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培优点 06 概率与统计的创新题型（2 大考点+强化训练）
概率与统计问题在近几年的高考中背景取自现实，题型新颖，综合性增强，难度加深，主要考查学生
的阅读理解能力和数据分析能力．要从已知数表、题干信息中经过阅读分析判断获取关键信息，搞清各数
据、各事件间的关系，建立相应的数学模型求解．
知识导图
考点分类讲解
考点一：概率和数列的综合问题
规律方法 概率问题与数列的交汇，综合性较强，主要有以下类型：
(1)求通项公式：关键是找出概率P或均值E(X)的递推关系式，然后根据构造法(一般构造等比数列)，求
n n
出通项公式．
(2)求和：主要是数列中的倒序相加法求和、错位相减法求和、裂项相消法求和．
(3)利用等差、等比数列的性质，研究单调性、最值或求极限．
【例1】（2024·山东菏泽·一模）若数列 的通项公式为 ，记在数列 的前
项中任取两数都是正数的概率为 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通
式即可求解.
【详解】 为奇数时，前 项中有 个奇数项，即有 个正数，， ，故A错误；
为偶数时，前 项中有 个奇数项，即有 个正数，
，
， ，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据数列的通项公式的特点分类讨论，利用组合数和古典概型的概率的计算公式求
出概率的通式即可.
【变式1】（2024·黑龙江·二模）某校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为 ，从第二题开
始，若甲同学前一题答错，则此题答对的概率为 ；若前一题答对，则此题答对的概率为 .记甲同学回答
第 题时答错的概率为 ，当 时， 恒成立，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
写出甲同学回答第 题时答错的概率 ，构造得到数列 是等比数列，从而利用等比数
列通项得到数列 递减，由函数单调性即可得到答案.
【详解】因为回答第 题时有答对、答错两种情况，则回答第 题 时答错的概率，
所以 ，
由题意知 ，则 ，
所以 是首项为 、公比为 的等比数列，
所以 ，即 .
显然数列 递减，所以当 时， ，
所以 的最小值为 .
故选：D.
【变式2】(2023·晋中模拟)晋中市是晋商文化的发源地，且拥有丰富的旅游资源，其中有保存完好的大
院人文景观(如王家大院，常家庄园等)，也有风景秀丽的自然景观(如介休绵山，石膏山等)．某旅行团带
游客来晋中旅游，游客可自由选择人文景观和自然景观中的一处游览．若每位游客选择人文景观的概率是，
选择自然景观的概率为，游客之间选择意愿相互独立．
(1)从游客中随机选取5人，记5人中选择人文景观的人数为X，求X的均值与方差；
(2)现对游客进行问卷调查，若选择人文景观记2分，选择自然景观记1分，记已调查过的累计得分为n分
的概率为P，求P.
n n
【解析】 (1)由题可知X～B(或者列出分布列)，于是E(X)＝5×＝，
D(X)＝5××＝.
(2)方法一 由题可知P＝，
1
P＝＋×＝.
2
当n≥3时，P＝P ＋P ，
n n－1 n－2
即P＋P ＝P ＋P ，
n n－1 n－1 n－2
∴为常数数列，
且P＋P ＝P＋P＝＋×＝1(n≥2)，
n n－1 2 1
∴P－＝－，
n
∴是以P－＝－为首项，－为公比的等比数列，
1
∴P－＝－×n－1，
n
∴P＝－×n－1.
n
方法二 由题可知P＝，
1
P＝＋×＝.
2
当n≥3时，P＝P ＋P ，
n n－1 n－2
即P－P ＝－(P －P )，
n n－1 n－1 n－2∴{P－P }是以P－P＝为首项，－为公比的等比数列，
n n－1 2 1
∴P－P ＝×n－2(n≥2)，
n n－1
P －P ＝×n－3，
n－1 n－2
……
P－P＝×0，
2 1
以上各式相加得P－P＝×
n 1
＝－×n－1，
∴P＝－×n－1，
n
又P＝也满足上式，
1
∴P＝－×n－1.
n
【变式3】(2023·邯郸模拟)某市为了让广大市民更好地了解并传承成语文化，当地文旅局拟举办猜成语
大赛．比赛共设置n道题，参加比赛的选手从第一题开始答题，一旦答错则停止答题，否则继续，直到答
完所有题目．设某选手答对每道题的概率均为p(0<p<1)，各题回答正确与否相互之间没有影响．
(1)记答题结束时答题个数为X，当n＝3时，若E(X)>1.75，求p的取值范围；
(2)①记答题结束时答对题的个数为Y，求E(Y)；
②当p＝时，求使E(Y)>4的n的最小值．
参考数据：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477.
解 (1)根据题意，X的所有可能取值为1,2,3，
P(X＝1)＝1－p，P(X＝2)＝p(1－p)，
P(X＝3)＝p2，
所以E(X)＝1－p＋2p(1－p)＋3p2＝p2＋p＋1，
由E(X)＝p2＋p＋1>1.75得p>，
又0<p<1，
所以p的取值范围是.
(2)①P(Y＝k)＝pk(1－p)，
其中k＝0,1,2，…，n－1，P(Y＝n)＝pn.
方法一 Y的均值E(Y)＝p(1－p)＋2p2(1－p)＋…＋(n－1)pn－1(1－p)＋npn
＝(1－p)[p＋2p2＋3p3＋…＋(n－1)pn－1]＋npn，
设S＝p＋2p2＋3p3＋…＋(n－1)pn－1，
n
利用错位相减可得(1－p)S＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1－(n－1)pn，
n
所以E(Y)＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1－(n－1)pn＋npn
＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1＋pn＝.
方法二 E(Y)＝(p－p2)＋(2p2－2p3)＋(3p3－3p4)＋…＋[(n－1)pn－1－(n－1)pn]＋npn
＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1＋pn
＝.
②依题意，>4，
即n＋1<，即n＋1> ＝
＝≈9.848，
所以n>8.848，又n∈N*，故n的最小值为9.
考点二:概率和函数的综合问题
规律方法 构造函数求最值时，要注意变量的选取，以及变量自身的隐含条件对变量范围的限制．
【例2】（2024高三·全国·专题练习）设 为 的展开式的各项系数之和，
， ， 表示不超过实数x的最大整数 ，则 的最小值
为 ．
【答案】 /0.2
【分析】赋值法求出 ，结合导数判断 ，确定 结合等差数列求和公式得
，将 转化为点点距的平方进而求解.
【详解】令 可得， ， ，
设 ，则 ，
令 ，得
当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减．
则
故对任意的 ，故 ，故 ，即
，
则 的几何意义为点 到点 的距离的平方，
最小值即点 到 的距离的平方，
与 的交点横坐标 ，
且点 到直线 的距离 ，
点 到直线 的距离 ，
的最小值为
故答案为:
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决函数最值及点点距的应用，关键是利用导数判断出
，进而确定 .
【变式1】（2024·黑龙江·二模）某校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为 ，从第二题开
始，若甲同学前一题答错，则此题答对的概率为 ；若前一题答对，则此题答对的概率为 .记甲同学回答
第 题时答错的概率为 ，当 时， 恒成立，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】
写出甲同学回答第 题时答错的概率 ，构造得到数列 是等比数列，从而利用等比数
列通项得到数列 递减，由函数单调性即可得到答案.
【详解】因为回答第 题时有答对、答错两种情况，则回答第 题 时答错的概率
，
所以 ，
由题意知 ，则 ，
所以 是首项为 、公比为 的等比数列，
所以 ，即 .
显然数列 递减，所以当 时， ，
所以 的最小值为 .
故选：D.
【变式2】(2023·浙江金丽衢十二校联考)某公司生产一种大件产品的日产为2件，每件产品质量为一等
的概率为0.5，二等的概率为0.4，若达不到一、二等，则为不合格，且生产两件产品品质结果相互独立．
已知生产一件产品的利润如下表：
等级 一等 二等 三等
利润(万元/每件) 0.8 0.6 －0.3
(1)求生产两件产品中至少有一件一等品的概率；
(2)求该公司每天所获利润ξ(万元)的均值；
(3)若该工厂要增加日产量，需引入设备及更新技术，但增加n件，其成本也将相应提升n－ln n(万元)，
假如你作为工厂决策者，你觉得该厂目前该不该增产？请回答，并说明理由．
(ln 2≈0.69，ln 3≈1.1)
【解析】(1)设一件产品是一等品为事件A，则一件产品不是一等品为事件，P(A)＝0.5，P()＝0.5,2件产
品至少有一件为一等品事件为AA＋A＋A，
其概率P＝P(AA)＋CP(A)P()＝0.52＋2×0.5×0.5＝0.75.(2)设一件产品为一等品为事件A，二等品为事件B，次品为事件C，
则P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，P(C)＝0.1，
则ξ的所有可能取值为1.6,1.4,1.2,0.5,0.3，－0.6，
P(ξ＝－0.6)＝[P(C)]2＝0.01，
P(ξ＝0.3)＝CP(B)P(C)＝2×0.4×0.1＝0.08，
P(ξ＝0.5)＝CP(A)P(C)＝2×0.5×0.1＝0.1，
P(ξ＝1.2)＝[P(B)]2＝0.16，
P(ξ＝1.4)＝CP(A)P(B)＝2×0.5×0.4＝0.4，
P(ξ＝1.6)＝[P(A)]2＝0.25，
则ξ的分布列为
ξ －0.6 0.3 0.5 1.2 1.4 1.6
P 0.01 0.08 0.1 0.16 0.4 0.25
E(ξ)＝－0.6×0.01＋0.3×0.08＋0.5×0.1＋1.2×0.16＋1.4×0.4＋1.6×0.25＝1.22.
(3)由(2)可知，每件产品的平均利润为1.22÷2＝0.61(万元)，则增加n件产品，利润增加为0.61n万元，
成本也相应提高(n－ln n)万元，
所以净利润为0.61n－n＋ln n＝ln n－0.39n，n∈N*，
设f(x)＝ln x－0.39x，则f′(x)＝－0.39，
当x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝时，f(x)取得最大值，
又2<<3，
因为x只能取整数，所以x＝2或x＝3，此时f(x)可能为最大值，
f(2)＝ln 2－0.39×2≈0.69－0.78
＝－0.09<0，
f(3)＝ln 3－3×0.39≈1.1－1.17＝－0.07<0，
即在f(x)取得最大值时也是亏本的，所以不应该增加产量．
强化训练
一、选择题
1．（23-24高三上·江西宜春·阶段练习）从1-20中随机抽取3个数，记随机变量 为这3个数中相邻数
组 的个数.如当这三个数为11，12，14时， ；当这三个数为7，8，9时， .则 的值
约为（ ）
A．0.22 B．0.31 C．0.47 D．0.53
【答案】B
【分析】确定随机变量 的取值为0，1，2，结合变量对应的事件写出概率，即可计算出期望.
【详解】随机变量 的取值为0，1，2，
当 时，所取的三个数中仅两个数相邻，两数相邻有19种情况，
其中相邻两数取1，2和19，20时，对应取法为17种，
其余17种情况取法均有16种， ，
当 时，即所取的三个数中两两相邻，取法有18种， ，
所以当 时，即所取的三个数彼此不相邻，取法有 种，
，
.
故选：B.
2．（22-23高二下·江苏常州·阶段练习）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次
传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（ ）
A．2次传球后球在丙手上的概率是 B．3次传球后球在乙手上的概率是
C．3次传球后球在甲手上的概率是 D．n次传球后球在甲手上的概率是
【答案】C
【分析】列举出经2次、3次传球后的所有可能，再利用古典概率公式计算作答可判断ABC，n次传球后球
在甲手上的事件即为 ，则有 ，利用全概率公式可得 ，再构造等比数
列求解即可判断D.
【详解】第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结
果，
它们等可能，2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙， 1个结果，所以概率是 ，故A错误；
第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为：甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，
甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，
它们等可能，3次传球后球在乙手中的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，3个结果，所以概率为 ，故B错误；
3次传球后球在甲手上的事件为：甲乙丙甲，甲丙乙甲，2个结果，所以概率为 ，故C正确；
次传球后球在甲手上的事件记为 ，则有 ，
令 ，则 ，
于是得 ，
故 ，则 ，
而第一次由甲传球后，球不可能在甲手中，即 ，则有 ，
数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 即 ，故D错误.
故选：C
3．（2023·河北唐山·二模）抛掷一个质地均匀的骰子两次，记第一次得到的点数为a，第二次得到的点
数为b，则函数 没有极值点的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】函数 没有极值点，转化为 的 ，再列举符合条件的基本事件,得出概率结果.
【详解】 ，若 没有极值点，
则 ，即 ．
由题意知，所有的基本事件为36个，其中满足 的有 ， ， ， ， ， ，
， ， ，共有9个，所以 ．
故选：A.
4．（22-23高二下·四川眉山·阶段练习）先后任意地抛一枚质地均匀的正方体骰子两次，所得点分别记
为 和 ，则函数 存在极值的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由函数 存在极值，得 ，用列举法计算出满足条件的情况，即可得到
本题答案.
【详解】由题意得： ，
若 在 上存在极值点，则 有两个不相等的实数根，
所以， ，即 ，
当 时， 共4种，
当 时， 共4种，
当 时， 共3种，
当 时， 共2种，
当 时， 共2种，
当 时， 共2种，
满足条件的 共有 种情况，总情况有36种，
所以函数 在 上存在极值点的概率 .
故选：B
5．（22-23高三·宁夏吴忠·阶段练习）设 ，若函数 的最小值为 ，
是从 六个数中任取一个，那么 恒成立的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【分析】当 时， 无最小值；当 时， ；当 时，利用导数可求得 时的
，结合 时 可构造不等式组，结合 的单调性和 可求得 的范围，
从而确定 的取值；列举出所有基本事件和满足题意的基本事件，根据古典概型概率公式可得结果.
【详解】若 ，当 时， 为增函数，且 ，不合题意；
若 ， ，则 最小值为 ；
若 ，当 时， 的最小值为 ；
当 时， ，则若 ，则 ；若 ，则 ；
在 上单调递减，在 上递增， 此时的最小值为 ；
， ，则 ；
设 ，则 在 上单调递增，又 ，
的解为 ；
综上所述：实数 的取值范围为 ，又 ， 或 ；
设事件 ：“ 恒成立”，
所有取值构成的基本事件有： ， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ， ，共 个；
事件 包含的基本事件有： ， ， ， ， ， ， ， ， ，共 个；
.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与概率的综合应用问题；解题关键是能够通过分类讨论的方式，结合导数的知识求得 的单调性，从而利用 最小值来构造不等式求得 的值，进而采用列举法来求得
所求概率.
6．（22-23高三上·贵州铜仁·期末）已知p，q是方程 的根，则函数
在 上是递增函数的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出方程的解集，得出p，q的所有取值，再得到所求事件所需条件的p，q取值，即可得到所求
事件的概率.
【详解】因为方程 的根的集合为 ，
所以有 ．
记事件A为“函数 在 上是递增函数”．
对函数 求导，得 ．
由题意，知 在 上恒成立，
有 ，且 ．
当 时，有 ，所以p可以取到1，2，3，4这4个值；
当 时，有 ，所以p可以取到2，3，4这3个值；
当 时，有 ，所以p可以取到3，4这2个值；
当 时，有 ，所以p的值不存在．
综合以上，事件A包含的基本事件共有 种．
因为 ，所以所有的基本事件共有 种．
则所求事件的概率为 ．
故选：D．7．（22-23高三上·江苏苏州·阶段练习）若抛掷两枚骰子出现的点数分别为a，b，则“在函数
的定义域为R的条件下，满足函数 为偶函数”的概率为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】记函数 的定义域为R为事件A，求得 ，记函数 为偶函数
为事件B，求得 ，再利用条件概率公式求解即可.
【详解】抛掷两枚骰子出现的点数分别为a，b，共36种情况，如下
（2， （5，
（1，1） （3，1） （4，1） （6，1）
1） 1）
（2， （5，
（1，2） （3，2） （4，2） （6，2）
2） 2）
（2， （5，
（1，3） （3，3） （4，3） （6，3）
3） 3）
（2， （5，
（1，4） （3，4） （4，4） （6，4）
4） 4）
（2， （5，
（1，5） （3，5） （4，5） （6，5）
5） 5）
（2， （5，
（1，6） （3，6） （4，6） （6，6）
6） 6）
记函数 的定义域为R为事件A，
即 恒成立，需满足 ，即 ，
满足 的有26种情况，故 .
记函数 为偶函数为事件B，函数 的定义域为 ，由偶函数的定义知 ，即
或 .
满足 或 的有6种情况，故 ,
故 ,
故选：B
8．（2023高三·全国·专题练习）甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、
乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，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个黑球的概率为 ，则下列结论不正确的是（ ）
A． ，
B．数列 是等比数列
C．数列 是等比数列
D． 的数学期望
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出递推公式 ，再逐项计算判断作答.
【详解】依题意， ，
且 ， ，
于是 ， ，A正确；显然 ，数列 不是等比数列，B错误；
又 ，即有 ，
而 ，因此数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，C正确；
显然 ，因此 ，D正确.
故选：B
二、多选题
1．（23-24高三上·重庆渝中·期中）甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球传给另外两人中的任意一
人是等可能的．从一个人传球到另一个人称传球一次．若传球开始时甲持球，记传球 次后球仍回到甲手
里的概率为 ，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】AC选项，由题意得到 ， ， ；D选项，在C选项基础上，构造等比数列，
得到通项公式；B选项，在D选项基础上求出答案.
【详解】A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故 ，
第二次传球，乙或丙有 的概率回到甲手里，故 ，A正确；
C选项， 为传球 次后球仍回到甲手里的概率，要想传球 次后球仍回到甲手里，
则第 次传球后球不在甲手里，在乙，丙手里，且下一次传球有 的概率回到甲手里，
故 ，C正确；
D选项，由C选项知 ，即 ，
设 ，故 ，所以 ，解得 ，
故 ，又 ，
所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
故 ，故 ，D正确，
B选项，由D选项可知 ，B错误.
故选：ACD
2．（22-23高二下·河南许昌·阶段练习）下列结论正确的有（ ）
A．公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有 种.
B．两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是 ；
C．已知一组数据丢失了其中一个，剩下的六个数据分别是3，3，5，3，6，11，若这组数据的平均数、
中位数，众数依次成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为12.
D．若随机变量X服从二项分布 ，则 ；
【答案】BC
【分析】根据分步乘法计数原理、古典概率、样本的数据特征、二项分布等知识对选项进行分析，从而确
定正确答案.
【详解】A选项，每名乘客都有 种下车方式，
所以 位乘客下车的可能方式有 种，A选项错误.
B选项，两位男生和两位女生随机排成一列，基本事件的总数有 种，
若两位女生不相邻，则先安排男生，形成 个空位，将两位女生排入其中两个空位，
方法数有 种，所以两位女生不相邻的概率是 ，B选项正确.
C选项，剩下的六个数据从小到大排列为 ，所以众数是 ，
设中位数是 ，则平均数是 ，设丢失的数据为 ，若 ，则 ，无解.
若 ，则 ，无解.
若 ，则 ，无解.
若 ，则 ，无解.
若 ，则 ，解得 .
若 ，则 ，解得 .
若 ，则 ，无解.
若 ，则 ，无解.
若 ，则 ，解得 .
所以丢失数据的所有可能值的和为 ，C选项正确.
D选项，依题意， ，
，所以D选项错误.
故选：BC
3．（23-24高三下·浙江·开学考试）日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设在
一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正整数的随机变量 ，根据统计数据，它近似满足如下规律：对任意正整数 ，寿命恰好为 的植物在所有寿命不小于 的植物中的占比为 .记“一株植物的寿命为
”为事件 ，“一株植物的寿命不小于 ”为事件 .则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．设 ，则 为等比数列
D．设 ，则
【答案】BCD
【分析】设植物总数为 ，寿命为 年的植物数为 ，由题意 ，在此基础上利用变形推理
得出 ，即可判断AC，再由 的关系求出 判
断B，根据错位相减法求和判断D.
【详解】设植物总数为 ，寿命为 年的植物数为 ，
由题意， ，
则 ①
②
② ①得， ，
即 ，故 ，故A错误；
由 ，故 ，故B正确；
由 ，
故 ，即 为等比数列，故C正确；
因为 ，
设 ，则 ，
，
相减可得
，
所以 ，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：难点在于理解对任意正整数 ，寿命恰好为 的植物在所有寿命不小于 的植物中
的占比为 ，这句话的数量表示是本题推理论证的的基础，能否理解并用数学式子表示是解题的关键与
难点.
三、填空题
1．（2023·江苏南京·二模）一个袋子中有 个红球和5个白球，每次从袋子中随机摸出2个球．
若“摸出的两个球颜色不相同”发生的概率记为 ，则 的最大值为 ．【答案】
【分析】计算并化简得到 ，根据对勾函数的性质计算最值得到答案.
【详解】 ，
对勾函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
故当 或 时， 有最小值为 ，故 .
故答案为：
2．（23-24高二上·四川成都·期末）已知n个人独立解决某问题的概率均为 ，且互不影响，现将这n
个人分在一组，若解决这个问题概率超过 ，则n的最小值是
【答案】9
【分析】
根据给定条件，利用相互独立事件及对立事件的概率公式求解即得.
【详解】依题意，n个人都没有解决问题的概率为 ，因此这个小组能解决问题的概率为 ，
于是 ，整理得 ，函数 是递增的，
而 ， ，因此 成立时 ，
所以n的最小值是9.
故答案为：9
三、解答题
1.（2024·辽宁·一模）近年来，某大学为响应国家号召，大力推行全民健身运动，向全校学生开放了
两个健身中心，要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的体育锻炼.
(1)该校学生甲､乙､丙三人某周均从 两个健身中心中选择其中一个进行健身，若甲､乙､丙该周选择健身中心健身的概率分别为 ，求这三人中这一周恰好有一人选择 健身中心健身的概率；
(2)该校学生丁每周六､日均去健身中心进行体育锻炼，且这两天中每天只选择两个健身中心的其中一个，
其中周六选择 健身中心的概率为 .若丁周六选择 健身中心，则周日仍选择 健身中心的概率为 ；
若周六选择 健身中心，则周日选择 健身中心的概率为 .求丁周日选择 健身中心健身的概率；
(3)现用健身指数 来衡量各学生在一个月的健身运动后的健身效果，并规定 值低于1分的学
生为健身效果不佳的学生，经统计发现从全校学生中随机抽取一人，其 值低于1分的概率为0.12.现从全
校学生中随机抽取一人，如果抽取到的学生不是健身效果不佳的学生，则继续抽取下一个，直至抽取到一
位健身效果不佳的学生为止，但抽取的总次数不超过 .若抽取次数的期望值不超过3且 ，求 的最大
值.
参考数据： .
【答案】(1) ；
(2) ；
(3)30.
【分析】
（1）利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式进行计算；
（2）设出事件，利用全概率公式进行求解；
（3）设抽取次数为 ，求出 的分布列和数学期望，利用错位相减法求出 ，利用
导函数得到其单调性，结合特殊值，求出答案.
【详解】（1）由题意得这三人中这一周恰好有一人选择 健身中心健身的概率
.
（2）记事件 ：丁周六选择 健身中心，事件 ：丁周日选择 健身中心，
则 ，由全概率公式得 .
故丁周日选择 健身中心健身的概率为 .
（3）设从全校学生中随机抽取1人，抽取到的学生是健身效果不佳的学生的概率为 ，则 ，
设抽取次数为 ，则 的分布列为
1 2 3
故 ，
又 ，
两式相减得 ，
所以
，
令 ，则 ，
因为 ，故令 得 ，
即 ，
令 时， ，
故 在 且 时单调递增，
结合 ，
可知当 时， ；
当 时， ；当 时， .
若抽取次数的期望值不超过3，则 的最大值为30.
2．（2023·上海长宁·一模）已知等差数列 的前 项和为 ，公差 .
(1)若 ，求 的通项公式；
(2)从集合 中任取3个元素，记这3个元素能成等差数列为事件 ，求事件 发生的概率
.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）根据题意，利用等差数列的求和公式，列出方程，求得 ，进而求得数列的通项公式；
（2）根据题意，得到所有的不同取法有20种，再利用列举法求得事件 中所包含的基本事件的个数，结
合古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】（1）解：由等差数列 的前 项和为 ，公差 ，
因为 ，可得 ，解得 ，
所以 ，即数列 的通项公式为 .
（2）解：由题意，从集合 中任取3个元素，共有 种不同的取法，
其中这3个元素能成等差数列有
，有6种不同的取法，
所以事件 的概率为 .
3．（23-24高三上·广西柳州·阶段练习）假设 市四月的天气情况有晴天，雨天，阴天三种，第二天的天气情况只取决于前一天的天气情况，与再之前的天气无关.若前一天为晴天，则第二天下雨的概率为 ，
阴天的概率为 ；若前一天为下雨，则第二天晴天的概率为 ，阴天的概率为 ；若前一天为阴天，则第
二天晴天的概率为 ，下雨的概率为 ；已知 市4月第1天的天气情况为下雨.
(1)求 市4月第3天的天气情况为晴天的概率；
(2)记 为 市四月第 天的天气情况为晴天的概率，
（i）求出 的通项公式；
（ii） 市某花卉种植基地计划在四月根据天气情况种植向日葵，为了更好地促进向日葵种子的发芽和生
长，要求提前3天对种子进行特殊处理，并尽可能地选择在晴天种植.如果你是该花卉种植基地的气象顾问，
根据上述计算结果，请你对该基地的种植计划提出建议.
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）建议在四月第27天对种子进行特殊处理
【分析】
（1）由题意可确定前一天天气为晴，第二天为晴或宇或阴的概率以及前一天天气为雨，第二天为晴或雨
或阴的概率以及前一天天气为阴，第二天为晴或雨或阴的概率，由此根据第一天的天气情况，即可求出第
二天每种情况的概率，即可求出第3天晴天的概率；
（2）（i）记 分别为 市四月第 天的天气情况为晴天，雨天，阴天的概率，依题
意可求出递推关系式 ，构造等比数列，即可求得 的通项公式；
（ii）结合数列的单调性，可确定四月份天气为晴的最大概率是第几天吗，由此可提出合理建议.
【详解】（1）依题意，可列举如下概率：前一天晴，第二天为晴 雨 阴 ；
前一天为雨，第二天为晴 ，雨 ，阴 ；前一天为阴，第二天为晴 ，雨 阴 ，
记 分别为 市四月第 天的天气情况为晴天，雨天，阴天的概率，则，
依题意知 ，故 ，
第3天为晴天概率 ；
（2）（i）由题意知 ，
当 时， ，①
，②
，③
在①中代入 ，整理得 ，
变形为 ，故 为首项 ，公比 的等比数列，
；
（ii）由于 随着n的增大而减小，故 在 递增，
故四月份天气为晴的最大概率是第30天，因此建议在第30天为种植时间，提前3天，
即在四月第27天对种子进行特殊处理.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键时要理解题意，明确第一天各种天气情况下第二天各种天气情况的概
率，进而推出第二天各种天气情况的概率的递推式，结合数列知识，即可求解.
4．（2024高三·全国·专题练习）将连续正整数1，2， ， 从小到大排列构成一个数 ，
为这个数的位数 如当 时，此数为123456789101112，共有15个数字， ，现从这个
数中随机取一个数字， 为恰好取到0的概率.
(1)求
(2)当 时，求 的表达式.
(3)令 为这个数中数字0的个数， 为这个数中数字9的个数， ，
，求当 时 的最大值.【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）计算 ，数字0的个数为11，得到概率.
（2）考虑 ， ， ， 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）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）当 时，这个数有 位数组成， ；
当 时，这个数有 个一位数组成， 个两位数组成，则 ；
当 时，这个数有 个一位数组成， 个两位数组成， 个三位数组成， ；
当 时，这个数有 个一位数组成， 个两位数组成， 个三位数组成 个四位数组
成， ；
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 关于 单调递增，
故当 时，有 的最大值为 ，
又 ，
所以当 时， 的最大值为 ．
【点睛】关键点点睛：函数的解析式，概率的计算，最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综
合应用能力，其中分类讨论的思想是解题的关键.
5．（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 颗
番石榴（不妨设 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 颗番石榴，
自第 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 ，
记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为 .
(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) 的最大值为 ，此时 的值为 .
【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 .
（2）利用全概率公式求出 ，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 种情况，
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 种情况；
②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 种情
况，
所以所求概率为 .
（2）记事件 表示最大的番石榴被摘到，事件 表示最大的番石榴排在第 个，则 ，
由全概率公式知： ，
当 时，最大的番石榴在前 个中，不会被摘到，此时 ；当 时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前 个番石榴中的最大一个在前 个之中时，此时
，
因此 ，
令 ，求导得 ，由 ，得 ，
当 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，于是当 时， 取得最大值 ，
所以 的最大值为 ，此时 的值为 .
【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.
6．(2023·石家庄模拟)国家在《中小学生健康体检管理办法》中规定：中小学校每年组织一次在校学生
健康体检，现某学校有4 000名学生，假设携带乙肝病毒的学生占m%，某体检机构通过抽血的方法筛查乙
肝病毒携带者，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验4 000次．为减轻化验工作量，统计专家给出了
一种化验方法：随机按照k个人进行分组，将各组k个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明
这k个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需对该组每个人血样再
分别化验一次．假设每人血样化验结果呈阴性还是阳性相互独立．
(1)若m＝0.4，记每人血样化验次数为X，当k取何值时，X的均值最小，并求化验总次数；
(2)若m＝0.8，设每人血样单独化验一次费用为5元，k个人混合化验一次费用为k＋4元．求当k取何值
时，每人血样化验费用的均值最小，并求化验总费用．
参考数据及公式：≈3.16，(1＋x)n≈1＋nx(n∈N*，n≥2，|x|≤0.01)．
【解析】(1)设每人血样化验次数为X，
若混合血样呈阴性，则X＝，
若混合血样呈阳性，则X＝＋1，
P＝0.996k，
P＝1－0.996k，
所以E(X)＝×0.996k＋×(1－0.996k)＝1＋－0.996k
＝1＋－(1－0.004)k≈＋0.004k，
令f(x)＝＋0.004x，
则f′(x)＝－＋0.004＝，
所以f(x)在(0,5)上单调递减，在(5，＋∞)上单调递增，因为k∈Z，且f(15)＝＋0.004×15≈0.126 7，
f(16)＝0.126 5，
所以当k＝16时，f(x)取得最小值，所以E(X)的最小值为0.126 5.
所以按16人一组，每个人血样化验次数的均值最小，此时化验总次数为4 000×0.126 5＝506.
(2)设每组k人，每组化验总费用为Y元，
若混合血样呈阴性，则Y＝k＋4，若混合血样为阳性，则Y＝6k＋4，
且P(Y＝k＋4)＝0.992k，
P(Y＝6k＋4)＝1－0.992k，
所以E(Y)＝(k＋4)×0.992k＋(6k＋4)(1－0.992k)
＝6k－5k×0.992k＋4，
每个人血样的化验费用为
＝6－5×0.992k＋
＝6－5×(1－0.008)k＋
≈6－5×(1－0.008k)＋
＝1＋0.04k＋≥1＋2＝1.8，
当且仅当0.04k＝，即k＝10时取等号，
所以当10个人一组时，每个人血样化验费用的均值最小，化验总费用为4 000×1.8＝
7 200(元)．
7．(2023·广州模拟)随着5G商用进程的不断加快，手机厂商之间围绕5G用户的争夺越来越激烈，5G手
机也频频降价飞入寻常百姓家．某科技公司为了打开市场，计划先在公司进行“抽奖免费送5G手机”优惠
活动方案的内部测试，测试成功后将在全市进行推广．
(1)公司内部测试的活动方案设置了第i(i∈N*)次抽奖中奖的名额为3i＋2，抽中的用户退出活动，同时补
充新的用户，补充新用户的名额比上一次中奖用户的名额少2个．若某次抽奖，剩余全部用户均中奖，则
活动结束．参加本次内部测试第一次抽奖的有15人，甲、乙均在其中．
①求甲在第一次中奖和乙在第二次中奖的概率；
②求甲参加抽奖活动次数的分布列和均值；
(2)由于该活动方案在公司内部的测试非常顺利，现将在全市进行推广．报名参加第一次抽奖活动的有 20
万用户，该公司设置了第i(i∈N*)次抽奖中奖的概率为p＝，每次中奖的用户退出活动，同时补充相同人
i
数的新用户，抽奖活动共进行2n(n∈N*)次．已知用户丙参加了第一次抽奖，并在这2n次抽奖活动中中奖
了，在此条件下，求证：用户丙参加抽奖活动次数的均值小于.
【解析】(1)解 ①甲在第一次中奖的概率为P＝＝，
1
乙在第二次中奖的概率为P＝×＝.
2
②设甲参加抽奖活动的次数为X，则X＝1,2,3，
P(X＝1)＝＝；
P(X＝2)＝×＝；
P(X＝3)＝××1＝.
X 1 2 3P
∴E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
(2)证明 丙在第奇数次中奖的概率为，在第偶数次中奖的概率为.
设丙参加抽奖活动的次数为Y，“丙中奖”为事件A，
则P(A)＝1－n＝1－n，
令m≤n，m∈N*，则丙在第2m－1次中奖的概率P(Y＝2m－1)＝m－1×，
在第2m次中奖的概率
P(Y＝2m)＝m－1××＝m－1×，
即P(Y＝2m－1)＝P(Y＝2m)＝m－1×，
在丙中奖的条件下，在第2m－1,2m次中奖的概率为，则丙参加活动次数的均值为E(Y)＝，
设S＝3＋7×＋11×2＋…＋(4n－1)n－1，
则S＝3×＋7×2＋…＋(4n－5)n－1＋(4n－1)n，
所以S＝3＋4－(4n－1)n，
S＝－·n－1，
所以E(Y)＝
＝
＝－<.
