2026年高考数学一轮复习分层练习（压轴题）07：概率与统计（40题）（含答案详解）

这是一份2026年高考数学一轮复习分层练习（压轴题）07：概率与统计（40题）（含答案详解），共67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．连续抛掷一枚质地均匀的骰子三次，依次记录向上的点数.记为前两次点数的平均值，为三次点数的平均值，则与的差的绝对值不超过的概率是（ ）
A．B．C．D．
2．已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（ ）个．
A．3B．6C．7D．10
3．信息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量X所有可能的取值为1，2，，n，且，，定义X的信息熵，则下列判断中正确的是（ ）
①若，则
②若，则；
③若，则当时，取得最大值
④若，随机变量Y所有可能的取值为1，2，，m，且，则
A．①②B．②③C．①②④D．①②③④
4．某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲､乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（ ）
A．27B．24C．32D．28
5．李华在研究化学反应时，把反应抽象为小球之间的碰撞，而碰撞又分为有效碰撞和无效碰撞，李华有3个小球和3个小球，当发生有效碰撞时，，上的计数器分别增加2计数和1计数，，球两两发生有效碰撞的概率均为，现在李华取三个球让他们之间两两碰撞，结束后从中随机取一个球，发现其上计数为2，则李华一开始取出的三个球里，小球个数的期望是（ ）个
A．1.2B．1.6C．1.8D．2
二、多选题
6．芯片时常制造在半导体晶元表面上.某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进.部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验.记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，B表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改进生产工艺后，这款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取M个，这M个芯片中恰有m个的质量指标位于区间，则下列说法正确的是（ ）（参考数据：，）
A．
B．
C．
D．取得最大值时，M的估计值为54
7．某工厂对一条生产线上的产品A和B进行抽检．已知每轮抽到A产品的概率为，每轮抽检中抽到B产品即停止．设进行足够多轮抽检后抽到A产品的件数与B产品的件数的比例为k，单轮抽检中抽检的次数为x，则（ ）
A．若，则
B．当时，取得最大值
C．若一轮抽检中x的很大取值为M，
D．恒成立
8．已知在伯努利试验中，事件发生的概率为，我们称将试验进行至事件发生次为止，试验进行的次数服从负二项分布，记作，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则，
B．若，则，
C．若，，则
D．若，则当取不小于的最小正整数时，最大
9．信息熵常被用来作为一个系统的信息含量的量化指标，从而可以进一步用来作为系统方程优化的目标或者参数选择的判据.在决策树的生成过程中，就使用了熵来作为样本最优属性划分的判据.信息论之父克劳德·香农给出的信息熵的三个性质：①单调性，发生概率越高的事件，其携带的信息量越低；②非负性，信息熵可以看作为一种广度量，非负性是一种合理的必然；③累加性，即多随机事件同时发生存在的总不确定性的量度是可以表示为各事件不确定性的量度的和.克劳德⋅香农从数学上严格证明了满足上述三个条件的随机变量不确定性度量函数具有唯一形式，令，设随机变量所有取值为1，2，3，⋯，n，且，，则下列说法正确的有（）
A．时，
B．2时，若，则的值随着的增大而增大
C．若，()，则
D．若，随机变量Y的所有可能取值为且，则
10．在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角（如图1），小明在学完杨辉三角之后进行类比探究，将的展开式按x的升幂排列，将各项系数列表如下（如图2）：
上表图2中第n行的第m个数用表示，即展开式中的系数为，则（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
11．一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球2n次，且每次取1只球，X表示2n次取球中取到红球的次数，当为奇数时，；当为偶数时，,则X的数学期望为 （用n表示），Y的数学期望为 （用n表示）．
12．不断地抛掷一枚硬币，若连续出现2次正面向上，则甲获胜，游戏结束；若累计出现4次正面向上，且未出现连续2次正面向上，则乙获胜，游戏结束；若连续2次正面向上和累计4次正面向上同时发生了，则甲乙平局，游戏结束.在没有发生平局的条件下，乙获胜的概率为 .
13．某校高三1班10名同学、高三2班20名同学、高三3班10名同学参加“强国有我”演讲比赛，采用随机抽签的方式确定出场顺序，每位同学依次出场，记“高三1班全部学生完成比赛后，高三2班和高三3班都有学生尚未完成比赛”为事件A，则事件A发生的概率为 .
14．某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为 .
15．已知甲、乙两个不透明的箱子中分别装有个黑球和个白球（球之间除颜色外无差异），现规定从甲箱中任取球放入乙箱，摇匀后再从乙箱中任取球放入甲箱称为次操作.若已知次操作后，甲箱中仍有个黑球，则其第次操作后甲箱中仍有个黑球的概率为： ；设第次操作后甲箱中黑球个数为，则 .
16．编号为的四个小球，有放回地取三次，每次取一个，记表示前两个球号码的平均数，记表示三个球号码的平均数，则与之差的绝对值不超过0.2的概率是 .
17．在一定的环境下，某种食品的保质期为正整数，根据统计数据，它近似满足以下规律：对任意正整数，保质期恰好为的该食品在所有保质期不小于的该食品中的占比为.记该食品的保质期为为事件，该食品的保质期不小于为事件：则 ， .
18．某高中高二（1）班10名学生、高二（2）班10名学生、高二（3）班20名学生参加“少年强则国强”演讲比赛，比赛采用随机抽签的方式确定出场顺序，每位学生依次出场．记“高二（1）班全部学生完成比赛后，高二（2）班和高二（3）班都有学生尚未完成比赛”为事件A，则事件A发生的概率为 ．
19．某校高三年级有个班，每个班均有人，第（）个班中有个女生，余下的为男生.在这n个班中任取一个班，再从该班中依次取出三人，若第三次取出的人恰为男生的概率是，则 .
20．在如图斜方格阵中，一机器人从中心方格出发，每次运动可以跨越机器人所在方格的一条边（如第1次运动，机器人可以运动到，，或）．若机器人走出斜方格阵视为“失败”，反之视为“成功”，则运动2025次后机器人“成功”的概率为 ．
四、解答题
21．设A是一个整数集，若是A的子集，且，，，，且，则称集合是集合A的一个划分.定义，，正整数k使集合划分成，，，且使，，中各集合的所有元素之和都相等，称为划分.
(1)求划分；
(2)证明：集合可以划分；
(3)若，，集合A能划分的概率为，证明：.
22．有，，，，，，，八名运动员参加乒乓球赛事，该赛事采用预赛，半决赛和决赛三轮淘汰制决定最后的冠军、八名运动员在比赛开始前抽签随机决定各自的位置编号，已知这七名运动员互相对决时彼此间的获胜概率均为，运动员与其它运动员对决时，获胜的概率为，每场对决没有平局，且结果相互独立．
(1)求这八名运动员各自获得冠军的概率；
(2)求与对决过且最后获得冠军的概率；
(3)求与对决过且最后获得冠军的概率．
23．口袋中有大小相同、质地均匀的3个白球和3个黄球.甲乙两人进行摸球游戏，规则如下：每次摸2个球，观察颜色后放回，若颜色相同时，则摸球人继续摸球；否则由对方摸球.第一次由甲开始摸球，记第n次由甲摸的概率是
(1)求，；
(2)证明：数列是等比数列，并求
24．通过抛掷骰子产生随机数列，具体产生方式为：若第次抛掷得到点数，则．记数列的前n项和为为除以4的余数．
(1)若，求的概率；
(2)若，比较与的大小，说明理由；
(3)若，设，试确定该展开式中各项系数与事件的联系，并求的概率．
25．为了合理配置旅游资源，管理部门对首次来武汉旅游的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人计划只参观黄鹤楼，另外的人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，每位游客若只参观黄鹤楼，则记1分；若既参观黄鹤楼又游览晴川阁，则记2分．假设每位首次来武汉旅游的游客计划是否游览晴川阁相互独立，视频率为概率．
(1)从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望；
(2)从游客中随机抽取n人，记这n人的合计得分恰为分的概率为，求；
(3)从游客中随机抽取若干人逐个统计，记这些人的合计得分出现n分的概率为，求数列的通项公式．
26．某校高一学生共有500人，年级组长利用数字化学习软件记录每位学生每日课后作业完成的时长，期中考试之后统计得到了如下平均作业时长与学业成绩的数据表：
(1)填写如下列联表，试判断：是否有的把握认为学业成绩优秀与日均作业时长不小于2小时且小于3小时有关？
(2)常用表示在事件A发生的条件下事件发生的优势，在统计中称为似然比．已知该校高一学生女生中成绩优秀的学生占比，现从所有高一学生中任选一人，A表示“选到的是男生”，表示“选到的学生成绩优秀”，若，求．
附：．
27．（1）某公司为提升员工身体素质，鼓励员工参与“健康帮，活力无限”健身打卡活动．公司统计了开展活动后近5个月员工因健身而使身体指标（如体脂下降、心肺功能提升等）明显改善的人数．统计结果如下：
若身体指标明显改善人数与月份变量（月份变量依次为）具有线性相关关系，请预测第6个月身体指标明显改善的大约有多少人？
（2）公司将参与健身打卡活动的员工分成了X、Y、Z三组进行健身竞赛，其规则：竞赛发起权在任何一组，该组都可向另外两组发起竞赛，首先由X组先发起竞赛，挑战Y组、Z组的概率均为，若X组挑战Y组，则下次竞赛发起权在Y组．若竞赛发起权在Y组，则挑战X组、Z组的概率分别为和；若竞赛发起权在Z组，则挑战X组、Y组的概率分别为 和；
①经过3次挑战赛后，求竞赛发起权在Y组的次数M的分布列与数学期望；
②定义：已知数列，若对于任意给定的正数（不论它多么小），总存在正整数，使得当时，（是一个确定的实数），则称数列为“聚点数列”，称为数列的聚点．经过次竞赛后，竞赛发起权在X组的概率为，证明数列为“聚点数列”，并求出聚点的值．附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
28．在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”.
(1)求，
(2)已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1.
（i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1；
（ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率.
29．正四面体某个顶点处有一粒子，粒子的运动规律如下：粒子每经过一个时间单位，有的概率仍停留在原顶点，也有可能沿着棱从原顶点移动到另外的顶点，而且移动到另外三个顶点的任何一个都是等可能的．已知在时刻时，粒子在顶点处，若在时刻时，粒子在顶点处记为事件，记此时事件发生的概率为．
(1)求；
(2)求，并判断数列的单调性；
(3)记，求证：．
30．某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰.
(1)若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率.
(2)决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立.
（i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值；
（ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围.
31．信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量的所有可能取值为1，2，…，，且，，定义的信息熵.
(1)证明：当且仅当时，；
(2)若，且，比较与1的大小；
(3)重复抛掷一枚质地均匀的硬币，如果正面朝上则继续抛，如果反面朝上就立即停止，且抛20次后即使没有出现反面朝上也停止，若将停止时抛掷硬币的次数记为，求.
32．如图，某兴趣小组在坐标纸网格中设计了一款跳棋游戏.规则如下：游戏参与者以为出发点，每掷一次均匀硬币，若掷出正面，则沿小正方形的对角线向右上方移动一格；若掷出反面，则沿小正方形的对角线向右下方移动一格.
(1)求甲走完第3步后，到达点的概率；
(2)若甲向右上方走一步得5分，向右下方走一步得0分，当他走完第4步后，得分为，求的分布列及数学期望；
(3)甲和乙都从出发，走到点的位置，设走完第步后，甲位于点，乙位于点，其中且.若对任意且都有，则认为甲获胜，求甲获胜的概率.
33．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．
①求，；
②已知，求．
34．信息在传送中都是以字节形式发送，每个字节只有0或1两种状态，为保证信息在传送中不至于泄露，往往需要经过多重加密，若 A， B是含有一个字节的信息，在加密过程中，会经过两次加密，第一次加密时信息中字节会等可能的变为0或1，且0，1之间转换是相互独立的，第二次加密时，字节中0或1发生变化的概率为p，若A，B的初始状态为0，1或1，0，记通过两次加密后A，B中含有字节1的个数为
(1)若两次加密后的A，B中字节1的个数为2，且，求A，B通过第一次加密后字节1的个数为2的概率；
(2)若一条信息有种等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，，，，，则称其中为这条信息的信息熵，试求A，B通过两次加密后字节1的个数为X的信息熵 ；
(3)将一个字节为0的信息通过第二次加密，当字节变为1时停止，否则重复通过第二次加密直至字节变为1，设停止加密时该字节通过第二次加密的次数为证明： .
35．甲乙两人各有张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别有数字1，3，5，…，，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，…，.两人进行轮比赛，在每轮比赛两人各自从自己持有的卡片中随机选择一张，并比较所选卡片上的数字大小，数字大的得1分，数字小的得0分，然后各自弃置此轮所选卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用设轮比赛后甲的总得分为X．
(1)当时，请写出轮比赛后X的分布列（不需要计算过程．不需要列表）：
(2)设数列满足：，且已知，，，．
（ⅰ）当时，请你直接猜想与，的递推关系式（不要推理过程，直接给出答案）;
（ⅱ）结合（ⅰ）中的递推关系，请你求出轮比赛后甲的总得分X不低于的概率．
36．一盒子中共有7个大小质地相同的球，其中4个1号球，3个2号球．从盒子中一次随机取出两个球，如果取出的球是2号球，则将它放回盒子中；如果取出的球是1号球，则不放回盒子中，另补一个2号球放入袋中．重复进行上述操作n次后，盒子中所有球的号码之和记为．
(1)为何值的概率最大？
(2)求随机变量的分布列；
(3)求随机变量的数学期望关于的表达式．
37．继 2023 年电子竞技首次作为正式竞赛项目登上杭州亚运会舞台后，2024 年国际奥委会宣布首届奥林匹克电子竞技运动会将于 2025 年在沙特阿拉伯王国举办．这意味着电子竞技作为虚拟体育正式成为奥运会项目的一部分．为迎接电子竞技行业这一里程碑式的时刻， 甲、乙两俱乐部计划按照现今体育比赛中的赛制举办友谊赛．在体育比赛中有两种常见赛制：一种是局胜制，例如一场比赛有5局， 率先胜3局一方获胜，本场比赛结束; 另一种是局胜制，例如一场比赛有7局，率先胜4局一方获胜， 本场比赛结束．
(1)若采用5局3胜制，甲俱乐部每场比赛获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，甲俱乐部每场比赛获胜的概率为0.9．已知甲、乙俱乐部采用这两种赛制各进行了场比赛，试自行绘制列联表，并根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲队获胜的场数有影响;
(2)设甲俱乐部每局比赛获胜的概率均为，且每局比赛都能决出胜负，没有平同： ①若两俱乐部采用5局3胜制比赛，记事件： “甲俱乐部只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”，事件： “两俱乐部赛满5局，甲俱乐部至少取得3局比赛胜利且甲获胜”，试证明：;
②若甲、乙两俱乐部创造一种全新的赛制，约定比赛规则为：共进行局，赢得局数大于 局的俱乐部获胜．若甲俱乐部每局比赛获胜的概率，试判断进行几局比赛时，甲俱乐部获胜的概率最大，并说明理由．
附：，其中 ．
38．马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为，如此往复．
(1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；
(2)记该同学第天选择米饭套餐的概率为；
①证明：为等比数列；
②当时，恒成立，求取值范围．
39．卫生检疫部门在进行病毒检疫时常采用“逐一检测”或“混采检测”（随机地按人一组平均分成组，然后将各组个人的血样混合再化验．如果混管血样呈阴性，说明这个人全部阴性；如果混管血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次）．已知某种病毒性疾病在某地的患病率（患病率）为．
(1)当时，已知某组混管血样呈阳性，且这5人中只有1人患病．
（i）将该组每个人的血液逐个化验，直到查出患病人员为止．用表示所需化验次数，求的期望；
（ii）先从该组中取3人的血液混在一起化验，若呈阳性，则对这3人的血液再逐个化验，直到查出患病人员；若不呈阳性，则对剩下的2人再逐个化验，直到查出患病人员．用表示所需化验次数，求的期望；
(2)已知某次“混采检测”的血样总数为20000，，，记检验总次数为，当时，求的最大值．（参考公式及数据：，，，，，，）
40．生物研究工作中，统计鸟类主要是研究鸟类种群数量和分布规律，其中固定半径样点法是一种常见的统计方法，即记录以观测者为圆心的一定半径范围内所有鸟类个体，然后用鸟类统计数和样点总面积来计算鸟类密度的数量统计方法．
(1)统计人员发现某鸟类在A区域经常出没，为了估计此类鸟的数量，采取固定半径样点法，其中鸟类密度（单位：只/平方米）的计算公式为，：鸟类密度，：所有样点记录鸟类数量的平均数，：每个样点区域面积，已知A区域的总面积为平方米，每个记录的样点区域半径为25米，样点数为10个，统计如下表
试估计A区域内该鸟类的总数量？（结果保留整数）参考数据：．
(2)在A区域采取（1）中方法统计时发现该鸟类有两个品种，分别记为I种和II种．由于（1）中每个样点记录的该鸟数量较少，统计人员重新在A区域随机捕获了50只该鸟，再将捕获的鸟全部放回，作为一次试验结果．记第次试验中I种的数目为随机变量．设该区域中I种的数目为，II种的数目为．
（i）求在第1次试验中随机变量的分布列；
（ii）假设每一次试验均相互独立．统计人员完成所有试验后，得到的实际取值分别为，其平均值，方差．记随机变量．采用和分别代替期望和方差，试给出，的估计值（结果保留整数）．
参考公式：从含件次品的件产品中，分别采用有放回和不放回的方式随机抽取件，设抽取的件产品中次品数为，如果采取有放回抽样，则方差；如果采取不放回抽样，则方差为．随机变量与满足．若随机变量与相互独立，则．
平均作业时长（单位：小时）
学业成绩优秀：
学业成绩不优秀：
时长
其他
总计
优秀
不优秀
总计
月份
1
2
3
4
5
身体指标明显改善人数
330
260
200
140
90
0.10
0.05
0.025
0.010
2.706
3.841
5.024
6.635
样点编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
鸟类数量
20
21
19
20
18
20
22
25
20
15
《概率与统计》参考答案
1．A
【分析】根据题意，分析得，再分类讨论不同取值得到所有满足的样本点个数，从而利用古典概型的概率公式即可得解.
【解析】连续抛掷一枚骰子3次，共有个样本点，
设三次记录的点数依次为，，，则，
即，则，又，
则，
易知不同的取值情况共有种，
当时，满足的样本点有，，，，，，共个；
同理，当时，满足的样本点有个；
当时，满足的样本点有个；
当时，满足的样本点有个；
当时，满足的样本点有个；
当时，满足的样本点有，，，，，共个；
故所求概率为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用绝对值不等式的解法分析得的不等关系，从而得解.
2．D
【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案.
【解析】设，情况如下：
①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，
由具有对称性，不妨讨论，，
满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上，
即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点，
同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个；
②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，
若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）；
若到和中的两个距离一样，由具有对称性，
不妨讨论，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图，
同理，和也各有1个满足题意的点，共4个；
综上，共有10个满足题意的点.
故选：D
【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且两类为关键.
3．D
【分析】对于①，计算出；对于②，由得到，故，与矛盾，②正确；对于③，若，则，，构造函数，，求导得到其单调性，得到当时最大，故③正确；对于④，表达出，作差得到，故，得到④正确.
【解析】①若，则，故①正确；
②假设，因为，，所以，
所以，所以，
这与矛盾，所以假设不成立，
而当时，易得，所以，故②正确；
③若，则，
，
设，，
则，
令，得，解得，此时函数单调递减，
令，，解得，此时函数单调递增，
所以当时最大，所以当时，取得最大值，故③正确；
④由题意知，，，，…，，
∴，
又，
∴，
又，，，，
∴，∴，故④正确．
综上，正确说法的序号为①②③④，
故选：D．
【点睛】方法点睛：函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
4．A
【分析】先求得每一轮训练过关的概率，利用二项分布的期望列方程，结合基本不等式以及二次函数的性质求得正确答案.
【解析】设每一轮训练过关的概率为，
则
，
，当且仅当时等号成立.
函数的开口向上，对称轴为，
所以，
依题意，，则，
，所以至少需要轮.
故选：A
【点睛】方法点睛：求解相互独立事件和独立重复事件结合的问题，要注意区别两者的不同，相互独立事件的概率可以不相同，独立重复事件概率是相同的.求最值的方法可以考虑二次函数的性质，也可以考虑基本不等式，利用基本不等式时，要注意“一正二定三相等”.
5．B
【分析】由题意可得两球发生有效碰撞和无效碰撞的可能性相等，根据种不同的取法，每种取法里三个球两两碰撞之后共有种等可能的情况发生，其中可产生计数为的球的情况有种，再算出其中不同取法里球个数各自的概率，即可计算出期望.
【解析】由，球两两发生有效碰撞的概率均为，
可得两球发生有效碰撞和无效碰撞的可能性相等.
取出三个球后，每两个球之间碰撞一次，则需碰撞次，
每次碰撞均有有效碰撞和无效碰撞两种情况发生，且可能性相等，
所以三个球两两碰撞之后共有种等可能的情况发生.
①若取出的三个球均为球，有种取法，
碰撞之后产生计数为的球的情况有：
每个球之间有效碰撞次，无效碰撞次，计数结果为，有种，1个球计数为2；
每个球之间有效碰撞次，计数结果为，有种，有三个球计数为2；
则符合条件的情况数为.
②若取出的三个球为个球，个球，有种取法，
碰撞之后产生计数为的球的情况有：
，球之间有效碰撞次，无效碰撞次，计数结果为或，有种1，计数为2的球个数分别为1和2；
每个球之间有效碰撞次，计数结果为，有种，计数为2的球个数为2；
则符合条件的情况数为.
③若取出的三个球为个球，个球，有种取法，
碰撞之后产生计数为的球的情况有：
a，a碰撞有效，a，b碰撞无效，计数结果为，有种，计数为2的球个数为2；
a，a碰撞无效，a，b碰撞1次有效1次无效，计数结果为，有种，计数为2的球个数为1；
a，a碰撞无效，a，b碰撞均有效，计数结果为，有种，计数为2的球个数为3；
a，a碰撞有效，a，b碰撞1次有效1次无效，计数结果为，有2种，计数为2的球个数为1；
a，a碰撞有效，a，b碰撞有效，计数结果为，有1种，计数为2的球个数为1；
所以符合条件的情况数为.
④若取出的三个球均为球，有种取法，
碰撞之后产生计数为的球的情况有：
每个球之间有效碰撞次，计数结果为，有种，计数为2的球个数为2；
每个球之间有效碰撞次，计数结果为，有种，计数为2的球个数为2；
符合条件的情况数为.
所以碰撞之后产生计数为的球的情况总数为，
设李华一开始取出的三个球里，球个数为随机变量，
则随机变量所有可能取值的集合是，
，
，
，
，
故的分布列如下表：
数学期望，
所以李华一开始取出的三个球里，球个数的期望是个.
故选：.
6．BC
【分析】A选项，由条件概率的定义进行判断；B选项，在A选项基础上，推出，结合，得到，简单变形即可得到B正确；C选项，利用正态分布的对称性和原则得到答案；D选项，，，令，作商法得到其单调性，求出，，得到答案.
【解析】A选项，由条件概率的定义可知，，A错误；
对于B，因为，所以，
其中，故，
又，
于是，
即，
即，而，
所以，即，故，B正确；
C选项，指标服从正态分布，故，
则，
因为，，
所以，C正确；
D选项，，，
设，
令，
解得，故，
令，
解得，即，
所以取得最大值时，M的估计值为53，D错误.
故选：BC
【点睛】结论点睛：条件概率的性质：设，
（1）；
（2）如果是两个互斥事件，则；
（3）设和为对立事件，则；
7．AD
【分析】列出概率的函数表达式，代值求解判断A，合理构造函数，利用导数求解最值判断B，结合题意得到判断C，利用题意结合基本不等式判断D即可.
【解析】由题意知（前次为产品，最后一次为产品），
当时，，故A正确；
，，
令，得，在上单调递增，在上单调递减，
当时，取最大值，故B错误；
由A知，，
令①，
则②，
①②得，，故C错误；
由C知若一轮抽检出n件产品，则，
每轮抽检必会抽到B产品1次，则当时，，
，则，，
，当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题考查求概率，解题关键是利用极限思想得到当时，，然后利用基本不等式得到所要求的不等关系即可．
8．ACD
【分析】利用负二项分布的概念可判断AB选项；利用二项分布和负二项分布的概率公式可判断C选项；分析并结合负二项分布的概率公式可判断D选项.
【解析】对于A，若，则为个相乘再乘，即，
则，，故A正确，
对于B，若，则，
，故B错误，
对于C，因为从中取出个数的取法有种，这些取法可按的值分类，即时的取法有种，
则，又，，设，
则，则，
化简得，
可得，故C正确.
对于D：因为最大, 则，
所以解得
所以当k取不小于的最小正整数时最大，故D正确.
故选: ACD.
【点睛】本题考查负二项分布的问题，解决本题的关键在于正确理解负二项分布的定义，知晓负二项分布的概率公式，结合负二项分布的概率公式求解.
9．ABC
【分析】A直接利用公式求解；B先求出,再判断单调性即可求解；CD分别求出和,结合对数函数单调性放缩即可求解.
【解析】对于：若,则,因此正确;
对于：当时,，
令，则，
即函数在上单调递增,所以的值随着的增大而增大,正确;
对于：，则，
,，而，
于是
令，则，
两式相减得，因此,
，C正确；
对于,若，随机变量的所有可能的取值为，
且,
由于,即有,则,
因此,所以,错误.
故选:.
10．BCD
【分析】对于ABC选项，由图2中数据特征可得，对于D，左式可由的展开式中的系数得到，故根据以及二项式定理研究展开式中的系数即可求解.
【解析】依据题意结合图2可知图2中每一行的每一个数等于其上一行头顶和左右肩上共三个数的和（没有的用0代替），
如：第四行的第三个数10，等于上一行头顶上的数3加上左右肩上的数1和6；
第三行中的第二个数3，等于上一行头顶上的数1加上左右肩上的数0（左肩上没有数，故用0代替）和2；
所以，
对于A，由上，故A错；
对于B，由图可知，
以此类推可得，故B对；
对于C，由上可知正确，故C对；
对于D，因为，
，
则，
所以根据乘法规则的展开式中的系数为：
，
又，
其通项为，
因为，故展开式中的系数为0，
故，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：求证D选项的关键是借助展开式中的系数引出D中左式，进而借助展开式研究得证.
11．
【分析】根据题意可知，利用二项分布的期望公式即可求出的数学期望；利用与的关系，写出的值为,进而可得，再利用即可求得的数学期望.
【解析】第一空：由题可知，所以；
第二空：根据题意的值为,
，
，
，
，
，
，
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是的数学期望的化简需要用到及，.
12．
【分析】先假设抛掷硬币次，分别探求“乙获胜”与“平局”的概率表达式，通过先裂项求和后求极限的方法可得，，然后利用条件概率公式求解.
【解析】设事件“乙获胜”，“平局”，则“没有发生平局”，
记“正面向上”为“”；“反面向上”为“”.
①不断地抛掷一枚硬币，先求事件的概率.
假设抛掷硬币次，
则事件即抛掷最后两次依次为“”，前次中恰3次“”且互不相邻，其余次都为 “0”，
即从个“0”形成的空中选出3个插入个“1”，故共种方法，
由题意知，，
故若不断地抛掷一枚硬币，则，
设，
由，
设，
则，记，
所以
，
因为，所以.
故“乙获胜”的概率；
②不断地抛掷一枚硬币，求事件即“平局”的概率.
假设抛掷硬币次，
则事件即最后三次依次为“”，前次中恰次“”且互不相邻，其余次都为“0”，
即从个“0”形成的空中选出个插入个“1”，故共种方法，
由题意知，，
故若不断地抛掷一枚硬币，则，
设，
由，
设，
则，记，
所以
，
因为，所以.
故“平局”的概率；
由条件概率公式可得，
所以在没有发生平局的条件下，乙获胜的概率为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有两点，一是准确“译事件”，如事件即最后两次为“”，前次中恰3次“”且互不相邻，其余次都为“0”；二是借助裂项求和法求解“多项式与等比数列积”型结构的数列求和问题.
13．
【分析】本题需要对题目进行转化，将高三1班10名同学、高三2班20名同学、高三3班10名同学转化为，1班1名学生，2班2名学生，3班1名学生，再进行全排列，利用概率公式求解答案.
【解析】根据题目本题主要关注的问题是最后一名参赛学生是哪个班级的学生.
问题1：如果最后一位参赛学生为1班学生，即1班完成比赛时，2班、3班已经全部完成，
此时概率为，表示1班10位学生选取1位作为最后一位参赛学生，
表示去除最后一名参赛学生后剩余学生全排列，作为分母表示40位学生的全排列，
同理可得，最后一名参赛学生是2班的概率为，最后一名参赛学生是3班的概率为；
将以上高二（1）班10名学生、高二（2）班10名学生、高二（3）班20名学生，按照比例转化为，1班1名学生，2班2名学生，3班1名学生，进行考察.
问题2：发现最后一名参赛学生是1班的概率为，最后一名参赛学生是2班的概率为，最后一名参赛学生是3班的概率为，
所以问题1与问题2等价，不妨令1班学生为a，2班学生为b，c，三班学生为d，则全排列作为概率公式分母，即.
记“高三1班全部学生完成比赛后，高三2班和高三3班都有学生尚未完成比赛”为事件A，现在对事件A进行分析：
第一类：a在首位时，b，c，d全排列，有种可能；
第二类：a在第二位时，d必须在第三或第四位，b，c全排列，有种可能；
综上，共种可能，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：将问题简化为1班1名学生，2班2名学生，3班1名学生为关键.
14．
【分析】计算对立事件的概率，从下雨次数入手分类讨论计算两天都不淋雨的概率，即可得到至少有一天淋雨的概率.
【解析】“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”.
连续上班两天，上班、下班的次数共4次.
（1）次均不下雨，概率为：.
（2）有次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为：.
（3）有次下雨但不被淋雨，共种情况：
①同一天上下班均下雨，②两天上班时下雨，下班时不下雨，
③第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨，
概率为：.
（4）有次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨，
概率为：.
（5）次均下雨：.
两天都不淋雨的概率为：，
至少有一天淋雨的概率为： .
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查概率问题，具体思路如下：
（1）至少有一天淋雨的概率不易分析，则计算两天都不淋雨的概率.
（2）从下雨次数入手分类讨论：次均不下雨；有次下雨但不被淋雨；有次下雨但不被淋雨；有次下雨但不被淋雨；次均下雨.计算概率求和.
（3）利用对立事件概率的性质即可得到至少有一天淋雨的概率.
15．
【分析】由题意可得每次操作中甲箱中的黑球个数变化情况及对应概率，再结合条件概率公式即可得空一；计算出的所有可能取值及其对应概率后，结合期望公式即可得空二..
【解析】若甲箱中有个黑球，
则下一次操作后甲箱中仍有个黑球的概率为，
下一次操作后甲箱中有个黑球的概率为，
若甲箱中有个黑球，
则下一次操作后甲箱中仍有个黑球的概率为，
下一次操作后甲箱中有个黑球的概率为，
下一次操作后甲箱中有个黑球的概率为，
若甲箱中有个黑球，
则下一次操作后甲箱中仍有个黑球的概率为，
下一次操作后甲箱中有个黑球的概率为，
设次操作后，甲箱中仍有个黑球为事件，
第次操作后甲箱中仍有个黑球为事件，
则，
，则；
的可能取值为，，，
，
，
，
则；
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于得出每次操作中甲箱中的黑球个数变化情况及对应概率，从而可结合条件概率与概率乘法公式计算求解.
16．/0.375
【分析】根据排列知识可求基本事件的总数为64，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【解析】因为放回的抽取小球，所以基本事件总数为，
设抽取的前两个球的号码为，第三个球的号码为，
根据题意有，
则，
整理得，即，
当时，，此时为，3种情况；
当时，，此时为，9种情况；
当时，，此时为，9种情况；
当时，，此时为，3种情况；
综上得，满足条件的共有，所以满足条件的概率为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据题意构造不等式，然后结合抽出的前两个球号码为正整数，再对第三个球号码进行分类讨论即可得出符合条件的的数量，再结合基本事件总数即可得出结果.
17． 0.9/； .
【分析】设食品总数为，保质期为年的食品数为，由题意得，，列出方程组 联立，消去得，即，由等比数列求出其通项，再推理得到，求出，最后利用条件概率公式可求得.
【解析】设食品总数为，保质期为年的食品数为，
由题意，，,则，
即①；
②；
②① 得，则,即得，
因,则数列是首项为,公比为的等比数列，则.
又由可得，，即，
， 于是，
故.
故答案为：；.
【点睛】思路点睛：解题思路在于，弄清题意，设出相关量，正确表示它们的数量关系，推理得到概率的递推式，利用等比数列定义求出概率表示式.
18．
【分析】本题需要对题目进行转化，将高二（1）班10名学生、高二（2）班10名学生、高二（3）班20名学生转化为，1班1名学生，2班1名学生，3班2名学生，再进行全排列，利用概率公式求解答案.
【解析】根据题目本题主要关注的问题是最后一名参赛学生是哪个班级的学生.
问题1：如果最后一位赛学生为1班学生，即1班完成比赛时，2班、3班已经全部完成，
此时的概率为，表示1班10位学生选取1位作为最后一位参赛学生，
表示去除最后一名参赛学生后剩余学生全排列，作为分母表示40位学生的全排列.
同理可得，最后一名参赛学生是2班的概率为，
最后一名参赛学生是3班的概率为.
将以上高二（1）班10名学生、高二（2）班10名学生、高二（3）班20名学生，
按照比例转化为，1班1名学生，2班1名学生，3班2名学生，进行考察.
问题2：发现最后一名参赛学生是1班的概率为，最后一名参赛学生是2班的概率为，
最后一名参赛学生是3班的概率为，所以问题1与问题2等价.
不妨令1班学生为a，2班学生为b，三班学生为c，d，则全排列作为概率公式分母，即.
记“高二（1）班全部学生完成比赛后，高二（2）班和高二（3）班都有学生尚未完成比赛”为事件A，现在对事件A进行分析：
第一类：a在首位时，b，c，d全排列，有种可能；
第二类：a在第二位时，b必须在第三或第四位，c，d全排列，有种可能；共种可能.
所以.
故答案为：.
19．
【分析】根据题设，第个班中，取三次的方法有种，再求第三次取出的人为男生的方法数，进而求出第个班中第三次取出的人为男生的概率，再由即可求参数.
【解析】每个班被取出的概率为，取第个班中取三次的方法有种；
第三次取出的人为男生的方法，如下四种情况：
男男男：种；
女男男：种；
男女男：种；
女女男：种；
所以，第三次取出为男生的方法数：
，
综上，第个班中第三次取出的人为男生的概率，
所以，任选一个班第三次取出的人恰为男生的概率，
则，即，可得.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：首先求出第个班中，取三次的方法数和第三次取出的人为男生的方法数，进而得到第个班中第三次取出的人为男生的概率为关键.
20．
【分析】设2025次后机器人在处的概率为，在①处的概率为，在②处的概率为，在③处的概率为，则由题意可得，，，，进而求得结论.
【解析】如图，斜方格具有对称性，因而若机器人运动过程不走出斜方格阵，只需考虑机器人位于斜方格阵中的①、②、③处位置即可，设2025次后机器人在处的概率为，在①处的概率为，在②处的概率为，在③处的概率为．
则，，，．
将，，代入到中，得，
又由题意得，，则，
所以，则，，，
所以概率．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题涉及概率和数列知识，关键是分析运动次数与所在位置的的情况找规律，推导出一般概率表达式，再利用全概率公式，求出运动2025次后机器人“成功”的概率即可.
21．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意，根据划分的定义，列举出符合题意的子集，可得答案；
（2）由（1）的结论，可得前九个元素符合划分，由题意中求和相等，直接均分余下的项，可得答案；
（3）根据求和相同，结合二项式定理，建立方程，列举所有情况，可得答案.
【解析】（1）时，，不妨取，，.
（2）由题知，此时，.由（1）知可以划分.
对集合，∵，，
集合中的元素按如下排列
每行有672个数，且它们每行的前偶数个数的和相等，
∴集合可以划分.
（3）∵划分使，，中各集合的所有元素之和都相等，
∴A中所有元素之和必能被3整除.
设W表示A中所有元素之和.
∵
，
设，∴，
∴3能整除，∴3能整除或3能整除，∴或.
当时，集合A中的元素的个数为，此时集合A不能被划分.
当时，集合A中的元素的个数为3n，能被3整除，但当时，A不能被划分.
对整数而言，，，各占，∴.
22．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）分别求出与在第1,2,3轮对决且胜利的概率，最后相加即可；
（3）求出没有与对决过且最后获得冠军的概率，再利用条件概率和全概率公式计算即可.
【解析】（1）夺冠即为三轮比赛都获胜，所以夺冠的概率为．
由题意，七名运动员水平相同，且八名运动各自夺冠概率之和为1．
所以七名运动员各自夺冠的概率均为．
（2）记事件＂获得冠军＂，事件＂与对决过＂，事件“与在第轮对决”，．
不妨设在①号位，则在第1,2,3轮能与对决时其位置编号分别为②，③④，⑤⑥⑦⑧．
，
，
，
，
所以.
（3）记事件“与对决过”．
没有与对决过且最后获得冠军的概率．
由题意，六名运动员与对决过的概率相同，夺冠时共与三名运动员对决．
所以．
代入得：．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用全概率公式计算出相关概率.
23．(1)，
(2)证明见解析，
【分析】（1）代表的是第2次由甲摸球，所以第一次甲摸得球颜色相同，代表的是第3次由甲摸球，这个时候有两种情况；
（2）根据题意得到与的关系式，即可证明为等比数列，再根据等比数列的通项公式得到.
【解析】（1）第一次由甲开始摸，，
表示第二次由甲摸球的概率，，
表示第二次由甲摸球或第二次由乙摸球后，
第三次由甲摸球的概率，
所以，
（2）当时，表示第次由甲摸球后或由乙摸球后，第 n次由甲摸球的概率，
所以，
即，
所以，
因为，即，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列.
即，，
当时，满足，
所以
24．(1)
(2)，理由见解析
(3)答案见解析，
【分析】（1）应用独立事件概率乘积公式计算；
（2）应用独立事件概率乘积公式及互斥事件和概率公式计算；
（3）结合二项式系数和计算求出概率.
【解析】（1）因为，
所以；
（2）的情形有：，
因此，，
的情形有：，
因此，，
所以；
（3），
事件表示20个式子相乘后得到的组合方式的数量，
，其中，
令，得到，
令，得到，
因此，，
令，得到，
又因为，
所以，
因此，，
所以，．
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对二项式展开式的应用.
25．(1)分布列见解析；
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意得到变量X的可能取值为2，3，4，结合独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，求得期望；
（2）由这n人的合计得分为分，则其中只有1人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解；
（3）记“合计得分恰为”为事件A，“合计得分”为事件B，得到，结合数列的递推关系式构造等比数列，进而求得数列的通项公式，得到答案
【解析】（1）的人计划只参观黄鹤楼，另外的人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，每位游客若只参观黄鹤楼记1分；
既参观黄鹤楼又游览晴川阁记2分．每位首次来武汉旅游的游客计划是否游览晴川阁相互独立，视频率为概率．
随机变量 的可能取值为 2，3，4，
可得 ，
的分布列如下表所示：
数学期望为 ；
（2）由这 人的合计得分为 分，
则其中只有1人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，
则 ，
由两式相减， 可得
；
（3）在随机抽取的若干人的合计得分为 分的基础上再抽取1人，
则这些人的合计得分可能为 分或 分，
记“合计得 分”为事件 ，“合计得 分”为事件 ， 与 是对立事件，
，
，即
，则数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
，.
【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解， 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式.
26．(1)列联表见解析，有
(2)
【分析】（1）完善列联表，计算的观测值并与临界值比对即可得解.
（2）设，根据给定条件，利用条件概率公式、结合互斥事件的加法公式列出方程可得结果.
【解析】（1）列联表数据如下：
∴有的把握认为学业成绩优秀与日均作业时长不小于2小时且小于3小时有关．
（2）设，则，
由，得，
而，则．
又，于是，
得，即，
而，因此，
由，得，即．
27．（1）24人 ；（2）① 分布列见解析；期望为；②证明见解析， ．
【分析】（1）求得线性回归方程即可求解；
（2）①由题意确定的可能取值，再由独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求得概率即可求解；②第n次挑战后挑战权在Y，Z组的概率分别是，时，得到，由题意得到递推公式进而可求解.
【解析】（1）由已知数据经计算可得：
，，
， ，
所以．
所以当时，；
即第6个月身体指标明显改善的大约有24人；
（2）①，
，
，
所以次数M的数学期望．
②第n次挑战后挑战权在Y，Z组的概率分别是，时，则
．
②+③得：，由①得
，，，
，
，其中，
是以为首项，为公比的等比数列，
，，
由聚点数列的定义：，
由指数函数的单调性可知：当时，
所以对于任意给定的正数（不论它多么小），总存在正整数，使得当时，，
所以数列为“聚点数列”； ．
【点睛】关键点点睛：第n次挑战后挑战权在Y，Z组的概率分别是，得到：
28．(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据题意直接计算得出结论；
（2）（i），因此，即可证明结论；
（ii）利用全概率公式可得结论.
【解析】（1）由题意，前2 次移动向雷达发送信息，则需要连续向左移动2次，则，
若机器人经过，则必不经过3，包括：
前两次都向左移动1个单位；
先向左移动1个单位，再向右移1个单位，再向左移动2个单位；
先向右移动1个单位，再向左移动3个单位，
则其概率，
若机器人经过3，则必不经过，包括：前3次连续向右移动，则其概率，
故；
（2）（i），因此，
，
，
对于一系列无穷事件，存在正数，对于任意的n都有，，
则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1，即“中有事件不发生”的概率为1，即“雷达会收到信息”的概率为
（ii）设事件机器人从出发，运动至3首次发送信息，
根据（i），机器人发信息的概率为1，即它会从0运动至或3的概率为1，
再根据对称性，机器人初始位置为0，首次发信息在的概率与初始位置在1，
首次发信息在3的概率相等，即
设事件表示点移动到1，事件，表示点移动到0，设事件表示点移动到
易知事件与事件相互独立，故
又根据全概率公式，若机器人初始位置为0，
第一次移动后的位置为1 或，故，
故，①
若机器人初始位置为，第一次移动后的位置为0，故，
即，②
解①②，解得，从而雷达第一次收到信息时机器人位置为3的概率为
【点睛】关键点点睛：本题第二问有可得，利用不等式放缩可知，进而再放缩可得进而可得.
29．(1)
(2)，数列单调递减
(3)证明见解析
【分析】（1）根据粒子的运动规则，分析在时粒子回到点的所有可能路径。若要在时刻时粒子仍在顶点处，有两种互斥的情况．第一种情况：时粒子在点，且在时粒子仍然停留在点.第二种情况：在时粒子从点移动到另外三个顶点中的一个，然后在时粒子又回到点.利用独立事件概率的乘法公式分别计算这两种情况的概率，再根据互斥事件概率的加法公式将它们相加，从而得到答案.
（2）根据粒子的运动规则建立与的递推关系.通过构造数列，得到一个新的等比数列.利用等比数列的通项公式求出的表达式进一步得到的通项公式.利用与的差的正负，从而判断数列的单调性.
（3）根据（2）求处的表达式，对进行展开，将其拆分为几个等比数列求和的形式.再通过化简和放缩，从而可证明.
【解析】（1）由题意知，在时刻时，粒子在顶点处。经过一个时间单位，粒子有的概率仍留在点，有的概率移动到其他顶点.
若要在时刻时粒子仍在顶点处，有两种情况．
第一种情况：时粒子在点，则概率为，且在时粒子仍然停留在点，则概率也为，这种情况的概率为.
第二种情况：在时粒子从点移动到另外三个顶点中的一个，则概率为，然后在时粒子又回到点，概率为，这种情况的概率为.
因此．
（2）已知表示粒子在时刻时在点的概率，
则，，化简可得
，变形为.
因为，，.
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
由等比数列通项公式可得，即.
因为，
所以数列单调递减.
（3）已知，由（2）可知
，，
所以
，
，
化简得
.
又因为，，所以，.
所以.
因为，且，
则.
综上所述，.
30．(1)分布列见解析；
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）求出的取值及对应的概率可得分布列，再结合分布列计算可得答案；
（2）（i）由利用导数求出最大值可得答案；（ii）分析每名学生获得的奖金的期望，求和解不等式即可.
【解析】（1）由已知的取值为，
，，
，，
，
所以的分布列为
甲进入决赛的概率为；
（2）（i）由题意得，
令，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
可得的最大值为；
（ii）由题可设每名进入决赛的学生获得的奖金为随机变量，
则的可能取值为，
所以，，
，，
所以
，
可得，即，
整理得，
由，
得，
解得.
【点睛】关键点睛：第二问解题关键点是利用导数研究单调性，可得极大值.
31．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）当时，，当时，由可得，由此可说明结论成立.
（2）根据条件可计算的值，由此可计算，进而比较大小.
（3）根据题意表示，利用错位相减法计算.
【解析】（1）若，则，所以.
当时，因为，所以，所以.
综上可知：当且仅当时，.
（2）由得，由，得.
因为，所以，解得，于是，..
因为，所以.
（3）由题意知，表示前次都正面朝上，第次反面朝上，表示前19次都正面朝上，
则，，，…，
，.
所以，.
所以.
设，则，
两式相减得，
所以，
故.
32．(1)；
(2)分布列见解析，；
(3)
【分析】（1）由题意可得甲向上和向下的次数，根据概率乘法公式，可得答案；
（2）由离散型随机变量的分布列的解题步骤，利用均值性质公式，可得答案；.
（3）由题意可得甲与乙向上和向下的次数，分列求得总的情况数与符合题意的情况数，利用古典概型的概率计算，可得答案.
【解析】（1）根据题意，甲向上走了一步，向下走了两步，.
（2）设甲向上走了步，可取0，1，2，3，4，则，，
，
，
，，
.
则的分布列为：
所以.
（3）解法1：甲一共需要走5步，其中向右下方走2步，向右上方走3步.
从5步中选2步是向右下方走的组合数为.同理，乙也有种走法；
游戏参与者在第，步向右下方走记为，
①，当甲为时，乙有1种情况：；
当甲为时，乙有2种情况:、；
当甲为时，乙有3种情况：、、；
当甲为时，乙有4种情况、、、；
共10种情况；
②，当甲为时，乙有3种情况：、、；
当甲为时，乙有5种情况：、、、、；
当甲为时，有7种情况：、、、、、、；
共15种情况；
③，当甲为时，乙有6种情况、、、、、；
当甲为时，乙有9种情况、、、、、、、、；
共15种情况；
④，甲只能为，乙有10种情况：、、、、、、、、、；
共10种情况，
总计50种情况.
所以甲获胜的概率为.
解法2：甲一共需要走5步，其中向右下方走2步，向右上方走3步.
从5步中选2步是向右下方走的组合数为.同理，乙也有种走法；
对任意，都有，可设甲在第，步向右下方走，则乙的走法有两种情况：
情况一：乙在第1步到第步中有两步向右下方行走，共种走法；
情况二：乙在第1步到第步中有一步向右下方行走，在第到第步中有一步向右下方行走，共种走法；
所以甲获胜时，甲与乙总的走法数为
，
所以甲获胜的概率为.
33．(1)分布列见解析，
(2)① ，；②
【分析】（1）根据第2秒末粒子的可能位置进行列举，确定随机变量的所有可能值，利用古典概型概率公式计算概率，即得分布列和数学期望；
（2）①根据第1秒末粒子的所有可能位置，易得第2秒末回到原点的概率，根据粒子在第4秒末回到原点，可分两种情况考虑，即按照四个不同方向的排列或按照两个相反方向的排列，利用互斥事件的概率加法公式计算即得；②因第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动了步，向右移动了步，向上移动了步，向下移动了步，由此列出，利用组合式公式和题设公式化简即得.
【解析】（1）因在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处，
故在第2秒末可能运动到点各两种情形，各一种情形，有4种情形，共计16种情形，
随机变量表示的取值，故的可能取值为，
对应的概率分别为：，，.
故的分布列为：
数学期望.
（2）① 因第1秒末，粒子等可能地出现在，，，四点，
第2秒末，每个位置的粒子都有的可能回到原点，故；
对于粒子在第4秒末回到原点，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.
故.
② 第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动了步，向右移动了步，
向上移动了步，向下移动了步，
故

，
因，故.
【点睛】关键点点睛：本题（2）②，将理解为第秒末粒子要回到原点，则向左移动了步，向右移动了步，向上移动了步，向下移动了步最为关键，从而得到，其次利用组合式公式与求和符号含义，题设公式结合应用为第二关键.
34．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据全概率公式、条件概率计算公式求得正确答案；
（2）根据独立重复事件概率计算公式求得；
（3）先求得期望的表达式，根据根据极限的知识证得结论成立.
【解析】（1）记事件为“A，B通过第一次加密后字节1的个数为i”，，1，2，
事件N为“A， B通过第二次加密后字节1的个数为2”，
则，，，，，
则，
故；
（2）由题知，1，2，
由（1）知，
同理可得，
则，
故X的信息熵；
（3）由题知，其中，2，3，，
则，
因为，
，①
，②
①②得
，
所以
当n无限增大时，和都无限趋近于0，且，
所以
【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是对进行类似于数列求和的错位相减法求解.
35．(1)答案见解析；
(2)（ⅰ）；（ii）
【分析】（1）直接根据随机变量的分布列写出答案即可；
（2）（ⅰ）利用“欧拉三角”即可得到关系式；
（ii）利用（i）中的关系构造新的等比数列数列，则求出，则得到其概率.
【解析】（1）时，
时，，
时，，
时，.
（2）（i）规律从开始每一类情况下所有概率的分子以“三角形”的形式列出来，
刚好得到了一个“欧拉三角”（与杨辉三角形类似），
当时，
猜想.
（ii）当时；递推关系，
变形为，于是数列从第二项起成等比数列，
所以，
因此，于是.
【点睛】关键点睛：本题第二问第二小问的关键是构造等比数列从而求出.
36．(1)
(2)分布列见解析
(3)
【分析】（1）操作1次后，的可能取值为10，11，12，利用古典概率公式求得对应概率可得结论．
（2）操作2次后，的可能取值为10，11，12，13，14，利用独立事件与互斥事件的概率公式可求得分布列；
（3）法一：记执行上述操作次后，盒子中2号球的个数为，，，进而可得，构造等比数列，进而可得.法二：记执行上述操作次后，盒子中2号球的个数的数学期望为，则1号球有个，由已知可得，，进而可得，可求结论.
【解析】（1）操作1次后，的可能取值为10，11，12．
，，，
所以时的概率最大；
（2）操作2次后，的可能取值为10，11，12，13，14，
，
，
，
，
，
所以的分布列为
（3）记执行上述操作次后，盒子中2号球的个数为，
设，，
则，，
则，
，
，
则．
所以，
又由（1）可得，所以．
因为，
所以．
法二：记执行上述操作次后，盒子中2号球的个数的数学期望为，则1号球有个，则，
整理得：，所以，
又由（1）可得，
所以．
因为，
所以．
【点睛】关键点点睛：求得是解题的关键，对学生的计算能力和综合应用能力要求较高.
37．(1)列联表见解析，答案见解析；
(2)①证明见解析；②4局.
【分析】（1）根据给定条件，列出列联表，求出的观测值并与比较求解.
（2）①利用互斥事件的概率公式及独立重复试验的概率公式列式化简得证；②利用条件概率及全概率公式求出与的关系，再建立不等式求解.
【解析】（1）依题意，列联表如下：
，依据小概率值的独立性检验，
当时，，赛制对甲胜场数有影响；
当时，，赛制对甲胜场数没有影响.
（2）①，
，
所以.
②设甲赢得比赛的概率为，设“进行局比赛甲最终获胜”，“第一局甲赢”，“第二局甲赢”，
则有，
而发生及发生意味着前2局比赛甲恰好赢一局，则甲在局比赛最终获胜当且仅当
甲在后续的局比赛中赢的局数要大于，因此，
在发生的条件下，甲已经赢了前2局，
则甲最终获胜当且仅当甲在后续的局比赛中赢的局数要大于或等于，
则；
在发生的条件下，甲输掉前2局，则甲最终获胜当且仅当甲在后续的局
比赛中赢的局数要大于，而这个事件可视为“甲在后续的局比赛中赢的局数大于”
与事件“甲在后续的局比赛中恰好赢局”的差事件，
故，
因此
令，得，则当时，，
所以当，即时，最大
【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.
38．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）设为“第天选择米饭套餐”，为“第天选择米饭套餐”，根据条件求出，再利用全概率公式，即可求解；
（2）①设为“第天选择米饭套餐”，根据条件得到，，利用全概率公式得到，即可证明结果；②由①得到，再对分类讨论，利用单调性，即可求解.
【解析】（1）设为“第天选择米饭套餐”，为“第天选择米饭套餐”，则为“第1天不选择米饭套餐”，
根据题意，
由全概率公式得：.
（2）①设为“第天选择米饭套餐”，则，
根据题意，
由全概率公式得：，
因此，因为，
所以是以为首，为公比的等比数列．
②由①可得，
当为大于的奇数时，
当为正偶数时，
因此，当时，，所以．
【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）中的第①问，利用全概率公式得到，即可求解.
39．(1)（i）；（ii）
(2)20．
【分析】（1）先分别明确，的可能取值，求出相应的概率，可得，的分布列，并求其期望.
（2）先确定的可能取值，求出对应概率与期望,根据可得：，进一步两边取自然对数得：.再设，求导，分析函数的单调性，根据函数零点存在性的判定方法求的最大值.
【解析】（1）（i）根据题意知可以取的值有1，2，3，4，
∴，，，
，
∴．
（ii）根据题意知可以取的值有2，3，
∵当时可以分两类，第一类：混检的3人中有一人患病，并且在第2次就检测出患病人员；第二类：混检3人均没有患病，并且在第2次就检测出患病人员或未患病人员：
∴，，
∴．
（2）由题知将20000份血样随机地按份一组平均分成组，则的可能取值为，，，⋯，，其中每一组检测结果为阴性的概率为，检测结果为阳性的概率为，
∵，
∴，
又∵，
∴
，
∴，
可得，两边取自然对数，化简得，
不妨设，则，
令，，
∴在单调递增，，
∴在单调递增．
由题知是20000的正因数且，，
∵，
，
∴的最大值为20．
【点睛】关键点点睛：第二问最后求的最大值，是结合函数零点的存在性的判定方法求解的.
40．(1)1280只
(2)（i）；（ii），
【分析】（1）根据公式直接计算即可
（2）（i）利用超几何分布求解即可；（ii）利用题目给的方差公式结合第（ⅰ）中的结论，求出，，然后列方程求解即可.
【解析】（1）由表计算知，
A区域内该鸟类的总数量（只）．
（2）（i）依题意，均服从完全相同的超几何分布，
故的分布列为
（为整数，且）
（ii）由题可知，
则，方差，
所以．
依题意有解得，．
【点睛】关键点睛：本题关键是利用二项分布求期望和方差，以及利用期望和方差的性质分析求解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
D
A
B
BC
AD
ACD
ABC
BCD
2
3
4
时长
其他
总计
优秀
不优秀
总计
M
0
1
2
P
0
1
2
3
4
0
5
10
15
20
10
11
12
13
14
P
5局3胜
7局4胜
合计
甲胜
乙胜
合计