鏈接高考12概率創(chuàng)新題1.(2024河北邯鄲開學(xué)考試,7)定義:我們把每個(gè)數(shù)字都比其左邊數(shù)字大的正整數(shù)叫做

“漸升數(shù)”,比如258,123等.在二位“漸升數(shù)”中任取一數(shù),則該數(shù)比48小的概率為

()A.

B.

C.

D.

D解析

十位是1的“漸升數(shù)”有12,13,…,19,共8個(gè),十位是2的“漸升數(shù)”有23,24,…,29,共7個(gè),……,十位是7的“漸升數(shù)”有78,79,共2個(gè),十位是8的“漸升數(shù)”有89,共1個(gè).故二位“漸升數(shù)”共有8+7+…+1=36個(gè),比48小的共有3+8+7+6=24個(gè),所以由古典概型概率的計(jì)算公式得所求的概率為

.故選D.2.(2024河南信陽期末,7)意大利數(shù)學(xué)家斐波那契提出了一個(gè)著名的兔子問題,得到了斐

波那契數(shù)列.數(shù)列{an}滿足a1=a2=1,an+2=an+an+1.現(xiàn)從數(shù)列的前2023項(xiàng)中隨機(jī)抽取1項(xiàng),能

被3除余1的概率是

()A.

B.

C.

D.

D解析

根據(jù)斐波那契數(shù)列的定義知,a1=1,a2=1,a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,a7=13,a8=21,a9=34,a10=55,a11=

89,a12=144,…,則被3除的余數(shù)依次為1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,…,余數(shù)以8為周期,又2023=252×8+7,所以數(shù)列的前2023項(xiàng)中被3除余1的有252×3+3=759項(xiàng),故所求概率為P=

.故選D.3.(2024河南名校聯(lián)盟三模,6)有以下6個(gè)函數(shù):①f(x)=

+

;②f(x)=

;③f(x)=sinx;④f(x)=cos2x;⑤f(x)=

;⑥f(x)=2x+3.記事件M:從中任取1個(gè)函數(shù)是奇函數(shù);事件N:從中任取1個(gè)函數(shù)是偶函數(shù),事件M,N的對(duì)立事件分別為

,

,則

()A.P(M)=P(M+N)-P(N)B.P(

)=P(

)P(

)C.P(

)=P(

)+P(

)D.P(

|N)=P(

|

)D解析

對(duì)于①,f(x)=

+

,則

解得x=±2,所以f(x)=0,{x|x=±2},故f(x)既為偶函數(shù)又為奇函數(shù);對(duì)于②,f(x)=

(x∈(-∞,0)∪(0,+∞))為奇函數(shù);對(duì)于③,f(x)=sinx為奇函數(shù);對(duì)于④,f(x)=cos2x為偶函數(shù);對(duì)于⑤,f(x)=

的定義域?yàn)閧x|x≠1},故f(x)為非奇非偶函數(shù);對(duì)于⑥,f(x)=2x+3為非奇非偶函數(shù),則事件M為①,②,③;事件

為④,⑤,⑥;事件N為①,④;事件

為②,③,⑤,⑥;事件M+N為①,②,③,④;

為⑤,⑥,所以P(M)=

=

,P(N)=

=

,P(

)=

=

,P(

)=

=

,P(M+N)=

=

,P(

)=

=

,所以P(M)≠P(M+N)-P(N),P(

)≠P(

)+P(

),故A、C錯(cuò)誤;又MN為①;所以

為②,③,④,⑤,⑥,所以P(

)=

,則P(

)≠P(

)P(

),故B錯(cuò)誤;又P(

|N)=

,P(

|

)=

=

,所以P(

|N)=P(

|

),故D正確.故選D.4.(2025屆浙江浙南名校聯(lián)盟聯(lián)考,14)“四進(jìn)制”是一種以4為基數(shù)的計(jì)數(shù)系統(tǒng),使用數(shù)

字0,1,2,3來表示數(shù)值.四進(jìn)制在數(shù)學(xué)和計(jì)算的世界中呈現(xiàn)出多個(gè)維度的特性,對(duì)于現(xiàn)代

計(jì)算機(jī)科學(xué)和技術(shù)發(fā)展有著深遠(yuǎn)的影響.四進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制數(shù)的方法是將每一位

上的數(shù)字乘4的相應(yīng)次方(從0開始),然后將所有乘積相加.例如:四進(jìn)制數(shù)013轉(zhuǎn)換為十

進(jìn)制數(shù)為0×42+1×41+3×40=7;四進(jìn)制數(shù)0033轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制數(shù)為0×43+0×42+3×41+3×40=15;四進(jìn)制數(shù)1230轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制數(shù)為1×43+2×42+3×41+0×40=108.現(xiàn)將所有由1,2,3組成的4位(如:1231,3211)四進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)化為十進(jìn)制數(shù),在這些十進(jìn)制數(shù)中任取一個(gè),則這個(gè)數(shù)能被3整除的概率為

.解析

設(shè)a,b,c,d∈{1,2,3},則4位四進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制數(shù)為a×43+b×42+c×4+d=a×(1+3)3+b×(1+3)2+c×(1+3)+d=a(

+

·3+

·32+

·33)+b(

+

·3+

·32)+3c+c+d=a(

·3+

·32+

·33)+b(

·3+

·32)+3c+a+b+c+d,若這個(gè)數(shù)能被3整除,則a+b+c+d能被3整除.當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由1,2,3,3組成時(shí),有

=12個(gè);當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由1,1,2,2組成時(shí),有

=6個(gè);當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由1,1,1,3組成時(shí),有

=4個(gè);當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由2,2,2,3組成時(shí),有

=4個(gè);當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)都由3組成時(shí),有1個(gè).因?yàn)橛?,2,3組成的4位四進(jìn)制數(shù)共有34=81個(gè),所以能被3整除的概率P=

=

.解題關(guān)鍵本題關(guān)鍵在于將四進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)化為十進(jìn)制數(shù)之后,利用二項(xiàng)式定理來求解能

否被3整除的問題,得出所有可能的組合即可求得相應(yīng)概率.5.(2025屆廣東深圳寶安調(diào)研,18)甲、乙兩人參加知識(shí)競(jìng)賽活動(dòng),比賽規(guī)則如下:兩人輪

流隨機(jī)抽題作答,答對(duì)積1分且對(duì)方不得分,答錯(cuò)不得分且對(duì)方積1分;然后換對(duì)方抽題作

答,直到有領(lǐng)先2分者晉級(jí),比賽結(jié)束.已知甲答對(duì)題目的概率為

,乙答對(duì)題目的概率為p,答對(duì)與否相互獨(dú)立,抽簽決定首次答題方,已知兩次答題后甲、乙兩人各積1分的概

率為

.記甲、乙兩人的答題總次數(shù)為n(n≥2).(1)求p;(2)當(dāng)n=2時(shí),求甲得分X的分布列及數(shù)學(xué)期望;(3)若答題的總次數(shù)為n時(shí),甲晉級(jí)的概率為Pn(A),證明:

≤P2(A)+P3(A)+…+Pn(A)<

.解析

(1)記Ai=“第i次答題時(shí)為甲”,B=“甲積1分”,則P(A1)=

,P(B|Ai)=

,P(

|Ai)=1-

=

,P(B|

)=1-p,P(

|

)=p,由題意得

=

+

,則

=

,解得p=

.(2)由題意可知當(dāng)n=2時(shí),X可能的取值為0,1,2,由(1)可知P(X=1)=

,又P(X=0)=

×

=

,P(X=2)=

×

=

,所以X的分布列為X012P

E(X)=0×

+1×

+2×

=

.(3)證明:由答題總次數(shù)為n時(shí)甲晉級(jí),不妨設(shè)此時(shí)甲的積分為x甲,乙的積分為x乙,則x甲-x乙=

2,且x甲+x乙=n,所以甲晉級(jí)時(shí)n必為偶數(shù),令此時(shí)的n=2m,m∈N*,當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),Pn(A)=0,則P2(A)+P3(A)+…+Pn(A)=P2(A)+P4(A)+…+Pn(A)=

·

+

·

+

·

+…+

·

=

=

·

=

,又∵m≥1時(shí),P2(A)+P3(A)+…+Pn(A)隨著m的增大而增大,∴

≤P2(A)+P3(A)+…+Pn(A)<

.6.(2024湖南邵陽第二次聯(lián)考,16)為了選拔創(chuàng)新型人才,某大學(xué)對(duì)高三年級(jí)學(xué)生的數(shù)學(xué)

學(xué)科和物理學(xué)科進(jìn)行了檢測(cè)(檢測(cè)分為初試和復(fù)試),共有4萬名學(xué)生參加初試.組織者隨

機(jī)抽取了200名學(xué)生的初試成績(jī),繪制了頻率分布直方圖,如圖所示.(1)根據(jù)頻率分布直方圖,求a的值及樣本平均數(shù)的估計(jì)值;(2)若所有學(xué)生的初試成績(jī)X近似服從正態(tài)分布N(μ,σ2),其中μ為樣本平均數(shù)的估計(jì)值,σ

=10.5.規(guī)定初試成績(jī)不低于90分的學(xué)生才能參加復(fù)試,試估計(jì)能參加復(fù)試的人數(shù);(3)復(fù)試筆試試題包括兩道數(shù)學(xué)題和一道物理題,已知小明進(jìn)入了復(fù)試,且在復(fù)試筆試中

答對(duì)每一道數(shù)學(xué)題的概率均為x,答對(duì)物理題的概率為y.若小明全部答對(duì)的概率為

,答對(duì)兩道題的概率為P,求概率P的最小值.附:若隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(μ,σ2),則P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)

≈0.9545,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973.

解析

(1)∵10×(0.012+0.026+0.032+a+0.010)=1,∴a=0.02.樣本平均數(shù)的估計(jì)值為50×0.12+60×0.26+70×0.32+80×0.2+90×0.1=69.(2)∵μ=69,σ=10.5,∴P(X≥90)=P(X≥μ+2σ)≈

=0.02275.∴能參加復(fù)試的人數(shù)約為40000×0.02275=910.(3)由題意有x2y=

.答對(duì)兩道題的概率P=x2(1-y)+

x(1-x)y=x2+2xy-3x2y=x2+

-

.令f(x)=x2+

-

(0<x≤1),則f'(x)=2x-

=

,∴當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)<0,f(x)在

內(nèi)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)>0,f(x)在

內(nèi)單調(diào)遞增.∴當(dāng)x=

時(shí),f(x)min=

.故概率P的最小值為

.7.(2025屆廣東八校聯(lián)合檢測(cè),19)馬爾科夫鏈因俄國(guó)數(shù)學(xué)家安德烈·馬爾科夫得名,其過

程具備“無記憶”的性質(zhì),即第n+1次狀態(tài)的概率分布只跟第n次的狀態(tài)有關(guān),與第n-1,n

-2,n-3,…次狀態(tài)無關(guān).馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個(gè)重要模型,也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工

智能的基石,在強(qiáng)化學(xué)習(xí)、自然語言處理、金融領(lǐng)域、天氣預(yù)測(cè)等方面都有著極其廣

泛的應(yīng)用.現(xiàn)有A,B兩個(gè)盒子,各裝有2個(gè)黑球和1個(gè)紅球,現(xiàn)從A,B兩個(gè)盒子中各任取一個(gè)

球交換放入另一個(gè)盒子,重復(fù)進(jìn)行n(n∈N*)次這樣的操作后,記A盒子中紅球的個(gè)數(shù)為

Xn,恰有1個(gè)紅球的概率為pn.(1)求p1,p2的值;(2)求pn的值(用n表示);(3)求證:Xn的數(shù)學(xué)期望E(Xn)為定值.解析

(1)設(shè)第n(n∈N*)次操作后A盒子中恰有2個(gè)紅球的概率為qn,則沒有紅球的概率為1-pn-

qn.由題意知p1=

=

,q1=

=

,p2=p1·

+q1·

+(1-p1-q1)·

=

.(2)因?yàn)閜n=pn-1·

+qn-1·

+(1-pn-1-qn-1)·

=-

pn-1+

.所以pn-

=-

.(解題關(guān)鍵是尋求pn-1、pn之間的關(guān)系,利用等比數(shù)列的定義進(jìn)行求解)又因?yàn)閜1-

=-

≠0,所以

是以-

為首項(xiàng),-

為公比的等比數(shù)列.所以pn-

=-

×

,pn=-

×

+

.(3)證明:因?yàn)閝n=

pn-1+

qn-1=

pn-1+

qn-1,①1-qn-pn=

pn-1+

(1-qn-1-pn-1)=

pn-1+

(1-qn-1-pn