压轴题08计数原理、二项式定理、概率统计压轴题6题型 （教师版）

压轴题06计数原理、二项式定理、概率统计压轴题六大题型汇总命题预测本专题考查类型主要涉及点为计数原理、二项式定理、概率统计相关的知识点。预计2024年后命题会继续在上述几个方面进行。高频考法题型01概率与数列结合问题题型02二项式定理相关问题题型03排列组合新定义问题题型04概率统计与导数结合问题题型05进制问题题型06条件概率全概率问题01概率与数列结合问题递推数列与概率知识的交汇问题，解决该类问题应该注意的事项有：（1）做好互斥事件的划分，正确进行独立事件概率的计算；（2）借助待定系数方法建立不同事件概率间的递推关系，即构建递推数列；（3）正确运用数列求通项公式或求和的方法解决问题.1.（21-22高二下·黑龙江双鸭山·期中）足球运动被誉为“世界第一运动”．深受青少年的喜爱．为推广足球运动，某学校成立了足球社团，社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第n次触球者是甲的概率为Pn，即P（1）P2=0；（2）P3=1A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】（1）与（2）能直接进行求解；（3）分析出要想第n次触球者是甲，则第n−1次触球的不能是甲，且第n−1次触球的人，有12的概率将球传给甲，从而求出递推公式；（4）再第（3）问的基础上求出通项公式，计算出P9，比较出【详解】甲传球给乙或丙，故P2乙或丙传球给其他两个人，故P3由题意得：要想第n次触球者是甲，则第n−1次触球的不能是甲，且第n−1次触球的人，有12故Pn因为Pn=−1解得：λ=−1所以P因为P1所以Pn−13是以故Pn所以Pn故P9P10故P9说法正确的个数是3个.故选：C【点睛】概率与数列结合的题目，要能分析出递推关系，通过递推关系求出通项公式，这是解题的关键.2.（23-24高三下·山东菏泽·开学考试）国际象棋是国际通行的智力竞技运动.国际象棋使用8×8格黑白方格相间棋盘，骨牌为每格与棋盘的方格大小相同的1×2格灰色方格.若某种黑白相间棋盘与骨牌满足以下三点：①每块骨牌覆盖棋盘的相邻两格；②棋盘上每一格都被骨牌覆盖；③没有两块骨牌覆盖同一格，则称骨牌构成了棋盘的一种完全覆盖.显然，我们能够举例说明8×8格黑白方格相间棋盘能被骨牌完全覆盖.(1)证明：切掉8×8格黑白方格相间棋盘的对角两格，余下棋盘不能被骨牌完全覆盖；(2)请你切掉8×8格的黑白方格相间棋盘的任意两个异色方格，然后画出余下棋盘的一种骨牌完全覆盖方式，并证明：无论切掉的是哪两个异色方格，余下棋盘都能被骨牌完全覆盖；(3)记m×n格黑白方格相间棋盘的骨牌完全覆盖方式数为F(m,n)，数列{F(2,n)}的前n项和为Sn，证明：S【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据切掉8×8格黑白方格相间棋盘特征，即可得证；（2）易得8×8格黑白方格相间棋盘能够被红线分割为黑白方格依次相邻且首尾相接的“方格条”，再切掉其中两个黑白方格，即可得证；（3）易得完全覆盖方式数的递推公式为F(2,n+2)=F(2,n+1)+F(2,n)(n∈N【详解】（1）由于每块骨牌覆盖的都是相邻的两个异色方格，故棋盘的黑白方格数目相同是其能被骨牌完全覆盖的必要条件，但切掉8×8格黑白方格相间棋盘的对角两格后，要么黑色方格比白色方格多两个，要么白色方格比黑色方格多两个，故余下棋盘不能被骨牌完全覆盖；（2）切掉两个异色方格并作完全覆盖示例如图1；如图2，8×8格黑白方格相间棋盘能够被红线分割为黑白方格依次相邻且首尾相接的“方格条”，无论切掉其中哪两个黑白方格，都会将“方格条”拆成一至两个“短方格条”，且每个“短方格条”中黑白方格的数目是相同的，都能够被骨牌完全覆盖，故余下棋盘能一定被骨牌完全覆盖；（3）如图3，可知完全覆盖方式数的递推公式为F(2,n+2)=F(2,n+1)+F(2,n)(n∈N其中F(2,1)=1，F(2,2)=2.从而F(2,3)=F(2,2)+F(2,1)，F(2,4)=F(2,3)+F(2,2)，…，F(2,n+2)=F(2,n+1)+F(2,n)，累加得Sn+2移项得Sn【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到递推公式F(2,n+2)=F(2,n+1)+F(2,n)(n∈N3.（2024·江苏常州·模拟预测）某游戏设置了两套规则，规则A：抛掷一颗骰子n次，若n次结果向上的点数之和大于2n(1)若执行规则A，求抛掷次数恰为1次的概率；(2)若执行规则B，证明：抛掷次数的数学期望不大于3.【答案】(1)1(2)证明见详解【分析】（1）先求出“抛掷一颗骰子1次向上的点数”构成的基本事件总数，再计算事件“向上的点数不大于2”的基本事件数，由古典概型的计算公式计算即可；（2）先写出随机变量抛掷次数X的所有可能的结果，写出它的分布列，计算其数学期望，计算过程用到了错位相减法.【详解】（1）若执行规则A，抛掷次数恰为1次，“抛掷一颗骰子1次结果向上的点数”构成的基本事件为：1,2,3,4,5,6，共6个基本事件；事件“向上的点数不大于2”包含的基本事件为：1,2，包含2个基本事件；由古典概型的计算公式得，若执行规则A，抛掷次数恰为1次的概率为：p=2（2）若执行规则B，抛掷次数X的所有可能取值为1，2，3，…，n；显然抛掷一颗骰子1次结果向上的点数不大于2的概率为13，大于2的概率为2PX=1=13，P所以E=1设S=1+2×223①－②⇒1=1×得：S<9所以EX4.（2024·浙江金华·模拟预测）现有n枚硬币C1,C2,⋯,Cn(1)将C1,C2,C3(2)将这n枚硬币抛起，求落下时正面朝上的硬币个数为奇数的概率．【答案】(1)分布列见解析，E(X)=(2)n【分析】（1）借助相互独立事件的概率公式及离散型随机变量的分布列及方差定义计算即可得；（2）设将这n枚硬币抛起，落下时正面朝上的硬币个数为奇数的概率为Pn，由题意可得Pn=【详解】（1）用Ai表示第i枚硬币正面朝上，则Ai表示第i枚硬币正面朝下，其中X的可能取值为0、1、2、3，则PX=0P+1P+1PX=3则其分布列为：X0123P164441期望EX（2）设将这n枚硬币抛起，落下时正面朝上的硬币个数为奇数的概率为Pn则P1当n≥2时，有Pn即Pn=2n−12n+1P即数列2n+1Pn为以1为公差，以即2n+1Pn=n5.（2023·河南开封·一模）某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有23(1)从2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；(2)2024年的“清明文化节”拟定于4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为45，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为14，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；（ii）求甲第n（n=1，2，⋯，16）天选择“单车自由行”的概率Pn【答案】(1)4(2)（i）13（ii）Pn＝8【分析】（1）由合计得分可能的取值，计算相应的概率，再由公式计算数学期望即可；（2）（i）利用互斥事件的加法公式和相互独立事件概率乘法公式求概率．；（ii）由题意，求Pn与Pn-1的关系，通过构造等比数列，求出【详解】（1）由题意，每位游客得1分的概率为23，得2分的概率为1随机抽取三人，用随机变量X表示三人合计得分，则X可能的取值为3，4，5，6，PX=3=2PX=5=C则EX所以三人合计得分的数学期望为4.（2）第一天选择“单车自由行”的概率为45，则第一天选择“观光电车行”的概率为1若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为14若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为13，则后一天选择“单车自由行”的概率为2（i）甲第二天选择“单车自由行”的概率P=4（ii）甲第nn=1,2,⋯,则Pn=1∴Pn又∵P1−817=∴数列Pn−817是以∴Pn＝8由题意知，需Pn>1−P817+2885⋅显然n必为奇数，偶数不成立，当n=1,3,n=1时，1>5n=3时，512n=5时，5124=625144×144又因为512n−1单调递减，所以n>5时，综上，16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数只有2天．【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用全概率公式得到Pn=−502二项式定理相关问题6.（2018·上海·一模）已知(1+2x)6展开式的二项式系数的最大值为a，系数的最大值为b，则ba=【答案】12【分析】由(a+b)n的二项展开式的通项Tr+1=Cnran−rbr，可知(1+2x)6展开式的二项式系数为C6r【详解】由题意可知(1+2x)6展开式的二项式系数为C当r=3时，取得最大值a=(1+2x)6展开式的系数为C当满足C6即6!∴16−r≥2r+1又∵r=0,1,⋯,6∴r=4时，系数的最大值为b=则b故答案为：12【点睛】本题考查二项式定理，求二项式系数最大值时，列出不等式组C67.（2024·浙江·模拟预测）已知(ax−1)2(2x−1)3=a0【答案】38【分析】借助赋值法可得a，结合二项式定理计算即可得解.【详解】令x=1，则有(a−1)2=a即有(x−1)2(2x−1)3故答案为：38.8．（多选）（2024·全国·模拟预测）已知m∈N，m≥2，a1，a2，⋯，am∈0,1,2,⋯,9，记M=10m+i=1m10i−1aiA．若m=2，则GB．若m=19，则GC．对于任意奇数mD．对于任意整数m【答案】AC【分析】对于选项A，当m=2时写出M，由a1，a2中不含6，根据题意即可求得G0；对于选项B，当m=19时写出M，由a1，a2，⋯，a19中含有k个6，可得Gk，Gk+1，解不等式即可；对于选项C，【详解】当m=2，M=100+10a2+当m=19，M=1019+当Gk>Gk+1时，CGk=Cmk⋅9于是x=10因为110mGk=因此G1故选：AC.【点睛】方法点睛：本题考查计数原理、二项式定理、二项分布的均值；根据题意利用计数原理得到Gk9．（2023·广西南宁·二模）已知当x∈−12,12时，有11+2x=1−2x+4x【答案】228【分析】由11+2x=1−2x+4x2−…+−2xn+…得到11−x3=1+x【详解】当x∈−12所以11−则x1−则a9为x1−x因为x1⋅−2x8故答案为：22810．（2024·湖南衡阳·二模）莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数n都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：n=p1r1p2r2⋅⋅⋅pkrk（k为n(1)求μ78(2)若正整数x,y互质，证明：μxy(3)若n>1且μn=1，记n的所有真因数（除了1和n以外的因数）依次为a1【答案】(1)μ(2)证明见解析；(3)证明见解析；【分析】（1）分别写出78,375的所有质因数，根据其个数即可计算出结果；（2）对x,y的取值是否为1进行分类讨论，对μxy（3）利用定义由组合数定义以及二项式定理可得出证明.【详解】（1）因为78=2×3×13，易知k=3,p所以μ78又375=3×53，因为5的指数3>1，所以（2）①若x=1或y=1，因为μ1=1，所以②若x,y≠1，且存在质数p，使得x或y的质因数分解中包含prr>1，则xy的质因数分解中一定也包含所以μxy③若x,y≠1，且不存在②中的p，可设x=p其中p1,p因为x,y互质，所以p1所以μxy综上可知μ（3）由于μn=1，所以可设n=pn的所有因数，除了1之外都是p1,p2,⋅⋅⋅,pk所以μ=μ=1+C所以μa【点睛】关键点点睛：本题关键在于充分理解莫比乌斯函数μn03排列组合新定义问题11.（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上n个颜色不相同且位置固定的点经过k次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件T”，并将所有满足“条件T”的图形个数记为T(n,k)，则T(5,4)=．【答案】125【分析】利用新定义，结合排列组合，分情况讨论即可.【详解】T5,4，即n=5，k=4情形1：有3个点是2条边的端点，另2个点是1条边的端点，有A5情形2：有1个点是3条边的端点，有1个点是2条边的端点，另3个点是1条边的端点，有A5情形3：有1个点是4条边的端点，另4个点是1条边的端点，共有C5综上：T5,4故答案为：125【点睛】方法点睛：对于特殊类型的排列问题，注意根据问题的特征将其转化等价的排列问题，而后者容易计数.12.（22-23高三下·浙江杭州·阶段练习）七选五型选择题组是许多类型考试的热门题型.为研究此类题型的选拔能力，建立以下模型.有数组a1,a2,…,ai和数组b1,b2(1)请直接写出P(1),P(2)的值；(2)已知P(n+1)=(n+2)P(n)+nP(n−1).①对a1,a2,…,a5和b②试给出P(n+1)=(n+2)P(n)+nP(n−1)的证明.【答案】(1)P(1)=2,P(2)=7(2)①分布列见解析，E(X)=5【分析】（1）由P(n)为i=n时，对于任意j(1≤j≤n)都不存在“正确配对”的配对方式数，即错排方式数求解；（2）(i)由P(X=0)=P(5)C50A75,P(X=1)=P(4)【详解】（1）P(1)=2,P(2)=7；（2）(i)P(X=0)=P(5)P(X=2)=P(3)C5X012345P121490532070101E(X)=5(ii)分三类情况，a1,a1.an+1和bi(i∈n+2,n+3)配对，余下a1,2.an+1和bi(i∈1,2,…,n)配对，且b3.an+1和bi(i∈1,2,…,n)配对，且bn+1与ai综上：P(n+1)=(n+2)P(n)+nP(n−1).13．（2024·辽宁·模拟预测）若集合A,B,C，D满足A,B,C都是D的子集，且A∩B，B∩C，A∩C均只有一个元素，且A∩B∩C=∅，称A,B,C为D的一个“有序子集列”，若D有5个元素，则有多少个“有序子集列”.【答案】960【分析】结合韦恩图，根据题意先选择3个元素均分给x，y，z三个位置，在排剩余元素，结合组合数和分步乘法计数原理运算求解.【详解】因为A∩B，B∩C，A∩C均只有一个元素，且A∩B∩C=∅，作出韦恩图，

则从D的5个元素中选择3个元素均分给x，y，z三个位置，共有A5剩余2个元素，每个均有4个位置d,e,f,g可以排，共有有42所以“有序子集列”共有60×16=960个.故答案为：960.【点睛】关键点点睛：本题关键是将集合问题转化为元素分配问题，先排重叠部分，再排剩余元素即可.14．（2024·辽宁·一模）十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为12，2表示为102，3表示为112，5表示为1012，发现若n∈N+可表示为二进制表达式a0a1(1)记Sn=a(2)记In为整数n的二进制表达式中的0的个数，如I2=1（ⅰ）求I60（ⅱ）求n=1511【答案】(1)证明见解析(2)（ⅰ）2；（ⅱ）9841【分析】（1）借助二进制的定义计算可得S8n+3=Sn（2）（ⅰ）借助二进制的定义可计算出60=1111002，即可得表达式中的0的个数；（ⅱ）计算出从n=1到n=511中，In=0、In=1、【详解】（1）8n+3=a∴S8n+34n+3=a∴S4n+3∴S8n+3（2）（ⅰ）60=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【点睛】关键点点睛：本体最后一小问关键点在于结合二进制的定义，得到1=1×20=12，511=1111111112，通过组合数的计算得到I15．（2024·广东·模拟预测）在组合恒等式的证明中，构造一个具体的计数模型从而证明组合恒等式的方法叫做组合分析法，该方法体现了数学的简洁美，我们将通过如下的例子感受其妙处所在．(1)对于n元一次方程x1(2)对于n元一次方程组x1(3)证明：Cp+q+n+1注：x1=ax【答案】(1)C(2)Cp+mm−1(3)证明见详解.【分析】（1）建立模型k个相同的球排成一行，分成n组，且每组至少一个小球，利用组合方法隔板法进行求解即可.（2）令xi=yi−1（3）由1−x−n=k=0∞Cn−1+kkxk得，1−x【详解】（1）取k个相同的球排成一行，这k个球两两之间共有k−1个空隙，用n−1块相同的隔板插入这k−1个空隙，每个空隙最多插一块隔板，则插入隔板的方法数为C这n−1块相同的隔板将k个球分成n组，从左到右各组的球数依次记为x1,x2故n元一次方程x1+x（2）令xi则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元一次方程组x1+x2+⋯+（3）先证明：1−x−n设(1−x)−n令x=0得a0将（*）两边求导得n(1−x)令x=0得a1将（**）式两边求导得(n+1)⋅n(1−x)令x=0得a2将（***）式两边求导得

(n+2)(n+1)⋅n(1−x)令x=0得a3依次类推可得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【点睛】关键点点睛：解决n元一次不定方程的正整数解的个数问题，通过建立模型，利用隔板法进行求解.04概率统计与导数结合问题16.（2024·浙江杭州·二模）在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球n次，红球出现m次．假设每次摸出红球的概率为p，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率p的估计值为p=(1)若袋中这两种颜色球的个数之比为1:3，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为Y，则Y～注：PpY=k表示当每次摸出红球的概率为p时，摸出红球次数为（ⅰ）完成下表；k0123P271P927（ⅱ）在统计理论中，把使得PpY=k的取值达到最大时的p，作为p的估计值，记为p，请写出(2)把（1）中“使得PpY=k的取值达到最大时的p作为p的估计值具体步骤：先对参数θ构建对数似然函数lθ，再对其关于参数θ求导，得到似然方程l'θ=0，最后求解参数θ的估计值．已知Y～Bn,p的参数p【答案】(1)（ⅰ）表格见解析；（ⅱ）p^(2)1n【分析】（1）（ⅰ）分p=14与（2）求取函数l(p)=i=1【详解】（1）因为袋中这两种颜色球的个数之比为1:3，且Y～B3,p，所以p的值为1（ⅰ）当p=14时，P1当p=34时，P3表格如下k0123P272791P192727（ⅱ）由上表可知Pp当y=0或1时，参数p=14的概率最大；当y=2或3时，参数所以p=（2）由l(p)=i=1则l'令1p即1−pp故p=1ni=1nX当p∈1ni=1故l(p)在0,1ni=1即当p=1ni=1nX因此，用最大似然估计的参数p与频率估计概率的p是一致的，故用频率估计概率是合理的．【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助导数求取函数l(p)取最大值时的p，得到p=17．（2024·山东济南·二模）随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为14.例如在1秒末，粒子会等可能地出现在(1)设粒子在第2秒末移动到点x,y，记x+y的取值为随机变量X，求X的分布列和数学期望EX(2)记第n秒末粒子回到原点的概率为pn（i）已知k=0n(Cnk（ii）令bn=p2n，记Sn为数列bn的前n项和，若对任意实数M>0，存在【答案】(1)见解析(2)（i）p3=0；p4【分析】（1）求出求X的可能取值及其对应的概率，即可求出X分布列，再由数学期望公式求出EX（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故p3=0；粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概率公式求解即可；第2n秒末粒子要回到原点，则必定向左移动k步，向右移动k步，向上移动n−k步，向下移动n−k步，表示出p2n，由组合数公式化简即可得出答案；（ii）利用题目条件可证明p2n=14【详解】（1）粒子在第2秒可能运动到点1,1,2,0,0,2或0,0,1,−1,PX=−2=416=所以X的分布列为：X−202P111EX（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故p3粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑：a每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有A4b每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有2C4于是p4第2n秒末粒子要回到原点，则必定向左移动k步，向右移动k步，向上移动n−k步，向下移动n−k步，故p==1故p2n（ii）利用2πC2n于是p2n令fx=x−ln故fx在0,+则fx>f0从而有：Sn即x为不超过x的最大整数，则对任意常数M>0，当n≥en>e6M−1综上所述，当n≥e6M时，【点睛】关键点睛：本题第二问（ii）的关键点在于利用2πnnen<n!<6π118．（2024·重庆·模拟预测）函数fx(1)讨论fx(2)若函数fx有两个极值点x1,x2，曲线y=fx上两点(3)盒子中有编号为1~100的100个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取20个小球，记抽取的20个小球编号各不相同的概率为p，求证：p<1【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求导后对a分类讨论即可得；（2）借助斜率公式表示出k后化简，可转化为证明lnx1−lnx（3）借助概率公式可得p，借助放缩法可得p<91019【详解】（1）fx定义域为0,+∞，对于方程x2+2−2a当Δ≤0，即0≤a≤2时，x2+2−2ax+1≥0，f当Δ>0，即a<0或a>2时，方程x1=a−1−a2−2a，x所以当a<0时，x1<x2<0，f'当a>2时，0<x1<x2，x∈0,x1或所以fx在0,x1和x综上，当a≤2时，fx在0,+当a>2时，fx在0,a−1−a2在a−1−a（2）k===ln所以要证k>2−aa−1，即证lnx也即证lnx设t=x1x2∈0,1，函数ℎt所以t∈0,1时，ℎ（3）由题可得p=A因为99×81=902−92所以p<9又由（2）知t∈1,+∞，取t=109，有即ln10919所以p<9【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于得出p<91019后，借助（2）问中所得，取t=19．（2024·河北沧州·模拟预测）某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为36、60和24．(1)若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．(2)记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（m>2且m∈N（i）试用含m的代数式表示p；（ii）若一共询问了5组，用gp表示恰有3组被标为B的概率，试求g【答案】(1)3(2)（i）p=4mm2+3m+2；（ii）【分析】（1）由古典概型结合组合数公式即可求得答案；（2）（i）由古典概型结合对立事件的概率公式即可求得答案；（ii）由n次独立重复试验的概率公式结合导数知识即可求解.【详解】（1）因为购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数之比为3:5:2，所以这10人中，购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为：10×310=3，10×故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率P=C（2）（i）从m+2人中任选2人，有Cm+22种选法，其中购票类型相同的有Cm（ii）由题意，5组中恰有3组被标为B的概率g(p)=C所以g'(p)=10(3p所以当p∈0,35时，g当p∈35,1时，g所以当p=35时，gp由p=4mm2+3m+2=35当m=3时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且gp的最大值为21620．（2024·广东汕头·一模）2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到n颗番石榴（不妨设n颗番石榴的大小各不相同），最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k(1≤k<n)颗番石榴，自第k+1颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后一颗.设k=tn，记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为P.(1)若n=4,k=2，求P；(2)当n趋向于无穷大时，从理论的角度，求P的最大值及P取最大值时t的值.（取1k【答案】(1)512(2)P的最大值为1e，此时t的值为1【分析】（1）根据给定条件，利用有限制条件的排列求出古典概率P.（2）利用全概率公式求出P(A)，再构造函数，利用导数求出最大值.【详解】（1）依题意，4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有A4要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：①最大的番石榴是第3个，其它的随意在哪个位置，有A3②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2个，其它的随意在哪个位置，有2A所以所求概率为6+424（2）记事件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个，则P由全概率公式知：P(A)=i=1当1≤i≤k时，最大的番石榴在前k个中，不会被摘到，此时P(A|B当k+1≤i≤n时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前i−1个番石榴中的最大一个在前k个之中时，此时P(A|B因此P(A)=1令g(x)=xnlnnx(x>0)，求导得当x∈(0,ne)时，g'(x)>0即函数g(x)在(0,ne)则g(x)max=g(ne)=1所以P的最大值为1e，此时t的值为1【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.05进制问题21.（20-21高三下·江苏·阶段练习）十六进制是一种逢16进1的计数制.我国曾在重量单位上使用过十六进制，比如成语“半斤八两”，即十六两为一斤.在现代，计算机中也常用到十六进制，其采用数字0∼9和字母A∼F共16个计数符号.这些符号与十进制的数的对应关系如下表：十六进制0123456789ABCDEF十进制0123456789101112131415例如，用十六进制表示：E+D=1B，则A×B=（

）A．6E B．72 C．5F D．BD【答案】A【分析】由表格中A、B对应的十进制可得A×B=10×11，转化为十六进制可得答案.【详解】由表格中A对应的十进制为10，B对应的十进制为11，所以A×B=10×11，由十进制表示为10×11=6×16+14，又表格中E对应的十进制为14，所以十六进制表示A×B=6E，故选：A.22．（23-24高三下·江西赣州·期中）十进制计数法简单易懂，方便人们进行计算.也可以用其他进制表示数，如十进制下，68=1×72+2×7+5A．1 B．2 C．5 D．6【答案】D【分析】由题意将题目转化成611【详解】由题意知个位数应为611除以7因为611=(7−1)11=故选：D.23．（2022·江苏南京·三模）19世纪，美国天文学家西蒙·纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频率约为总数的三成，接近期望值19的3倍，并提出本福特定律，即在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为Pbn=logbn+1n，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．根据本福特定律，在某项大量经济数据（十进制）中，以6开头的数出现的概率为【答案】lg7【分析】第一空，将n=6代入Pbn=logbn+1n【详解】由题意可得：（1）P（2）n=k9P106=lgk+1故答案为：lg24．（2014·吉林延边·一模）给出下列命题：①已知线性回归方程y=3+2x，当变量x②在进制计算中，100(2)③若ξ~N(3,σ2)，且P(0≤ξ≤3)=0.4④“a=011−⑤设函数f(x)=2014x+1+2013【答案】4【详解】试题分析：①由线性回归方程的意义可得结论正确；②100(2)=8，11(3)=8，正确③由正态分布函数的性质可知正确；④由定积分的知识得：a=考点：（1）线性回归方程；（2）正态分布函数；（3）定积分；（4）函数的性质.25．（2022·安徽合肥·二模）通信编码信号利用BEC信道传输，如图1，若BEC信道传输成功，则接收端收到的信号与发来的信号完全相同；若BEC信道传输失败，则接收端收不到任何信号.传统通信传输技术采用多个信道各自独立传输信号（以两个信道为例，如图2）．华为公司5G信道编码采用土耳其通讯技术专家ErdalArikan教授的极化码技术（以两个相互独立的BEC信道传输信号为例）：如图3，信号U2直接从信道2传输；信号U1在传输前先与U2“异或”运算得到信号X1，再从信道1传输．接收端对收到的信号，运用“异或”运算性质进行解码，从而得到或得不到发送的信号（注：“异或”是一种2进制数学逻辑运算．两个相同数字“异或”得到0，两个不同数字“异或”得到1，“异或”运算用符号“⊕”表示：0⊕0=0，1⊕1=0，1⊕0=1，0⊕1=1．“异或”运算性质：A⊕B=C，则A=C⊕B）．假设每个信道传输成功的概率均为p0<p<1．U(1)在传统传输方案中，设“信号U1和U2均被成功接收”为事件A，求(2)对于极化码技术：①求信号U1被成功解码（即根据BEC信道1与2传输的信号可确定U1的值）的概率；②若对输入信号U1赋值（如U1=0【答案】(1)p2(2)①p2；②2p−【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得答案；（2）①当且仅当信道1、信道2都传输成功时，由U2、X1的值可确定②若信道2传输失败、信道1传输成功，U2被成功解码的概率为(1−p)p；若信道2、信道1都传输失败，此时信号U【详解】（1）解：设“信号U1和U2均被成功接收”为事件A，则（2）解：①∵U1⊕当且仅当信道1、信道2都传输成功时，由U2、X1的值可确定U1的值，所以信号U②若信道2传输成功，则信号U2被成功解码，概率为p若信道2传输失败、信道1传输成功，则U2=U1⊕X1，因为U若信道2、信道1都传输失败，此时信号U2综上可得，信号U2被成功解码的概率为p+p(1−p)=2p−06条件概率全概率问题条件概率公式P(A|B)=26.（多选）（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复n次操作后，甲口袋中恰有0个红球，1个红球，2个红球分别记为事件An，Bn，A．PB1=59 B．P(C3【答案】ABD【分析】对于A项，重复一次操作，甲袋中有1红的情况有两种，运用互斥事件的概率加法公式计算即得；对于B项，运用条件概率公式，分别算出PA1和【详解】因在操作前，甲袋中：1红2白，乙袋中：1红2白．对于A项，重复1次操作，甲口袋中有1红的概率P=1对于B项，P(C3|A1)=P(对于C项，因事件B1与C2相互独立，则PB对于D项，PA1+故选：ABD．【点睛】关键点点睛：对所求事件所包含的情况的判断，求若干事件的并的概率，需要判断互斥还是相容，对于条件概率题，要么用样本空间中基本事件数计算，要么用概率公式P(A|B)=P(AB)27.（2024·浙江宁波·二模）三个人利用手机软件依次进行拼手气抢红包活动，红包的总金额数为3nn≥2,n∈N个单位.第一个人抢到的金额数为1到2n−1个单位且等可能（记第一个人抢完后剩余的金额数为W），第二个人在剩余的W个金额数中抢到1到(1)若n=2，则第一个人抢到的金额数可能为1,2,3个单位且等可能.（i）求第一个人抢到金额数X的分布列与期望；（ii）求第一个人获得手气王的概率；(2)在三个人抢到的金额数为2,3,4的一个排列的条件下，求第一个人获得手气王的概率.【答案】(1)（i）分布列见解析，2；（ii）49(2)1537【分析】（1）（i）根据题意可得PX=1=PX=2=PX=3=1（2）利用条件概率公式分析求解即可得结论.【详解】（1）若第一个人抢到的金额数为i个单位，第二个人抢到的金额数为j个单位，第三个人抢到的金额数为k个单位，我们将三个人抢到的金额数记作i,j,k.（i）PX=1所以X的分布列为X123P111EX（ii）第一个人获得手气王时，三个人抢到的金额数只可能为2,2,2,故第一个人获得手气王的概率P=Pi=2,j=2,k=2（2）记事件A=“三个人抢到的金额数为2,3,4的一个排列”，事件B=“第一个人获得手气王”.所要求的是条件概率PB∣A，有P当三个人抢到的金额数为2,3,4的一个排列时，总金额数为9，故第一个人抢到的金额数可能为1,2,3,4,5.又PBAP+P=1故PB∣A28．（2024·浙江杭州·模拟预测）小蒋同学喜欢吃饺子，某日他前往食堂购买16个饺子，其中有X个为香菇肉馅，其余为玉米肉馅，且PX=iA．45 B．1316 C．1417【答案】C【分析】记事件Ai：16个饺子中有i个香菇肉馅饺子，i=0,1,⋅⋅⋅,16，事件B：吃到的前13个饺子均为玉米肉馅饺子.先利用全概率公式求PB，然后再由条件概率公式可得【详解】记事件Ai：16个饺子中有i个香菇肉馅饺子，i=0,1,⋅⋅⋅,16事件B：吃到的前13个饺子均为玉米肉馅饺子.则PB|A0=1，PB|当i=4,5,⋅⋅⋅,16时，PB|由题知，PA所以PB又PB所以PA故选：C29．（多选）（2024·山西朔州·一模）在信道内传输M,N,P信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为α0<α<1，收到其他两个信号的概率均为1−α2．若输入四个相同的信号MMMM,NNNN,PPPP的概率分别为p1,p2,p3，且p1+p2A．若输入信号MMMM，则输出的信号只有两个M的概率为αB．PC．PD．P【答案】BCD【分析】由独立事件的乘法公式可得A错误；由条件概率公式可得BC正确；全概率的应用，先求出PDN1=α1−α【详解】A：因为发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为α0<α<1，收到其他两个信号的概率均为1−α2，即收到的信号字母变的概率为所以输入信号MMMM，则输出的信号只有两个M的概率为C4B：因为PDC：PDD：因为PD而P(D)===α=α1−α所以P=α故D正确；故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用独立事件的条件概率公式PB|A=P30．（2024·辽宁·三模）一个书包中有标号为“1,1,2,2,3,3,⋯,n,n”的2n张卡片.一个人每次从中拿出一张卡片，并且不放回；如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果他手中有3张单张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束.记书包中卡片全部被拿走的概率为Pn，则P3=.P【答案】35/0.6【分析】先求出他手中3张单张卡片含有2张相同卡片的概率，进而得出Pn和Pn−1间的递推关系，用累乘方法求解【详解】2n张卡片选取3张卡片的选法共有：C2n事件“手中这3张单张卡片中含有2张相同卡片”的选法共有：n(2n−2)种；由古典概型的计算公式可得其概率为：n(2n−2)C若书包中2n张卡片全部被拿走的概率为Pn将这两张相同的卡片拿掉以后，相当于从n−1事件“书包中2n张卡片全部被拿走”发生需保证事件“书包中2n−2卡片全部被拿走”发生，且书包中2n−2卡片全部被拿走概率为Pn−1因而Pn=3则P3P7故答案是：35（或0.6），2731．（2024·浙江嘉兴·二模）已知集合A=i=1m2ai∣0≤a1<a2<⋯<am,ai∈N，定义：当(1)写出b(2)5,b(2)判断88是否为数列b(3)(3)若2024是数列b(t)n中的某一项bt0n【答案】(1)b(2)5=10,b(2)88是数列b(3)(3)t0=7，n【分析】当m=2时，此时A=2根据集合新定义，由88=2方法一：由2024=210+29+28+27+2【详解】（1）因为m=2，此时A=2b(2)∴S(2)（2）当m=3时，A=2∵88=26+比它小的项分别有2a有2a有2a所以比88小的项共有C63+（3）∵2024=210+29则当m=7时，A=2方法一：比它小的项分别有以下7种情况：①2a1+②2a1+③2a1+④2a1+⑤2a1+⑥2a1+⑦2a1+所以比2024小的项共有C10其中C===328故2024是数列b(7)n的第329项，即方法二：A=2a1最大的是210+2所以2024是数列b(7)n的第C11在总共C117=330项中，含有20的项共有C106个，同理21【点睛】关键点点睛：本题关键在于解读集合A的定义计算，并联想到88=26+32．（2024·浙江杭州·模拟预测）在概率较难计算但数据量相当大､误差允许的情况下，可以使用UnionBound（布尔不等式）进行估计概率.已知UnionBound不等式为：记随机事件A1,⋯,A(1)有n个不同的球，其中k个有数字标号.每次等概率随机抽取n个球中的一个球.抽完后放回.记抽取t次球后k个有数字标号的球每个都至少抽了一次的概率为Pt，现在给定常数p，则满足Pt≥p的t的最小值为多少？请用UnionBound估计其近似的最小值，结果不用取整.这里n(2)然而实际情况中，UnionBound精度往往不够，因此需要用容斥原理求出精确值.已知概率容斥原理：记随机事件A1,⋯,An，则PA1∪（1）（2）问参考数据：当x相当大时，取1−1【答案】(1)n(2)−n【分析】（1）设事件Ai为抽取t次未取到ii≤k号球，求得PAi，再求（2）由容斥原理得Pt=1−kn−1【详解】（1）设事件Ai为抽取t次未取到ii≤k号球，则由题意可知Pt而n−1n所以1−kn−1解之得t≥nlnk1−p，即满足Pt≥p（2）结合（1）及容斥原理可知：P=1−kn−1n令x=1−1n易知n−kn对于1−1由于n相当大且远大于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确的t的最小值−nln【点睛】思路点睛：第一问根据事件的对立及独立事件的概率乘法公式计算得Pt=1−kn−1nt33．（2024·湖北·模拟预测）欧拉函数在密码学中有重要的应用．设n为正整数，集合Xn=1,2,⋅⋅⋅,n−1，欧拉函数φ(n)的值等于集合X(1)求φ(6)和φ(15)；(2)现有三个素数p，q，e(p<q<e)，n=pq，存在正整数d满足M(de,φ(n))=1；已知对素数a和x∈Xa，均有M(xa−1,a)=1(3)设n为两个未知素数的乘积，e1，e2为另两个更大的已知素数，且2e1=3e2+1；又c1【答案】(1)φ(6)=2，φ(15)=8；(2)证明见解析；(3)x=M(a【分析】（1）利用欧拉函数φ(n)的定义直接求出φ(6)和φ(15).（2）分析求出x与n不互质的数的个数，求得φn=p−1q−1，设Mx,p=s，Mx,