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黄金冲刺大题04 概率统计（精选30题）
1．（2024·浙江绍兴·二模）盒中有标记数字1，2的小球各2个.
(1)若有放回地随机取出2个小球，求取出的2个小球上的数字不同的概率；
(2)若不放回地依次随机取出4个小球，记相邻小球上的数字相同的对数为 （如1122，则 ），求
的分布列及数学期望 .
【答案】(1) ；
(2)分布列见解析，1.
【分析】（1）根据组合知识求得取球的方法数，然后由概率公式计算概率；
（2）确定 的所有可能取值为0，1，2，然后分别计算概率得分布列，再由期望公式计算出期望．
【详解】（1）设事件 “取出的2个小球上的数字不同”，
则 .
（2） 的所有可能取值为0，1，2.
①当相邻小球上的数字都不同时，如1212，有 种，
则 .
②当相邻小球上的数字只有1对相同时，如1221，有 种，
则 .
③当相邻小球上的数字有2对相同时，如1122，有 种，
则 .
所以 的分布列为0 1 2
所以 的数学期望 .
2．（2024·江苏扬州·模拟预测）甲､乙两人进行某棋类比赛，每局比赛时，若决出输赢则获胜方得2分，
负方得0分；若平局则各得1分.已知甲在每局中获胜､平局､负的概率均为 ，且各局比赛结果相互独立.
(1)若比赛共进行了三局，求甲共得3分的概率；
(2)规定比赛最多进行五局，若一方比另一方多得4分，则停止比赛，求比赛局数 的分布列与数学期望.
【答案】(1) ；
(2)分布列见解析， .
【分析】（1）写出所有可能情形,利用互斥事件的概率和公式即可求出；
（2）算出 为不同值时对应的概率并填写分布列，之后求出数学期望即可.
【详解】（1）设“三局比赛后，甲得3分”为事件 ，
甲得3分包含以下情形：三局均为平局，三局中甲一胜一平一负，
所以 ，
故三局比赛甲得3分的概率为 .
（2）依题意知 的可能取值为 ，
，
，
，，
故其分布列为：
2 3 4 5
期望 .
3．（2024·江苏南通·二模）某班组建了一支8人的篮球队，其中甲、乙、丙、丁四位同学入选，该班体育
老师担任教练.
(1)从甲、乙、丙、丁中任选两人担任队长和副队长，甲不担任队长，共有多少种选法？
(2)某次传球基本功训练，体育老师与甲、乙、丙、丁进行传球训练，老师传给每位学生的概率都相等，每
位学生传球给同学的概率也相等，学生传给老师的概率为 .传球从老师开始，记为第一次传球，前三次传
球中，甲同学恰好有一次接到球且第三次传球后球回到老师手中的概率是多少？
【答案】(1)9种
(2) .
【分析】（1）法一，利用分步乘法计数原理集合组合数的计算，即可求得答案；法二，利用间接法，即
用不考虑队长人选对甲的限制的所有选法，减去甲担任队长的选法，即可得答案；
（2）考虑第一次传球，老师传给了甲还是传给乙、丙、丁中的任一位，继而确定第二次以及第三次传球
后球回到老师手中的情况，结合乘法公式以及互斥事件的概率求法，即可求得答案.
【详解】（1）法一，先选出队长，由于甲不担任队长，方法数为 ；
再选出副队长，方法数也是 ，故共有方法数为 （种）.
方法二 先不考虑队长人选对甲的限制，共有方法数为 （种）；
若甲任队长，方法数为 ，故甲不担任队长的选法种数为 （种）
答：从甲、乙、丙、丁中任选两人分别担任队长和副队长，甲不担任队长的选法共有9种.（2）①若第一次传球，老师传给了甲，其概率为 ；第二次传球甲只能传给乙、丙、丁中的任一位同学，
其概率为 ；
第三次传球，乙、丙、丁中的一位传球给老师，其概率为 ，
故这种传球方式，三次传球后球回到老师手中的概率为： .
②若第一次传球，老师传给乙、丙、丁中的任一位，其概率为 ，
第二次传球，乙、丙、丁中的一位传球给甲，其概率为 ，
第三次传球，甲将球传给老师，其概率为 ，
这种传球方式，三次传球后球回到老师手中的概率为 ，
所以，前三次传球中满足题意的概率为： .
答：前三次传球中，甲同学恰好有一次接到球且第三次传球后球回到老师手中的概率是 .
4．（2024·重庆·模拟预测）中国在第75届联合国大会上承诺，努力争取2060年之前实现碳中和(简称“双
碳目标”)．新能源电动汽车作为战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用．赛力斯汽车有限
公司为了调查客户对旗下AITO问界M7的满意程度，对所有的意向客户发起了满意度问卷调查，将打分
在80分以上的客户称为“问界粉”．现将参与调查的客户打分(满分100分)进行了统计，得到如下的频率
分布直方图：
(1)估计本次调查客户打分的中位数(结果保留一位小数)；
(2)按是否为“问界粉”比例采用分层抽样的方法抽取10名客户前往重庆赛力斯两江智慧工厂参观，在10
名参观的客户中随机抽取2名客户赠送价值2万元的购车抵用券．记获赠购车券的“问界粉”人数为 ，求 的分布列和数学期望 ．
【答案】(1)73.3分
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）根据频率分布直方图求解中位数的方法可得答案；
（2）确定抽取的“问界粉”人数，再确定 的取值，求解分布列，利用期望公式求解期望.
【详解】（1）由频率分布直方图可知：
打分低于70分的客户所占比例为40％，打分低于80分的客户的所占比例为70％，
所以本次调查客户打分的中位数在[70，80）内，由 ，
所以本次调查客户打分的中位数约为73.3分；
（2）根据按比例的分层抽样：抽取的“问界粉”客户3人，“非问界粉”客户7人，
则 的所有可能取值分别为0，1，2，
其中： ， ， ，
所以ξ的分布列为：
0 1 2
P
所以数学期望 ．
5．（2024·福建三明·三模）某校开设劳动教育课程，为了有效推动课程实施，学校开展劳动课程知识问答
竞赛，现有家政、园艺、民族工艺三类问题海量题库，其中家政类占 ，园艺类占 ，民族工艺类占 .根
据以往答题经验，选手甲答对家政类、园艺类、民族工艺类题目的概率分别为 ，选手乙答对这三类
题目的概率均为(1)求随机任选1题，甲答对的概率；
(2)现进行甲、乙双人对抗赛，规则如下：两位选手进行三轮答题比赛，每轮只出1道题目，比赛时两位选
手同时回答这道题，若一人答对且另一人答错，则答对者得1分，答错者得 分，若两人都答对或都答错，
则两人均得0分，累计得分为正者将获得奖品，且两位选手答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影
响，求甲获得奖品的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用全概率公式，即可求得答案；
（2）求出乙答对的概率，设每一轮比赛中甲得分为X，求出X的每个值对应的概率，即可求得三轮比赛后，
甲总得分为Y的每个值相应的概率，即可得答案.
【详解】（1）记随机任选1题为家政、园艺、民族工艺试题分别为事件 ,
记随机任选1题，甲答对为事件B，
则 ，
则
；
（2）设乙答对记为事件C，则
，
设每一轮比赛中甲得分为X，
则 ，
，
，
三轮比赛后，设甲总得分为Y，则 ， ，
，
所以甲最终获得奖品的概率为 .
6．（2024·江苏南京·二模）某地5家超市春节期间的广告支出x（万元）与销售额y（万元）的数据如下：
超市 A B C D E
广告支出x 2 4 5 6 8
4 6
销售额y 30 60 70
0 0
(1)从A，B，C，D，E这5家超市中随机抽取3家，记销售额不少于60万元的超市个数为X，求随机变量
X的分布列及期望 ；
(2)利用最小二乘法求y关于x的线性回归方程，并预测广告支出为10万元时的销售额．
附：线性回归方程 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： ， ．
【答案】(1)X的分布列见解析，期望
(2) ；预测广告费支出10万元时的销售额为87万元．
【分析】（1）根据超几何分布的概率公式求解分布列，进而可求解期望，
（2）利用最小二乘法求解线性回归方程即可.
【详解】（1）从A，B，C，D，E这5家超市中随机抽取3家，记销售额不少于60万元的超市有C，D，
E这3家超市，
则随机变量 的可能取值为1，2，3
， ， ，
的分布列为：1 2 3
数学期望 ．
（2） ， ，
，
．
关于 的线性回归方程为 ；
在 中，取 ，得 ．
预测广告费支出10万元时的销售额为87万元．
7．（2024·重庆·三模）甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束
时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为 ，各局比赛的结果都相互独立，第1局甲
当裁判.记随机变量 ， ， 表示前 局中乙当裁判的
次数.
(1)求事件“ 且 ”的概率；
(2)求 ；
(3)求 ，并根据你的理解，说明当 充分大时 的实际含义.
附：设 ， 都是离散型随机变量，则 .
【答案】(1) ；
(2) ；(3) ，答案见解析。
【分析】（1）把事件“ 且 ”分拆成两个互斥事件的和，再分别计算各事件的概率即可.
（2）把事件 分拆成互斥事件 与 的和，列出 与 的关系式，利用构造
法求出数列通项即得.
（3）求出 ，再利用期望的性质求出 ，
【详解】（1）当 时，
.
（2）当 时，
，
即 ，即 ，
又 ，因此 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 .
（3）因为 ，则 .
且 ，则
，
当 充分大时， 稳定在 ，即前 局中乙当裁判的平均次数稳定在 ，这是因为各局中双方获胜的
概率均为 ，
所以经过足够多局之后，某局中甲、乙、丙当裁判得概率比值稳定在 ，或由（2）问结果得 稳定在 附近，则乙当截判的平均次数稳定在 .
【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，
相互独立事件的积是解题的关键.
8．（2024·安徽池州·二模）学校组织某项劳动技能测试，每位学生最多有3次测试机会.一旦某次测试通过，
便可获得证书，不再参加以后的测试，否则就继续参加测试，直到用完3次机会.如果每位学生在3次测试
中通过的概率依次为 ，且每次测试是否通过相互独立.现某小组有3位学生参加测试，回答下列
问题：
(1)求该小组学生甲参加考试次数 的分布列及数学期望 ；
(2)规定：在2次以内测试通过（包含2次）获得优秀证书，超过2次测试通过获得合格证书，记该小组3
位学生中获得优秀证书的人数为 ，求使得 取最大值时的整数 .
【答案】(1)分布列见解析，
(2)3
【分析】（1）确定 的可能值，利用独立事件的概率公式计算概率得分布列，再由期望公式计算出期望；
（2）确定 所有可能取的值为 ，得出 ，利用二项公布的概率公式计算出各概率后可得，
也可以解不等式 得出结论．
【详解】（1）由题意知， 所有可能取的值为 ，
，
的分布列如下：
1 2 3
0.5 0.3 0.2；
（2）由题意知，每位学生获得优秀证书的概率 ，
方法一：
所有可能取的值为 ，且 ，
，
，
，
，
，
所以使得 取得最大值时，整数 的值为3．
方法二：
由 得 ，
所以 ，
所以 ，
所以使得 取得最大值时，整数 的值为3．
9．（2024·辽宁·二模）一枚棋子在数轴上可以左右移动，移动的方式以投掷一个均匀的骰子来决定，规则
如下：当所掷点数为1点时，棋子不动；当所掷点数为3或5时，棋子在数轴上向左(数轴的负方向)移动“该点数减1”个单位；当所掷的点数为偶数时，棋子在数轴上向右(数轴的正方向)移动“该点数的一半”
个单位；第一次投骰子时，棋子以坐标原点为起点，第二次开始，棋子以前一次棋子所在位置为该次的起
点．
(1)投掷骰子一次，求棋子的坐标的分布列和数学期望；
(2)投掷骰子两次，求棋子的坐标为 的概率；
(3)投掷股子两次，在所掷两次点数和为奇数的条件下，求棋子的坐标为正的概率．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
(3)
【分析】（1）由题目分析即可得出分布列，再用数学期望公式计算即可；
（2）分析出所有满足投掷骰子两次，棋子的坐标为 的所有情况，即可求出概率；
（3）先求出投掷股子两次，所掷两次点数和为奇数且棋子的坐标为正的概率及掷两次点数和为奇数的概
率，根据条件概率公式计算即可．
【详解】（1）设 为投掷骰子一次棋子的坐标，由题可知 ，且概率都相同为 ，
分布列如下：
0 1 2 3
．
（2）投掷骰子两次，棋子的坐标为 的情况有：
①第一次坐标为 （点数为5），第二次向右2个单位（点数为4）；
②第一次坐标为 （点数为3），第二次不动（点数为1）；
③第一次坐标为0（点数为1），第二次向左2个单位（点数为3）；
④第一次坐标为2（点数为4），第二次向左4个单位（点数为5）；
故投掷骰子两次，棋子的坐标为 的概率为 ．
（3）设事件 “掷两次点数和为奇数”， “投掷股子两次棋子的坐标为正”，由题可知， ，
投掷股子两次，所掷两次点数和为奇数，且棋子的坐标为正的点数情况有：
6和1,6和3,4和1，1和2，共8种情况，故 ，
则在所掷两次点数和为奇数的条件下，棋子的坐标为正的概率 ．
10．（2024·广东湛江·一模）甲进行摸球跳格游戏．图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开始在
第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）．每次甲在
盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向
前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第n格的概率为 ．
(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X，求X的分布列和期望；
(2)证明：数列 为等比数列．
【答案】(1)分布列见解析；期望 ；
(2)证明见解析；
【分析】（1）写出X的所有可能取值并求出对应的概率，即可列出分布列，计算求出期望值；
（2）依题意根据跳格规则可得 ，即可得出证明；
【详解】（1）根据题意可知，X的所有可能取值为0，1，2；
则 ， ， ；
可得X的分布列如下：
0 1 2
期望值为 .（2）依题意，当 时，棋子跳到第 格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第 格，再摸出两球颜色不同；
第二种，棋子先跳到第 格，再摸出两球颜色相同；
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为 ，
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为 ；
因此可得 ；
所以 ，
因此可得 ，
即数列 是公比为 的等比数列.
11．（2024·广东韶关·二模）小明参加社区组织的射击比赛活动，已知小明射击一次、击中区域甲的概率
是 ，击中区域乙的概率是 ，击中区域丙的概率是 ，区域甲，乙、丙均没有重复的部分．这次射击比
赛获奖规则是：若击中区域甲则获一等奖；若击中区域乙则有一半的机会获得二等奖，有一半的机会获得
三等奖；若击中区域丙则获得三等奖；若击中上述三个区域以外的区域则不获奖．获得一等奖和二等奖的
选手被评为“优秀射击手”称号．
(1)求小明射击1次获得“优秀射击手”称号的概率；
(2)小明在比赛中射击4次，每次射击的结果相互独立，设获三等奖的次数为X，求X分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析；
【分析】（1）根据概率已知条件记“射击一次获得‘优秀射击手’称号”为事件 ；射击一次获得一等
奖为事件 ；射击一次获得一等奖为事件 ，分析可知 ，利用互斥事件的概率加法计算公式所以求 即可.
（2）根据题意判断 ，根据二项分布求概率、期望公式计算即可.
【详解】（1）记“射击一次获得‘优秀射击手’称号”为事件 ；射击一次获得一等奖为事件 ；
射击一次获得一等奖为事件 ，所以有 ，所以 ，
，所以 .
（2）获得三等奖的次数为 ， 的可能取值为 ， ， ， ， ；
记“获得三等奖”为事件 ，所以 ，
所以 ， ，
， ，
，所以
显然 ， .
12．（2024·河北邢台·一模）小张参加某知识竞赛，题目按照难度不同分为A类题和B类题，小张回答A
类题正确的概率为0.9，小张回答B类题正确的概率为0.45．已知题库中B类题的数量是A类题的两倍．
(1)求小张在题库中任选一题，回答正确的概率；
(2)已知题库中的题目数量足够多，该知识竞赛需要小张从题库中连续回答10个题目，若小张在这10个题
目中恰好回答正确k个（ ，1，2， ，10）的概率为 ，则当k为何值时， 最大？
【答案】(1)0.6(2)6
【分析】（1）由独立事件的乘法概率求出即可；
（2）由二项分布中最大值的计算求出即可，可设 ，利用组合数的性质求出 即可.
【详解】（1）设小张回答A类题正确的概率为 ，小张回答B类题正确的概率为 ，小张在题库中
任选一题，回答正确的概率为 ，
由题意可得 ，
所以 ，
所以小张在题库中任选一题，回答正确的概率为0.6.
（2）由（1）可得 ，
设 ，
即 ，
所以 ，
即 ，
解得 ，
又 ，所以 时， 最大.
13．（2024·湖南衡阳·模拟预测）某电竞平台开发了 两款训练手脑协同能力的游戏， 款游戏规则是：
五关竞击有奖闯关，每位玩家上一关通过才能进入下一关，上一关没有通过则不能进入下一关，且每关第
一次没有通过都有再挑战一次的机会，两次均未通过，则闯关失败，各关和同一关的两次挑战能否通过相互独立，竞击的五关分别依据其难度赋分. 款游戏规则是：共设计了 （ 且 关，每位玩家都
有 次闯关机会，每关闯关成功的概率为 ，不成功的概率为 ，每关闯关成功与否相互独立；第1次闯
关时，若闯关成功则得10分，否则得5分.从第2次闯关开始，若闯关成功则获得上一次闯关得分的两倍，
否则得5分.电竞游戏玩家甲先后玩 两款游戏.
(1)电竞游戏玩家甲玩 款游戏，若第一关通过的概率为 ，第二关通过的概率为 ，求甲可以进入第三关
的概率；
(2)电竞游戏玩家甲玩 款游戏，记玩家甲第 次闯关获得的分数为 ，求 关于 的解析
式，并求 的值.（精确到0.1，参考数据： .）
【答案】(1) ；
(2) ，9.80
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式，结合甲闯关的可能情况求解即可；
（2）由期望关系可得 ，列出分布列，构造等比数列 ，
求出 即可.
【详解】（1）记事件 表示第 次通过第一关，事件 表示第 次通过第二关，
设甲可以进入第三关的概率为 ，
由题意知.
（2）依题意得 ，
所以 ，
，
又随机变量 的可能取值为10，5，其分布列为
10 5
所以 ，得 ，
所以 为等比数列.其中首项为 ，公比为 .
所以 ，即 .
所以 .
14．（2024·湖南邵阳·模拟预测）2023年8月3日，公安部召开的新闻发布会公布了“提高道路资源利用
率”和“便利交通物流货运车辆通行”优化措施，其中第二条提出推动缓解停车难问题．在持续推进缓解
城镇老旧小区居民停车难改革措施的基础上，因地制宜在学校、医院门口设置限时停车位，支持鼓励住宅
小区和机构停车位错时共享．某医院门口设置了限时停车场（停车时间不超过60分钟），制定收费标准
如下：停车时间不超过15分钟的免费，超过15分钟但不超过30分钟收费3元，超过30分钟但不超过45
分钟收费9元，超过45分钟但不超过60分钟收费18元，超过60分钟必须立刻离开停车场．甲、乙两人
相互独立地来该停车场停车，且甲、乙的停车时间的概率如下表所示：
停车时间/分钟
甲乙
设此次停车中，甲所付停车费用为 ，乙所付停车费用为 ．
(1)在 的条件下，求 的概率；
(2)若 ，求随机变量 的分布列与数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据概率的性质求出 ，求出 的概率及 的概率可得答案；
（2）根据 的值可得 的取值，再求取值对应的概率可得分布列、期望.
【详解】（1）根据题意可得 ，解得 ，
，解得 ，
甲所付停车费用为18元，乙所付停车费用为0元可得 ，
其概率为 ；
甲所付停车费用为0元，乙所付停车费用为18元可得 ，
其概率为 ；
甲所付停车费用为9元，乙所付停车费用为9元可得 ，
其概率为 ；
所以 的概率 ，
可得在 的条件下，
的概率为 ；（2） 的取值为0，3，6，9，15，18，
，
，
，
，
，
，
随机变量 的分布列为
所以随机变量 的数学期望
.
15．（2024·湖北·一模）2023年12月30号，长征二号丙/远征一号S运载火箭在酒泉卫星发射中心点火起
飞，随后成功将卫星互联网技术实验卫星送入预定轨道，发射任务获得圆满完成，此次任务是长征系列运
载火箭的第505次飞行，也代表着中国航天2023年完美收官．某市一调研机构为了了解当地学生对我国航
天事业发展的关注度，随机的从本市大学生和高中生中抽取一个容量为n的样本进行调查，调查结果如下
表：
关注度
学生群体 合计
关注 不关注
大学生
高中生
合计附：
，其中 ．
(1)完成上述列联表，依据小概率值 的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关，求样
本容量n的最小值；
(2)该市为了提高本市学生对航天事业的关注，举办了一次航天知识闯关比赛，包含三个问题，有两种答题
方案选择：
方案一：回答三个问题，至少答出两个可以晋级；
方案二：在三个问题中，随机选择两个问题，都答对可以晋级．
已知小华同学答出三个问题的概率分别是 ， ， ，小华回答三个问题正确与否相互独立，则小华应该
选择哪种方案晋级的可能性更大？（说明理由）
【答案】(1)
(2)选择方案一，理由见解析
【分析】（1）先补全 列联表，求得 关于 的表达式，再利用独立性检验得到关于 的不等式，解
之即可得解；
（2）利用独立事件的概率公式分别求得方案一与方案二中小化晋级的概率，再比较即可得解.
【详解】（1）
关注度
学生群体 合计
不关
关注
注
大学生
高中生合计
零假设为 ：关注航天事业发展与学生群体无关，
根据列联表中的数据，经计算得到 ，
因为依据小概率值 的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关，
所以 ，
由题可知，n是10的倍数，
（2）记小华同学答出三个问题的事件分别A，B，C，
则 ， ， ，
记选择方案一通过的概率为 ，
则
；
记选择方案二通过的概率为 ，
则
；
， 小华应该选择方案一.
16．（2024·湖北·二模）吸烟有害健康，现统计4名吸烟者的吸烟量x与损伤度y，数据如下表：
吸烟量x 1 4 5 6
损伤度y 3 8 6 7
(1)从这4名吸烟者中任取2名，其中有1名吸烟者的损伤度为8，求另1吸烟者的吸烟量为6的概率；
(2)在实际应用中，通常用各散点 到直线 的距离的平方和 来刻画“整体接近程度”.S越小，表示拟合效果越好.试根据统计数据，求出经验回归直线方程 .并根据所求经验
回归直线估计损伤度为10时的吸烟量．
附： ， .
【答案】(1) ；
(2) ，
【分析】（1）列举出试验的全体基本事件，利用古典概率及条件概率公式计算得解.
（2）利用表格中数据求出最小二乘法公式中的相关量，求出回归直线方程，再利用方程求出估计值.
【详解】（1）这4名吸烟者中，损伤度为8的吸烟者的吸烟量为4，
从4名吸烟者中任取2名，全部基本事件有 ，
其中有1名吸烟者的吸烟量为4的共有3种情形，
记事件A：有1名吸烟者的吸烟量为4，事件B：有1名吸烟者的吸烟量为6，
则 ，所以另1吸烟者的吸烟量为6的概率为 .
（2） ， ，
， ，
因此 ， ，
所以经验回归直线方程为 ，当 时， ，
所以损伤度为10时，估计吸烟量为 .
17．（2024·山东枣庄·一模）有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外大小完
全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为 ．当甲罐内无球
时，游戏停止．假设开始时乙罐无球．
(1)求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各1个的概率；
(2)设第 次答题后游戏停止的概率为 ．
①求 ；
② 是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)
(2)① ，②存在，最大值
【分析】（1）根据全概率公式即可求解，
（2）根据题意可得 ，即可利用作商求解单调性，即可求解最值.
【详解】（1）记 “此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一个球”，
“第 次摸出红球，并且答题正确”， ；
“第 次摸出黑球，并且答题正确”， ；
“第 次摸出红球或黑球，并且答题错误”， ，
所以 ．
又 ； ； ，
所以
．
同理：所以 ．
（2）①第 次后游戏停止的情况是：前 次答题正确恰好为4次，答题错误 次，且第 次摸出最后
一球时答题正确．
所以 ．
②由①知 ，
所以 ．
令 ，解得 ； ，解得 ．
所以 ，
所以 的最大值是 ．
18．（2024·安徽合肥·二模）树人中学高三（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表：
参加考试人
性别 平均成绩 标准差
数
男 30 100 16
女 20 90 19
在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为 ，其平均数记为 ，
方差记为 ；把第二层样本记为 ，其平均数记为 ，方差记为 ；把总样本数据的平均数
记为 ，方差记为 ．
(1)证明： ；
(2)求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）；(3)假设全年级学生的考试成绩服从正态分布 ，以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作
为 和 的估计值．如果按照 的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为 四
个等级，试确定各等级的分数线（精确到1）．
附： ．
【答案】(1)证明见解析；
(2)平均数为96分，标准差为18分；
(3)将 定为 等级， 定为 等级， 定为 等级， 定为 等级．
【分析】（1）利用平均数及方差公式即可求解；
（2）利用平均数及方差公式，结合标准差公式即可求解；
（3）根据（2）的结论及正态分布的特点即可求解.
【详解】（1）
，
同理 ．
所以 .
（2）将该班参加考试学生成绩的平均数记为 ，方差记为 ，
则 ，
所以又 ，所以 ．
即该班参加考试学生成绩的平均数为96分，标准差约为18分．
（3）由（2）知 ，所以全年级学生的考试成绩 服从正态分布 ，
所以 ．
．
故可将 定为 等级， 定为 等级， 定为 等级， 定为 等级．
19．（2024·福建福州·模拟预测）甲企业生产线上生产的零件尺寸的误差 服从正态分布 ，规定
的零件为优等品， 的零件为合格品．
(1)从该生产线上随机抽取100个零件，估计抽到合格品但非优等品的个数（精确到整数）；
(2)乙企业拟向甲企业购买这批零件，先对该批零件进行质量抽检，检测的方案是：从这批零件中任取2个
作检测，若这2个零件都是优等品，则通过检测；若这2个零件中恰有1个为优等品，1个为合格品但非
优等品，则再从这批零件中任取1个作检测，若为优等品，则通过检测；其余情况都不通过检测．求这批
零件通过检测时，检测了2个零件的概率（精确到0.01）．
（附：若随机变量 ，则 ， ，
）
【答案】(1)约31个
(2)约为0.61
【分析】（1）利用正态分布的对称性即可求解；
（2）利用条件概率求解即可．
【详解】（1）依题意得， ， ，
所以零件为合格品的概率为 ，
零件为优等品的概率为 ，所以零件为合格品但非优等品的概率为 ，
所以从该生产线上随机抽取100个零件，
估计抽到合格品但非优等品的个数为 ．
（2）设从这批零件中任取2个作检测，2个零件中有2个优等品为事件 ，恰有1个优等品，1个为合格
品但非优等品为事件 ，从这批零件中任取1个检测是优等品为事件 ，这批产品通过检测为事件 ，
则 ，且 与 互斥，
所以
，
所以这批零件通过检测时，
检测了2个零件的概率为 ．
答：这批零件通过检测时，检测了2个零件的概率约为0.61．
20．（2024·河北保定·二模）某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错
题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班级中随机抽取1名学生，设 “抽取的学生期末统考中
的数学成绩不及格”， “抽取的学生建立了个性化错题本”，且 ， ，
.
(1)求 和 .
(2)若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值 的独立性检验，分析学生期末统考
中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关，
期末统考中的数学成绩
个性化错题
合计
本
及格 不及格
建立
未建立
合计
(3)为进一步验证（2）中的判断，该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为 的样本（假设根据新样本数据建立的列联表中，所有的数据都扩大为（2）中列联表中数据的 倍，且新列联表中的数据都为整
数）.若要使得依据 的独立性检验可以肯定（2）中的判断，试确定 的最小值
参考公式及数据： ， .
0.01 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
【答案】(1) ，
(2)表格见解析，有关；
(3)
【分析】（1）利用条件概率公式结合全概率公式即可得到答案；
（2）由（1）所计算的概率即可完成列联表，再由独立性检验的知识即可得到结论；
（3）利用独立性检验的知识可得 ，在结合 ，即可得到答案.
【详解】（1）因为 ， ，
所以 ， ，
由于 ，解得 ，所以 .
，解得 .
（2）
期末统考中的数学成绩
个性化错题
合计
本
及格 不及格
建立 20 4 24
未建立 4 8 12
合计 24 12 36零假设为 期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本无关.
根据列联表中的数据，经计算得到 .
根据小概率值 的独立性检验，我们推断 不成立，即认为期末统考中的数学成绩与建立个性化
错题本有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（3） ，解得 .
要使新列联表中的数据都为整数，则需 .
又因为 ，所以 的最小值为5，故 的最小值是
21．（2024·浙江绍兴·模拟预测）书接上回.麻将学习小组中的炎俊同学在探究完问题后返回家中观看了
《天才麻将少女》，发现超能力麻将和现实麻将存在着诸多不同.为了研究超能力麻将，他使用了一些”雀
力值”和”能力值”来确定每位角色的超能力麻将水平，发现每位角色在一局麻将中的得分与个人值和该
桌平均值之差存在着较大的关系.（注：平均值指的是该桌内四个人各自的“雀力值”和“能力值”之和的
平均值，个人值类似.）为深入研究这两者的关系，他列出了以下表格：
个人值与平均值之差
0 3 6 9
得分 0
(1)①计算 的相关系数 ，并判断 之间是否基本上满足线性关系，注意：保留至第一位非9的数.
②求出 与 的经验回归方程.
③以下为《天才麻将少女》中几位角色的”雀力值”和”能力值”：
园城寺
角色 宫永照 花田煌 松实玄
怜
雀力值 24 9 10 4
能力值 24 16 3 6
试估计此四位角色坐在一桌打麻将每一位的得分（近似至百位）
(2)在分析了更多的数据后，炎俊发现麻将中存在着很多运气的成分.为衡量运气对于麻将对局的影响，炎
俊建立了以下模型，其中他指出：实际上的得分并不是一个固定值，而是具有一定分布的，存在着一个标
准差.运气实际上体现在这一分布当中取值的细微差别.接下去他便需要得出得分的标准差.他发现这一标准差来源自两个方面：一方面是在（1）②问当中方程斜率 存在的标准差 ；另一方面则是在不影响平均
值的情况下，实际表现“个人值”X符合正态分布规律 .（ 为评估得出的个人值.）已知松
实玄实际表现个人值满足 ，求（1）③中其得分的标准差.（四舍五入到百位）
(3)现在新提出了一种赛制：参赛者从平均值为10开始进行第一轮挑战，之后每一轮对手的”雀力值”
和”能力值”均会提升至原来的 .我们设进行了i轮之后，在前i轮内该参赛者的总得分为 ；若园
城寺怜参加了此比赛，求
参考数据和公式：① ； .
②相关系数 ；
经验回归方程 ， ， ；
，其中 为回归数据组数.
③对于随机变量 ， ， ，
.
④ 时， ， ；
⑤对间接计算得出的值 有标准差 满足 .⑥ ； ；
【答案】(1)① ， 之间基本上满足线性关系； ② ； ③估计宫永照、园城寺怜、花
田煌、松实玄的得分分别为
(2)
(3)
【分析】（1）直接根据定义计算相关系数和线性回归方程，然后利用线性回归方程即可估计每个角色的
得分；
（2）分别计算斜率和个人值的标准差，再利用 计算估计得分的标准差；
（3）先确定每轮的估计得分，然后对其求和得到 ，再对 求和即可.
【详解】（1）①直接计算可知 .
所以相关系数 ，
，从而 ，这得到
，
.
所以 ，故 ，而 ，
，所以 .
从而 ，故 的值保留到第一个不为 的数约等于 .
因为 很接近于1，所以 之间基本上满足线性关系；
②
设 与 的经验回归方程为 ，则由 知 ，又由于
故 与 的经验回归方程为 ；
③
直接计算可得宫永照、园城寺怜、花田煌、松实玄的个人值，即雀力值和能力值之和分别是 .
而这四个数的平均值为 ，故四人的个人值与平均值之差分别为 ，分别将这四个 的取值代
入经验回归方程 ，可以估计出宫永照、园城寺怜、花田煌、松实玄的得分分别为
（近似至百位）.
（2）由于 ，故 .
又由于 ，且 服从正态分布，故 .
而根据（1）中③知松实玄评估得出的个人值 ，故 ，即 的标准差为 .
又因为根据经验回归方程可以估计松实玄的得分为 ，故其估计得分 的标准差为
.
故 ，而
，
.
故 ，从而所求标准差 精确到百位后约为 .
（3）由于园城寺怜的个人值为 ，而平均值为 ，故在第一轮中，剩余三人的个人值的平均值为 ，从
而在第 轮中，剩余三人的个人值的平均值为 .
这表明在第 轮中，四人的平均值为 .
所以园城寺怜在第 轮中的估计得分为 ，故，
对 ，我们有 ，从而两式作差可得
，故 .
从而
.22．（2024·江苏南通·模拟预测）“踩高跷，猜灯谜”是我国元宵节传统的文化活动. 某地为了弘扬文化
传统，发展“地摊经济”，在元宵节举办形式多样的猜灯谜活动.
(1)某商户借“灯谜”活动促销，将灯谜按难易度分为 两类，抽到较易的 类并答对购物打八折优惠，
抽到稍难的 类并答对购物打七折优惠，抽取灯谜规则如下：在一不透明的纸箱中有8张完全相同的卡片，
其中3张写有 字母，3张写有 字母，2张写有 字母，顾客每次不放回从箱中随机取出1张卡片，若抽
到写有 的卡片，则再抽1次，直至取到写有 或 卡片为止，求该顾客取到写有 卡片的概率.
(2)小明尝试去找全街最适合他的灯谜，规定只能取一次，并且只可以向前走，不能回头，他在街道上一共
会遇到 条灯谜（不妨设每条灯谜的适合度各不相同），最适合的灯谜出现在各个位置上的概率相等，小
明准备采用如下策略：不摘前 条灯谜，自第 条开始，只要发现比他前面见过的灯谜适合的，
就摘这条灯谜，否则就摘最后一条，设 ，记小明摘到那条最适合的灯谜的概率为 .
①若 ， ，求 ；
②当 趋向于无穷大时，从理论的角度，求 的最大值及 取最大值时 的值.（取
）
【答案】(1)
(2)① ；②P的最大值为 ，此时t的值为 .
【分析】（1）由分类加法原理和分步乘法原理求解；
（2）①由题意可知，要摘到最适合他的灯谜，有两种情况，最适合他的灯谜是第3条和最适合他的灯谜
是最后1条，分情况分析两种情况的可能性，结合古典概型即可求出结果；
②记事件A表示最适合的灯谜被摘到，根据条件概率和全概率公式求出 ，再用导数求出最值即可.
【详解】（1）8张完全相同的卡片，3张写有 字母，3张写有 字母，2张写有 字母，由抽取规则可知，
该顾客取到写有 卡片的概率为 .
（2）①这4条灯谜的位置从第1条到第4条排序，有 种情况.
要摘到最适合的灯谜，有以下两种情况：
最适合的灯谜是第3条，其他的灯谜随意在哪个位置，有 种情况，最适合的灯谜是最后1条，第二适合的灯谜是第1条或第2条，其他的灯谜随意在哪个位置，有 种
情况
故所求概率为 .
②记事件A表示最适合的灯谜被摘到，事件 表示最适合的灯谜在灯谜中排在第 条，
因为最适合的灯谜出现在各个位置上的概率相等，所以 ，
以给定所在位置的序号作为条件，
当 时，最适合的灯谜在前k条灯谜之中，不会被摘到，此时
当 时，最适合的灯谜被摘到，当且仅当前 条灯谜中的最适合的一条在前k条灯谜中时，
此时 ，
由全概率公式知 ，
令函数 ， ，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
所以 ，
所以当 时， 取得最大值，最大值为 ，此时
即P的最大值为 ，此时t的值为 .
【点睛】方法点睛：全概率公式是将复杂事件 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.
23．（2024·安徽·模拟预测）某校在90周年校庆到来之际，为了丰富教师的学习和生活，特举行了答题竞
赛．在竞赛中，每位参赛教师答题若干次，每一次答题的赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错
得10分，从第2次答题开始，答对则获得上一次答题所得分数两倍的得分，答错得10分，教师甲参加答
题竞赛，每次答对的概率均为 ，每次答题是否答对互不影响.
(1)求甲前3次答题的得分之和为70分的概率．
(2)记甲第i次答题所得分数 的数学期望为 ．
（ⅰ）求 ， ， ，并猜想当 时， 与 之间的关系式；
（ⅱ）若 ，求n的最小值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）
【分析】（1）由题意，得到前3次的得分分别为20（对），40（对），10（错）或10（错），20（对），
40（对），进而求得得分之和为70分的概率；
（2）（ⅰ）根据题意，分别求得 ， ， ，结合题意，得到
，即可完成猜想；
（ⅱ）由（i）得到 为等差数列，求得 ，结合 和 ，
即可求解.
【详解】（1）解：由题意，前3次的得分分别为20（对），40（对），10（错）或10（错），20（对），
40（对），所以甲前3次答题的得分之和为70分的概率为 .
（2）解：（ⅰ）甲第1次答题得分20分，10分的概率分别为 ，则 ，甲第2次答题得分40分，20分，10分的概率分别为 ，
则 ，
甲第3次答题得分80分，40分，20，10嗯分的概率分别为 ，
则 ，
当 时，因为甲第 次答题所得分数 的数学期望为 ，
所以第 次答对题所得分数为 ，答错题所的分数为 分，其概率为 ，
所以 ，
可猜想： .
（ⅱ）由（i）知数列 是以15为首项，5为公差的等差数列，
根据等差数列的求和公式，可得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以实数 的最小值为 .
【点睛】方法点睛：对于离散型随机变量的期望与方差的综合问题的求解策略：
1、理解随机变量 的意义，写出 可能取得得全部数值；
2、根据题意，求得随机变量 的每一个值对应的概率；
3、列出随机变量 的分布列，利用期望和方差的公式求得数学期望和方差；
4、注意期望与方差的性质 的应用；
24．（2024·辽宁·模拟预测）某自然保护区经过几十年的发展，某种濒临灭绝动物数量有大幅度的增加.已
知这种动物 拥有两个亚种（分别记为 种和 种）.为了调查该区域中这两个亚种的数目，某动物研究小
组计划在该区域中捕捉100个动物 ，统计其中 种的数目后，将捕获的动物全部放回，作为一次试验结
果.重复进行这个试验共20次，记第 次试验中 种的数目为随机变量 .设该区域中 种的数目为 ， 种的数目为 （ ， 均大于100），每一次试验均相互独立.
(1)求 的分布列；
(2)记随机变量 .已知 ，
（i）证明： ， ；
（ii）该小组完成所有试验后，得到 的实际取值分别为 .数据 的平均值
，方差 .采用 和 分别代替 和 ，给出 ， 的估计值.
（已知随机变量 服从超几何分布记为： （其中 为总数， 为某类元素的个数， 为抽取
的个数），则 ）
【答案】(1)见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） ，
【分析】（1）利用超几何分布求解即可；
（2）（ⅰ）利用均值和方差的性质求解即可；
（ⅱ）利用题目给的方差公式结合第（ⅰ）中的结论，求出 ， ，然
后列方程求解即可.
【详解】（1）依题意， 均服从完全相同的超几何分布，
且 ， 均大于100，
故 的分布列为 .
0 1 99 100（2）（i） 均服从完全相同的超几何分布，故
，
，
故 ，
（ii）由（ⅰ）可知 的均值
利用公式 计算 的方差，
所以
依题意有
解得 ， ．
所以可以估计 ， ．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于灵活运用期望和方差的性质，以及超几何分布的方差公式.
25．（2024·广东广州·一模）某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个团队由
位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若某成员第一关闯关成功，
则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，
则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或
所有成员全部上场参加了闯关，该团队接力闯关活动结束.已知 团队每位成员闯过第一关和第二关的概率
分别为 和 ，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.
(1)若 ，用 表示 团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求 的均值；(2)记 团队第 位成员上场且闯过第二关的概率为 ，集合 中元素
的最小值为 ，规定团队人数 ，求 .
【答案】(1) ；
(2)7.
【分析】（1）求出 的所有可能值及各个值对应的概率，再求出期望.
（2）利用互斥事件的概率公式，求出第 位成员闯过第二关的概率，再列出不等式求解即得.
【详解】（1）依题意， 的所有可能取值为 ，
， ，
所以 的分布列为：
1 2 3
数学期望 .
（2）令 ，若前 位玩家都没有通过第一关测试，
其概率为 ，
若前 位玩家中第 位玩家才通过第一关测试，
则前面 位玩家无人通过第一关测试，其概率为 ，第 位玩家通过第一关测试，
但没有通过第二关测试，其概率为 ，
第 位玩家到第 位玩家都没有通过第二关测试，其概率为 ，
所以前面 位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为：，
因此第 位成员闯过第二关的概率 ，
由 ，得 ，解得 ，则 ，所以 .
【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，
相互独立事件的积是解题的关键.
26．（2024·广东深圳·二模）某大型企业准备把某一型号的零件交给甲工厂或乙工厂生产．经过调研和试
生产，质检人员抽样发现：甲工厂试生产的一批零件的合格品率为94%；乙工厂试生产的另一批零件的合
格品率为98%；若将这两批零件混合放在一起，则合格品率为97%．
(1)从混合放在一起的零件中随机抽取3个，用频率估计概率，记这3个零件中来自甲工厂的个数为X，求
X的分布列和数学期望；
(2)为了争取获得该零件的生产订单，甲工厂提高了生产该零件的质量指标．已知在甲工厂提高质量指标的
条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，大于在甲工厂不提高质量指标的条件下，该大型企业
把零件交给甲工厂生产的概率．设事件 “甲工厂提高了生产该零件的质量指标”，事件 “该大型
企业把零件交给甲工厂生产”、已知 ，证明： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析.
【分析】（1）设出甲乙两厂的零件数，表示事件发生的概率，由题意知X服从二项分布，写出分布列和
期望即可.
（2）因为在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，大于在甲工厂不
提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，即 ，化简变形即可
证得.
【详解】（1）设甲工厂试生产的这批零件有m件，乙工厂试生产的这批零件有n件，
事件 “混合放在一起零件来自甲工厂”，事件 “混合放在一起零件来自乙工厂”，事件 “混合放在一起的某一零件是合格品”，
则 ， ，
，
计算得 ．
所以 ．
X的可能取值为0，1，2，3， ，
，
， ，
， ．
所以，X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
（2）因为在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，大于在甲工厂不
提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，
所以 ．
即 ．
因为 ， ，所以 ．
因为 ， ，
所以 ．
即得 ，
所以 ．
即 ．
又因为 ， ，
所以 ．
因为 ， ，
所以 ．
即得证 ．
27．（2024·湖南·二模）某大学有甲､乙两个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个运动场锻炼，也可
选择不锻炼，一天最多锻炼一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每次锻炼选择去甲或乙运动场的概率
均为 ，每次选择相互独立.设王同学在某个假期的三天内去运动场锻炼的次数为 ，已知 的分布列如
下：（其中 ）
0 1 2 3
(1)记事件 表示王同学假期三天内去运动场锻炼 次 ，事件 表示王同学在这三天内去甲运动
场锻炼的次数大于去乙运动场锻炼的次数.当 时，试根据全概率公式求 的值；(2)是否存在实数 ，使得 ？若存在，求 的值：若不存在，请说明理由；
(3)记 表示事件“甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”， 表示事件“王同学去甲运动场锻炼”，
.已知王同学在甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率，比不举办
抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率大，证明： .
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用分布列的性质求得 ，再计算出 ，代入全概率公式计算即得；
（2）先由 得到 ；再按照均值定义得出 ，消去
得出方程 ，分析函数 得其最小值为正，，方程无解，即不存在 值，
使得 ；
（3）由题意得 ，运用条件概率公式和对立事件的概率公式化简得
，再两边同减 构造出 ，整理即得.
【详解】（1）当 时， ，
则 ，解得 .
由题意，得 .由全概率公式，得
（2）由 ，得 .
假设存在 ，使 .
将上述两式左右分别相乘，得 ，化简得： .
设 ，则 .
由 ，得 ，由 ，得 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 的最小值为 ，
所以不存在 使得 .即不存在 值，使得 .
（3）由题知 ，所以 ，因 ，
故 ，
所以 ，
即 ，
所以 ，即 .
【点睛】关键点点睛：本题第1小问解决的关键是，根据题意，分析得到 的值，从而得
解.
28．（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 例如在1秒末，粒子会等可能地出现在 四点处.
(1)设粒子在第2秒末移动到点 ，记 的取值为随机变量 ，求 的分布列和数学期望 ；
(2)记第 秒末粒子回到原点的概率为 .
（i）已知 求 以及 ；
（ii）令 ，记 为数列 的前 项和，若对任意实数 ，存在 ，使得 ，则称粒
子是常返的.已知 证明：该粒子是常返的.
【答案】(1)见解析
(2)（i） ； ； （ii）见解析
【分析】（1）求出求 的可能取值及其对应的概率，即可求出 分布列，再由数学期望公式求出 ；
（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故 ；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 秒末粒子要回到原点，则必定向左移动 步，向右移动 步，向上移动 步，向
下移动 步，表示出 ，由组合数公式化简即可得出答案；（ii）利用题目条件可证明
，再令 可证得 ，进一步可得
，即可得出答案.
【详解】（1）粒子在第 秒可能运动到点 或 或 的
位置， 的可能取值为： ，， ， ，
所以 的分布列为：
.
（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故 ，
粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑：
每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有 种情形；
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 种情形；
于是 ，
第 秒末粒子要回到原点，则必定向左移动 步，向右移动 步，向上移动 步，
向下移动 步，故
.
故 .
（ii）利用 可知：，
于是 ，
令 ， ，
故 在 上单调递增，
则 ，于是 ，
从而有： ，
即 为不超过 的最大整数，则对任意常数 ，当 时，
，于是 ,
综上所述，当 时， 成立，因此该粒子是常返的.
【点睛】关键点睛：本题第二问（ii）的关键点在于利用 可得
，再令 可证得 ，进一步可得
，即可得出答案.
29．（2024·山东潍坊·二模）数列 中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列 称为
的一阶差数列，记为 ，依此类推， 的一阶差数列称为 的二阶差数列，记为 ，…．
如果一个数列 的p阶差数列 是等比数列，则称数列 为p阶等比数列 ．
(1)已知数列 满足 ， ．（ⅰ）求 ， ， ；
（ⅱ）证明： 是一阶等比数列；
(2)已知数列 为二阶等比数列，其前5项分别为 ，求 及满足 为整数的所有n值．
【答案】(1)（ⅰ） ， ， ；（ⅱ）证明见解析
(2)当 时， 为整数.
【分析】（1）（ⅰ）根据 的定义，结合通项公式求解即可；（ⅱ）根据递推公式构造
即可证明；
（2）由题意 的二阶等差数列 为等比数列，设公比为 ，可得 ，结合 进而可
得 ，从而分析 为整数当且仅当 为整数，再根据二项展开式，结合整除的性质
分析即可.
【详解】（1）（ⅰ）由 ， 易得 ，……
由一阶等差数列的定义得：
， ， .
（ⅱ）因为 ，所以当 时有 ，
所以 ，即 ，
即 ，又因为 ，故 是以1为首项，2为公比的等比数列，
即 是一阶等比数列.
（2）由题意 的二阶等差数列 为等比数列，设公比为 ，则 ， ，所以 .
由题意 ，所以 ，
所以 ，
即 .
所以 为整数当且仅当 为整数.
由已知 时符合题意， 时不合题意，
当 时， ，
所以原题等价于 为整数，
因为 ①，
显然 含质因子3，所以 必为9的倍数，
设 ，则 ，将 代入①式，
当 为奇数时， 为偶数，①式为2的倍数；
当 为偶数时， 为奇数， 为偶数，①式为2的倍数，
又因为2与9互质，所以①为整数.
综上，当 时， 为整数.
【点睛】方法点睛：
（1）新定义的题型需要根据定义列出递推公式，结合等比等差的性质求解；
（2）考虑整除时，可考虑根据二项展开式进行讨论分析.
30．（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 ，则
.其误差允许下可将左右两边视为近似相等.据此解决以下问题：
(1)有 个不同的球，其中 个有数字标号.每次等概率随机抽取 个球中的一个球.抽完后放回.记抽取 次球
后 个有数字标号的球每个都至少抽了一次的概率为 ，现在给定常数 ，则满足 的 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 相当大且远大于 ；
(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 ，则 .试问在（1）的情况下，
用容斥原理求出的精确的 的最小值是多少（结果不用取整）？ 相当大且远大于 .
（1）（2）问参考数据：当 相当大时，取 .
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设事件 为抽取 次未取到 号球，求得 ，再求 ，利用布尔不等式及
解不等式即可；
（2）由容斥原理得 ，采用换元法、二项式定理及适当放缩得 ，同取对数解不等式即可.
【详解】（1）设事件 为抽取 次未取到 号球，则 ，
由题意可知 ，
而 ，
所以 ，
解之得 ，即满足 的 的最小值为 ；
（2）结合（1）及容斥原理可知：
，①
令 ，则由上可知： ，
易知 ，
对于 ，
由于 相当大且远大于 ，所以 ，故 ，则 ，
所以①式 ，
即 ，
即用容斥原理求出的精确的 的最小值 .
【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 ，再
解不等式即可；第二问利用容斥原理得 ，根据二项式
定理适当放缩可得 ，再解不等式即可.
