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2026届高考压轴题冲刺演练（五）
概率与统计
1．（25-26高三下·江西·月考）医学研究团队研究某细菌在动物表面的扩散过程，其扩散
过程可视为在平面直角坐标系上的运动：细菌初始时位于原点，每次移动一个单位长度，
且向上、下、左、右四个方向移动的概率均为 .
(1)若细菌移动 次后所在位置的横坐标为 ，求 的分布列.
(2)医学研究团队提出一种治疗方法：分别在细菌第 、 、 、 、 次移动后，
在原点处实施一次药物注射.第 次药物注射后，若细菌位于原点，则细菌活
性降低的概率为 （ 为常数，且 ）.细菌位于原点且细菌活性降低的情况为一
次有效治疗.在 次药物注射后，每次有效治疗的概率之和为 ，治疗疗效比
.
（i）若经过 次移动后，细菌回到原点的概率为 ，求 ；
（ii）若医学研究团队想要达到只实施第一次药物注射，治疗疗效比最大的临床效果，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）
【分析】（1）分析可知随机变量 的可能取值为 、 、 ，求出随机变量 在不同取值下的概率，可得出随机变量 的分布列；
（2）（i）对 为奇数和偶数进行分类讨论，分析细菌移动到原点时向左、右、上、下移
动的次数，结合独立重复试验的概率公式可得出 的表达式；
（ii）求出 的表达式，设函数 ，分析函数 的单
调性，可得出 ，然后分 、 两种情况讨论，分析函数 的单
调性，结合 ，可得出 的取值范围.
【详解】（1）随机变量 的可能取值为 、 、 ，
， ， ，
所以 的分布列为
（2）（i）细菌在奇数次移动后不可能回到原点，所以 .
若 ，且细菌在 次移动后要到达原点，
则分别向左、右移动 次，分别向上、下移动 次.
因为
，（对于 的证明如下：现有一个装有 个白球和 个黑球的盒子
里，
从这个盒子里抽取 个球，所有的情况有： 个黑球、 个白球 个黑球、
个白球 个黑球、 、 个白球，所以 .）
所以 .
综上， .
（ii）由题意得 .
因为 ，所以 ，
所以 .
设函数 .
由
，，
即 ，
得 ，
则 ，
所以 是减函数， .
当 ，即 时， ，得 ，不符合题意.
当 ，即 时， ， ，
得 ，即 ，故 的取值范围为 .
2．（2026·重庆·二模）小明拥有1个电动玩具，厂家配备了一个装电池的盒子，内装满原
装4块电池，其中2块为可充电电池，2块为一次性电池、为了保证随时可玩耍，小明又购
买了2块可充电电池备用，他每次玩玩具时就随机从装满电池的盒子中取出1块使用，若
为一次性电池，则使用完毕后丢弃，并补充1块可充电电池装入盒中；若为可充电电池，
则使用完毕后充电，并放入盒中以备下次使用．
(1)记第 次使用后一次性电池剩余的块数为 ，求 的数学期望；(2)记第 次使用后一次性电池恰好使用完毕的概率为 ．
（i）求 ；
（ii）分析第几次使用后一次性电池恰好使用完的可能性最大．
【答案】(1)
(2)（i） （ii）第3次
【分析】（1）根据 的可能取值求出对应的概率，再由数学期望公式计算；
（2）（i）记事件 ， ， ，分析在不同抽取次数下各事件发生的情况，分别考虑
时一次性电池恰好使用完毕的概率，利用全概率公式求出 的表达式，借助于
等比数列求和公式计算即得；（ii）在（i）求得 的基础上，利用作差比较法判断其增减
性即得结果.
【详解】（1） 的可能取值为0，1，2，
所以 ，
，
所以 ；
（2）（i）记事件 ：第一次取到一次性电池，事件 ：取到可充电电池，事件 ：第二
次取到一次性电池，
由条件，假设第 次抽取时，事件 发生，概率 ，第 次抽取时，
事件 发生，概率 ，在事件 前面每次发生事件 的概率为 ，后面每次发生事件 的概率为 ，则有
．． ．．
抽取次数 1 2
． ．
．． ．．
事件
． ．
所以
即
（ii）令 ，
即 ，所以 ，
所以第3次使用后一次性电池恰好使用完的可能性最大．
【点睛】关键点点睛：在求解 的表达式时，关键在于弄清在 时一次性电池恰
好使用完毕的概率，再求和.
3．（2026·江西宜春·一模）在平面直角坐标系中，动点M从原点出发，每秒向左、向右、
向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为 .例如在1秒末，点M会等
可能地出现在 ， ， ， 四点处.
(1)已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率；
(2)记第n秒末点M回到原点的概率为 .
（i）求 ，并利用公式 求 ；（ii）令 ，记 为数列 的前n项和，若对任意实数 ，存在 ，使得
，则称点M是常返的.利用公式： ，证明：点M是常
返的.
【答案】(1)
(2)（i） ， （ii）证明见解析
【分析】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，计
算 即可；
（2）（i）分四个方向各移动一次、左右方向各移动两次、上下方向各移动两次三种情况
求 ；设左右各移动 次，上下各移动 次，即可求出 ，
再利用组合公式化简；
（ii）利用公式化简得出 ，得出 ，构造函数
，研究其单调性求出 ，即可得出 ，最后
化简得出 ，取 即可求证.
【详解】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，
由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有 种，
其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点 这四种
情况.则 ，
故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为 .
（2）（i）点M在第4秒末回到原点，有以下三种情况：四个方向各移动一次的情况有
种，
左右方向各移动两次的情况有 种，上下方向各移动两次的情况有 种，
所以 ；
若点M在第2n秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等，
设左右各移动 次，则上下各移动 次，
所以
，
（ii）由 可知：
，
则 ，
所以 ，
令 ，则 ，即函数 在 上单调递减，
所以 ，即 ，则 ，
所以， ，
记 为不超过x的最大整数，
则对任意的实数 ，当 时， ，即 ，
综上，当 时， 成立，所以点M是常返的.
4．（2026·广东湛江·二模）某校举办“数学文化节”，设有 个不同主题的展区（ ），
每个展区有唯一的主题编号，分别为1，2，…， .游客从任一展区开始参观打卡，打卡机
每次会从尚未参观过的展区中，等可能地随机选择一个作为下一个参观的展区.规定：若连
续参观的两个展区主题编号之和为奇数，则参观者获得一枚纪念章，否则不获得纪念章，
记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为 .
(1)当 时，求参观者仅获得1枚纪念章的概率；
(2)当 时，求参观者获得纪念章枚数 的分布列和数学期望；
(3)设 为 个展区时参观者获得纪念章枚数 的期望值，求 关于 的表达式，并证明
是递增数列.
【答案】(1)
(2)
1 2 3
数学期望
(3) ，证明见解析【分析】（1）先定义事件 为“参观者仅获得1枚纪念章”，确定 时全排列共 6
种，依据和为奇数需一奇一偶的条件枚举所有排列，统计符合仅 1 次条件的排列数，最后
用符合数除以总数求得概率.
（2）通过分析奇偶排列的相邻位置关系确定纪念章数量：将全排列中奇数和偶数视为两类
元素，观察相邻数对奇偶性相同的次数（即“奇奇”或“偶偶”的相邻对数），从而得出
的可能取值，枚举所有奇偶模式并计算各模式下的排列数，进而求得概率分布与数学期
望.
（3）先把相邻两个展区和为奇数的总数量期望分解成每一对相邻展区各自的期望再相加，
把复杂的整体期望转化为单个位置的简单概率问题.然后根据展区总数 的奇偶，确定奇
数编号和偶数编号各有多少个，算出任意一对相邻展区恰好一奇一偶的概率，也就是单个
位置的期望.再用这个单对期望乘上所有相邻对数 ，分别写出 为偶数、奇数时的期
望通项公式.最后用后一项减前一项作差，验证无论 是奇数还是偶数，差值都大于 0，
从而说明这个期望构成的数列是单调递增的.
【详解】（1）记事件 为“参观者仅获得1枚纪念章”，
当 时，展区编号为1，2，3，奇数有1，3；偶数有2，全排列共 种，
两个数之和为奇数当且仅当两个数一奇一偶，
枚举所有排列：123，132，213，231，312，321，
其中满足连续两个数之和为奇数的次数是1的有132，213，231，312，
所以 .
（2）当 时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共 种，
由题意知 的可能取值为1，2，3，
当获得1枚纪念章时，奇偶序列为奇奇偶偶，偶偶奇奇，
概率为 ，
当获得2枚纪念章时，奇偶序列为偶奇奇偶，奇偶偶奇，
概率为 ，
当获得3枚纪念章时，奇偶序列为奇偶奇偶，偶奇偶奇，
概率为 ，
所以 的分布列为1 2 3
数学期望 .
（3） 个展区中有 个奇数编号， 个偶数编号，
相邻的两个位置看作1对，则共有 对，定义变量 如下：
当第 （ ）对中的两个数字之和为奇数时 ，为偶数时 ，
则 .
所以 ，
因为 的取值只有0与1两个，
所以 ，
即第 组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率，
从 个数据中任选2个数据排列，共有 种可能，
当 为偶数时，则偶数与奇数各有 个，所以 ，
，
当 为奇数时，偶数有 个，奇数有 个，
所以 ，
.所以
证明递增：
当 为偶数时， ， ，
，所以 .
当 为奇数时， ， ，
，所以 .
因此 是递增数列.
5．（2026·浙江宁波·二模）某自动文本生成工具存在两种常见状态：状态1为生成状态，
在此状态下，工具根据用户输入的提示､主题或参数，利用预训练模型生成文本内容；状态
2为优化状态，在此状态下，工具对已生成的文本进行校对､润色､改写或结构优化.已知该
文本生成工具能自动进行状态切换或保持，每进行一次状态切换或保持称为一次自动操作.
假设首次（第一次）自动操作后处于状态1和状态2的概率均为 ，且之后每次自动操作
后所处的状态仅与操作前的状态有关，与更早的状态无关. 表示从第二次自
动操作开始，每次自动操作时从状态 到状态 的概率，若 ，且
.
(1)记前2次自动操作后的状态中状态为1的次数为 ，
（i）求前2次自动操作后的状态中第一次状态为1，第二次状态为2的概率；（ii）求随机变量 的期望 ；
(2)记事件 ：前 次自动操作后的状态中状态1和状态2均为 次，当 时，
证明： .
【答案】(1)（i） ；（ii） ；
(2)证明见解析
【分析】（1）（i）利用条件概率的乘法公式求解；
（ii）根据题意， 的可能取值有 ，再分别求出对应概率并计算期望即可；
（2）由题可知 ，再根据
，且 进行计算求解．
【详解】（1）记事件 ：前 次操作后处于状态1，则事件 ：前 次操作后处于状态2，
由已知得 .
（i）即求 ；
（ii） 的可能取值有 ，
，
，
，
所以 ；
（2）事件 表示 发生且第 次操作后处于状态1，事件 表示 发生且第 次操
作后处于状态2，显然 ，且 ，当 时，由 ，
得 ，
又
，
，
而
，
得
，
所以 .
6．（2026·福建·二模）某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量 的
分布列为
其中 ， ．
(1)当 时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值；
(2)已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为 ，每个
盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的
数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人．（i）求该顾客为幸运客户的概率 ；
（ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过 ，求 的取值范
围．
【答案】(1)
(2)（i） ， ；（ii） .
【分析】（1）由分布列的性质得出 ，再利用期望公式求解即可；
（2）（i）设事件 “一次性购买 个文创盲盒 ”，事件 “顾客为幸运客
户”，求出 、 ，利用全概率公式可得出 的表达式及 的取
值范围；
（ii）设事件 “一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 求得
，利用全概率公式求出 的值，利用条件概率公式结合
可得出关于 的不等式，结合 可得出 的取值范围.
【详解】（1）由题可知， ， 化简可得 ，
当 时， ，则 ，
即顾客一次性购买文创盲盒数量的平均值为 ．
（2）（i）设事件 “一次性购买 个文创盲盒 ”，事件 “顾客为幸运客
户”，
则 ， ， ， ．依题意，得 ， ，
因为每个盲盒是否为封面款相互独立，
所以 ， ，
又由题意知， ，且 、 、 、 两两互斥，
所以 ，
由（1）得， ，代入化简可得 ，
所以 ， ；
（ii）设事件 “一次性购买的文创盲盒全部是封面款”，
依题意，得 ，且 ， 、 、 两两互斥，
所以 ，
由（i）得， ，
所以幸运客户中，一次性购买的文创盲盒全部是封面款的概率为
，
由题意 ，可得 ，解得 ，
又因为 ，所以 ．
7．（2026·浙江嘉兴·二模）在某个抽奖游戏中，抽奖箱内装有 个大小相同、质地均匀的
小球，编号分别为1，2，…，n．游戏规则如下：从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回；再从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回：重复这个过程，直到某次
取到的小球的编号小于或等于上一次取到的小球的编号时停止．游戏停止时，取球的总次
数记作T， 表示“共有n个小球，按规则取球k次后游戏停止”的概率．
(1)求 和 的值；
(2)若小球的个数为n，求游戏停止时取球次数为奇数的概率 （用n表示）．
【答案】(1) ，
(2)
【分析】（1）法一列出符合题意的事件，进而递推出事件总数，最后得到概率，法二利用
对立事件与组合数的性质求解概率即可.
（2）法一结合题意得到 ，再利用递推关系求和，法二对 为奇数和偶数
分类讨论，再逆用二项式定理求解即可.
【详解】（1）法一：将n次摸到的小球的编号依次排列，
记为 ，且 ，即 ；
当 时， ；
当 时， ；……，当 时， ，
共有 种，故 ，
而 ，即 ，且 ；
当 时， ，有 种，
当 时， ，有 种，
以此类推可得 种，因此 .
法二：由题意得 的含义：摸球2次后停止，其反面为 ，
而 的含义是前2次未能停止，即前两次小球编号依次增大，有 种可能，
因此 ，
而 的含义：摸球3次后停止，其反面包含两种可能 或者 ，
其中， 的含义是前3次未能停止，即前三次小球的编号依次增大，有 种可能，
因此 .
（2）法一：记 为“摸到k号球时，后续还需抽取奇数次游戏才停止”的概率,
则 ,
设摸到k号球的下一次摸到的是m号球，
若 ，游戏停止；若 ，则游戏继续，
，
记 ，则 ，
又 ，故 ，
，
，
因此， .
法二：共n个小球，则最多 次必停止，且 ，
若 ，则说明前n次小球的编号依次增加，第 次编号任意，
因此 ，若 ，则类似（1）的讨论，
可得 ，
其中， 的含义是前 次未能停止，
即前 次编号依次增加，共 种可能，因此 ，
，
①若n为偶数，则
，
②若n为奇数，则，
综上所述， .
8．（2026·山东济宁·一模）2026年春节期间，甲乙两名同学在商场参加一个小游戏，且分
在同一组.现有 三个不透明的盒子，盒中分别装有若干个除颜色不同外，其他均相同
的球， 盒中有1个红球，2个黄球； 盒中有1个红球，3个黄球； 盒中有5个红球，3
个黄球.游戏规则如下：两人为一组参加游戏，游戏按轮依次进行，每一轮都是甲先从 盒
中随机摸出1个小球，记录颜色后再放回 盒内，然后，乙根据甲摸到小球的颜色在指定
的盒子中有放回地摸一个小球.若甲摸到红球，则乙从 盒中摸球；若甲摸到黄球，则乙从
盒中摸球.记录乙摸出小球的颜色后放回小球，本轮结束.在一轮摸球过程中，若甲和乙摸
出的小球颜色相同，则二人获得一张“骐骥”卡片；若颜色不同，则二人获得一张“驰
骋”卡片.规定连续两轮获得“驰骋”卡片时游戏结束，否则，继续游戏.假设每轮摸球结果
互不影响.
(1)求甲乙两人在一轮摸球游戏中，获得一张“驰骋”卡片的概率；
(2)记甲乙两人在第 轮摸球结束时依然未终止摸球游戏的概率为 ，且 .
（i）求 ；
（ii）求 ，并判断：当 时， 是否无限趋近于一个常数 ？若是，求出 的值；
若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i） ，（ii） ，当 时， 是否无限
趋近于一个常数 ，即 .
【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式，结合分类讨论即可求解，（2）根据 ，
可得递推关系，分情况讨论，结合等比数列的性质求解.
【详解】（1）甲从A盒中摸到红球的概率为 ，摸到黄球的概率为 ，乙从B盒中摸到黄
球的概率为 ，
红球的概率为 ，乙从C盒中摸到黄球的概率为 ，红球的概率为 ，
故甲乙两人在一轮摸球游戏中，获得一张“驰骋”卡片的概率为 .
（2）（i） ,
,
（ii）设事件 表示甲乙两人在第 轮摸球游戏中获得“驰骋”卡片，
则
，
则 ，或
又 ，
当 时， ，
所以 ， ，
，故 为等比数列，且公比为 ，首项为 ，
则 ，故 ，
而 满足上式，因此 ；
当 时， ，
则 ，则 ，
故 为等比数列，且公比为 ，首项为 ，
故 ，
而 满足上式，因此 ，
，
当 时，则 .综上可得：故当 时， 无限趋近于一个常数 ，即 .
9．（2026·安徽合肥·一模）已知一副不含大小王的52张扑克牌，共包含4种花色（黑桃、
红桃、方片、梅花），每种花色各有13张牌，牌点大小排序从大到小依次为A、K、Q、
J、10、9、8、7、6、5、4、3、2，其中A可参与组成顺子或金花A23、QKA，且满足
JQK<A23<QKA．现从该副扑克牌中随机抽取3张，定义如下牌型：
豹子：三张牌的牌点完全相同，例如：AAA、KKK、222；
顺金：花色相同且牌点构成顺子，例如：黑桃QKA、红桃JQK、方片A23；
金花：花色相同但牌点不构成顺子，例如：黑桃JKA、红桃78Q、方片A24；
顺子：牌点构成顺子但花色不全相同，例如：黑桃5红桃6方片7；
对子：恰好有两张牌的牌点相同，第三张牌的牌点与前两张不同，例如：223、334；
散牌：不构成上述任何一种牌型的3张牌组合.
请回答下列问题：
(1)在一次游戏中，记事件 为“抽到的三张牌牌点构成顺子”，事件 为“抽到的牌型为顺
金”，求 ；
(2)已知该游戏各牌型的大小规则为：豹子>顺金>金花>顺子>对子>散牌，且不按照花色区
分大小.请从概率的角度，分析该游戏的规则是否合理、公平（结果精确到小数点后四位）；
(3)玩家初始持有 次抽牌机会 ，每消耗1次抽牌机会，就从52张扑克牌中随机抽
取3张，观察牌型；若抽到顺金，则游戏获胜，立即终止；若抽到顺子但非顺金，则将当
前剩余的抽牌机会数翻倍；若抽到非连续的牌型，则剩余抽牌机会数保持为消耗1次后的
数量；若剩余抽牌机会数为0，则游戏失败，立即终止.设单次抽牌抽到顺子的概率为
，初始持有 次抽牌机会时，玩家最终获胜的概率为 .试证明：
（i）证明：数列 是严格递增数列；
（ii）证明：对任意 ，都有 .
【答案】(1)(2)规则不合理、不公平
(3)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用条件概率公式计算；
（2）求出各牌型的概率，与规则的牌型大小顺序比较判断；
（3）（i）找出数列 的递推关系，利用数学归纳法证明；（ii）利用数学归纳法证明.
【详解】（1）顺子的牌点组合共12种（A23、234、…、JQK、QKA），每种牌点组合对
应 种花色组合，故 .
顺金要求花色相同且牌点为顺子，共 种，故 .
由条件概率公式， .
（2）分别计算各牌型的概率：
， ，
， ，
，
.
概率从小到大排序： ，与规则的牌型大小顺序不一致：
顺金比豹子更稀有，却被规定为更小的牌型；
顺子比金花更稀有，却被规定为更小的牌型.
因此，该游戏规则不符合“稀有度与牌型大小正相关”的公平性原则，规则不合理、不公
平.
（3）首先明确核心概率：抽到顺金的概率： ，抽到顺子但非顺金的概率： ，抽到非顺子的概率： ，
初始1次机会，抽1次后剩余机会为0，仅抽到顺金可获胜，
故 .
初始2次机会，抽1次后剩余1次机会，递推得：
代入 ，整理得： ，即 .
（i）用数学归纳法证明：
（一）归纳奠基： 时， ，
因 ， ， ，故 .
（二）归纳推理：假设对任意 ，都有 ，即数列前 项严格递增.
对任意 ，递推公式为： ，
因此 ，
由归纳假设， ， ，且系数均为正，
故 .
由数学归纳法，对任意 ， ，即数列 严格递增.
（ii）令 ， ，不等式转化为证明 ， .
将 代入原递推公式，化简得： ，边界条件 .
令 ，求导得： ，故 在 上严格递减，
因此对任意 .下面用数学归纳法证明 ：
（一）归纳奠基：当 时， ，成立；
（二）归纳推理：假设对任意 ， .
对 ，由递推公式和归纳假设： ，
只需证明 ，两边除以 得： ，
代入 ，右边化简为 ，
左边减右边得： （因 ），
故不等式成立，即 .
由数学归纳法，对任意 ，即 ，移项得： ，得
证.
10．（2026·广东·一模）甲社区有 个女生和 个男生，且每个女生都认识所有男生；乙社
区有 个女生 和 个男生 ，其中女生 认识男生
，但不认识其他男生．现从甲社区和乙社区分别选出 队
选手参加社区比赛，每队选手均为2人．
(1)若 ， ，求所有参赛队伍的参赛选手性别相同的概率；
(2)若要求每队选手必须是男、女组队，且女生认识男生，分别记甲社区和乙社区选出的
队的不同的选法种数为 和 ．
（ⅰ）求 ，并证明：当 时， 递推公
式，并说明理由；
（ⅱ）若乙社区将选出的 个男生和 个女生按男、女搭配随机组队，求组队结果满足参赛要求的概率．
【答案】(1)
(2)（i） ，证明见详解；（ii）
【分析】（1）现根据古典概率公式求出甲乙社区的参赛选手都是男生或女生的概率，再根
据互斥事件的概率加法公式及独立事件的乘法公式求解；
（2）（i）根据题意结合排列数和组合数公式求出 ，观察 公式的结构特征，
证明 ；（ii）先求得 的递推关系式，得到
和 有相同的递推关系和初始值，利用古典概率公式求解.
【详解】（1）设事件 表示“甲社区的参赛选手都是女生”，事件 表示“乙社区的参
赛选手都是女生”，
事件 表示“甲社区的参赛选手都是男生”，事件 表示“乙社区的参赛选手都是男生”，
则 ， ， ，
所有参赛队伍的参赛选手性别相同只有两种情况，都是男生或者都是女生，即 ，
因为 ，所以 ，即事件 与 互斥，
又事件 与 互相独立，事件 与 互相独立，
所以所求事件的概率 .
（2）（i）因为甲社区中男生和女生都认识，因此 ，
当 时， ，，
所以 ，
，
，
因为 ，
两边 同乘以 ，得 .
（ii）先考虑 的递推关系式.
当 时，考虑乙社区中的女生 ，有以下两种情况：
①当女生 被选中时，其余 队共有 种不同的选法，
可在余下 个男生中任选一人，有 种选法，
因此由乘法计数原理可知，共有 种选法；
②当女生 没被选中时，此时从 中选出 个女生，从 中选出 个
男生组队，共有 种选法；
所以当 时， ，
当 时，由前述分析可得 ，由（i）可知 满足相同的递推公式 ，
因为 ， ， ，
所以 和 有相同的递推关系和初始值，
所以对任意 和 ，均有 .
所以 ，
设乙社区中各选 个男生和 个女生，男、女组成 个队，共有 种情况，且
，
因此，满足组队要求的概率 .
11．（2026·河北唐山·一模）某销售公司为了激励员工，对销售冠军——员工甲进行奖励，
奖励方案为：在一个盲盒里，有n（足够多）张奖券，这些奖券的金额各不相等，其最大
值为M，但金额具体是多少，并未公开.该员工甲需逐张随机抽取并查看金额，如果对抽取
的奖券不满意就弃掉，继续抽奖（弃掉的奖券不能再抽取），如果对这张奖券比较满意就
保留，从而停止抽奖，公司将以此奖券金额作为奖励.
(1)若甲抽取了两张，把第2张奖券保留下来，求甲获得最大金额奖励M的概率；
(2)若甲先抽取了k（ ，且 ）张奖券，记录下其中的最大金额为m，然后继续抽
取，若抽到奖券的金额小于m，就继续抽，当抽到第i（ ， ）张奖券时，其
金额大于m，则保留该奖券，停止抽奖，若未抽到金额大于m的奖券，则保留第n张.
（ⅰ）若 ，当 时，求甲获得最大金额奖励M的概率p；
（ⅱ）当调整k的取值时，甲获得最大金额奖励M的概率p也会发生变化.若 ，请估
计p的最大值，并求此时k的值.（估值参考：当 时， ， ， ，
.）
【答案】(1) ；
(2)（i） ；（ii）所以 的最大值约为0.3679，此时 ．
【分析】（1）合理设出事件，再根据全概率公式即可得到答案；
（2）（i）设 ：抽到的第 张奖券金额为 ，再利用全概率公式求出概
率通式，再代入 即可；
（ii）根据估值参考公式得 ，再设函数 ，求导得其最值，
从而得到 的估计值，最后结合其整数范围即可得到答案.
【详解】（1）设抽到的第 张奖券的金额为 ．
设 甲获得最大金额奖励 ．
注意到 ．
则 ．
（2）（i）仍设 ：甲获得最大金额奖励 ，
若 ，则 ，故只需考虑 的情况．
设 ：抽到的第 张奖券金额为 ．
由于是随机抽取，抽到的每张奖券为最大金额 的机会均等，则 ．
只有当 是前 张奖券中的最大金额，甲才会保留第 张奖券，则 ．
则 ．若 ，当 时， ．
（ii）由估值参考得 ，则 ．
令 ，则 ．
当 时， ．
当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减，
因此，当 时， 取得最大值 ．
此时 ，不是整数，
又 ，
所以 的最大值约为0.3679，此时 ．
12．（2026·福建厦门·二模）某班级在课堂上开展传递卡片游戏，规则如下：
①将 各学生依次编号为 ，每个学生手中均有红卡、黑卡各一张；
②老师先给1号学生随机等可能地发放一张红卡或黑卡；
③2号从1号手中的三张卡片中随机抽取一张，接着，3号从2号手中的三张卡片中随机抽
取一张，重复上述操作，直至 号从 号手中的三张卡片中随机抽取一张；
④老师从 号手中的三张卡片中随机取出一张弃置．
则一轮游戏结束．
(1)求在一轮游戏结束后，1号学生手中恰有两张红卡的概率；
(2)求在一轮游戏结束后， 号学生手中红卡张数的期望；
(3)在一轮游戏结束后，将手持两张同色卡片的学生淘汰，余下的学生重新编号，并按照游
戏规则重新进行下一轮游戏；当且仅当只剩一个学生未被淘汰或所有学生均被淘汰时，游
戏终止．求比赛进行两轮后终止，且此时只剩一个学生未被淘汰的概率．
【答案】(1)
(2)1(3)
【分析】（1）根据题意，在1号手中放入红卡，取出黑卡满足题意，再求解对于概率即可；
（2）先根据全概率公式，建立递推关系，求得对任意 号学生抽取卡片后手中有两张红卡
和一张黑卡的概率为 ， ，再求 号手中红卡个数 的取值及对应概率，
并求解期望即可.
（3）由题可知，一轮游戏后至少还有 个学生未被淘汰”，其中 ，进而结合
（2）得一轮后单个学生不淘汰的概率为 ，根据未被淘汰的人数 二项分布求得
，二轮结束后 人中剩1人未被淘汰的概率为：
，最后结合组合恒等式，全概率公式求得 即可.
【详解】（1）解：记 “一轮游戏结束后1号手中有两张红卡”，
若要1号手中是两张红卡，则应从在1号手中放入红卡，取出黑卡
所以 ，
所以一轮游戏结束后，1号学生恰有两张红卡的概率为 ；
（2）解：记 “抽取卡片后 号学生手中有两张红卡和一张黑卡”，
“从 号手中取出的卡为红卡”，
所以 ， ，
， ，
则由全概率公式可得：则 ，故 ，
又 ，所以 ， ，
假设一轮游戏结束后， 号手中红卡个数为 ，可能取值为 ，
，
，
，
所以 .
（3）解：由题可知，一轮游戏后至少还有两位学生未被淘汰，
记 “一轮游戏后剩 个学生未被淘汰”，其中 ，
记 “两轮游戏后恰好剩一个学生未被淘汰”，
则 ，
由（2）知，每个学生 ，一轮后最终卡片的状态概率为：
两红的概率 ；两黑的概率 ，
所以，单个学生被淘汰的概率均为 ，不淘汰的概率为
故一轮结束后，未被淘汰的人数 服从二项分布 ，
所以 ， ，
第二轮结束后， 人中剩1人未被淘汰的概率为： ，
所以 ，
由全概率公式得：因为 ，
因为 ，
所以
所以比赛进行两轮后终止，且此时只剩一个学生未被淘汰的概率
13．（2026·安徽安庆·一模）将连续正整数 从小到大排列构成一个数
， 为这个数的位数.例如：当 时，此数为 ，共有 个数
字，则 .现从这个数中随机取一个数字， 为恰好取到 的概率.
(1)求 ；
(2)当 时，求 的表达式；
(3)令 为这个数中数字 的个数， 为这个数中数字 的个数， ，
，求当 时 的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)【分析】（1）计算 和数字0的个数即可求所求概率.
（2）分 、 、 、 四种情况，依次计算得到
答案.
（3）考虑 时，当 时，当
时三种情况，得到 和 的解析式，得到 ，
再计算概率的最值得到答案.
【详解】（1）由题可知当 时， ，
即这个数中共有 个数字，其中数字 的个数为 ，
则恰好取到 的概率为 ；
（2）由题当 时，这个数由 位数组成， ；
当 时，这个数由 个一位数和 个两位数组成，
则 ；
当 时，这个数由 个一位数、 个两位数和 个三位数组成，
则 ；
当 时，这个数由 个一位数、 个两位数、 个三位数和 个四位
数组成，
则 ；
综上所述 ；
（3）当 时， ，
当 时， ；当 时， ，
即 ，
同理有 ，
由 可知 ，
所以当 时， ，
当 时， ；当 时， ；
当 时， ，
由函数 是关于 单调递增的，
得当 时，有 的最大值为 ，
又 ，所以当 时， 的最大值为 ．
14．（2026·山东德州·模拟预测）甲乙两人玩游戏，甲有标号为 的 张卡
片，乙有标号为 的 张卡片．规则如下：甲乙交替从对方手中抽取一张卡
片，甲先抽；若抽到的卡片数字与自己手中的某张卡片数字相同，则将这两张卡片丢弃，
否则，将抽到卡片放入自己手中；当有一位玩家手中没有卡片时，该玩家获胜，游戏结束．
(1)已知 ，记 为游戏结束时，甲乙双方抽取的次数和．对于正整数 ，求 ，并根据 = = ，求 ．
(2)记甲有 张卡片，乙有 张卡片时，甲获胜的概率为 ．
（ⅰ）求 ；
（ⅱ）求 ．
【答案】(1) ；
(2)（ⅰ） ；（ⅱ） .
【分析】（1）由题意可得 ，进而计算可解；
（2）（ⅰ）由 计算可解；（ⅱ）由 可得 ，根据题
意可得 ，分 为奇数与 为偶数结合等差数列通项公式求法计算
可解.
【详解】（1）由题意可知 ，
所以 ，
令 ，
则 ，
所以 ，即 ，
所以 ，所以 = = ，
（2）（ⅰ）由题意可知当 时，甲有 ，乙有 ；
甲第一次抽中 的概率 (甲胜)；抽中 的概率 ，
此时甲有 ，乙有 ，后续甲获胜概率为 ，
所以 ，所以 ；
（ⅱ）同理当 时， ，所以 ，
当 时，①若甲先抽 ，则甲、乙手中卡片的状态互换，
接下来乙抽，乙胜的概率为 ，所以甲胜概率为 ，
②若甲先抽 中一张之后，甲有 张卡片，
乙有 张卡片（含有和甲手中卡片相同数字的所有卡片），
后续乙抽后，状态必然变为甲有 张卡片，
乙有 张卡片（包含与甲手中卡片数字相同的所有卡片），则后续甲胜概率为 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，
所以数列 的奇数项与偶数项都是公差为1的等差数列，
又因为 ，
所以当 为奇数时， ，所以 ，
当 为偶数时， ，所以 ，综上： .
15．（2026·山东烟台·一模）某工厂生产一批产品，其单件产品的真实合格概率为
.由于质检设备存在误差，当单件产品为合格品时，被该质检设备检测为合格的
概率为 ，当单件产品为不合格品时，被其误判为合格的概率为 ，
且 .现从该批产品中随机抽取 件，并用该质检设备进行检测，设每件产品的检测结
果相互独立，检测结果为合格的件数为 .
(1)求单件产品的检测结果为合格的概率 ；
(2)若 为定值，求 取最大值时 的值 ；
(3)当 足够大时，（2）中的 近似服从 .设 ，当
时，试估计 的最小值及相应 的值.
说明：若 ，则 ，其中 为 的正态密度函数.
参考数据： .
【答案】(1) ；
(2) ；
(3)最小值为19600， .
【分析】（1）因为单件产品检测合格包含真实合格且检测合格、真实不合格但误判合格两
个互斥事件，所以用全概率公式计算 ，将两个事件的概率相加.（2）因为 服从二项分布，所以先写出 的表达式，将其看作关于 的函数，再
利用求函数最值的方法，比如求导或者利用组合数的性质分析函数的单调性，找到取最大
值时 的值.
（3）因为 近似服从正态分布 ，所以先将 通过正态分布的
标准化转化为标准正态分布的概率不等式，结合参考数据得到关于 的不等式，再结合
与 、 的关系，进而估计 的最小值及相应 的值.
【详解】（1）设“单件产品实际为合格品”为事件 ，“单件合格品检测为合格”为事件
，“单件不合格品误判为合格”为事件 ，则由全概率公式知，
，
即单件产品的检测结果为合格的概率为 .
（2）因为每件产品的检测结果相互独立，
所以 件产品中检测结果为合格的件数 服从二项分布 .
当 时， .
令 ，其中 ，则
令 ，得 ，且 ，
所以当 时， ，所以 在 上单调递增，
当 时， ，所以 在 上单调递减，所以，当 时， 取得最大值．因此 .
（3）由于 为随机变量，由（2）可设 .
且 ，所以 .
因为 ，所以
所以 ，
将 代入，整理得 .
因为 ，所以 ，
由题知， 近似服从 ，
所以 ，故 ，
由参考数据 ，故 ，解得 .
又 ，所以 恒成立.因为 时， 取得最大值19600.
所以 的最小值为19600，此时 .
16．（2026·福建福州·模拟预测）在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、
促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提
前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹
至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择：
方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为 ；
方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为 ；
方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为 .
(1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率；
(2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下：
①第1次，随机选择一种方案；
②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种
方案中随机选择一种.
记第n次选择方案A，B，C的概率分别为 ， ， .
（i）求 ， ，并证明：数列 为等比数列；
（ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率.
【答案】(1)
(2)（i） ， ，证明见解析；（ii）能
【分析】（1）利用全概率公式进行求解即可；
（2）（i）利用全概率公式，结合等比数列的定义进行求解即可；
（ii）根据（i）的结论，结合指数函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）设选择方案A，B，C分别为事件A，B，C，物流提前送达为事件Z，则 ，
， ， ，
.
（2）（i）由①知道 .
由②根据全概率公式
，
.
设第n次物流选择方案A，B，C为事件 ， ， ，第n次物流提前送达为事件 ，
则 ， ， ，因为 ，所以 ，
所以 .
由②根据全概率公式
，
注意到 ， ，
而 ，
所以
，
同理
.
注意到，
且 ，所以 ，
故 为定值，
即 是以 为首项， 为公比的等比数列.
（ii）由（i）可求 ，
同理
，
所以 ，
联立解得
， ，
所以 .
随着 的增大， 增大，注意到 ，所以当 时， ，
因此从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率.17．（2026·福建莆田·二模）某分布式存储系统中，数据块容量上限为 ，
数据块的初始数量为 .系统运行遵循以下规则：
①在每一时间步，系统以概率 执行清理操作（数据块的数量减 ），以概率
执行写入操作（数据块的数量加 ）；
②当数据块的数量为 （成功复位）或为 （内存溢出）时，系统运行立即终止.
记当数据块的数量为 时，系统最终以“成功复位”状态终止的概率为 .
(1)直接写出 、 的数值，并写出 、 、 的关系式；
(2)当 时，比较系统最终以“成功复位”与“内存溢出”状态终止的概率大小关系；
(3)已知：若随机变量 的取值不会影响随机变量 的概率分布列，则称 与 相互独立，
且满足 .记 为系统运行 步后的数据块的数量（假设系统在此期间
未终止）.当 时，若 与 无关，求正实数 的值.
【答案】(1) ， ， .
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）根据题意可得出 、 的数值，再利用全概率公式可得出 、 、
的关系式；
（2）结合（1）推导出可知数列 为等差数列，求出该数列的公差，可得出 的表达式，
求出系统最终以“成功复位”、“内存溢出”状态终止的概率，作差比较出这两种状态终
止概率的大小，即可得出结论；（3）设 为第 步数据块的数量的变化值， 、 、 、 相互独立，求出 的分布列，
由题意可知 ，根据题中期望的性质得出 ，根据
题意得出 恒成立，只需 ，再结合 的分布列可得出关于 的
等式，解之即可.
【详解】（1）由题意可知 ， ，
由全概率公式可得 .
（2）当 时， ，
即 ，故数列 为等差数列，设其公差为 ，
设其通项公式可得 ，
由 可得 ，所以 ，
又因为系统数据块的初始数量为 ，
所以系统最终以“成功复位”状态终止的概率为 ，
从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为 ，
令 ，解得 ，
所以当 时，“成功复位”的概率大于“内存溢出”的概率，
同理可得，当 时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率，
当 时，“成功复位”的概率小于“内存溢出”的概率.
（3）设 为第 步数据块的数量的变化值， 、 、 、 相互独立，且分布列均为 ， ，
由题意可知 ，
所以 ，
因为每步操作相互独立，所以第 步的变化值 与之前的累积状态 相互独立，
从而随机变量 与 相互独立，则 ，
因为 与 无关，所以 恒成立，所以 ，
事实上 ，故只需 ，
由 的分布列可知 ，
因式分解得 ，
又因为 ，所以 ，
所以当 时，若 与 无关，则 .
18．（2026·湖南·模拟预测）某研究团队为分析社交网络中的消费行为传播规律，构建如
下概率模型：研究团队选定 人进行研究，假设每人对消费行为的“基础易感性”参数均
相同，记为 ，该值越高表示越容易被影响．传播逐天进行，规则如下：第一天，
研究团队随机选择其中 （ ，且 ）人推送广告，每位被选中的人被成功影
响（称为“感染者”）的概率为 ，且是否被影响是相互独立的，从第二天起，每一天，
每一位当前的“感染者”会尝试影响每一位当前的“非感染者”（即 人中还未被成功影
响的人），且一旦被影响即称为“感染者”，并参与后续的影响传播．
(1)求第一天结束时，被影响的人数的数学期望；
(2)求第一天结束时，被影响的人数为偶数的概率；
(3)对于任意一位“非感染者”，若某天有 位“感染者”尝试影响他，则他当天被成功影响的概率为 ，当 时，求在两天后，甲被成功影响的概率（用
含 的式子表示）；基于此模型，简要说明为什么在实际社交网络中，某种消费行为有时
会突然“爆发式”传播．
【答案】(1)
(2)
(3)甲被成功影响的概率为 ，“爆发式传播”的原因：随着感染者
人数增加，使得非感染者被影响的概率 迅速提高，传播速度急剧加快，形成爆发
态势．
【分析】（1）第一天被影响人数服从二项分布 ，利用性质直接求解期望.
（2）利用二项分布奇偶项概率的对称性，构造方程求解.
（3）按“甲第一天是否被选中”及“第一天感染者人数”分类讨论，用全概率公式累加各
路径概率.
【详解】（1）设 表示第一天结束时被影响的人数，则 ，
由二项分布的期望公式得 ．
（2）由（1）可知 ，考虑二项展开：
，
，
两式作和， ，
当 为偶数时， ；当 为奇数时， .
设第一天结束时，被影响的人数为偶数的概率为 ，所以 ，
故 ．
（3）情形一：
甲被推送广告的概率是 ，甲在两天后被成功影响有两种情形：
①第一天被影响，概率为 ；
②第一天未被影响，概率为 ，且第二天被影响，
若甲第二天被影响，则第一天另一位初始被选中者乙一定被影响，乙作为感染者尝试影响
甲，
甲被影响的概率为 ，
故甲在第一天未被影响，第二天被成功影响的概率为 ，
因此，在甲是初始选中的两人之一的条件下，甲在两天后被成功影响的概率为：
．
情形二：若甲不是初始选中的两人，其概率为 ，甲在两天后被成功影响有两种情形：
①第一天有1人被成功影响，再由此人成功感染甲，
概率为： ；
②第一天有2人被成功影响，甲在第二天被成功影响，概率为：
，
因此，在甲不是初始选中的两人的条件下，甲在两天后被成功影响的概率为：
．
综上，甲在两天后被成功影响的概率为
．“爆发式传播”的原因：随着感染者人数增加，每天尝试影响非感染者的感染者人数 增
大，
使得非感染者被影响的概率 迅速提高，传播速度急剧加快，形成爆发态势．
19．（2026·山东菏泽·一模）甲参与了一个有奖闯关游戏，游戏共设置3关，他每次从装
有1个红球，2个黑球，3个黄球的袋中有放回地摸出1个球（这些球除颜色外完全相同），
规则如下：过第一关时，若摸到黄球则前进到第二关，否则留在第一关；过第二关时，若
摸到黑球则前进到第三关，否则留在第二关；过第三关时，若摸到红球则通关成功，游戏
结束，否则留在第三关.假设甲的摸球次数不受限制.
参考公式：若 ，则 .
(1)求甲摸球3次恰好通关成功的概率；
(2)已知X，Y是随机变量，则 ，现用 表示“甲通关成功所需的摸
球次数”，求 ；
(3)设甲摸球 次后通关成功的概率为 ，求出 与 的递推关系式，并证明
.
【答案】(1)
(2)11
(3) ，证明见解析
【分析】（1）每一关都一次通过则刚好摸球3次恰好通关，直接计算即可；
（2）设 表示甲从第 关过关所需的摸球次数，利用参考公式分别求出每一关的数学期望
再相加即可求解；
（3）先设摸球 次停在第3关的概率为 ，摸球 次停在第2关的概率为 ，根据条件找到 ， ， 之间的表达式，由 ，构造等比数列化简得到
，进而得到 ， 即
可求解.
【详解】（1）由题意：摸到黄球的概率为 摸到黑球的概率为 摸到红球的概率为
设摸球3次恰好通关为事件A，则
（2）设 表示甲从第 关过关所需的摸球次数
则 ,所以
,所以
,所以
由 ，
得
（3）设甲摸球 次通关成功的概率为 ，摸球 次停在第3关的概率为 ，摸球 次停在
第2关的概率为 ，
则由 ，
可得
又因为
所以
所以
所以
所以
所以
所以 ， ， 所以 时成立，
所以
又当 时，
所以
20．（2026·江西·模拟预测）小明玩一个掷骰子游戏：每次同时掷三枚均匀的六面骰子
（点数从1到6），记录点数和.每枚骰子朝上的点数互不影响，游戏规则如下：
•若连续两次点数和大于等于12，则游戏立即结束.•若某次点数和小于12，则之前的“点数和大于等于12”的次数清零，并从下一次重新开始
计数.
以当前连续点数和大于等于12的次数作为状态，记状态0为上一次点数和小于12或刚开
始，状态1为上一次点数和大于等于12，状态2为游戏结束.
(1)求一次掷三枚骰子，点数和大于等于12的概率p.
(2)设从状态0开始，记第n次掷骰子后游戏首次结束（即首次到达状态2）的概率为 .
①求 ， ；
②证明：数列 满足递推关系 （ ， ）；
(3)以掷骰子的次数为步数，构成一个马尔可夫链.
设从状态0、状态1出发到游戏结束所需步数的期望分别为 、 ．
考虑当前状态与下一步可能转移的状态，建立关于 、 的方程组（例如：在状态0时，
掷一次骰子后可能仍处于状态0或进入状态1，步数期望如何表达？）；以此为依据解答
下列问题：
设随机变量X表示从开始到游戏结束时所需的掷骰子次数（即首次到达状态2的步数），
求X的数学期望 ．
【答案】(1) ；
(2)① ， ；②将“第 次首次结束”的事件拆解为两种互斥的状态转移场景，
利用互斥事件的概率加法公式，推导得到数列的递推关系.
(3)
【分析】（1）三枚骰子的总基本事件数，利用三枚骰子点数和的对称性，枚举点数和≥12
的所有基本事件数，代入古典概型概率公式计算 .
（2）游戏“连续两次点数和≥12才结束”的规则，判断第1次投掷无法满足结束条件得
，再利用独立事件概率乘法公式计算第2次首次结束的概率 ；（3）从状态0、状态1出发到游戏结束的期望步数 、 ，根据马尔可夫链的状态转移规
则，建立关于 、 的线性方程组，通过消元法解方程组，得到 即为随机变量 的数
学期望 .
【详解】（1）同时掷三枚均匀的六面骰子，每枚骰子有6种等可能的结果，
因此总基本事件数为 .
三枚骰子的点数和范围为 ，且满足对称性：
点数和为 的情况数，与点数和为 的情况数完全相等.
枚举点数和≥12的所有基本事件数：
点数和为12：25种；
点数和为13：21种；
点数和为14：15种；
点数和为15：10种；
点数和为16：6种；
点数和为17：3种；
点数和为18：1种.
满足“点数和≥12”的基本事件总数为： .
由古典概型的概率公式得 .
（2）①由题意， 表示从状态0开始，第 次掷骰子后游戏首次结束的概率.
对于 ：游戏结束的充要条件是“连续两次点数和≥12”，仅进行1次投掷无法满足“连续
两次”的要求，因此第1次投掷后不可能首次结束，故 .
对于 ：第2次投掷后首次结束，需满足第1次、第2次的点数和均≥12（状态转移为：
状态0→状态1→状态2）.
由于两次投掷相互独立，得 .故 ， .
②证明：设事件 为“第 次掷骰子后游戏首次结束”，则 .
事件 可分解为以下两个互斥事件的和：
事件 ：第一次掷骰子点数和小于12，且后续 次投掷中游戏首次结束
第一次点数和小于12的概率为 ，根据游戏规则，点数和小于12时，
此前的连续计数清零，回到初始状态0.此时要在第 次首次结束，
等价于从初始状态0出发，在后续 次投掷中首次结束，该事件的概率为 ，
由独立事件的概率乘法公式， .
事件 ：第一次掷骰子点数和大于等于12、第二次掷骰子点数和小于12，且后续 次
投掷中游戏首次结束
第一次点数和大于等于12的概率为 ，第二次点数和小于12的概率为 ；根据游戏规
则，第二次点数和小于12时，连续计数清零，回到初始状态0.此时要在第 次首次结束，
等价于从初始状态0出发，在后续 次投掷中首次结束，该事件的概率为 .
由独立事件的概率乘法公式， .
由于事件 与事件 互斥， ，得：
.
（3）由题意，随机变量 表示从开始（状态0）到游戏结束的投掷次数，因此 .
根据马尔可夫链的状态转移规则，建立线性方程组：
从状态0出发：投掷1次骰子（步数+1），以概率 转移到状态1，以概率 留在状态
0，
因此，从状态1出发：投掷1次骰子（步数+1），以概率 转移到状态2（游戏结束，剩余期望
步数为0），
以概率 回到状态0，因此，
对第一个方程化简： ，
将式(1)代入第二个方程，=可得： ，
展开得 ，移项合并得
所以 ，解得：
将式(2)代入式(1)，得： ，
将 代入，计算得： .
因此，随机变量 的数学期望 .
21．（2026·山东·模拟预测）在棱长为1个单位的正方体 中，一个质点从顶
点 出发，每隔1秒等可能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的．设第 秒
后，质点回到 点的概率为 ．
(1)求 和 ；(2)设第 秒后，质点移动到 点的概率为 ，移动到 点的概率为 ，移动到 点的概率
为 ．
（i）证明：存在常数 ，使得 ；
（ii）记 的前 项和为 ，证明：存在常数 ，使得 ．
【答案】(1) ；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1） 时，从A出发，第1秒只能移动到相邻的3个顶点（B，C，D），第2
秒要回到A，每个方向的概率都是 ，从而可得 ， 时，质点不可能返回到A，
故 ；
（2）（i）由正方体的对称性可知 秒后质点到 三点的概率相同，都为 ；质点恰
好到 三点的概率也相同，都为 ；从而可得 及 ，
进而可证明结论；（ii）由题意可得 ，进
而可得 ，再进一步可得 ，再由累乘法可得 为
偶数时 ， 为奇数时 .再通过分组求和可得 及所证不等式.
【详解】（1）当 时，从A出发，第1秒只能移动到相邻的3个顶点（B，D，C），
第2秒要回到A，必须从这3个顶点之一沿原路返回.每个顶点有3条棱，返回A的概率是
.所以 .
当 时，第2秒时，质点在(B，D，C)三点的概率均为 .
从这三点出发，第3秒无法回到A（因为它们与A距离为1，第3秒移动后距离为2），所
以 .
故 ， .
（2）（i）由对称性可知第 秒 后质点恰好走到 三点的概率相同，都为 ；
第 秒 后质点恰好走到 三点的概率也相同，都为 ；
第 秒 后质点恰好走到点 的概率为 ．记第 秒 后质点的位置为 ，
则 ，
即 ，
再由 ，即
．
于是存在常数 ，使得 ．
（ii）由 可知 ，
由 可知 ，
于是 ——①， ——②， ——③， ——④.
由①②得 ，即 ——⑤，
再由①③④得 ——⑥，由⑤得 ， 代
入⑥，化简得 .
因为 ，
则 ．
由 ，于是 ．所以 .
所以当 为奇数时， ， ，……，
，上述 个式子相乘得
．
又由 ，即 可知 ．
所以 ，解得 ，
即当 为奇数时， ，所以当 为偶数时，
当 为偶数时， ， ，
，上述 个式子相乘得 ,即 .
又由 可知 ．解得 ，即当 为奇数时，
．
因此，当 为奇数时， ；当 为偶数时， ．当 时， ，
则 ．
当 时，
，
即 ．
所以存在常数 ，使得 ．
