压轴题06计数原理、二项式定理、概率统计压轴题六大题型汇总

这是一份压轴题06计数原理、二项式定理、概率统计压轴题六大题型汇总，共51页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．足球运动被誉为“世界第一运动”．深受青少年的喜爱．为推广足球运动，某学校成立了足球社团，社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率为，即．则下列说法正确的个数是（ ）
（1）；（2）；（3）；（4）．
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．十六进制是一种逢进的计数制.我国曾在重量单位上使用过十六进制，比如成语“半斤八两”，即十六两为一斤.在现代，计算机中也常用到十六进制，其采用数字和字母共个计数符号.这些符号与十进制的数的对应关系如下表：
例如，用十六进制表示：，则（ ）
A．B．C．D．
3．十进制计数法简单易懂，方便人们进行计算.也可以用其他进制表示数，如十进制下，，用七进制表示68这个数就是125，个位数为5，那么用七进制表示十进制的，其个位数是（ ）
A．1B．2C．5D．6
4．小蒋同学喜欢吃饺子，某日他前往食堂购买16个饺子，其中有个为香菇肉馅，其余为玉米肉馅，且.在小蒋吃到的前13个饺子均为玉米肉馅的条件下，这16个饺子全部为玉米肉馅的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
5．已知，，，，，，记．当，，，，中含个6时，所有不同值的个数记为．下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．对于任意奇数
D．对于任意整数
6．甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复n次操作后，甲口袋中恰有0个红球，1个红球，2个红球分别记为事件，，，则（ ）
A．B． C．D．
7．在信道内传输信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为，收到其他两个信号的概率均为．若输入四个相同的信号的概率分别为，且．记事件分别表示“输入”“输入”“输入”，事件表示“依次输出”，则（ ）
A．若输入信号，则输出的信号只有两个的概率为
B．
C．
D．
三、填空题
8．已知展开式的二项式系数的最大值为，系数的最大值为，则 .
9．已知．若，则 ．
10．已知当时，有，若对任意的都有，则 .
11．将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色不相同且位置固定的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则 ．
12．若集合，满足都是的子集，且，，均只有一个元素，且，称为的一个“有序子集列”，若有5个元素，则有多少个“有序子集列” .
13．19世纪，美国天文学家西蒙·纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频率约为总数的三成，接近期望值的3倍，并提出本福特定律，即在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．根据本福特定律，在某项大量经济数据（十进制）中，以6开头的数出现的概率为 ；若,，则k的值为 ．
14．给出下列命题：
① 已知线性回归方程，当变量增加2个单位，其预报值平均增加4个单位；
② 在进制计算中， ；
③ 若，且，则；
④ “”是“函数的最小正周期为4”的充要条件；
⑤ 设函数的最大值为，最小值为，则，其中正确命题的个数是 个．
15．一个书包中有标号为“”的张卡片.一个人每次从中拿出一张卡片，并且不放回；如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果他手中有3张单张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束.记书包中卡片全部被拿走的概率为，则 . .
四、解答题
16．国际象棋是国际通行的智力竞技运动.国际象棋使用格黑白方格相间棋盘，骨牌为每格与棋盘的方格大小相同的格灰色方格.若某种黑白相间棋盘与骨牌满足以下三点：①每块骨牌覆盖棋盘的相邻两格；②棋盘上每一格都被骨牌覆盖；③没有两块骨牌覆盖同一格，则称骨牌构成了棋盘的一种完全覆盖.显然，我们能够举例说明格黑白方格相间棋盘能被骨牌完全覆盖.
(1)证明：切掉格黑白方格相间棋盘的对角两格，余下棋盘不能被骨牌完全覆盖；
(2)请你切掉格的黑白方格相间棋盘的任意两个异色方格，然后画出余下棋盘的一种骨牌完全覆盖方式，并证明：无论切掉的是哪两个异色方格，余下棋盘都能被骨牌完全覆盖；
(3)记格黑白方格相间棋盘的骨牌完全覆盖方式数为，数列的前n项和为，证明：.
17．某游戏设置了两套规则，规则A：抛掷一颗骰子n次，若n次结果向上的点数之和大于时，继续下一次抛掷，否则停止抛掷；规则B：抛掷一颗骰子一次，结果向上的点数大于2时，继续下一次抛掷，否则停止抛掷.
(1)若执行规则A，求抛掷次数恰为1次的概率；
(2)若执行规则B，证明：抛掷次数的数学期望不大于3.
18．现有n枚硬币．对于每个，硬币是有偏向的，即向上抛出后，它落下时正面朝上的概率为．
(1)将这3枚硬币抛起，设落下时正面朝上的硬币个数为，求的分布列及数学期望;
(2)将这n枚硬币抛起，求落下时正面朝上的硬币个数为奇数的概率．
19．某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2024年的“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分.假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率.
(1)从2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；
(2)2024年的“清明文化节”拟定于4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，如此往复.
（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）求甲第（，2，，16）天选择“单车自由行”的概率，并帮甲确定在2024年“清明文化节”的16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数.
20．莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数
(1)求；
(2)若正整数互质，证明：；
(3)若且，记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为，证明：．
21．七选五型选择题组是许多类型考试的热门题型.为研究此类题型的选拔能力，建立以下模型.有数组和数组，规定与相配对则视为“正确配对”，反之皆为“错误配对”.设为时，对于任意都不存在“正确配对”的配对方式数，即错排方式数.
(1)请直接写出的值；
(2)已知.
①对和进行随机配对，记为“正确配对”的个数.请写出的分布列并求；
②试给出的证明.
22．十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为，2表示为，3表示为，5表示为，发现若可表示为二进制表达式，则，其中，或1（）.
(1)记，求证：；
(2)记为整数的二进制表达式中的0的个数，如，.
（ⅰ）求；
（ⅱ）求（用数字作答）.
23．在组合恒等式的证明中，构造一个具体的计数模型从而证明组合恒等式的方法叫做组合分析法，该方法体现了数学的简洁美，我们将通过如下的例子感受其妙处所在．
(1)对于元一次方程，试求其正整数解的个数；
(2)对于元一次方程组，试求其非负整数解的个数；
(3)证明：（可不使用组合分析法证明）．
注：与可视为二元一次方程的两组不同解．
24．在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球次，红球出现次．假设每次摸出红球的概率为，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率的估计值为．
(1)若袋中这两种颜色球的个数之比为，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为，则．
注：表示当每次摸出红球的概率为时，摸出红球次数为的概率）
（ⅰ）完成下表；
（ⅱ）在统计理论中，把使得的取值达到最大时的，作为的估计值，记为，请写出的值．
(2)把（1）中“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．
具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值．已知的参数的对数似然函数为，其中．求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性．
25．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.
26．函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个极值点，曲线上两点，连线斜率记为k，求证：；
(3)盒子中有编号为1~100的100个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取20个小球，记抽取的20个小球编号各不相同的概率为p，求证：．
27．某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为36、60和24．
(1)若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．
(2)记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（且）人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人的购票类型相同，则该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p．
（i）试用含m的代数式表示p；
（ii）若一共询问了5组，用表示恰有3组被标为B的概率，试求的最大值及此时m的值．
28．2023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）
29．通信编码信号利用信道传输，如图1，若信道传输成功，则接收端收到的信号与发来的信号完全相同；若信道传输失败，则接收端收不到任何信号.传统通信传输技术采用多个信道各自独立传输信号（以两个信道为例，如图2）．
华为公司5G信道编码采用土耳其通讯技术专家Erdal Arikan 教授的极化码技术（以两个相互独立的信道传输信号为例）：如图3，信号直接从信道2传输；信号在传输前先与 “异或”运算得到信号，再从信道1传输．接收端对收到的信号，运用“异或”运算性质进行解码，从而得到或得不到发送的信号或．
（注：“异或”是一种2进制数学逻辑运算．两个相同数字“异或”得到0，两个不同数字“异或”得到1，“异或”运算用符号“”表示：，，，．“异或”运算性质：，则）．假设每个信道传输成功的概率均为．．
(1)在传统传输方案中，设“信号和均被成功接收”为事件，求：
(2)对于极化码技术：①求信号被成功解码（即根据BEC信道1与2传输的信号可确定的值）的概率；②若对输入信号赋值（如）作为已知信号，接收端只解码信号，求信号被成功解码的概率.
30．三个人利用手机软件依次进行拼手气抢红包活动，红包的总金额数为个单位.第一个人抢到的金额数为1到个单位且等可能（记第一个人抢完后剩余的金额数为），第二个人在剩余的个金额数中抢到1到个单位且等可能，第三个人抢到剩余的所有金额数，并且每个人抢到的金额数均为整数个单位.三个人都抢完后，获得金额数最高的人称为手气王（若有多人金额数相同且最高，则先抢到最高金额数的人称为手气王）.
(1)若，则第一个人抢到的金额数可能为个单位且等可能.
（i）求第一个人抢到金额数的分布列与期望；
（ii）求第一个人获得手气王的概率；
(2)在三个人抢到的金额数为的一个排列的条件下，求第一个人获得手气王的概率.
31．已知集合，定义：当时，把集合中所有的数从小到大排列成数列，数列的前项和为.例如：时，，.
(1)写出，并求；
(2)判断88是否为数列中的项.若是，求出是第几项；若不是，请说明理由；
(3)若2024是数列中的某一项，求及的值.
32．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UninBund（布尔不等式）进行估计概率.已知UninBund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UninBund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，UninBund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.
33．欧拉函数在密码学中有重要的应用．设n为正整数，集合，欧拉函数的值等于集合中与n互质的正整数的个数；记表示x除以y的余数（x和y均为正整数），
(1)求和；
(2)现有三个素数p，q，，，存在正整数d满足；已知对素数a和，均有，证明：若，则；
(3)设n为两个未知素数的乘积，，为另两个更大的已知素数，且；又，，，试用，和n求出x的值．
34．在计算机科学中，维数组是一种基础而重要的数据结构，它在各种编程语言中被广泛使用．对于维数组，定义与的差为与之间的距离为．
(1)若维数组，证明：；
(2)证明：对任意的数组，有；
(3)设集合，若集合中有个维数组，记中所有两元素间的距离的平均值为，证明：．
35．在计算机科学中，维数组是一种基础而重要的数据结构，它在各种编程语言中被广泛使用．对于维数组，，定义与的差为与之间的距离为．
(1)若维数组，证明：；
(2)证明：对任意的数组A，B，C，有；
(3)设集合中有个维数组，记中所有两元素间的距离的平均值为，证明：．
十六进制
十进制
0
1
2
3
参考答案：
1．C
【分析】（1）与（2）能直接进行求解；（3）分析出要想第次触球者是甲，则第次触球的不能是甲，且第次触球的人，有的概率将球传给甲，从而求出递推公式；（4）再第（3）问的基础上求出通项公式，计算出，比较出，从而判断出结论.
【详解】甲传球给乙或丙，故，（1）正确；
乙或丙传球给其他两个人，故，（2）正确；
由题意得：要想第次触球者是甲，则第次触球的不能是甲，
且第次触球的人，有的概率将球传给甲，
故，C正确；
因为，设，
解得：，
所以
因为，
所以是以为首项，公比是的等比数列，
故，
所以，
故，
，
故，（4）错误.
说法正确的个数是3个.
故选：C
【点睛】概率与数列结合的题目，要能分析出递推关系，通过递推关系求出通项公式，这是解题的关键.
2．A
【分析】由表格中A、B对应的十进制可得，转化为十六进制可得答案.
【详解】由表格中A对应的十进制为10，B对应的十进制为11，
所以，
由十进制表示为，
又表格中对应的十进制为14，
所以十六进制表示，
故选：A.
3．D
【分析】由题意将题目转化成除以7的余数问题，用二项式知识求解即可.
【详解】由题意知个位数应为除以的余数，
因为，除以的余数为.
故选：D.
4．C
【分析】记事件：16个饺子中有i个香菇肉馅饺子，，事件B：吃到的前13个饺子均为玉米肉馅饺子.先利用全概率公式求，然后再由条件概率公式可得.
【详解】记事件：16个饺子中有i个香菇肉馅饺子，，
事件B：吃到的前13个饺子均为玉米肉馅饺子.
则，，，，
当时，，
由题知，，
所以，
又，
所以.
故选：C
5．AC
【分析】对于选项A，当时写出，由，中不含6，根据题意即可求得；对于选项B，当时写出，由，，，中含有个6，可得，，解不等式即可；对于选项C，，设，，由二项式定理求解即可；对于选项D，构造二项分布，利用均值求解即可.
【详解】当，，故，A正确；
当，，，
当时，，解得，B错误；
，设，，则，
于是，C正确；
因为，构造二项分布，则，
因此，D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：本题考查计数原理、二项式定理、二项分布的均值；根据题意利用计数原理得到，根据二项式定理和二项分布求解.
6．ABD
【分析】对于A项，重复一次操作，甲袋中有1红的情况有两种，运用互斥事件的概率加法公式计算即得；对于B项，运用条件概率公式，分别算出和代入公式计算即得；对于C项，运用独立事件的概率乘法公式计算即得；对于D项，运用相容事件的并的概率公式计算即得.
【详解】因在操作前，甲袋中：1红2白，乙袋中：1红2白．
对于A项，重复1次操作，甲口袋中有1红的概率，故A项正确；
对于B项，，，，故，故B项正确；
对于C项，因事件与相互独立，则，，故C项错误；
对于D项，，故D项正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：对所求事件所包含的情况的判断，求若干事件的并的概率，需要判断互斥还是相容，对于条件概率题，要么用样本空间中基本事件数计算，要么用概率公式计算，对于积事件的概率应先判断两事件的独立性，再用公式求.
7．BCD
【分析】由独立事件的乘法公式可得A错误；由条件概率公式可得BC正确；全概率的应用，先求出，再根据和化简得到D正确.
【详解】A：因为发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为，收到其他两个信号的概率均为，即收到的信号字母变的概率为，且信号的传输相互独立，
所以输入信号，则输出的信号只有两个的概率为，故A错误；
B：因为，故B正确；
C：，故C正确；
D：因为，
而
，
所以
，
故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用独立事件的条件概率公式和全概率公式.
8．12
【分析】由的二项展开式的通项，可知展开式的二项式系数为，当时，二项式系数的最大值为，展开式的系数为，当满足时，系数的最大值为，求解即可.
【详解】由题意可知
展开式的二项式系数为，
当时，取得最大值
展开式的系数为，
当满足时，系数最大.
即
，即解得
又
时，系数的最大值为
则
故答案为：12
【点睛】本题考查二项式定理，求二项式系数最大值时，列出不等式组是解决本题的关键.属于一道较难的题.
9．
【分析】借助赋值法可得，结合二项式定理计算即可得解.
【详解】令，则有，即，
即有，则.
故答案为：.
10．228
【分析】由得到，则可把化为，由为展开式中的系数即可求出.
【详解】当时，有，
所以，
则，
则为展开式中的系数，
因为，所以.
故答案为：228
11．125
【分析】利用新定义，结合排列组合，分情况讨论即可.
【详解】，即，.如图，在单位圆上有5个颜色不同的点，由4条边连接起来，每条边有2个端点，所以4条边一共有8个端点，又由于从任意一点出发，沿着可边可以达到任意一点，所以每一点必定会作边，至少一条边的端点.所以可能出现的情形有三种情形，按照5个点可能同时做边几条边的公共端点来分情况讨论.
情形1：有3个点是2条边的端点，另2个点是1条边的端点，有种；
情形2：有1个点是3条边的端点，有1个点是2条边的端点，另3个点是1条边的端点，
有种；
情形3：有1个点是4条边的端点，另4个点是1条边的端点，共有种；
综上：.
故答案为：125
【点睛】方法点睛：对于特殊类型的排列问题，注意根据问题的特征将其转化等价的排列问题，而后者容易计数.
12．960
【分析】结合韦恩图，根据题意先选择3个元素均分给，，三个位置，在排剩余元素，结合组合数和分步乘法计数原理运算求解.
【详解】因为，，均只有一个元素，且，作出韦恩图，

则从的5个元素中选择3个元素均分给，，三个位置，共有种不同排法，
剩余2个元素，每个均有4个位置可以排，共有有种不同排法；
所以“有序子集列”共有个.
故答案为：960.
【点睛】关键点点睛：本题关键是将集合问题转化为元素分配问题，先排重叠部分，再排剩余元素即可.
13． 5
【分析】第一空，将 代入即可求得答案；第二空，根据得到的表达式，结合的值可得方程，解得答案.
【详解】由题意可得：
（1）
（2），而，故，则．
故答案为：
14．4
【分析】①由线性回归方程的意义可得结论正确；②，正确③；由正态分布函数的性质可知正确；④由定积分的知识得：，所以根据周期公式知，正确；⑤根据函数在单调递增和是一个奇函数，然后进行整体运算.
【详解】对于①，线性回归方程为时，
当变量增加2个单位，其预报值平均增加，
个单位;①正确.
对于②，在不同的进制计算中，
②正确.
对于③，曲线的对称轴是
，
③正确.对于④，
根据积分的几何意义知，
函数，
当函数的最小正周期为4时，是充要条件，④错误.
对于⑤，函数
的最大值为，最小值为，
，⑤正确.
所以，以上正确的命题有4个;
故答案为：4.
15． /
【分析】先求出他手中3张单张卡片含有张相同卡片的概率，进而得出和间的递推关系，用累乘方法求解即可.
【详解】张卡片选取张卡片的选法共有：种，
事件“手中这张单张卡片中含有张相同卡片”的选法共有：种；
由古典概型的计算公式可得其概率为：，
若书包中张卡片全部被拿走的概率为，
将这两张相同的卡片拿掉以后，相当于从对相同的卡片中已拿出一张卡，
事件“书包中张卡片全部被拿走”发生需保证事件“书包中卡片全部被拿走”发生，
且书包中卡片全部被拿走概率为，
因而，且，
则，
，
故答案是：（或），.
【点睛】思路点睛：本题主要考查递推数列与概率知识的交汇问题，解决该类问题应该注意的事项有：
（1）做好互斥事件的划分，正确进行独立事件概率的计算；
（2）借助待定系数方法建立不同事件概率间的递推关系，即构建递推数列；
（3）正确运用数列求通项公式或求和的方法解决问题.
16．(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据切掉格黑白方格相间棋盘特征，即可得证；
（2）易得格黑白方格相间棋盘能够被红线分割为黑白方格依次相邻且首尾相接的“方格条”，再切掉其中两个黑白方格，即可得证；
（3）易得完全覆盖方式数的递推公式为 ，由累加法即可得证.
【详解】（1）由于每块骨牌覆盖的都是相邻的两个异色方格，
故棋盘的黑白方格数目相同是其能被骨牌完全覆盖的必要条件，
但切掉格黑白方格相间棋盘的对角两格后，
要么黑色方格比白色方格多两个，
要么白色方格比黑色方格多两个，
故余下棋盘不能被骨牌完全覆盖；
（2）切掉两个异色方格并作完全覆盖示例如图1；
如图2，格黑白方格相间棋盘能够被红线分割为黑白方格依次相邻且首尾相接的“方格条”，
无论切掉其中哪两个黑白方格，都会将“方格条”拆成一至两个“短方格条”，
且每个“短方格条”中黑白方格的数目是相同的，都能够被骨牌完全覆盖，
故余下棋盘能一定被骨牌完全覆盖；
（3）如图3，可知完全覆盖方式数的递推公式为 ，
其中，.
从而，
，…，
，
累加得，
移项得.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到递推公式，再利用累加法计算.
17．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）先求出“抛掷一颗骰子1次向上的点数”构成的基本事件总数，再计算事件“向上的点数不大于2”的基本事件数，由古典概型的计算公式计算即可；
（2）先写出随机变量抛掷次数的所有可能的结果，写出它的分布列，计算其数学期望，计算过程用到了错位相减法.
【详解】（1）若执行规则A，抛掷次数恰为1次，
“抛掷一颗骰子1次结果向上的点数”构成的基本事件为：，共个基本事件；
事件“向上的点数不大于2”包含的基本事件为：，包含个基本事件；
由古典概型的计算公式得，
若执行规则A，抛掷次数恰为1次的概率为：．
（2）若执行规则B，抛掷次数的所有可能取值为1，2，3，…，；
显然抛掷一颗骰子1次结果向上的点数不大于2的概率为，大于2的概率为，
，，，…，
所以
，
设①，
②，
①－②，
，
得：
所以，问题得证.
18．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）借助相互独立事件的概率公式及离散型随机变量的分布列及方差定义计算即可得；
（2）设将这n枚硬币抛起，落下时正面朝上的硬币个数为奇数的概率为，由题意可得，计算出后结合数列的性质计算即可得.
【详解】（1）用表示第枚硬币正面朝上，则表示第枚硬币正面朝下，其中，
的可能取值为、、、，
则，
,
，
，
则其分布列为：
期望；
（2）设将这n枚硬币抛起，落下时正面朝上的硬币个数为奇数的概率为，
则，
当时，有，
即，即，又，
即数列为以为公差，以为首项的等差数列，
即，故.
19．(1)4
(2)（i）；
（ii）；2天
【分析】（1）由合计得分可能的取值，计算相应的概率，再由公式计算数学期望即可；
（2）（i）利用互斥事件的加法公式和相互独立事件概率乘法公式求概率．；
（ii）由题意，求与的关系，通过构造等比数列，求出，再由求出对应的n.
【详解】（1）由题意，每位游客得1分的概率为，得2分的概率为，
随机抽取三人，用随机变量表示三人合计得分，则可能的取值为3，4，5，6，
，，
，，
则.
所以三人合计得分的数学期望为4.
（2）第一天选择“单车自由行”的概率为，则第一天选择“观光电车行”的概率为，
若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，
若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，则后一天选择“单车自由行”的概率为，
（i）甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）甲第天选择“单车自由行”的概率，有，
则 ，，
∴，
又∵，∴，
∴数列是以为首项，以为公比的等比数列，
∴．
由题意知，需，即，
，即，
显然n必为奇数，偶数不成立，
当时，有即可，
时，成立；
时，成立；
时，，则时不成立，
又因为单调递减，所以时，不成立．
综上，16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数只有2天．
【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用全概率公式得到，从而利用数列的相关知识求得，从而得解.
20．(1)
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）分别写出的所有质因数，根据其个数即可计算出结果；
（2）对的取值是否为1进行分类讨论，对的取值进行分别计算即可求得结论；
（3）利用定义由组合数定义以及二项式定理可得出证明.
【详解】（1）因为，易知，
所以；
又，因为5的指数，所以；
（2）①若或，因为，所以；
②若，且存在质数，使得或的质因数分解中包含，则的质因数分解中一定也包含，
所以，
③若，且不存在②中的，可设，
其中均为质数，则，
因为互质，所以互不相等，
所以，
综上可知
（3）由于，所以可设，为偶数，
的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，
所以
，
所以．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于充分理解莫比乌斯函数的定义，并根据计算规则得出其规律，再由二项式系数性质可得出结果.
21．(1)
(2)①分布列见解析，；②证明见解析
【分析】（1）由为时，对于任意都不存在“正确配对”的配对方式数，即错排方式数求解；
（2）(i) 由 ，列出分布列，再求期望；(ii)分三类情况，和配对证明.
【详解】（1）；
（2）(i) ，
，，
，
(ii)分三类情况，和全错配,
1.和配对，余下和（或）.余下部分属于n个时的错配，故总共，
2.和配对，且与配对.此时余下部分属于n-1个时的错配，故总共，
3.和配对，且与不配对.此时可将等效为，则余下部分属于n个时的错配，故总共，
综上：.
22．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）2；（ⅱ）9841
【分析】（1）借助二进制的定义计算可得，，即可得证；
（2）（ⅰ）借助二进制的定义可计算出，即可得表达式中的0的个数；（ⅱ）计算出从到中，、、，的个数，即可得.
【详解】（1），
，
，
，
；
（2）（ⅰ），
，
（ⅱ），
，故从到中，
有、、、共9个，
有个，由，即共有个
有个，由，即共有个
……，
有个，
.
【点睛】关键点点睛：本体最后一小问关键点在于结合二进制的定义，得到，，通过组合数的计算得到、、、的个数，再结合组合数的性质计算得到结果.
23．(1)
(2).
(3)证明见详解.
【分析】（1）建立模型个相同的球排成一行，分成组，且每组至少一个小球，利用组合方法隔板法进行求解即可.
（2）令，方程的非负整数解个数，转化为方程的正整数解个数，由（1）的结论即可求出结果.
（3）由得，，，两式相乘求出的系数，再由求出的系数，即可得证.
【详解】（1）取个相同的球排成一行，这个球两两之间共有个空隙，用块相同的隔板插入这个空隙，每个空隙最多插一块隔板，则插入隔板的方法数为，
这块相同的隔板将个球分成组，从左到右各组的球数依次记为，则为正整数，且，
故元一次方程的正整数解的个数为.
（2）令，
则是方程的正整数解，
由（1）知，方程的正整数解个数为，
即方程的非负整数解个数为，
同理可得，方程的非负整数解个数为，
故元一次方程组的非负整数解的个数为.
（3）先证明：成立，
设，（*）
令得，
将（*）两边求导得，（**）
令得，
将（**）式两边求导得
，（***）
令得 ，
将（***）式两边求导得
，
令得 ，
依次类推可得，
所以成立，
所以，，
所以，
而，
所以.
【点睛】关键点点睛：解决元一次不定方程的正整数解的个数问题，通过建立模型，利用隔板法进行求解.
24．(1)（ⅰ）表格见解析；（ⅱ）；
(2)，答案见解析
【分析】（1）（ⅰ）分与计算即可得；（ⅱ）结合题意与所得表格即可得解；
（2）求取函数的导数，借助导数得到函数的最大值点，即可得解.
【详解】（1）因为袋中这两种颜色球的个数之比为，且，所以的值为或；
（ⅰ）当时，，，
当时，，，
表格如下
（ⅱ）由上表可知．
当或1时，参数的概率最大；当或3时，参数的概率最大．
所以；
（2）由，
则，
令，
即，
故，即当时，，
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
即当时，取最大值，故，
因此，用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，故用频率估计概率是合理的．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助导数求取函数取最大值时的，得到.
25．(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.
26．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导后对分类讨论即可得；
（2）借助斜率公式表示出后化简，可转化为证明，借助换元法令，构造函数，结合（1）问中所的即可得解；
（3）借助概率公式可得，借助放缩法可得，结合（2）中所得可得，即可得证.
【详解】（1）定义域为，，
对于方程，，
当，即时，，，在上单增，
当，即或时，方程有两不等根，
，，而，，
所以当时，，在上恒成立，在上单增；
当时，，或时，，时，，
所以在和上单增，在上单减，
综上，当时，在上单增；
当时，在和上单增，
在上单减；
（2）
，
所以要证，即证，即证，
也即证（*）成立．
设，函数，由（1）知在上单增，且，
所以时，，所以（*）成立，原不等式得证；
（3）由题可得，
因为，，…，，
所以，
又由（2）知，，
取，有，
即，即，
所以．
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于得出后，借助（2）问中所得，取，代入可得，即可得解.
27．(1)
(2)（i）；（ii）时，．
【分析】（1）由古典概型结合组合数公式即可求得答案；
（2）（i）由古典概型结合对立事件的概率公式即可求得答案；
（ii）由n次独立重复试验的概率公式结合导数知识即可求解.
【详解】（1）因为购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数之比为，所以这10人中，购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为：，，，
故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．
（2）（i）从人中任选2人，有种选法，其中购票类型相同的有种选法，则询问的某组被标为B的概率．
（ii）由题意，5组中恰有3组被标为B的概率，
所以，，
所以当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得最大值，且最大值为．
由，且，得．
当时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且的最大值为．
28．(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.
29．(1)；
(2)①；②.
【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得答案；
（2）①当且仅当信道1、信道2都传输成功时，由、的值可确定的值；
②若信道2传输失败、信道1传输成功， 被成功解码的概率为；若信道2、信道1都传输失败，此时信号无法成功解码；由此可求得答案.
【详解】（1）解：设“信号和均被成功接收”为事件，则；
（2）解：①，．
当且仅当信道1、信道2都传输成功时，由、的值可确定的值，所以信号被成功解码的概率为；
②若信道2传输成功，则信号被成功解码，概率为；
若信道2传输失败、信道1传输成功，则，因为为已知信号，信号仍然可以被成功解码，此时被成功解码的概率为；
若信道2、信道1都传输失败，此时信号无法成功解码；
综上可得，信号被成功解码的概率为.
30．(1)（i）分布列见解析，2；（ii）；
(2).
【分析】（1）（i）根据题意可得，即可得的分布列与期望；（ii）将三个人抢到的金额数记作，根据的取值情况，分类求解所需概率；
（2）利用条件概率公式分析求解即可得结论.
【详解】（1）若第一个人抢到的金额数为个单位，第二个人抢到的金额数为个单位，第三个人抢到的金额数为个单位，我们将三个人抢到的金额数记作.
（i），
所以的分布列为
.
（ii）第一个人获得手气王时，三个人抢到的金额数只可能为，
故第一个人获得手气王的概率
.
（2）记事件“三个人抢到的金额数为的一个排列”，事件“第一个人获得手气王”.
所要求的是条件概率，有.
当三个人抢到的金额数为的一个排列时，总金额数为9，故第一个人抢到的金额数可能为
.
又，
，
故.
31．(1)，；
(2)88是数列的第30项；
(3)，，
【分析】当时，此时，由集合新定义中的规则代入计算即可；
根据集合新定义，由，再列举出比它小的项即可；
方法一：由可得，再列举出比它小的项分别有以下7种情况，再求和；方法二：由可得，求得集合中的元素个数和最大的一个，可得，再求和可得.
【详解】（1）因为，此时，
，
.
（2）当时，，
是数列中的项，
比它小的项分别有个，
有个，
有个，
所以比88小的项共有个，故88是数列的第30项.
（3）是数列中的项，故，
则当时，，
方法一：比它小的项分别有以下7种情况：
①个数字任取7个得个，
②，得个，
③，得个，
④，得个，
⑤，得个，
⑥，得个，
⑦，得个，
所以比2024小的项共有个，
其中
故2024是数列的第329项，即.
方法二：共有元素个，
最大的是，其次为，
所以2024是数列的第项，即.
在总共项中，含有的项共有个，同理都各有个，所以，则.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于解读集合的定义计算，并联想到和辅助思考.
32．(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.
33．(1)，；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求出和.
（2）分析求出x与n不互质的数的个数，求得，设，，结合二项式展开式证明，再按与分类求证即得.
（3）利用的定义，记，，令，那么，且，，使，则，再探求数列项数及递推关系即可求得答案.
【详解】（1）中，与6互质的数有1和5，则；
中，与15互质的数有1、2、4、7、8、11、13和14，则8.
（2）因为，p和q为素数，则对，仅当或时，x和n不互质，
又，则，，…，或，，…时，x与n不互质，
则，
设，，可知s，t不全为0，下证时，；
由题知，，
又，
所以，同理有；
于是记，，
即，同理，记，于是，
则，因为，所以，所以，
即；
（i）时，记，则，
记，又，而，则，
即，即；
（ii）若，不妨设，于是，
所以，又，，
所以；
综上，，得证：
（3）因为，所以，则，则，
假设存在，，使得；记，，
令，那么，且，于是，使，则，
从而数列有且仅有项，
考虑使成立，
则对于相邻项有，
将两式相加并整理得：，
令，得，又由于，，…，及均由和确定，
则数列的各项也可根据n和确定，
由上知，，
则，
即，其中是根据n和唯一确定的.
【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.
34．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合新定义判断证明；
（2）根据新定义，因为，分和两种情况证明；
（3）根据题意结合排列组合的知识表示的式子，然后结合组合数和基本不等式进行放缩即可证得结论.
【详解】（1）设与中对应项中同时为0的有个，同时为1的有个，
则对应项不同的为个，所以．
所以；
（2）设，
因为，
，
所以，
因为．
所以当时，，
当时，，
所以；
（3）记集合中所有两个元素间距离的总和为，
则．
设集合中所有元素的第个位置的数字共有个个0，
则，
因为，
所以，
所以，
所以.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
35．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，结合新定义判断证明；
（2）根据新定义，因为，分和两种情况证明；
（3）根据题意结合排列组合的知识表示的式子，然后结合组合数和基本不等式进行放缩即可证得结论.
【详解】（1）设与的对应项中同时为0的有个，同时为1的有个，则对应项不同的为个，所以．
所以．
（2）设．
因为，
所以．
因为．
所以当时，，
当时，
所以
（3）记集合P中所有两个元素间距离的总和为，
则．
设集合中所有元素的第个位置的数字共有个个0．
则，因为，
所以．所以.
所以
【点睛】思路点睛：第一问，设与的对应项中同时为0的有个，同时为1的有个，根据A与B之间的距离的定义，求出，，可证；第二问，设，先由A与B的差的定义求出，再求出，分和讨论证明；第三问，记集合P中所有两个元素间距离的总和为，可得，设集合中所有元素的第个位置的数字共有个个0，则，结合组合数和基本不等式进行放缩即可证得结论.
0
1
2
3
4
5
0
1
2
3
1
2
3