2027版53B版新高考版数学总复习分层训练一年创新风向练

专题九计数原理、概率与统计一年创新·风向练1.(新交汇·多面体的结构特征与概率计算交汇)(多选)(2026安徽合肥一六八中学月考)

在正四面体ABCD中,质点M,N的初始位置均在正四面体顶点A处,它们每隔1秒钟都沿

着正四面体的棱移到另一个顶点1次.当M,N在同一位置时,将各自独立等可能地移向另

三个顶点之一;当M,N在不同位置时,移到对方位置的概率均为

,往另两个位置移动的概率均为

.记Pn为n秒后M,N在同一位置的概率,其中n∈N*,则

()A.P1=

B.Pn的最小值为

C.2秒后M,N在B处相遇的概率为

ACD

D.4秒后M,N首次回到A处且途中恰经过B,C,D各1次的概率大于

解析选项A,M,N的初始位置均在点A处,1秒后,M,N均移动到同一顶点(B,C或D)的概

率为

×

×3=

,移动到不同顶点的概率为

,但此时不在同一位置.因此,P1=

,选项A正确.选项B,若n-1(n≥2)秒后M,N位于同一位置,则n秒后M,N仍在同一位置的概率为

Pn-1;若n-1(n≥2)秒后M,N位于不同位置,则n秒后M,N在同一位置的概率为

×

×2(1-Pn-1)=

(1-Pn-1),故Pn=

Pn-1+

(1-Pn-1)=

+

Pn-1(n≥2),可得Pn-

=

Pn-1-

(n≥2),P1-

=

,所以数列

是以

为首项,

为公比的等比数列,所以Pn-

=

×

,即Pn=

+

×

,易知Pn>

,所以选项B错误.选项C,2秒后M,N在B处相遇说明,第一秒时M,N均不在B处,第二秒时M,N均在B处.共有四种情况的路径:①当M:A→C→B,N:A→C→B时,概率为

×

×

×

=

.②当M:A→C→B,N:A→D→B时,概率为

×

×

×

=

.③当M:A→D→B,N:A→C→B时,概率为

×

×

×

=

.④当M:A→D→B,N:A→D→B时,概率为

×

×

×

=

.所以,2秒后M,N在B处相遇的概率为

+

+

+

=

.所以选项C正确.选项D,分情况讨论:①当M,N在这4秒中经过的路径完全相同时,比如,M:A→B→C→D→A,N:A→B→C→D

→A,共有6种路径,此时概率为6×

×

×

×

×

×

×

×

=

×

.②当M,N在这4秒中经过的路径完全不相同,即在B,C,D处完全不相遇时,比如,M:A→B→

C→D→A,N:A→C→D→B→A,共12种情况,此时概率为12×

×

×

×

=

×

.③当M,N在这4秒中经过的路径中有一次相遇,即在B,C,D处相遇一次时,比如,M:A→B→

C→D→A,N:A→B→D→C→A,共有18种情况,此时概率为12×

×

×

×

+6×

×

×

×

=

×

.综上,所求概率为

×

+

×

+

×

=

×

>

.故D正确.故选ACD.2.(新交汇·正态分布与二项式定理交汇)(2026安徽池州一模)已知随机变量X~N(2,σ2),且

P(X>2n-5)=P(X<6-n),若(1-

)n=a+

b(a,b为有理数),则a+b=___________.

2

解析由题意得

=2,解得n=3,则(1-

)n=(1-

)3=

(-

)0+

·(-

)1+

(-

)2+

(-

)3=7-5

,则a=7,b=-5,则a+b=7-5=2.3.(新情境·不同点构成的三角形中考查条件概率)(2026福建厦门开学联考)在平面直角

坐标系xOy中,设集合U={(x,y)|x,y∈{0,1,2}},从U中随机选取2个不同的元素,其对应的

点记为A,B,记事件M为“A,O,B三点能构成三角形”,事件N为“△AOB的面积恰为整

数”,则P(M)=___________;P(N|M)=___________.解析第一空由题意可得x的选法有3种,y的选法有3种,所以集合U中有9个点.首先,

计算所有可能的点对(A,B)(A≠B)的种数为

=36,下面考虑不能构成三角形的情况:①A,B中含原点(0,0),此时有8种;②A,B中不含原点(0,0),但O,A,B三点共线,有{(0,1),(0,2)},{(1,0),(2,0)},{(1,1),(2,2)},共3

种,因此,A,O,B三点能构成三角形的种数为36-8-3=25,所以P(M)=

.第二空解法一:①考虑A,B中含点(1,0),且使得△AOB的面积为整数的点对的情况,有

{(1,0),(0,2)},{(1,0),(1,2)},{(1,0),(2,2)},共3种;②考虑A,B中含点(2,0),且使得△AOB的面积为整数的点对的情况,有{(2,0),(0,1)},{(2,0),(1,1)},{(2,0),(2,1)},{(2,0),(0,2)},{(2,0),(1,2)},{(2,0),(2,2)},共6种;③考虑A,B中含点(0,1),且使得△AOB的面积为整数的点对的情况(去除重复的点对),有

{(0,1),(2,1)},{(0,1),(2,2)},共2种;④考虑A,B中含点(0,2),且使得△AOB的面积为整数的点对的情况(去除重复的点对),有

{(0,2),(1,1)},{(0,2),(1,2)},{(0,2),(2,1)},{(0,2),(2,2)},共4种;⑤考虑A,B中含点(2,2),且使得△AOB的面积为整数的点对的情况(去除重复的点对),有

{(2,2),(1,2)},{(2,2),(2,1)},共2种,所以P(MN)=P(N)=

=

,所以P(N|M)=

=

.解法二:不妨设A(x1,y1),B(x2,y2),易知△AOB的面积为

,则

为整数等价于“|x1y2-x2y1|为偶数”,将非原点的8个点按坐标的奇偶性分类如下:(偶,偶):(0,2),(2,

0),(2,2),有3个;(偶,奇):(0,1),(2,1),有2个;(奇,偶):(1,0),(1,2),有2个;(奇,奇):(1,1),有1个,令d=

|x1y2-x2y1|,则d为奇数当且仅当x1y2,x2y1恰为一奇一偶时,点对类型为{(偶,奇),(奇,偶)},

{(偶,奇),(奇,奇)},{(奇,偶),(奇,奇)},有2×2+2×1+2×1=8种,注意到在A,O,B三点能构成三

角形的前提下,d为偶数的种数为25-8=17,所以P(MN)=P(N)=

,所以P(N|M)=

=

.4.(数学文化·巴塞尔级数与二项式)(2026重庆十一中质检七)伟大的数学家欧拉28岁时

解决了困扰数学界近一世纪的“巴塞尔级数”难题.当n∈N*时,

=

…

…,又根据泰勒展开式可以得到sinx=x-

+

-…+

-…,根据以上两式可求得

+

+

+…+

+…=___________.解析由n∈N*,sinx=x-

+

-…+

-…,两边同时除以x得

=1-

+

-…+

-…,又

=

·…·

…,展开式中x2的系数为-

+

+

+…+

+…

,所以-

+

+

+…+

+…

=-

,所以

+

+

+…+

+…=

.5.(新交汇·数学期望与导数交汇)(2026广东肇庆二模)学校社团准备了编号1到n的n个

盲盒,不同的编号对应不同的奖品(编号越大,奖品越好).规则如下:参与者有放回地抽取

盲盒r(r>0)次,一次抽取一个盲盒,抽到的编号最小的盲盒对应的奖品即为最终奖品,设

获得的奖品对应的盲盒编号为X.(1)当n=3,r=2时,求最终拿到编号1的奖品的概率和拿到编号2的奖品的概率.(2)若n=4,r=m.①求最终拿到编号不小于k(1≤k≤4)的奖品的概率;②用m表示出期望E(X).(3)当n=r时,证明:期望E(X)≥1+

.解析

(1)P(X=1)=

=

,P(X=2)=

=

,所以拿到编号1的盲盒对应奖品的概率是

,拿到编号2的盲盒对应奖品的概率是

.(2)①拿到编号不小于k的奖品,X≥k,即每次抽到的编号都大于或等于k.所以P(X≥k)=

=

,k=1,2,3,4.②因为事件X=k与事件X≥k+1互斥,所以P(X≥k)=P(X≥k+1)+P(X=k),即P(X=k)=P(X≥k)-P(X≥k+1)=

,k=1,2,3,4,所以随机变量X的期望E(X)=

=

=1+

+

+

.(3)证明:P(X=k)=P(X≥k)-P(X≥k+1)=

,k=1,2,…,n,E(X)=

k·P(X=k)=

=

=1+

+

+…+

.当n=1时,P(X=1)=1,E(X)=1×1=1,等号成立;当n=2时,P(X=1)=

=

,P(X=2)=

,E(X)=1×

+2×

=

,等号成立;当n≥3时,设f(x)=xn+(1-x)n,x∈(0,1