专题08数列与概率、立体几何、解析几何的交汇（原卷版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年02月试卷_02272025年高考数学压轴大题必杀技系列·数列

专题 8 数列与概率、立体几何、解析几何的交汇
新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革,数列解答题的难度增加,作为压轴题出现
的概率变大,而数列与其他知识的交汇备受青睐,如2024年新高考全国卷I第19题考查的是数列与概率的
交汇,2024年新高考全国卷II第19题考查的是数列与解析几何的交汇,本专题总结数列与概率、立体几何、
解析几何交汇的常见类型及求解,供大家参考.
（一）数列与排列组合的交汇
对于排列数 与组合数 而言,当 变动时对应的一列数就可以看作数列,所以与排列数与组合数有关的
等式与不等式问题,大多可以看作数列求解.
【例1】（1）我们学过组合恒等式 ,实际上可以理解为 ,请你利用这个观
点快速求解： .（计算结果用组合数表示）
（2）（i）求证： ；
（ii）求值： .
【解析】（1）
学科网（北京）股份有限公司；
（2）（i） ；
（ii）
由（i）得 ,
则有 ,
原式
构造数列 ,令 ,则 ,
所以
所以 ,即 ,
即 ,所以 ,即数列 是周期为6的数列.
又因为 ,
所以 .
【例2】绿化美化环境,建设美丽乡村.某村拟将村外的空地分成五块（如图1）,种植花草（中间的圆圈不种
植）,现有四种不同的花卉供选择,要求每一块种植一种花,相邻区域种不同的花卉,设所种花卉的种数为X .
学科网（北京）股份有限公司(1)求X 的分布列与期望；
n1n2
n1
(2)若将空地分成 个区域（图2）,在这 个区域上种植花卉,要求相邻区域种不同的花卉,现有5
种不同的花卉供选择,问有多少种不同的种植方法？
X A2 12
【解析】（1） 的所有可能值为2,3,4.若种两种花卉,则种植方法有 4 ；
C3C1A3 48 A4 24
若种三种花卖,则种植方法有 4 2 3 ；若种四种花卉,则种植方法有 4 ；
所有的种植方法有12482484.
12 1 48 4 24 2
PX 2  PX 2  PX 2 
所以 , , ,
84 7 84 7 84 7
所以X 的分布列为
X 2 3 4
1 4 2
P
7 7 7
1 4 2 22
的期望EX2 3 4  .
X 7 7 7 7
A C1 5
（2）分两步,第一步种植区域 0,有 5 种种植方法；
A ~ A n a
1 n n
第二步种植区域 ,在 块区域种植不同的花卉（有4种花卉供选择）,设不同的种植方法有 种.
a 4312 a 43224
显然 2 , 3 ；
n4 A A A A
当 时, 1有4种种植方法, 2有3种种植方法,… n有3种种植方法（不论是否与 1同种）,所以共有
43n1 种种植方法,其中包含了 A n与 A 1同种的情况,此时,可以看成 A n和 A 1合为一个区域,则共有 n1 个区域,
学科网（北京）股份有限公司a
n1
即 种种植方法,
a 43n1a n4 a 3n   a 3n1n4
所以 n n1 ,可得 n n1 ,

a
3nn4
a 34 3
所以,数列 n 是以1为公比的等比数列,又 4 ,
a 3n 31n4 a 3n31n4n4
所以, n , n .
a 12 a 24
2 3
又 , ,也适合上式,
a 3n31n4 3n 31n
所以,当 n2 时, n .
5a 53n151n
由分步乘法原理知,在这 n1 个区域上种植花来,不同的种植方法有 n , n2 .
（二）数列与概率的交汇
与事件发生次数n（n比较大）有关的概率的计算,通常先确定 与 的递推关系,再构造等差（比）数列
求 .
【例3】（2024届湖南省衡阳市衡阳县第一中学高三下学期最后一卷）在”五四”来临之际,某学校团委组
织以“春风吹,青春启航”为主题的知识竞赛,比赛分初赛和决赛两个阶段,甲、乙两人进入决赛争夺冠军,决
赛规则如下：每轮答题获得 分,其概率为 ,获得 分,其概率为 .最多进行 轮答题,某同学累计得分为
分时,比赛结束,该同学获得冠军,另一同学获得亚军.
(1)当进行完 轮答题后,甲同学总分为 ,求 的分布列及 ；
(2)若累计得分为 的概率为 ,（初始得分为 分, ）
①求 的表达式( ).
②求获得亚军的概率.
【解析】（1）设进行完 轮答题时,得 分的次数为 , .
学科网（北京）股份有限公司, ,
随机变量 表示甲同学的总分,其可能取值为 , , , ,
, ,
,
所以 的分布列为：
3 4 5 6
（2）①当 时,即累计得分为 分,是第一轮抢答得 分, ,则 ,
累计得分为 分的情况分两种：
（i） ,即累计得分为 分,又一轮抢答得 分,其概率为 .
（ii） ,即累计得分为 分,又一轮抢答得 分,其概率为 .
则 ,所以 .
所以数列 是首项为 ,公比为 的等比数列.
所以 .
②由①得 , , , ,
学科网（北京）股份有限公司各式累加得： .
而 ,所以 .
所以获得冠军的概率： .
所以获得亚军的概率为： .
【例4】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．其数学定义为：假设我们的序列状态是……
X ,X ,X ,X X X
t2 t1 t t1 t1 t
,…,那么 时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态 ,即
PX ,X ,X ,X PX X 
t1 t2 t1 t t1 t ．
现实生活中也存在着许多马尔科夫链,例如著名的赌徒模型．
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏,每一局赌徒赌赢的概率为50%,且每局赌赢可以赢得1元,每一局
赌徒赌输的概率为50%,且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去,直到遇到如下两种情况才会结束赌博游
A  AN*,AB 
戏：记赌徒的本金为 一种是赌金达到预期的B元,赌徒停止赌博；另一种是赌徒输光本金
后,赌徒可以向赌场借钱,最多借A元,再次输光后赌场不再借钱给赌徒．赌博过程如图的数轴所示．
当赌徒手中有n元
AnB,nZ
时,最终欠债A元（可以记为该赌徒手中有A元）概率为 P(n)
,请回答
下列问题：
P(A) P(B)
(1)请直接写出 与 的数值．
学科网（北京）股份有限公司{P(n)}
(2)证明 是一个等差数列,并写出公差d．
A100 B300,B1500 P(A) P(A)
(3)当 时,分别计算 时, 的数值,论述当B持续增大时, 的统计含义．
nA A P(A)1
【解析】（1）当 时,赌徒已经欠债 元,因此 ．
nB P(B)0
当 时,赌徒到了终止赌博的条件,不再赌了,因此输光的概率 ；
（2）记M :赌徒有n元最后输光的事件,N:赌徒有n元上一场赢的事件,
1 1
PMPNPM NP  N  P  M N  ,即P(n) P(n1) P(n1),
2 2
P(n)P(n1)P(n1)P(n)
所以 ,
{P(n)}
所以 是一个等差数列,
P(n)P(n1)d P(n1)P(n2)d, ,P(A1)P(A)d

设 ,则 ,
1
累加得 ,故 ,得d  ；
P(n)P(A)(nA)d P(B)P(A)(AB)d AB
n A
（3） ,由（2）P(n)P(A)(n A)d  ,
A100 AB
2A 2A
代入 可得P(A)P(A) ,即P(A)1 ,
n A AB AB
1 7
PA P(A)
当 时, ,当 时, ,
B300 2 B1500 8
P(A)
当B增大时, 也会增大,即输光欠债的可能性越大,因此可知久赌无赢家,
即便是一个这样看似公平的游戏,只要赌徒一直玩下去就会100%的概率输光并负债．
（三）数列与立体几何的交汇
求解此类问题,通常先把立体几何知识与排列组合知识结合,然再与与概率与数列等知识建立联系.
【例5】已知正四棱锥 的侧棱和底面边长相等,在这个正四棱锥的 条棱中任取两条,按下列方
式定义随机变量 的值：
若这两条棱所在的直线相交,则 的值是这两条棱所在直线的夹角大小（弧度制）；
学科网（北京）股份有限公司若这两条棱所在的直线平行,则 ；
若这两条棱所在的直线异面,则 的值是这两条棱所在直线所成角的大小(弧度制).
（1）求 的值；
（2）求随机变量 的分布列及数学期望 .
【解析】根据题意,该四棱锥的四个侧面均为等边三角形,底面为正方形,容易得到 , 为等腰
直角三角形, 的可能取值为： , , ,共 种情况,其中： 时,有 种； 时,有
种； 时,有 种；
（1） ；
（2） , ,
根据（1）的结论,随机变量的分布列如下表：
根据上表, .
n4 nN* S n
【例6】（2024届重庆市高三第三次联合诊断）已知 且 ,设 是空间中 个不同的点构成的集合,
d S{d |A,BS,AB}.
其中任意四点不在同一个平面上, AB表示点 A ,B间的距离,记集合 AB
学科网（北京）股份有限公司ABCD AB平面BCD BC CD ABBC CD1
(1)若四面体 满足： , ,且
①求二面角CADB的余弦值：
S A,B,C,D S
②若 ,求
4cardSn1
(2)证明：
1
参考公式：x
1
2x
2
2

x
n
2 
n
(x
1
x
2


x
n
)2

CD
【解析】（1）以C为原点, 方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,
C0,0,0 D1,0,0 B0,1,0 A0,1,1
则 , , , ,
   
CA0,1,1 CD1,0,0 BD1,1,0 AD1,1,1
, , , ,
mC  A  0 yz0
①设平面CAD的法向量m x,y,z,则  mC  D  0 ,即 x0 ,取m 0,1,1,
 n  A  D  0 abc0
设平面BAD的法向量为 na,b,c,则  n  B  D  0 ,即 ab0 ,取 n1,1,0,
mn 1 1
cos<m,n  
所以 m n 2 2 2,即二面角CADB的余弦值为 1
2
；
ABBC CD1 BD AC  2 AD 3
② , , ,
rS  1, 2, 3 
所以 ；
n1
（2）设cardrS k,rS{d
1
,d
2
,
L
,d
k
},下证 k 
4
,
学科网（北京）股份有限公司设S中任意不同的两点的 C2 n个距离中,距离等于 d i的有 x i个, i1 ,2, L ,k,
则 C2 n x 1 x 2   x k,记S中n个不同点分别为 A 1, A 2, L , A n,设到点 A j的距离等于 d i的点的个数为 x ij个,
(i1,2,L j1 L n)
,k； ,2, , ,
x i1 x i2  L x in 2x i (i1,2,L k)
则 , , ,
k n
x )x 2C2
所以(x 11 x 12  L x 1n )(x 21 x 22  L x 2n ) L (x k1 x k2  L x kn )(x k1 x k2  L kn i1 j1 ij n ,
d d A,B,C NS
考虑由S中的点构成的满足 AB AC的点组 的个数 ,
k
C2 NS j1i  1 C2
一方面,当A取 A j (j1,2, L ,n)时,这样的点组有 i1 x ij 个,故有 n k x ij,
B,C NS3C2
另一方面,因为S中任意四个点不共面,所以对任 ,点A的选取至多有3种,故有 n ①,
所以NS  j1i  1 C2  i  1  j1 C2  1i  1  j1  x2x   1i  1  j1 x2C2
n k xij k n xij 2 k n ij ij 2 k n ij n
n
(x )2
1 k ij 2 k 2 k 2
  j1 C2  x2C2  (x)2C2  (C2)2C2 ,
2 n n n i n nk i n nk n n
i1 i1 i1
2 n1
C2 4k  .
结合①得
nk n 4
（四）解析几何中的某些量成等差（比）数列问题
此类问题属于解析几何与等差（比）数列的简单交汇,通常利用等差（比）中项的结论来求,如若 成
等差数列 .
x2 y2
【例7】（2024届江苏省南京市、盐城市高三一模）已知椭圆C：  1ab0的右焦点为F1,0,
a2 b2
AM a AF
x4
右顶点为A,直线l： 与x轴交于点M,且 ,
学科网（北京）股份有限公司(1)求C的方程；
(2)B为l上的动点,过B作C的两条切线,分别交y轴于点P,Q,
①证明：直线BP,BF,BQ的斜率成等差数列；
PNQ90 BM
②⊙N经过B,P,Q三点,是否存在点B,使得, ？若存在,求 ；若不存在,请说明理由.
F1,0
c1
【解析】（1）由右焦点为 ,得 ,
AM a AF 4a aa1
因为 ,所以 ,
a4
a4aa1
a22a40
若 ,则 ,得 ,无解,
x2 y2
若
a4
,则 4aaa1,得
a2 4
,所以
b2 3
,因此C的方程
4

3
1.
B4,t yt kx4
（2）设 ,易知过B且与C相切的直线斜率存在,设为 ,
yt kx4

x2 y2
联立  1 ,消去y得 34k2 x28kt4kx4t4k2120 ,
 4 3
Δ64k2t4k24  34k24t4k2120
由   ,得12k28tkt230,
8t 2t t23
设两条切线BP,BQ的斜率分别为 , ,则k k   ,kk  .
k 1 k 2 1 2 12 3 1 2 12
t t
k  
①设BF的斜率为k
3
,则
3 41 3
,
2t
k k  2k
因为 ,所以BP,BF,BQ的斜率成等差数列,
1 2 3 3
②法1：在 yt k 1 x4 中,令 x0 ,得 y P t4k 1,所以 P0,t4k 1  ,
学科网（北京）股份有限公司Q0,t4k  yt2k k 
同理,得 2 ,所以PQ的中垂线为 1 2 ,
1
y x2t2k
易得BP中点为 2,t2k 1  ,所以BP的中垂线为 k 1 1 ,
yt2(k k )
1 2

 1
联立  y k 1 (x2)t2k 1 ,解得 N2k 1 k 2 2,t2k 1 k 2 ,
 
NP2kk 2,2k 2k  NQ2kk 2,2k 2k 
所以 1 2 2 1 , 1 2 1 2 ,
 N  P    N  Q  0 4kk 124k k 2 0 kk 1  k k
要使 ,即 1 2 1 2 ,整理得 1 2 1 2 ,
而 k 1 k 2  k 1 k 2 2 4k 1 k 2     2 3 t   2 4 t2 1  2 3  t2 3 9 ,
t23 t29
1 
所以 12 3 ,解得t2 7, t  7 ,因此 BM  7,
 
NPNQ0 BM  7
故存在符合题意的点B,使得 ,此时 .
（五）解析几何中的点列问题
此类问题通常是通过n次操作得到n个点,求解的关键是根据第n+1个点与第n个点的关系,建立点列坐标之
间的递推关系,再利用数列知识求解.
C:x2y2 1 l A A x l
【例8】已知双曲线 ,直线 为其中一条渐近线, 1为双曲线的右顶点,过 1作 轴的垂线,交 于
点 B 1,再过 B 1作 y 轴的垂线交双曲线右支于点 A 2,重复刚才的操作得到 B 2 ,A 3 ,B 3 ,  ,A n ,B n ,记 A n x n ,y n  ．
x 
(1)求 n 的通项公式；
学科网（北京）股份有限公司1
a  ,b a
(2)过A作双曲线的切线分别交双曲线两条渐近线于M ,N ,记 i M N i i1 ,求证：
i i i 1 1
1 1 2n3 n 2n11
 ln b 
2 3 2 5 i 2 ．
i1
C:x2y2 1 yx
【解析】（1）双曲线 ,渐近线方程为 ,
y x A x ,y  x2y2 1 x2x2 1
由已知可得： n n1,又点 n n n 在双曲线上,所以 n n ,即 n n1 ,
 x2
x2 1 x2 n x  n
所以 n 是以 1 为首项,公差为1的等差数列,所以 n 即 n
A x,y  x2y2 1
（2）设 i i i ,有 i i ,
A y 0 k
i i
以 为切点的双曲线的切线, 时斜率存在时,设斜率为 ,
ykxx y
C
切线方程为 i i,代入双曲线 ,
 1k2 x22ky kx xy kx 210
得 i i i i ,由Δ0,
x
k  i
得y2k22x ykx2 0,解得 y ,切线方程为xxy y1,
i i i i i i i
A 1,0
1 为切点的双曲线的切线方程 x1 也满足,
xxy y1 1 1
 i i x y   i i1
由yx ,可得 x y i i1 ,
i i
 
M i i1, i i1
即 i ,
学科网（北京）股份有限公司xxy y1 1 1
 i i xy   i i1
由yx 可得 x y i i1 ,
i i
 
N i i1, i1 i M N  (2 i1)2(2 i)2 2 2i1
即 i ,所以 i i ,
1 1 1
a   b 
所以 i M N 2 2i1 , i 2 2i1.
i i
1 1 1 2i1 2i1
b    
先证右边： i 2 2i1 2i1 2i1 2i1 2i1 2 ,
n 1 1 31 5 3 2n1 2n1
b       
所以 i 2 3  2 2n1 2 2  2
i1
2n11
 ,右边得证.
2
xln1x f xxlnx1(x0)
下证左边：先证 ,令 ,
1 x
fx1  0
,
x1 x1
f x 0, f x f 00
所以 在 递增,所以 ,
xln1x
x0
即 时, ,
1  1  2 2i11
所以 b i  2 2i1 ln   1 2 2i1   ln   2 2i1    ,
i2 2 2i112 2i3
当 时, ,
证明如下：


2 2i11]2

2 2i3]2 42i14 2i1142i3
4 2i174 570
2 2i11 2 2i3 1 2i3
ln ln  ln
所以   2 2i1     2 2i1   2 2i1,
所以当n2时：
n 1 1 1 1 1 7 1 2n3 1 1 2n3
b i  2 3  2 5    2 2n1  2 3  2 ln 5    2 ln 2n1  2 3  2 ln 5 ,
i1
学科网（北京）股份有限公司1 n 1 1 2n3
当n1,b  成立,所以 b   ln ,左边得证,所以命题得证．
1 2 3 i 2 3 2 5
i1
E F(x,y)0 (x,y) 
1
【例9】在平面直角坐标系xOy中,若在曲线 的方程 中,以 （ 为非零的正实数）代替
(x,y) E F(x,y)0 E、E (x,y)(x,y)
得到曲线 2的方程 ,则称曲线 1 2关于原点“伸缩”,变换 称为“伸缩
变换”,称为伸缩比.
x2 y2 1
(1)已知曲线E
1
的方程为
4

3
1,伸缩比 
2
,求E
1
关于原点“伸缩变换”后所得曲线E
2
的方程；
x2
(2)射线 的方程 ,如果椭圆E : y2 1经“伸缩变换”后得到椭圆 ,若射线 与椭圆
l y 2x(x0) 1 4 E 2 l E 1 、E 2
3
| AB|
E
分别交于两点A、B,且 3 ,求椭圆 的方程；
2
E :x2 2p y (x,y)x,y E :x2 2p y E
(3)对抛物线 1 1 ,作变换 1 1 ,得抛物线 2 2 ；对 2作变换
(x,y)x,y E :x2 2p y E :x2 2p y
2 2 ,得抛物线 3 3 ；如此进行下去,对抛物线 n n 作变换
(x,y)x,y E :x2 2p y p 1  2n p  p
n n ,得抛物线 n1 n1 ,…若 1 , n ,求数列 n 的通项公式 n.
1  2 1  2
 x  y
【解析】（1）由条件得2  2  ,整理得x2 y2 ,所以 的方程为x2 y2 ；
 1  1  1
E
4 3 16 12 2 16 12
E E
（2）因为 1, 2关于原点“伸缩变换”,
2x2
对 作变换 ,得E : 2y2 1,
E (x,y)(x,y)(0) 2 4
1
y 2xx0

 x2 2 2 2
联立  y2 1 ,解得点 的坐标为  ,   ,
3 3
 4 A  
y 2xx0

2x2  2 2 2
联立  2y2 1,解得点 的坐标为  ,   ,
3 3
 4 B  
学科网（北京）股份有限公司2 2 3 2 2 1 2 2 1
AB  12      
所以 3 3 3 ,所以3 3 3或3 3 3,
2 x2 4y2
所以 或 ；因此椭圆 的方程为 或  1；
2 3 E 2 x24y2 1 9 9
E :x2 2p y (x,y)x,y
（3）对 n n 作变换 n n ,
2p
x2  n y
得抛物线 E n1 : n x2 2p n  n y ,得  n ,
p p 1 n
p  n n1  
又因为x2 2p y,所以 n1  ,即 p 2 ,
n1 n n
p p p p p p 1 123n1
n  n1  n2  4  3  2  
当 n2 时, p p p p p p 2 ,
n1 n2 n3 3 2 1
1 1
n(n1) n(n1)
12 12
得 p n  2   , p 1 1 适用上式,所以数列p n 的通项公式 p n  2   .
C:x2y2 mm0 P5,4
【例1】（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知双曲线 ,点 1 在 C 上, k 为常数,
0k 1 ．按照如下方式依次构造点 P n n2,3,... ：过 P n1作斜率为 k 的直线与 C 的左支交于点 Q n1,令 P n为
Q y P x ,y 
n1关于 轴的对称点,记 n的坐标为 n n .
1
(1)若k  ,求 ；
x ,y
2 2 2
1k
(2)证明：数列x y 是公比为 的等比数列；
n n 1k
(3)设 S n为  P n P n1 P n2的面积,证明：对任意正整数 n , S n S n1.
【解析】（1）
学科网（北京）股份有限公司m5242 9 C x2y2 9
由已知有 ,故 的方程为 .
1 x3 x3 2
当 k  2时,过P 1 5,4且斜率为 1 2 的直线为 y 2 ,与x2y2 9联立得到 x2  2   9 .
解得 x3 或 x5 ,所以该直线与 C 的不同于 P 1的交点为 Q 1 3,0 ,该点显然在 C 的左支上.
P 3,0 x 3 y 0
故 2 ,从而 2 , 2 .
（2）由于过 P n x n ,y n  且斜率为 k 的直线为 ykxx n y n,与 x2y2 9 联立,得到方程
x2 kxx y 2 9
n n .
 1k2 x22ky kx xy kx 290 P x ,y  ykxx y
展开即得 n n n n ,由于 n n n 已经是直线 n n和
x2y2 9 xx
n
的公共点,故方程必有一根 .
2ky kx  2ky x k2x y k2y 2kx
从而根据韦达定理,另一根x n n x  n n n ,相应的ykxx y  n n n .
1k2 n 1k2 n n 1k2
2ky x k2x y k2y 2kx 
Q  n n n , n n n 
所以该直线与C的不同于P 的交点为 n  1k2 1k2 ,而注意到Q 的横坐标亦可通过
n n
y kx 2 9
n n
韦达定理表示为  1k2 x n ,故 Q n 一定在 C 的左支上.
x k2x 2ky y k2y 2kx 
P  n n n , n n n 
所以 n1  1k2 1k2 .
x k2x 2ky y k2y 2kx
这就得到x  n n n ,y  n n n .
n1 1k2 n1 1k2
学科网（北京）股份有限公司x k2x 2ky y k2y 2kx
所以x y  n n n  n n n
n1 n1 1k2 1k2
x k2x 2kx y k2y 2ky 1k22k 1k
 n n n  n n n  x y  x y  .
1k2 1k2 1k2 n n 1k n n
1k
再由x
1
2y
1
2 9,就知道x
1
y
1
0,所以数列x
n
y
n
是公比为
1k
的等比数列.
1
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U,V,W ,若U  V  a,b,U  W  c,d,则 S UVW  2 adbc .
U,V,W S 0
（若 在同一条直线上,约定 UVW ）
1     1    
证明：S  UV UW sinUV,UW  UV UW 1cos2UV,UW
UVW 2 2
2
   
 1 U  V  U  W  1 UVUW   1 U  V 2 U  W 2   U  V  U  W 2
 
2  UV UW  2
 
1 1
  a2b2 c2d2 acbd2  a2c2a2d2b2c2b2d2a2c2b2d22abcd
2 2
1 1 1
 a2d2b2c22abcd  adbc2  adbc .
2 2 2
x k2x 2ky y k2y 2kx
证毕,回到原题.由于上一小问已经得到x  n n n ,y  n n n ,
n1 1k2 n1 1k2
x k2x 2ky y k2y 2kx 1k22k 1k
故x y  n n n  n n n  x y  x y  .
n1 n1 1k2 1k2 1k2 n n 1k n n
1k
再由x 1 2y 1 2 9,就知道x 1 y 1 0,所以数列 x n y n  是公比为 1k 的等比数列.
m x y y x
n nm n nm
所以对任意的正整数 ,都有
1 1
 x x y y x y y x   x x y y x y y x 
2 n nm n nm n nm n nm 2 n nm n nm n nm n nm
1 1
 x y x y  x y x y 
2 n n nm nm 2 n n nm nm
11k m 11k m
   x y x y    x y x y 
21k n n n n 21k n n n n
学科网（北京）股份有限公司 1 2       1 1  k k    m     1 1  k k   m     x n 2y n 2  9 2       1 1  k k    m     1 1  k k   m    .
 P  P    x x ,y y   P  P  x x ,y y 
而又有 n1 n n1 n n1 n , n1 n2 n2 n1 n2 n1 ,
故利用前面已经证明的结论即得
1
S S  x x y y y y x x 
n PnPn1Pn2 2 n1 n n2 n1 n1 n n2 n1
1
 x x y y y y x x 
2 n1 n n2 n1 n1 n n2 n1
1
 x y y x x y y x x y y x 
2 n1 n2 n1 n2 n n1 n n1 n n2 n n2
1 91k 1k 91k 1k 9 1k 2 1k 2
 2 2  1k  1k    2  1k  1k    2    1k    1k     .
 
S n S S
n n n1
这就表明 的取值是与 无关的定值,所以 .
x k2x 2ky y k2y 2kx
方法二：由于上一小问已经得到x  n n n ,y  n n n ,
n1 1k2 n1 1k2
x k2x 2ky y k2y 2kx 1k22k 1k
故x y  n n n  n n n  x y  x y  .
n1 n1 1k2 1k2 1k2 n n 1k n n
1k
再由x 1 2y 1 2 9,就知道x 1 y 1 0,所以数列 x n y n  是公比为 1k 的等比数列.
m x y y x
n nm n nm
所以对任意的正整数 ,都有
1 1
 x x y y x y y x   x x y y x y y x 
2 n nm n nm n nm n nm 2 n nm n nm n nm n nm
1 1
 x y x y  x y x y 
2 n n nm nm 2 n n nm nm
11k m 11k m
   x y x y    x y x y 
21k n n n n 21k n n n n
 1 2       1 1  k k    m     1 1  k k   m     x n 2y n 2  9 2       1 1  k k    m     1 1  k k   m    .
学科网（北京）股份有限公司91k 1k
x y y x    x y y x
这就得到 n2 n3 n2 n3 21k 1k n n1 n n1 ,
91k 2 1k 2
以及 x n1 y n3 y n1 x n3  2     1k    1k      x n y n2 y n x n2.
x y y x x y y x x y y x x y y x 
两式相减,即得 n2 n3 n2 n3 n1 n3 n1 n3 n n1 n n1 n n2 n n2 .
x y y x x y y x  y x x y y x x y
n2 n3 n n2 n1 n3 n n1 n2 n3 n n2 n1 n3 n n1
移项得到 .
y y x x y y x x 
故 n3 n n2 n1 n2 n1 n3 n .
 
PP x x ,y y  P P x x ,y y 
而 n n3 n3 n n3 n , n1 n2 n2 n1 n2 n1 .
 
PP P P S S S S
所以 n n3和 n1 n2平行,这就得到 P n P n1 P n2 P n1 P n2 P n3,即 n n1.
【例2】（2024届江苏省南京市第九中学高三上学期12月月考）在某公司组织的团建活动中,A,B,C三个
人进行传排球游戏,规定：甲将排球抛出,乙接住或自己接住为一次传球,假设每次传球都能成功.当排球在A
1
1 1
手中时, 传给 的概率为 , 传给自己的概率也为 ；当排球在 手中时, 传给 的概率为 , 传给
A B 2 A 2 B B A 3 B C
的概率为
2
3
；当排球在C手中时,C传给
A
,
B
的概率均为
1
2
.游戏开始时,排球在
A
手中,经过n
 nN*
次传
a b
A n B n
球后,设排球在 手中的概率为 ,排球在 手中的概率为 .
b a
2 3
(1)求 , 的值；
(2)经过50次传球后,排球在谁手中的概率最大？请说明理由.
n(nN*) C c 1a b
n n n
【解析】由题意得,经过 次传球后,排球在 手中的概率为 ,
1 1
a  ,b  ,c 0
,
1 2 1 2 1
第 n1(nN* 次传球后,排球在 A 手中的概率为 a n1,在 B 手中的概率为 b n1,在 C 手中的概率为 c n1,
学科网（北京）股份有限公司 1 1 1  1 1
a  a  b  (1a b ) a   b
 n1 2 n 3 n 2 n n  n1 2 6 n
 
 1 1  1 1
b  a  (1a b ) b   b
则由题意得 n1 2 n 2 n n ,则 n1 2 2 n ,
 
 2  2
c  b c  b
  n1 3 n   n1 3 n
1 1 1 1 1 1 1
b   b b   b   b   0
由 n1 2 2 n,得 n1 3 2 n 3, 1 3 6 ,
 1 1 1
所以b  是以 为公比, 为首项的等比数列,
 n 3 2 6
所以b n  1 3  1 6      1 2    n1  1 3      1 2    n ,所以 b n  1 3    1     1 2    n   ,
a n1  1 2  1 1 8    1     1 2    n    9 4  1 9      1 2    n1 ,a n  9 4  1 9      1 2    n , n2 ,而a 1  1 2 也满足上式,
所以a n  9 4  1 9      1 2    n , c n1  9 2   1     1 2    n   , c n  9 2   1     1 2    n1   , n2 ,而 c 0 也满足上式,
1
所以 c n  9 2   1     1 2    n1   ,所以b 2  1 3     1 1 4     1 4 ,a 3  9 4  1 9      1 8     1 2 1 4 .
（2）由（1）得,
当 n50 时,a 50  9 4  1 9     1 2    50 , b 50  1 3    1    1 2    50   , c 50  9 2   1    1 2    49   ,
4 1 1 50 1 1 50
a b      1  
因为 50 50 9 9 2 3 2 
1 2 1 50
    0
9 9 2 ,所以a b ,
50 50
因为 b 50 c 50  1 3    1    1 2    50    9 2   1    1 2    49    1 9  7 9     1 2    50 0,
b c a b c
50 50 50 50 50 A
所以 ,所以 ,所以经过50次传球后,排球在 手中的概率最大.
学科网（北京）股份有限公司
A A AA
【例3】定义空间中既有大小又有方向的量为空间向量．起点为 1,终点为 2的空间向量记作 1 2 ,其大小
称为  A  1  A  2 的模,记作  A  1  A  2 ,  A  1  A  2 等于 A 1 ,A 2两点间的距离．模为零的向量称为零向量,记作0  ．空间向量的加
      
a,b,c aaa3a
法、减法以及数乘运算的定义与性质和平面向量一致,如：对任意空间向量 ,均有
          
         ab ca bc abc  a  a
abba ,0aa0a, ；对任意实数和空间向量a,均有 ；
对任意三点 A 1 ,A 2 ,A 3,均有  A  1  A  2   A  2  A  3   A  1  A  3 等．已知体积为 V i i1,2,  ,24 的三棱锥
P i ABCi1,2,  ,24 的底面均为 ABC ,在 ABC 中, AB2 3,Q 是 ABC 内一点, AQB120 ．记
24
V V ．
i
i1
(1)若
AQCQ,AB AC,ACQ30,P
i
i1,2,

,24
到平面 ABC 的距离均为1,求 V ；
  
APBPCP i
(2)若Q是 ABC的重心,且对任意i1,2,  ,24,均有 i i i ．
（i）求V 的最大值；
 a ,a , ,a j1,2, ,5
（ii）当 V 最大时,5个分别由24个实数组成的24元数组 j,1 j,2  j,24  满足对任意
3V 24
a  i a a 0
j1,2,  ,5,i1,2,  ,24,均有 j,i i ,且对任意 1 j 1  j 2 5, j 1 , j 2 N 均有 i1 j 1 ,i j 2 ,i 求证：
a a 1 j  j 5, j, j N i1,2,3,4,5
j1,i j2,i 不可能对任意 1 2 1 2 及 均成立．
n  n  2 n 24
（参考公式： x i x 1 x 2   x n ,   x i  x i 22 x i y i ,i300 ）
i1 i1 i1 1ij i1
1
【解析】（1）如图,在 中,AQ ACsinACQ AC．
 ACQ 2
学科网（北京）股份有限公司AC  AB,AQCQ QABACQ30
因为 ,所以 ,
ABQ QBA180AQBQAB30 QAB

所以在 中, ,
1
AB
所以在 中,AQBQ 2 2,
ABQ cosQAB

1
S  ABAC4 3
所以 ,所以 的面积为 ,
AC 4 ABC 2

V  1 Sd  4 3 V  24 V 32 3
所以 i 3 PiABC 3 ,所以
i1
i ．
3 3
（2）（i）因为 是 的重心,所以 的面积为S 3S  AQBQ,
Q

ABC

ABC QAB 4
ABQ AB2  AQ2BQ22AQBQcosAQB

在 中,由余弦定理得, ,
AQ2BQ2AQBQ12
即 ,由基本不等式知,
AQ2BQ2AQBQ123AQBQ AQBQ4
,所以 ,
S�3 3 AQBQ2
故 ,等号当且仅当 时成立,
   
Q ABC AQBQCQ0
又由 是 的重心知, ,
         
AP BP CP  AQQPBQQPCQQP  3QP
所以 i i i i i i ,
 i 1 1  3
QP  i1,2, ,24 V  Sd  SQP  ii1,2, ,24
所以 i 3  ,所以 i 3 P iABC 3 3  ,
学科网（北京）股份有限公司24 3 24
V V  i100 3
所以 i 3 ,等号当且仅当AQBQ2,
i1 i1
QP  ABC V 100 3
且 i 平面 时成立,所以 的最大值为 ．
3
（ii）由（i）知,V  i,所以对任意 ,
i 3 j1,2,  ,5,i1,2,  ,24
3V
均有 a j,i  i i 1 ,故 a2 j,i 1 ,记 S i a 1,i a 2,i   a 5,i,
24 24
S2   a a  a 2 52  a a S2 1202  a a
则
i 1,i 2,i  5,i j1,i j2,i
,所以
i j1,i j2,i
,
1j1j25
i1 i11j1j25
24
a a 0
由于任意1 j  j 5, j, j N均有 j 1 ,i j 2 ,i ,
1 2 1 2 i1
24 24
  a a 0 S2 120
所以 j1,i j2,i ,所以 i ．
i11j1i25 i1
a a 1 j  j 5, j, j N i1,2,3,4,5
假设 j1,i j2,i 对任意 1 2 1 2 及 均成立．
则对于i1,2,  ,5,均有 S i 2   a 1,i a 2,i   a 5,i 2   5a 1,i 2 25 ,
24 5 24 5 24
s2 s2s2 s2 125 S2 120
i i i i i
所以 ,与 矛盾,
i1 i1 i6 i1 i1
a a 1 j  j 5, j, j N i1,2,3,4,5
所以假设不成立,即 j1,i j2,i 不可能对任意 1 2 1 2 及 均成立．
A0,1,P
OA
【例4】（2024届河北省多校联考高三下学期适应性测试）已知平面内定点 是以 为直径的圆
C上一动点（O为坐标原点）．直线OP与点A处C的切线交于点B,过点B作x轴的垂线BN ,垂足为N ,过
P x PQ Q P BN PM M
点 作 轴的垂线 ,垂足为 ,过点 作 的垂线 ,垂足为 ．
(1)求点M 的轨迹方程Γ；
PMNQ
(2)求矩形 面积的最大值；
学科网（北京）股份有限公司M Γ xn,xn(nN*) x  n 
(3)设 的轨迹 ,直线 与 轴围成面积为 ,甲同学认为随 的增大, 也会达到无穷大,
乙同学认为随n的增大不会超过4,你同意哪个观点,说明理由．
M(x,y) AB y1 B(x,1) P O
【解析】（1）设点 ,依题意,直线 的方程为 , ,显然点 与 不重合,
当点P与点A不重合时,连接AP,由P是以OA为直径的圆C上一点,则APOP,
|PO| |AO| |PO| |PQ|
 
由 轴,得 ∽ ∽ ,则 , ,
AB//x AOB POA QPO |AO| |OB| |OB| |AO|
 
1
而 ,则 1 ,于是 x21 y,即 1 ,
|OP|  y
|OB| x21 x21 x21 1 x21
1
当点 与点 重合时,点 与点 重合,点 与点 重合,而 满足y ,
P A B A M A (0,1) x21
1
所以点 的轨迹方程 ：y .
M Γ x21
1 1 1
（2）由（1）知,点 的轨迹方程y ,显然 y  ,
M x21 x21 (x)21
y
即点M 的轨迹关于 轴对称,不妨令点P在第一象限,
|PQ| |OQ| y |OQ|
显然 ∽ ,  ,  ,因此 ,
△OPQ △OBN |BN| |ON| 1 x |OQ|xy
1 x x3
设矩形 的面积为 ,则S(x) y(x|xy|) (x ) (x0),
PMNQ S(x) x21 x21 x42x21
3x2(x42x21)x3(4x34x) x2(x23)(x21)
S(x) 
求导得 (x42x21)2 (x42x21)2 ,
0x 3 S(x)0 S(x) x 3 S(x)0 S(x)
当 时, ,函数 单调递增,当 时, ,函数 单调递减,
3 3 3 3
S(x) S( 3)
因此 max 16 ,所以当x 3时,矩形PMNQ面积的最大值为 16 .
（3）同意乙同学的观点,随n的增大不会超过4.
学科网（北京）股份有限公司1 1
由（1）知点 的轨迹方程为y ,设 f(x) ,显然 是偶函数,
M x21 x21 f(x)
2x
f(x)
求导得 ,当 时, ,函数 在 上单调递减,且恒有 ,
(x21)2 x0 f(x)0 f(x) (0,) f(x)0
1 4 1 1
则有
f(0) f( ) f(1) f(2)
,即
1   
,
2 5 2 5
当n增大时,面积的值也在增大,
1
过点(
2
,0),(1,0),(2,0),(3,0),(4,0),  ,(n,0)分别作
x
轴的垂线交函数y f(x)的图象
1 1
于点( , f( )),(1, f(1)),(2, f(2)),(3, f(3)),(4, f(4)),

,(n, f(n)),
2 2
1
f(x)
由 在 上单调递减,
x21 (0,)
1 1 1
x(0, ) f(0) 
得当 时, 的图象与 轴之间部分的面积小于 ,
2 f(x) x 2 2
1 1 1 4 1
当 x( ,1) 时, 的图象与 轴之间部分的面积小于 f( )   ,
2 f(x) x 2 2 5 2
1
f(1)
当 时, 的图象与 轴之间部分的面积小于 ,
x(1,2) f(x) x 2
1
当 时, 的图象与 轴之间部分的面积小于 f(2) ,
x(2,3) f(x) x 5
L L L L
1
f(n2)
当 时, 的图象与 轴之间部分的面积小于 ,
x(n2,n1) f(x) x (n2)21
1
f(n1)
当 时, 的图象与 轴之间部分的面积小于 ,
x(n1,n) f(x) x (n1)21
M Γ xn,xn(nN*) x 
则 的轨迹 ,直线 与 轴围成面积为 ,
1 1 1
2[ f(0) f( ) f(1) f(2)  f(n2) f(n1)]

2 2 2
1
 f(0) f( )2f(1)2f(2) 2f(n2)2f(n1)

2
学科网（北京）股份有限公司4 2 1 1 1 1
1 1 2[     ]
 ,
5 5 321 421 (n2)21 (n1)2 1
1 1 4 2 2
   
当 时,n21 n2 1 (2n1)(2n1) 2n1 2n1,
nN,n3 4
6 2 2 2 2 2 2 4
因此2 2(    

  )4 4
5 5 7 7 9 2n1 2n1 2n1
所以随n的增大不会超过4.
【例5】（2024届湖南省新高考十八校联盟高三下学期3月月考）2023年10月11日,中国科学技术大学潘
建伟团队成功构建255个光子的量子计算机原型机“九章三号”,求解高斯玻色取样数学问题比目前全球是
快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比特只能处于0态或1态,量子计算机的量子比特
（qubit）可同时处于0与1的叠加态,故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量
子计算机以每个粒子的自旋状态作为是子比特,且自旋状态只有上旋与下旋两种状态,其中下旋表示“0”,上
旋表示“1”,粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后,粒子自
p
旋状态等可能的变为上旋或下旋,再输入第二道逻辑门后,粒子的自旋状态有 的概率发生改变,记通过第二
道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为X .
1
p
(1)若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为2,且 ,求两个粒子通过第一道逻辑门后上旋
3
粒子个数为2的概率；
n
 n1,nN*
p p p
(2)若一条信息有 种可能的情况且各种情况互斥,记这些情况发生的概率分别为 1, 2,…, n,
H  f p  f p  f p  f xxlog x
则称 1 2 n （其中 2 ）为这条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二
道逻辑门后上旋粒子个数为X 的信息熵H；
(3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门,当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入,否则重复输入第二道逻辑
门直至其变为上旋粒子,设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为Y（Y 1,2,3,⋯,n,⋯）.证明：当
n 无限增大时,Y的数学期望趋近于一个常数.
lim qn 0 lim nqn 0
0q1
参考公式： 时,n ,n .
A i  i i0
【解析】（1）设 “两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为 个”, ,1,2,
B“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为2个”,
学科网（北京）股份有限公司1 2 1 1 2 1
PA PA    PAC1   
则 0 2 2 4, 1 2 2 2,
PB∣A  1 PB∣A 2 PB∣A  4 PB 2 PAPB∣A 1  1  1  2  1  4  1
0 9, 1 9, 2 9,则 i i 4 9 2 9 4 9 4 ,
i0
1 4
PA∣B PA 2 B  PA 2 PB∣A 2   4  9  4
故 2 PB PB 1 9 .
4
（2）由题知X 0,1,2,
1 1 1 1
由（1）知 PX 2 p2 p1 p 1 p2  ,
4 2 4 4
1 1 1 1
同理可得PX 1 4 C1 2 p1 p 2   p21 p2   4 C1 2 p1 p 2 ,
1
则PX 01PX 1PX 2
,
4
1 1 1  1 1 1 1 3
H  f   f   f  2 log  log 
故X 的信息熵 4 2 4  4 2 4 2 2 2 2 .
PY n1 pn1 p
（3）由题知 ,其中n1,2,3,…,
EY11 p0 p21 p1 pn1 pn1 p
则 ,
n n n
ip1 pi1 pi1 pi1 i1 pi1 11 p0 21 p1 n1 pn1
又 ,则 ,①
i1 i1 i1
n
1 pi1 pi1 11 p1 21 p2 n1 pn
,②
i1
n
得：pi1 pi1 1 p0 1 p1 1 pn1 n1 pn
①②
i1
11 pn 1 1 pn
 n1 pn   n1 pn
p p p ,
1
由题知,当
n
无限增大时,1 pn趋近于零, n1 pn趋近于零,则 EY趋近于
p
.
学科网（北京）股份有限公司所以当n无限增大时,Y的数学期望趋近于一个常数.
1．甲口袋中装有2个黑球和3个白球,乙口袋中装有5个白球. 现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入
n X p
n n
另一口袋,重复 次这样的操作. 记甲口袋中黑球个数为 ,恰有1个黑球的概率为 ,恰有2个黑球的概
q
n
率为 .
p， q p，q
(1)求 1 1与 2 2；
a  p 2q a 1
(2)设 n n n,求证：数列 n 是等比数列；
X EX  n
(3)求 n的数学期望 n （用 表示）.
x2 y2
2．(2024届福建省泉州市高三5月适应性练习)设A,B为椭圆C：  1的短轴端点,P为椭圆上异于
4 3
A,B的任意一点,D在直线x4上．
(1)求直线PA,PB的斜率的乘积；
5π
APB
(2)证明： ；
12
(3)过右焦点F作x轴的垂线l,E为l上异于F的任意一点,直线DF交C于M,N两点,记直线ED,EM ,EN 的
k k k k k k
斜率分别为 1, 2, 3,是否存在 1, 2, 3的某个排列,使得这三个数成等差数列？若存在,加以证明；若不存在,
请说明理由．
3．有一个益智类的古堡探险闯关游戏,玩家每局都有甲､乙两座不同的古堡可供选择.已知某玩家古堡甲闯
3 3
2
关成功的概率为 ,古堡乙闯关成功的概率为 .若该玩家第一局选择古堡甲闯关的概率为 ,前一局选择了
3 5 4
1
古堡甲闯关,则继续选择古堡甲闯关的概率为 ；前一局选择了古堡乙闯关,则继续选择古堡乙闯关的概率为
3
学科网（北京）股份有限公司1
2 .
(1)求该玩家第一局闯关成功的概率；
n P n Q
(2)记该玩家第 局选择古堡甲闯关的概率为 n,第 局闯关成功的概率为 n.
P Q
（i）求 n和 n的表达式；
220n53
Q 
（ii）当nN*时,求证：
n 705n1
.
4.中国女排是中国各体育团队中成绩突出的体育团队之一,曾是世界上第一个“五连冠”得主,并十度成为世
界冠军,2023年在杭州第19届亚运会上女排再度获得冠军．她们那种团结协作、顽强拼搏的精神极大地激
发了中国人的自豪、自尊和自信,为我们在新征程上奋进提供了强大的精神力量．如今,女排精神广为传颂,
家喻户晓,各行各业的人们在女排精神的激励下,为中华民族的腾飞顽强拼搏．某中学也因此掀起了排球运
动的热潮,在一次排球训练课上,体育老师安排4人一组进行传接球训练,其中甲、乙、丙、丁四人刚好围成
2 1
一个矩形（如图）,已知当某人控球时,传给其相邻同学的概率为 ,传给对角线上的同学的概率为 ,由甲开
5 5
始传球．
(1)求第3次传球是由乙传给甲的概率；
(2)求第n次传球后排球传到丙手中的概率；
 n  n
(3)若随机变量X i 服从两点分布,且PX i 11PX i 0q i ,i1,2,…,n,则 E   i1 X i    i1 q i,记前n次
n Y E(Y)
（即从第1次到第 次传球）中排球传到乙手中的次数为 ,求 ．
1
5．（2024届浙江省第一届启航杯联考）浙里启航团队举办了一场抽奖游戏,玩家一共抽取n次.每次都有2
1
的概率抽中,2 的概率没抽中.小明的抽奖得分按照如下方式计算：
学科网（北京）股份有限公司1.将玩家n次抽奖的结果按顺序排列,抽中记作1,未抽中记作0,形成一个长度为n的仅有01的序列.
t t2
2.定义序列的得分为：对于这个序列每一段极长连续的1,设它长度为 ,那么得分即为 .
3.序列的得分即为每一段连续的1的得分和.
123212 11
例如:如果玩家A抽了7次,第1,3,4,5,7次中奖,那么序列即为1,0,1,1,1,0,1,得分为 .可能用到的
X,Y E(X)E(Y)E(X Y)
公式：若 为两个随机变量,则 .
n3 X E(X)
(1)若 ,清照进行了一次游戏.记随机变量 为清照的最终得分,求 .
Z n E(Z)
(2)记随机变量 表示长度为 的序列中从最后一个数从后往前极长连续的1的长度,求 .
nk A E(A)
(3)若 ,清照进行了一次游戏.记随机变量 为清照的最终得分,求 .
1
6．甲､乙､丙三人进行一种传球游戏：当球在甲手中时,甲将球保留（也记为一次传球）的概率为 ,否则甲
3
1
将球传给乙；当球在乙手中时,乙将球传给甲的概率为 ,否则乙将球传给丙；当球在丙手中时,丙将球传给
3
1
甲的概率为 ,否则丙将球传给乙.初始时,球在甲手中.
3
(1)设传球三次后,球在甲手中的次数为X ,求随机变量X 的分布列和数学期望；
n  nN* P P
(2)传 次球后 ,记球在乙手中的概率为 n,求数列 n 的通项公式；
2n
d  3
(3)在第（2）问的条件下,设 n 5 P 1 .求证：n 1 d 1  d 2    d n  n  nN*.
2 n 3 d d d 3
2 3 n1
7．现有 n 枚游戏币 C 1 ,C 2 ,  ,C n n3 ,游戏币 C k k 1,2,  ,n 是有偏向的,向上抛出后,它落下时正面朝上
1
的概率为 ．甲、乙利用这 枚游戏币玩游戏．
2k n
C ,C ,C
1 2 3 X X
(1)将 这3枚游戏币向上抛出,记落下时正面朝上的个数为 ,求 的分布列；
(2)将这n枚游戏币向上抛出,规定若落下时正面朝上的个数为奇数,则甲获胜,否则乙获胜,请判断这个游戏规
则是否公平,并说明理由．
学科网（北京）股份有限公司8．现有抽球游戏规则如下：盒子中初始装有白球和黑球各一个,每次有放回的任取一个,连续取两次,将以上
过程记为一轮.如果每一轮取到的两个球都是白球,则记该轮为成功,否则记为失败.在抽取过程中,如果某一轮
成功,则停止游戏；否则,在盒子中再放入一个黑球,然后接着进行下一轮抽球,如此不断继续下去,直至成功.
(1)某人进行该抽球游戏时,最多进行三轮,即使第三轮不成功,也停止游戏,记其进行抽球游戏的轮数为随机变
量X ,求X 的分布列和数学期望；
(2)有数学爱好者统计了1000名玩家进行该抽球游戏的数据,记t表示成功时抽球游戏的轮数, y 表示对应的
人数,部分统计数据如下：
t 1 2 3 4 5
5
y 232 94 44 23
7
ˆ
b
yˆ  aˆ
经计算发现,非线性回归模型 t 的拟合效果优于线性回归模型,求出y关于t的非线性回归方程,并顶测
第7轮成功的人数（精确到1）：
1  1  1  1  1  1  1  1   1  1  1
1  1 1     1 1 1   
(3)证明：22  22 32  22  32 42  22  32   n2 (n1)2  2（其中nN*且
n
x y nxy
i i
b ˆ  i1 ,aˆ yb ˆ x
）.附：回归方程系数： n ；
x2nx2
i
n2
i1
1 5 s 1 5 5 5
x  ,t2 55,x2 1.46,x  x 0.46,x2 0.21 t y 882,x y 313.6
参考数据：设 i t i i 5 i , i i i i
i i1 i1 i1 i1 i1
9．（2023届安徽省马鞍山市第二中学高三5月高考适应性考试）某射击场提供一项付费射击能力测试,参
n
 nN*
加测试的人员每人只有一次测试机会,测试前领取 发子弹,每次射击需要一发子弹,测试者连续射击,
命中目标即停,并获得“通过”,若子弹耗尽仍未击中目标则测试不通过.已知甲、乙两位测试者每次射击命
p
q p,q0,1
中目标的概率分别为 和 , ,且两人射击命中目标与否相互独立.
p0.75 n n
0
(1)若 ,则要保证甲有98%的概率获得“通过”测试,求 的最小值 ；
学科网（北京）股份有限公司n  nN*,n2 
(2)现甲、乙两人一起领取了 发子弹,若由甲先测试,然后乙利用剩余的子弹进行测试,两人都
P Q
通过测试的概率记为 n；若由乙先测试,然后甲利用剩余的子弹进行测试,两人都通过测试的概率记为 n.
1 2
p q
①当
2
,
3
时,试比较P
n
与Q
n
的大小.
P Q
②猜想一般情况下 n与 n的大小关系.（直接写出结果,不需证明）
（参考数据：lg20.3）
10．在2024年5月举行的第一届全国全民健身大赛（西南区）篮球项目贵州选拔赛暨2024年贵州省篮球
公开赛中,铜仁市代表队凭借出色的技术和顽强拼搏的精神,从全省42支队伍中脱颖而出,闯进决赛．受此影
响,铜仁市某校掀起了篮球运动的热潮,在一次篮球训练课上,甲、乙、丙三位同学进行传球训练,第1次由甲
将球传出,每次传球时,传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人．
(1)求2次传球后球在甲手中的概率；
 1
(2)设 n  nN* 次传球后球在甲手中的概率为 P n ,求证数列   P n  3  为等比数列,并求数列 P n  的通项公式；
A,B,C,D A,B,C,D
(3)现在丁加入传球训练,且甲、乙、丙、丁四人分别站定于如图所示的 四点（ 为正方形的
1
1
四个顶点）,且每次传球时,传球者将球传给相邻同学的概率为 ,传给对角线上同学的概率为 （例如：甲
4 2
1 1
传球给乙或丁的概率都是4,传球给丙的概率是2  ；若第一次仍由甲将球传出,则 n  nN* 次传球后,试比
较球在甲、乙、丙、丁手中概率的大小,并说明理由．
11．（2024届浙江省杭州学军中学高三下学期4月适应性测试）斜二测画法是一种常用的工程制图方法,在
学科网（北京）股份有限公司y y y 45
已知图形中平行于 轴的线段,在直观图画成平行于 轴（由 轴顺时针旋转 得到）的线段,且长度为原
1
来的2 ,平行于x轴的线段不变.如图,在直角坐标系xOy中,正方形ABCD的边长为 2.定义如下图像变换：
T T i
1表示“将图形用斜二测画法变形后放回原直角坐标系”； 2 表示“将图形的横坐标保持不变,纵坐标
i1
拉伸为原来的 倍”.
i
ABCD T A BC D A ,B
(1)记正方形 经过两次 1变换后所得图形为 2 2 2 2 ,求 2 2的坐标；
(2)在第 i 次复合变换中,将图形先进行一次 T 1变换,再进行一次 T 2 i 变换, i1,2,...,n . 记正方形 ABCD 进行 n
D H
n n m
次复合变换后所得图形为A
n
B
n
C
n
D
n
.过A
n
作C
n
D
n
的垂线,垂足为H n,若 H
n
C
n
恒成立,求m的取值范围.
12．（2024届甘肃省兰州第一中学高三下学期寒假开学测试）信息论之父香农（Shannon）在1948年发表
的论文“通信的数学理论”中指出,任何信息都存在冗余,冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单
词）的出现概率或者说不确定性有关,香农借鉴了热力学的概念,把信息中排除了冗余后的平均信息量称为
1,2, ,n

“信息熵”,并给出了计算信息熵的数学表达式．设随机变量X所有取值为 ,且
i1
PX i p i 0i1,2,  ,n,p 1  p 2   p n 1,定义 X 的信息熵 HX n p i log 2 p i
HX
n1
(1)当 时,求 的值；
学科网（北京）股份有限公司 1
(2)当
n2
时,若p
1


0,
2


,探究 HX与p
1
的关系,并说明理由；
1
(3)若 p 1  p 2  2n1 ,p k1 2p k ,k 2,3,  ,n ,求此时的信息摘HX．
1,2,3,,n
 nN*
n n
13．定义一：整数 的排列称为 级排列,例如：2431是一个4级排列．定义二：在一个
j j j  j
1 2 3 n
级排列 中,如果一对数的前后位置与大小顺序相反,那么它们就称为一个逆序．一个排列中逆序的
Fj j j  j 
总数就称为这个排列的逆序数,记为 1 2 3 n ．例如：4级排列2431中的逆序有21,43,41,31,所以
F24314
．
F215643
(1)求6级排列215643的逆序数 ；
(2)称逆序数是偶数的排列为偶排列,逆序数是奇数的排列为奇排列
n
nn1n221
nN*
①判定 级排列 , 的奇偶性；
n T x 1 x 2 x 3 x n1 x n n T
②现将一个 级排列 ： 中的任意两个数交换位置,其余数位置不变,得到一个新的 级排列 ,
证明：T与T的奇偶性不同．
m(m1) m1 C0 C1 n(n3)
14．如图所示数阵,第 行共有 个数,第m行的第1个数为 m1,第2个数为 m,第 个数为
Cn1 Cn3 C0 1
mn2 mn2,规定： 0 .
(1)计算前4行的最后两个数,试判断每一行的最后两个数的大小关系,并证明你的结论；
(2)从第1行起,每一行最后一个数依次构成数列
a
n

,设数列
a
n

的前 n 项和为 S n,是否存在正整数 k ,使得对
学科网（北京）股份有限公司n kS ≤4n1 k
n
任意正整数 , 恒成立？如存在,请求出 的最大值；如不存在,请说明理由.
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