者 1 1 1 1 1 3 3 3 n n n nP P P P− += + + ；②非对称随机游离： ( )1 11n n nP aP a P− += + − . 题型一 𝒂𝒏 = 𝒑𝒂𝒏−𝟏 + 𝒒型 【例 1】“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n 次随机选择后到达 2 号 仓的概率为 nP ，已知该粒子的初始位置在 2 号仓，则 10P =（ ）． A． 171 512 B． 511 512 C． 1 512 D． 43 128 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 【跟踪训练 1】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、乙两口袋中各装有 1 个黑球和 2 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 nN 次这样的操作，记口袋甲中 黑球的个数为 nX ，恰有 1 个黑球的概率为 np ． (1)求 1 2,p p 的值； (2)求 np 的值（用n 表示）； (3)求证： nX 的数学期望 ( )nE X 为定值． 题型二 𝒂𝒏+𝟏 = 𝒑𝒂𝒏 + 𝒇(𝒏)型 【例 2】学校篮球队 30 名同学按照 1，2，…，30 号站成一列做传球投篮练习，篮球 首先由 1 号传出，训练规则要求：第 ( )1 28,m m m  N 号同学得到球后传给 1m+ 号 同学的概率为 2 3 ，传给 2m+ 号同学的概率为 1 3 ，直到传到第 29 号（投篮练习）或第 30 号（投篮练习）时，认定一轮训练结束，已知 29 号同学投篮命中的概率为 1 3 ，30 号同学投篮命中的概率为 6 7 ，设传球传到第 ( )2 30,n n n  N 号的概率为 nP ． (1)求 4P 的值； (2)证明： ( )1 2 28n nP P n+ −   是等比数列； (3)比较 29 号和 30 号投篮命中的概率大小． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 【跟踪训练 2】有编号为1,2, ,n的 n 个空盒子 ( )2, Nn n  ，另有编号为1,2, ,k的 k 个球 ( )2 , Nk n k   ，现将 k 个球分别放入n 个盒子中，每个盒子最多放入一个 球．放球时，先将 1 号球随机放入n 个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小 到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编 号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中 一个．记 k 号球能放入 k 号盒子的概率为 ( ),P n k ． (1)求 ( )3,3P ； (2)当 3n  时，求 ( ),3P n ； (3)求 ( ),P n k ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 题型三 𝒂𝒏+𝟏 = 𝒂𝒏 ∙ 𝒇(𝒏)（或构造后）型 【例 3】在长郡中学文体活动时间，举办高三年级绳子打结计时赛，现有 ( )*5 nN 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． 64 315 B． 256 315 C． 32 315 D． 128 315 【跟踪训练 3】甲、乙两人进行 ( )*2 Nn n 局羽毛球比赛（无平局），每局甲获胜的概 率均为 1 2 ，规定：比赛结束时获胜局数多的人赢得比赛，记甲赢得比赛的概率为 ( )P n ，假设每局比赛互不影响，则（ ） A． ( ) 1 2 4 P = B． ( ) 11 3 16 P = C． ( ) 22 1 C1 2 2 n n n P n + = − D． ( )P n 单调递减 题型四 𝒂𝒏+𝟏 = 𝒑𝒂𝒏 + 𝒒𝒂𝒏−𝟏型 【例 4】（多选）棋盘上标有第 0、1、2、…100 站，棋子开始位于第 0 站，棋手抛掷 均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出 两站，直到跳到第 99 站或第 100 站时，游戏结束．设棋子位于第 n站的概率为 nP ，设 0 1P = ，则下列结论正确的有（ ） A． 1 2 3 1 3 5 , , 2 4 8 P P P= = = B．数列 1 (1 99)n nP P n−−   是公比为 1 2 − 的等比数列 C． 100 99 982P P P  D． 100 1 3 P  武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 【跟踪训练 4】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 p，则从一个细胞开始，它有 1 2 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 p，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是 2p ，于是我们得到： 21 1 2 2 p p= + ，计算可得 1p = ；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 p，那么从一个细胞开始，它有 1 2 的概率分裂成两个细胞，每个细胞繁衍下 去的概率都是 p，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是 2(1 )p− ，于是我们得到： 21 1 (1 ) 2 p p = − − ，计算可得 0p = .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 ( )*( ,0) NP n n ，他每步走动都会有 *p 的概率向 左移动 1 个单位，有1 *p− 的概率向右移动一个单位，原点 (0,0)处有一个陷阱，若掉入陷阱就会停止走动，以 np 代表当 这个人由 ( ,0)P n 开始，最终掉入陷阱的概率.若这个人开始时 位于点 (1,0)P 处，且 1 * 3 p = ， (1)求他在 5 步内（包括 5 步）掉入陷阱的概率； (2)求他最终掉入陷阱的概率 ( )1 10 1p p  ； (3)已知 ( )*1 1 1 2 N 3 3 n n np p p n− += +  ，若 0 1p = ，求 np . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 题型五 期望递推型 【例 5】一袋中有大小、形状相同的 2 个白球和 10 个黑球，从中任取一球．如果取出 白球，则把它放回袋中；如果取出黑球，则该球不再放回，另补一个白球放到袋 中．在重复n 次这样的操作后，记袋中的白球个数为 nX ． （1）求 ( )1E X ； （2）设 ( )2n kP X k P= + = ，求 ( )1 2 ( 0,1,2, ,10)nP X k k+ = + =  ； （3）证明： ( ) ( )1 11 1 12 n nE X E X+ = + ． 【跟踪训练 5】袋中共有 8 个乒乓球，其中有 5 个白球，3 个红球，这些乒乓球除颜色 外完全相同.从袋中随机取出一球，如果取出红球，则把它放回袋中；如果取出白球， 则该白球不再放回，并且另补一个红球放入袋中，重复上述过程n 次后，袋中红球的 个数记为 nX . (1)求随机变量 2X 的概率分布及数学期望 2( )E X ； (2)求随机变量 nX 的数学期望 ( )nE X 关于n 的表达式. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 课后突破训练 1．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 X ，则 ( )E X =（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．如图，从 1 开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且 总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从 1 移动到 11： 1→2→3→5→7→8→9→10→11 就是一条移动路线．从 1 移动到数字 ( )2,3, 11n n = 的 不同路线条数记为 nr ，从 1 移动到 11 的事件中，跳过数字 ( )2,3, 10n n = 的概率记为 np ，则下列结论正确的是（ ） ① 9 34r = ，② 1n nr r+  ，③ 5 24 89 p = ，④ 9 10p p ． A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 3．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． 13 18 B． 5 18 C． 13 21 D． 8 21 4．甲､乙､丙三人相互做传球训练，第 1 次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可 能地将球传给另外两个人中的任何一人，则 6 次传球后球在甲手中的概率为（ ） A． 11 32 B． 31 96 C． 5 16 D． 17 48 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 5．（多选）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.甲乙两个口袋中各装有 1 个黑球和 2 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 ( )Nn n  次这样的操作，记甲口袋中黑球个 数为 nX ，恰有 1 个黑球的概率为 np ，则下列结论正确的是（ ） A． 1 5 9 p = B． ( )1 1 2 6 P X = = C．数列 3 5 np   −    是等比数列 D． nX 的数学期望 ( ) 1nE X = 6．（多选）甲、乙、丙、丁、戊、己 6 名同学相互做传接球训练，球从甲手中开始， 等可能地随机传向另外 5 人中的 1 人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外 5 人 中的 1 人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住.记第n 次传球之后球在乙手 中的概率为 na .则下列正确的有（ ） A． 2 4 25 a = B． 1 6 na   −    为等比数列 C．设第n 次传球后球在甲手中的概率为 10 10,nb b a D． 1 1 1 6 5 n na    = − −       7．（多选）学校食堂每天中午都会提供 ,A B两种套餐供学生选择（学生只能选择其中 的一种），经过统计分析发现：学生第一天选择A 套餐概率为 2 3 ，选择 B 套餐概率为 1 3 ；而前一天选择了A 套餐的学生第二天选择A 套餐的概率为 1 4 ，选择 B 套餐的概率 为 3 4 ；前一天选择 B 套餐的学生第二天选择A 套餐的概率为 1 2 ，选择 B 套餐的概率也 是 1 2 ；如此反复，记某同学第 n 天选择A 套餐的概率为 nA ，选择 B 套餐的概率为 nB ； 5 个月（150 天）后，记甲、乙、丙三位同学选择 B 套餐的人数为 X ，则下列说法中正． 确．的是（ ） A． 1n nA B+ = B． ( ) 1.5E X = C． 1 2 4 1 5 15 4 n nA −   = +  −    D． ( ) 36 1 125 P X =  武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 8．甲口袋中装有 2 个黑球和 1 个白球，乙口袋中装有 3 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n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为 nX ， 恰有 2 个黑球的概率为 np ，恰有 1 个黑球的概率为 nq ，则 2p = ， nX 的数学期望 ( )nE X = .（用n 表示） 9．小王和爸爸玩卡片游戏，小王拿有 2 张标有 A和 1 张标有 B的卡片，爸爸有 3 张标 有 B的卡片，现两人各随机取一张交换，重复 n次这样的操作，记小王和爸爸每人各 有一张 A卡片的概率记为 na ，则 2a = ， na = ． 10．“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器 中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一 个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试 验结束．已知该粒子初始位置在 1 号仓，则试验结束时该粒子是从 1 号仓到达容器外 的概率为 ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 10 页 11．马尔科夫链因俄国数学家安德烈・马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质， 即第 1n+ 次状态的概率分布只跟第n 次的状态有关，与第 1, 2, 3,n n n− − − 次状态无 关.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，在强 化学习、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.现有 ,A B 两个盒子，各装有 2 个黑球和 1 个红球，现从 ,A B两个盒子中各任取一个球交换放入 另一个盒子，重复进行 ( )*n nN 次这样的操作后，记A 盒子中红球的个数为 nX ，恰 有 1 个红球的概率为 np . (1)求 1 2,p p 的值； (2)求 np 的值（用n 表示）； (3)求证： nX 的数学期望 ( )nE X 为定值. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 11 页 12．如图：一张3 3 的棋盘，横行编号1,2,3：竖排编号 , ,a b c .一颗 棋子目前位于棋盘的 ( ),1c 处，它的移动规则是：每次移动到与自身 所在格不相邻的异色格中.例如该棋子第一次移动可以从 ( ),1c 移动到 ( ), 2a 或 ( ),3b .棋子每次移动到不同目的地间的概率均为 1 2 . (1)①列举两次移动后，该棋子所有可能的位置. ②假设棋子两次移动后，最终停留到第 1，2，3 行时，分别能获得1,2,3分，设得分为 X ，求 X 的分布列和数学期望. (2)现在于棋盘左下角 ( ),3a 处加入一颗棋子，他们运动规则相同，并且每次移动同时行 动.移动n 次后，两棋子位于同一格的概率为 nP ，求 nP 的通项公式.