新高考数学二轮专题重难点突破训练40 概率、统计与其他知识的交汇问题（五大题型）（2份，原卷版+解析版）

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\l "_Tc179622897" 01 方法技巧与总结 PAGEREF _Tc179622897 \h 2
\l "_Tc179622898" 02 题型归纳与总结 PAGEREF _Tc179622898 \h 2
\l "_Tc179622899" 题型一：概率、统计与数列的综合问题 PAGEREF _Tc179622899 \h 2
\l "_Tc179622900" 题型二：概率、统计与导数的综合问题 PAGEREF _Tc179622900 \h 8
\l "_Tc179622901" 题型三：概率、统计与立体几何的综合问题 PAGEREF _Tc179622901 \h 15
\l "_Tc179622902" 题型四：概率、统计与解析几何的综合问题 PAGEREF _Tc179622902 \h 21
\l "_Tc179622903" 题型五：概率、统计与三角向量的综合问题 PAGEREF _Tc179622903 \h 25
\l "_Tc179622904" 03 过关测试 PAGEREF _Tc179622904 \h 29
概率、统计与其他数学领域的交汇处题型，旨在彰显“回归本质，助推教育改革；打破常规，检验真实能力”的出题思路，是每年高考中不可或缺的一部分。近年来，这类题目倾向于将概率、统计的知识与数列、函数、导数等内容相融合，创造出新颖且具有挑战性的问题形式。
题型一：概率、统计与数列的综合问题
【典例1-1】（2024·高三·河北邯郸·开学考试）在高中数学教材苏教版选择性必修2上阐述了这样一个问题：假设某种细胞分裂（每次分裂都是一个细胞分裂成两个）和死亡的概率相同，如果一个种群从这样的一个细胞开始变化，那么这个种群最终灭绝的概率是多少？在解决这个问题时，我们可以设一个种群由一个细胞开始，最终灭绝的概率为，则从一个细胞开始，它有的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞灭绝的概率都是，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是，于是我们得到：，计算可得；我们也可以设一个种群由一个细胞开始，最终繁衍下去的概率为，那么从一个细胞开始，它有的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞繁衍下去的概率都是，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是，于是我们得到：，计算可得．根据以上材料，思考下述问题：一个人站在平面直角坐标系的点处，他每步走动都会有的概率向左移动1个单位，有的概率向右移动一个单位，原点处有一个陷阱，若掉入陷阱就会停止走动，以代表当这个人由开始，最终掉入陷阱的概率．
(1)若这个人开始时位于点处，且．
（ⅰ）求他在5步内（包括5步）掉入陷阱的概率；
（ⅱ）求他最终掉入陷阱的概率；
（ⅲ）已知，若，求；
(2)已知是关于的连续函数．
（ⅰ）分别写出当和时，的值（直接写出即可，不必说明理由）；
（ⅱ）求关于的表达式．
【解析】（1）（ⅰ）设事件：“这个人在第1步掉入陷阱”，事件：“这个人在第3步掉入陷阱”，事件：“这个人在第5步掉入陷阱”，
则他在5步内掉入陷阱的概率．
（ⅱ）他从1,0开始，最终掉入陷阱的概率为，则这个人如果第一步向左走，就会掉入陷阱，
若他第一步向右走，如果最终掉入陷阱，则需要由2,0先到达1,0处，
而这个概率和他从1,0开始，最终掉入陷阱的概率相同，所以，
由此可得（舍去）或．
（ⅲ）由（ⅱ）可知，，
方法一：由，得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则．
则
累加得，所以．
方法二：由，得，即，
所以是以为首项，为公比的等比数列，所以．
（2）（ⅰ）由题意得，当时，；当时，．
（ⅱ）这个人如果第一步向左走，就会掉入陷阱，
若他第一步向右走，如果最终掉入陷阱，则需要由2,0先到达1,0处，
而这个概率和他从1,0开始，最终掉入陷阱的概率相同，
所以，即，得或．
因为是关于的连续函数，所以当时，，
当时，．
所以
【典例1-2】（2024·高三·广东·开学考试）将4个面上分别写有数字的一个正四面体在桌面上连续独立地抛次（为正整数），设为与桌面接触的数字为偶数的次数，为抛正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率．
(1)当时，若正四面体的质地是均匀的，求的数学期望和方差；
(2)若正四面体有瑕疵，即．
①设是抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：；
②求抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率．
【解析】（1）因为正四面体的质地是均匀的，为抛掷正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率，
所以，进一步得，，
所以，
，
所以的数学期望和方差分别为和．
（2）①因为是抛正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，
所以是抛正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，
当时，
当在前次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现奇数次时，
第次抛掷的结果必须出现奇数，才可以保证前次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，
所以，
当在前次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现偶数次时，
第次抛掷的结果必须出现偶数，才可以保证前次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，
所以，
由互斥事件概率的加法法则得，
即；
②设，结合①所得关系，则，
即且，又，
所以，
所以，
所以抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率为．
【变式1-1】（2024·贵州遵义·二模）商场对某种商品进行促销，顾客只要在商场中购买该商品，就可以在商场中参加抽奖活动．规则如下：先赋予参加抽奖的顾客5分的原始分，然后从装有4个红球，2个白球，2个黑球的盒中有放回地随机取球若干次，每次取出一个球，若为红球，则加1分，否则扣1分，过程中若顾客持有分数变为0分，抽奖结束；若顾客持有分数达到15分，则获得一等奖，抽奖结束．
(1)求顾客3次取球后持有分数的数学期望；
(2)设顾客在抽奖过程中持有分数为分最终获得一等奖的概率为；
①证明：是等差数列；
②求顾客获得一等奖的概率．
【解析】（1）记事件：“一次取出红球”，则，
设顾客3次取球取得红球的次数为随机变量为， 3次取球后累计分数为随机变量.
则，
则，故，
所以；
（2）①由题意当时，，即
所以是等差数列；
②由题意，由上可知：，
所以，
又由题意，所以.
由先赋予参加抽奖的顾客5分的原始分，即，
所以先赋予参加抽奖的顾客5分的原始分，顾客获得一等奖的概率.
【变式1-2】甲口袋中装有2个黑球和3个白球，乙口袋中装有5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 .
(1)求 与 ；
(2)设 ，求证：数列是等比数列；
(3)求 的数学期望 （用 表示）.
【解析】（1）为“进行1次操作后甲口袋中恰有1个黑球”的概率，则，
为“进行1次操作后甲口袋中恰有2个黑球”的概率，则，
为“进行2次操作后甲口袋中恰有1个黑球”的概率，与进行1次操作后甲口袋中黑球的个数有关，则，
为“进行2次操作后甲口袋中恰有2个黑球”的概率，则.
（2）是“重复次操作后，甲口袋中有1个黑球”的概率，与次操作后甲口袋中黑球的个数有关，
分为有2个、1个、0个3种情况，所以
是“重复次操作后，甲口袋中有2个黑球”的概率，与次操作后甲口袋中黑球的个数有关，
分为有2个、1个2种情况，所以，
所以，
从而数列是以为首项，以为公比的等比数列.
（3）由（2）知，即，，
的取值范围为，所以
【变式1-3】（2024·山东菏泽·模拟预测）菏泽牡丹栽培始于隋，兴于唐，盛于明清，自古享有“曹州牡丹甲天下”的美誉.四月，菏泽大地上牡丹次第绽放，观赏牡丹拥有9大色系､10大花型､1280余个品种，以最亮眼的姿态恭迎八方游人.某旅行团带游客来菏泽观赏牡丹，游客可自由选择曹州牡丹园和中国牡丹园的一处游览，若每位游客选择曹州牡丹园的概率是，选择中国牡丹园的概率是，游客之间选择意愿相互独立.
(1)从游客中随机选取人，记人中选择曹州牡丹区的人数为，求的分布列､均值与方差；
(2)现对游客进行问卷调查，若选择曹州牡丹园记分，选择中国牡丹园记1分，记已调查过的累计得分为分的概率为，求.
【解析】（1）随机变量的可能取值为，且，其中，
所以，，
，.
所以随机变量的分布列为
所以均值为，
方差为.
（2）由题意可知，，,
所以当时，，
则，
所以为常数数列，且，
所以，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
所以，所以，
当时，成立，
故.
题型二：概率、统计与导数的综合问题
【典例2-1】（2024·江西新余·模拟预测）小郅同学的左、右口袋中分别装有3个糖果，每次取糖他都有的概率从右口袋中取，每次取糖过程相互独立.当他发现某个口袋中没有糖时停止取糖.
(1)求当他右口袋为空时，左口袋中剩余2个糖的概率，并求出的值使最大.
(2)若，求小郅最终发现其右口袋没有糖的概率.
(3)对于，求证成立不等式：.
【解析】（1）由题意可知：，且，
则，
令，解得；令，解得；
可知在单调递增，在单调递减，
所以当时，取到最大值.
（2）设当他发现右口袋为空时左口袋剩个糖果的概率为，则，
所以
.
（3）设初始左、右口袋均有个糖果，
则（2）中公式可化为：，
下证：，即证，
等价于，
等价于，
等价于，
依此类推等价于，这显然成立.
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
化简最终不等式得：，
又因为，当且仅当，即时等号成立，
可知，可得，所以.
【典例2-2】为提高科技原创能力，抢占科技创新制高点，某企业锐意创新，开发了一款新产品，并进行大量试产．
(1)现从试产的新产品中取出了5件产品，其中恰有2件次品，但不能确定哪2件是次品，需对5件产品依次进行检验，每次检验后不放回，当能确定哪2件是次品时即终止检验，记终止时一共检验了次，求随机变量的分布列与期望；
(2)设每件新产品为次品的概率都为，且各件新产品是否为次品相互独立．记“从试产的新产品中随机抽取50件，其中恰有2件次品”的概率为，问取何值时，最大．
【解析】（1）根据题意可知X的取值可能为2，3，4，
则，，
，
则的分布列为：
所以.
（2）由题意可得，，
，
令，解得，
因为当时，，所以为单调增函数，
因为时，，所以为单调减函数，
所以当时，取得最大值.
【变式2-1】（2024·高三·海南省直辖县级单位·开学考试）第十五届全国运动会将于2025年在广东、香港、澳门三地举办．为了普及全运知识，某大学举办了一次全运知识闯关比赛，比赛分为初赛与复赛，初赛胜利后才能参加复赛，初赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作初赛胜利，无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参加初赛，他们各自闯关成功的概率分别为，假定互不相等，且每人能否闯关成功相互独立．
(1)若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关，，求该小组初赛胜利的概率；
(2)已知，若乙只能安排在第二个派出，要使初赛派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出；
(3)初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛，复赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖，已知某学生进入了复赛，他在复赛中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值．
【解析】（1）设事件表示该小组获胜，
则，
所以该小组初赛胜利的概率为，
（2）若依次派出甲乙丙进行闯关，设派出的人员数目为，
则的可能取值为，
则，
，
，
此时，
若依次派出丙乙甲进行闯关，设派出的人员数目为，
则的可能取值为，
则，
，
，
此时，
所以
，
因为，
所以，
所以，
所以要使初赛派出人员数目的期望较小，先派出甲.
（3）由题意可得，，
则，
令，
则，
令，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以，
所以的最小值为.
【变式2-2】第十四届全国冬季运动会（简称冬运会）于2024年2月17日至2月27日在内蒙古自治区举办，这是历届全国冬运会中规模最大、项目最多、标准最高的一届，也是内蒙古自治区首次承办全国综合性运动会.为迎接这一体育盛会，内蒙古某大学组织大学生举办了一次主题为“喜迎冬运会，当好东道主”的冬运会知识竞赛，该大学的一学院为此举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表该学院参加该大学的冬运会知识竞赛.
(1)初赛采用选一题答一题的方式，每位参赛大学生最多有7次答题机会，累计答对4道题或答错4道题即终止比赛，答对4道题则进入决赛，答错4道题则被淘汰.已知大学生甲答对每道题的概率均为，且回答各题的结果相互独立；
（i）求甲至多回答了5道题就进入决赛的概率；
（ii）设甲在初赛中答题的道数为，求的分布列和数学期望.
(2)决赛共答3道题，若答对题目数量不少于2道，则胜出，代表学院参加学校比赛；否则被淘汰已知大学生乙进入了决赛，他在决赛中前2道题答对的概率相等，均为，3道题全答对的概率为，且回答各题的结果相互独立，设他能参加学校比赛的概率为，求的最小值.
【解析】（1）（i）由题可得甲回答了4道题进入决赛的概率为，
甲回答了5道题进入决赛的概率为，
所以甲至多回答了5道题就进入决赛的概率为.
（ii）由题可知X的可能取值为4，5，6，7，
则，
，
，
，
所以X的分布列为
则.
（2）设乙答对第3道题的概率为y，则，
所以
，，
则
，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
【变式2-3】设随机变量的概率密度函数为（当为离散型随机变量时，为的概率），其中为未知参数，极大似然法是求未知参数的一种方法.在次随机试验中，随机变量的观测值分别为，，…，，定义为似然函数.若时，取得最大值，则称为参数的极大似然估计值.
(1)若随机变量的分布列为
其中.在3次随机试验中，的观测值分别为1，2，1，求的极大似然估计值.
(2)某鱼池中有鱼尾，从中捞取50尾，做好记号后放回鱼塘.现从中随机捞取20尾，观测到做记号的有5尾，求的极大似然估计值.
(3)随机变量的概率密度函数为，.若，，…，是的一组观测值，证明：参数的极大似然估计值为.
【解析】（1）依题意得：，
所以.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以时，取得最大值，所以的极大似然估计值为.
（2）依题意得：，所以.
令，得，令，得，
又，所以…
所以或200时，取得最大值，所以的极大似然估计值为或200.
（3）依题意得：
所以
令，，
则，令，得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以当时，取到最大值.
即时，取得最大值，即取得最大值.
所以参数的极大似然估计值为.
题型三：概率、统计与立体几何的综合问题
【典例3-1】在直三棱柱中底面是正三角形，底面边长为3，侧棱长未知，分别是，的中点，是直三棱柱表面上的一点，且P到底面的距离为.当平面时，当P在平面中时，到的距离为.
(1)求直三棱柱的侧棱长；
(2)当P到的距离为1时，求二面角的余弦值；
(3)P每次移动都移动1个单位，从上出发顺时针移动的概率为，逆时针移动的概率为，一旦走完一圈便不再移动，与平面的夹角为，求第n次移动后的概率.
【解析】（1）如图，延长交于点Q，连接，
设高为，
因为平面，P在平面中，
平面平面，平面，
所以，
根据几何关系得到，
即侧棱长为；
（2）以AC中点O为原点，建立如图的坐标系，
则，，，
或，
故，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
，或，
设平面的法向量为n2=a,b,c，
则有，
当时，可取，
此时，
当时，可取，
此时，
综上所述，二面角的余弦值为或；
（3）由题意得下图：
由夹角得到与P点轨迹平面相交的圆，圆内和圆上的点符合题意图中，
P从A出发，只需考虑净结果，
一：净向左1，2，3，4，5步均可，
设向左步，
得到
所以，
当为偶数时，
当为奇数时；
二：净向右4，5，6，7，8步均可，
设向右步，
得到，
当为偶数时，
当为奇数时，
综上：当n为偶数时，
当为奇数时.
【典例3-2】某汽车销售公司为了提升公司的业绩，将最近一段时间内每日的汽车销售情况进行了统计，如图所示.
(1)求的值，并求该公司这段时间内每日汽车销售量的第60百分位数；
(2)以频率估计概率，若在这段时间内随机选择4天，设每日汽车销售量在内的天数为，在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，求的分布列及数学期望；
(3)为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：在三棱锥中，、均是边长为2的正三角形，，现从写有数字1~8的八个标签中随机选择两个分别贴在、两个顶点，记顶点、上的数字分别为和，若为侧棱上一个动点，满足，当“二面角大于”即为中奖，求中奖的概率.
【解析】（1）由.
因为：，，
所以每日汽车销售量的第60百分位数在，且为.
（2）因为抽取的1天汽车销售量不超过150辆的概率为，
抽取的1天汽车销售量在内的概率为.
所以：在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，抽取的1天汽车销售量在内的概率为.
由题意，的值可以为：0，1，2，3.
且，，，.
所以的分布列为：
所以.
（3）如图：取中点，链接，，，，.
因为，都是边长为2的等边三角形，
所以，，，平面，所以平面.
平面，所以.
所以为二面角DE 平面角.
在中，，所以.
若，在中，由正弦定理：.
此时：，.
所以，要想中奖，须有.
由是从写有数字1~8的八个标签中随机选择的两个，所以基本事件有个，
满足的基本事件有：，，，，，，，，共9个，
所以中奖的概率为：.
【变式3-1】如图，已知四面体中，平面，.
(1)求证：；
(2)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，若此“鳖臑”中，，有一根彩带经过面与面，且彩带的两个端点分别固定在点和点处，求彩带的最小长度；
(3)若在此四面体中任取两条棱，记它们互相垂直的概率为；任取两个面，记它们互相垂直的概率为；任取一个面和不在此面上的一条棱，记它们互相垂直的概率为. 试比较概率、、的大小.
【解析】（1）因为平面，平面BCD，
所以，
又，，平面ABC，
所以平面，
因为平面ABC，
所以；
（2）将面与面沿展开成如图所示的平面图形，连接BD，
由（1）知：∠ACD=90°，
因为平面，平面BCD，
所以AB⊥BC，
因为，
所以∠ACB=45°，
故展开后，
所以彩带的最小长度为此平面图中长.
由余弦定理得：，
所以彩带的最小长度为；
（3）6条棱中任选2条，共有种情况，
其中，
所以，
四个面任取两个面，共有种情况，
其中平面平面BCD，平面平面ACD，平面ABD⊥平面BCD，
故，
任取一个面和不在此面上的一条棱，先从四个平面任选一个平面，有种情况，
再从不在此面上的三条棱中选1条，有种情况，故共有种情况，
其中满足垂直关系的有2种，分别为平面BCD和棱AB，平面ABC和棱CD，
故，
所以.
题型四：概率、统计与解析几何的综合问题
【典例4-1】（2024·全国·模拟预测）在区间内随机抽取一个实数，则事件“直线与双曲线的两个交点分别在双曲线左、右两支上”发生的概率为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【解析】联立方程组，整理得，
因为直线与双曲线的左右两支有两个交点，则方程有异号的两实数根，
所以，解得，
又因为实数为区间内的实数，由几何概型的概率计算公式得所求概率为．
故选：C．
【典例4-2】（2024·陕西安康·模拟预测）已知直线与轴分别交于点，以线段（为坐标原点）为直径作圆，若在线段上任取一点，则该点取自圆外的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由直线方程，令，可得；令，可得，
所以，可得，
以线段为直径的圆的圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离，则圆与相交，
设交点为，所以，
所以，故所求概率为.
故选：A.
【变式4-1】设O为平面坐标系的坐标原点，P为区域内的点，则直线OP的倾斜角不大于的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为区域表示以为圆心，外圆半径，内圆半径的圆环，
则直线OP的倾斜角不大于的范围在第一象限对应的圆心角为，
结合对称性可得所求概率为.
故选：B
【变式4-2】（2024·宁夏石嘴山·三模）在上随机取一个数，则“直线与圆无公共点”的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】若直线，即与圆有公共点，
则圆心到直线距离，故，解得，
由几何概型的概率公式，得事件“直线与圆无公共点”发生的概率为．
故选：B．
【变式4-3】（2024·甘肃定西·模拟预测）有诗云：“芍药承春宠，何曾羡牡丹”，芍药不仅观赏性强，且具有药用价值，某地以芍药为主打造了一个如图所示的花海大世界，其中大圆半径为3，大圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的.若在其中空白部分种植红芍.倘若你置身此花海大世界之中，则恰好处在红芍种植区中的概率是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由已知得：大圆的面积为，小圆的面积为.
所以空白部分的面积为.
设“恰好处在红芍种植区中”为事件，则.
故选：C
【变式4-4】（2024·陕西宝鸡·二模）设m，，曲线C：，则下列说法正确的为（ ）
A．曲线C表示双曲线的概率为B．曲线C表示椭圆的概率为
C．曲线C表示圆的概率为D．曲线C表示两条直线的概率为
【答案】B
【解析】对于A，当时，曲线C表示双曲线，
则当时，有种，当时，有种，
所以曲线C表示双曲线的概率为，故A不正确；
对于B，当，曲线C表示椭圆，所以有种，
曲线C表示椭圆的概率为，故B正确；
对于C，当，曲线C表示圆，有3种情况，
曲线C表示圆的概率为，故C不正确；
对于D，当或，曲线C表示两条直线，
当时，有3种情况，当时，有3种情况，共6种情况，
曲线C表示两条直线的概率为，故D不正确.
故选：B.
题型五：概率、统计与三角向量的综合问题
【典例5-1】（2024·江苏徐州·模拟预测）若正六边形的边长为1，则的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，，
，，
，
所以五个点中有两个点满足题意，所以概率为.
故选：D.
【典例5-2】正2022边形内接于单位圆O，任取其两个不同顶点，则的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】∵，
∴，
∴的充要条件为，
∴的夹角不会超过，对于任意给定的向量，
满足条件的向量的取法有种，
所以的概率，
故选：B
【变式5-1】如图，设为单位圆上逆时针均匀分布的六个点，现任选其中三个不同点构成一个三角形，记该三角形的面积为随机变量.
(1)求的概率；
(2)求的分布列及数学期望.
【解析】（1）从六个点任选三个不同点构成一个三角形共有种不同选法，
其中是有一个的直角三角形,即：共种，
所以.
（2）的所有可能取值为，
的为顶角是的等腰三角形，即共种，
所以，
的为等边三角形，即共种，
所以，
又由（1），故的分布列为：
所以.
【变式5-2】（2024·湖南岳阳·一模）有编号为A、的两个盒子，A盒子中有6个球，其中有2个球上写有数字，3个球上写有数字1，1个球上写有数字，盒子中也有6个球，其中有2个球上写有数字，2个球上写有数字1，2个球上写有数字.现从A盒子取2个球，从盒子取1个球，设取出的3个球数字之积为随机变量.
(1)求随机变量的分布列和数学期望；
(2)记“函数向右平移个单位长度得到一个对称中心为的函数”为事件，求事件发生的概率.
【解析】（1）的可能取值为0，1，2，4
，，
，
的分布列为
则
（2）函数向右平移个单位长度得到
函数
由函数一个对称中心为，可得，即
又的取值为0，1，2，4，则，则
【变式5-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数，其中且在上有且仅有2个零点，2个极值点．
(1)求的最小正周期；
(2)设集合且，已知△，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，，现从集合A的所有元素中任取一值作为角A的值，求使得△存在的概率．
【解析】（1）由
，
设，因，则，如图：
由的图象可知，要使在上有且仅有2个零点，2个极值点，需使，
解得：，因，则，即，故其最小正周期为.
（2）由可得，解得：即（*）
由集合A可知，代入（*），化简得：，又且，
故可得：，则有.
因，，若角A的值可使△存在，需使，即，
而满足此条件的角有共6个，故使得△存在的概率为12.
【变式5-4】小丽今天晚自习准备复习历史、地理或政治中的一科，她用数学游戏的结果来决定选哪一科，游戏规则是：在平面直角坐标系中，以原点为起点，再分别以，，，，这5个点为终点，得到5个向量，任取其中两个向量，计算这两个向量的数量积，若，就复习历史，若，就复习地理，若，就复习政治.
(1)写出的所有可能取值；
(2)求小丽复习历史的概率和复习地理的概率.
【解析】（1）依题意计算
，
，
，
所以的所有可能取值为．
（2）任取两个向量的所有可能情况总数有10种，
其中的情况有4种，所以小丽复习历史的概率为，
的情况有3种，所以小丽复习地理的概率为．
1．（2024·山东淄博·三模）正边形内接于单位圆，任取其两个不同顶点、，则的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，
可得，因为，所以，，
对于任意给定的向量，满足条件的向量的取法有，
因此，的概率为.
故选：B.
2．在平面直角坐标系中，已知点，在圆上任取一点，则的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由数量积的定义可得，，又，所以，
即当动点在上运动时，才满足，所以的概率为．
故选：B．
3．图1是我国古代数学家赵爽创造的一幅“勾股圆方图”（又称“赵爽弦图”），它是由四个全等直角三角形与中间的一个小正方形拼成一个大正方形.受其启发，某同学设计了一个三角形，它是由三个全等的钝角三角形与中间一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，如图2所示，已知，若在这个图形中随机取一点，此点取自小正三角形（阴影部分）的概率为，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】设小正三角形的边长为，大正三角形的边长为，则，得到，
则，
在中，由余弦定理得，
即，整理得到，
解得或（舍），所以，
故选：C.
4．（2024·四川巴中·模拟预测）勾股定理，在我国又称为“商高定理”，最早的证明是由东汉末期数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，他利用了勾股圆方图，此图被称为“赵爽弦图”.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形组成的大正方形图案（如图所示），若在大正方形内随机取一点，该点落在小正方形内的概率为，则“赵爽弦图”里的直角三角形中最小角的正弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设正方形的边长，较小的角为，则中间小正方形的边长为，
由题意可得，
显然，所以，所以，
又，所以，
所以，
所以，所以.
故选：D
5．（多选题）（2024·山东日照·一模）从标有1，2，3，…，8的8张卡片中有放回地抽取两次，每次抽取一张，依次得到数字a，b，记点，，，则（ ）
A．是锐角的概率为B．是直角的概率为
C．是锐角三角形的概率为D．的面积不大于5的概率为
【答案】ACD
【解析】A选项，标有1，2，3，…，8的8张卡片中有放回地抽取两次，每次抽取一张，
共有种情况，
设与直线垂直，因为，则直线，
其中个点中，有8个落在直线上，剩余56个点中，一半在上方，
一半在下方，
要想为锐角，则点应在直线下方，
其中满足要求的有28个点，
故是锐角的概率为，A正确；
B选项，过点作直线⊥，
则点落在直线上，满足为直角，
其中，故直线的斜率为1，直线的方程为，即，
落在上的点的坐标有，共6个，
故是直角的概率为，B错误；
C选项，要想为锐角三角形，则点落在直线与直线之间，
根据点的坐标特征，应落在上，
满足要求的点有，共7个，
故是锐角三角形的概率为，C正确；
D选项，直线的方程为，，
设直线，
设直线与直线的距离为，
则，
令，解得，
故要想的面积不大于5，则点在上，或的下方，
即，
满足要求的点有，
，
，
共个，
的面积不大于5的概率为，D正确.
故选：ACD
6．（2024·广西贵港·模拟预测）某射击运动员进行射击训练，已知其每次命中目标的概率均为．
(1)若该运动员共射击6次，求其在恰好命中3次的条件下，第3次没有命中的概率；
(2)该运动员射击训练不超过n（）次，当他命中两次时停止射击（射击n次后，若命中的次数不足两次也不再继续），设随机变量X为该运动员的射击次数，试写出随机变量X的分布列，并证明．
【解析】（1）设第i次射击时命中目标为事件，该运动员射击6次恰好命中3次为事件B．
，
，
．
（2）随机变量X的所有可能取值为2，3，4，5，…，n．
若射击次停止，则第k次命中，前次射击中有一次命中，
故，，，
若射击n次停止，有两种结果：前次有一次命中或一次都没命中，
故．
随机变量X的分布列为
．
法一、易知，
，
易知时，，即，
∴，
．
法二、令，①
则，②
，得，
令，
则，
得
，
，．
．
7．（2024·山东济南·二模）11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲､乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立.在某局比赛双方打成平后，甲先发球.
(1)求再打2球该局比赛结束的概率；
(2)两人又打了个球该局比赛结束，求的数学期望；
(3)若将规则改为“打成平后，每球交换发球权，先连得两分者获胜”，求该局比赛甲获胜的概率.
【解析】（1）平后，设事件“第个球甲得分”，则“第个球乙得分”，
设“再打两球该局比赛结束”，则，
所以.
（2）的可能取值为所有正偶数，
考虑第个球与第个球，如果这两球均由甲得分或均由乙得分，则比赛结束：如果这两球甲､乙各得1分，
则比赛相当于重新开始；这两球甲､乙各得1分的概率为，
所以
，
，
……
，
……
所以，
记，
则，
以上两式相减得
，
所以，
当趋于时，趋于4，所以.
（3）设再打个球比赛结束且甲获胜的概率为，
则，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以该局比赛甲获胜的概率
当趋于时，趋于，
所以该局比赛甲获胜的概率为.
8．（2024·广东广州·三模）甲进行摸球跳格游戏，图上标有第1格，第2格，，第25格，棋子开始在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第格的概率为．
(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为，求的分布列和期望；
(2)求的通项公式．
【解析】（1）根据题意可知，的所有可能取值为0，1，2，
则，，
，
可得的分布列如下：
期望值为；
（2）依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同，
第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同，
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为，
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为，
因此可得，，
所以，
因此可得，且，，，
即数列是首项为，公比为的等比数列，
即，
所以
，
由题意，
综上，.
9．（2024·上海·三模）如图，已知正方体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点A处，记点移动次后仍在底面上的概率为．
(1)求；
(2)证明：数列是等比数列；若，求的最大值．
【解析】（1）依题意，每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，
所以当点在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，
当点在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为，
所以，.
（2），
所以，
又因为，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
，，
若，则，所以，
又，，，所以，的最大值为.
10．（2024·山东济南·二模）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.
【解析】（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0,+∞上单调递增，
则，于是，
从而有：，
即x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.
11．（2024·湖北武汉·模拟预测）某校为了丰富课余活动，同时训练学生的逻辑思维能力，在高中三个年级举办中国象棋盲棋比赛，经过各年级初赛，高一、高二、高三分别有3人，4人，5人进入决赛，决赛采取单循环方式，即每名队员与其他队员都要进行1场比赛（每场比赛都采取5局3胜制，初赛、决赛的赛制相同，记分方式相同），最后根据积分选出冠军，积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以3∶2取胜的队员积2分，失败的队员积1分．
(1)从进入决赛的12人中随机抽取2人进行表演赛，这2人恰好来自不同年级的概率是多少？
(2)初赛时，高三甲、乙两同学对局，设每局比赛甲取胜的概率均为，记甲以取胜的概率为，当最大时，甲处于最佳竞技状态．在决赛阶段甲、乙对局，而且甲的竞技状态最好，求甲所得积分的分布列及期望．
【解析】（1）由题意可知这2人恰好来自不同年级的概率是；
（2）由题意可知，
所以，
显然时，，即单调递减；
时，，即单调递增；
则时，取得最大值，
由题意可知的可能取值为，
则，
，
，
，
则其分布列为：
所以.
12．（2024·陕西安康·模拟预测）某课题实验小组共有来自三个不同班级的45名学生，这45名学生中，，B，C三个班级的人数比为4:3:2.
(1)某次实验活动需从这45人中用分层抽样的方法随机抽取9人组成一个核心小组，再从这9人中随机抽取3人负责核心工作，记随机抽取的3人中来自B班级的人数为，求的分布列和数学期望；
(2)由于不同的实验需要的人数不同，所以为便于进行实验的配合，实验过程中有2人一组，也有多人一组(多于2人)，其中2人一组的为基础实验，其他的为研发实验，实验结束后进行实验结果交流.记发言的小组来自研发实验的概率为，若共有5组进行发言，用表示恰有3组来自研发实验的概率，证明:的最大值不会超过.
【解析】（1）抽取9人中来自B班级的人数为，
的所有可能值为，
，，，，
所以的分布列为
数学期望.
（2）依题意，，
求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
.
13．如图，已知三棱锥的三条侧棱，，两两垂直，且，，，三棱锥的外接球半径.

(1)求三棱锥的侧面积的最大值；
(2)若在底面上，有一个小球由顶点处开始随机沿底边自由滚动，每次滚动一条底边，滚向顶点的概率为，滚向顶点的概率为；当球在顶点处时，滚向顶点的概率为，滚向顶点的概率为；当球在顶点处时，滚向顶点的概率为，滚向顶点的概率为.若小球滚动3次，记球滚到顶点处的次数为，求数学期望的值.
【解析】（1）因为三条侧棱，，两两垂直，且，，，且三棱锥的外接球半径，
则以、、为长、宽、高的长方体的体对角线为外接球的直径，即，
所以，当且仅当时取等号，
所以三棱锥的侧面积，当且仅当时取等号，
即三棱锥的侧面积的最大值为.
（2）依题意的可能取值为、、，
则，，
，
所以.
14．如图，为圆柱的母线，是底面圆的直径，是的中点.
(1)问：上是否存在点，使得平面？请说明理由；
(2)在（1）的条件下，若平面，假设这个圆柱是一个大容器，有条体积可以忽略不计的小鱼能在容器的任意地方游弋，如果小鱼游到四棱锥外会有被捕的危险，求小鱼被捕的概率.
【解析】（1）存在，E是的中点．
证明：如图，连接，
∵分别为的中点，∴且，
又且，为的中点，所以，且，
且，∴四边形是平行四边形，
即平面平面， ∴平面；
（2）易知鱼被捕的概率为，
由平面，且由（1）知，∴平面，平面，
∴，又是中点，∴，
由是底面圆的直径，得，
又，，平面，∴平面，
即为四棱锥的高，
设圆柱的高为，底面半径为，则， ，
所以，小鱼被抓到的概率为．
15．（2024·江苏南通·一模）已知正六棱锥的底面边长为2，高为1．现从该棱锥的7个顶点中随机选取3个点构成三角形，设随机变量表示所得三角形的面积.
(1)求概率的值；
(2)求的分布列，并求其数学期望．
【解析】分析：（1）从个顶点中随机选取个点构成三角形，共有种取法，其中面积的三角形有个，由古典概型概率公式可得结果；(2)的可能取值，根据古典概型概率公式可求得随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得其数学期望．
（1）从个顶点中随机选取个点构成三角形，
共有种取法，其中的三角形如，
这类三角形共有个
因此.
（2）由题意，的可能取值为
其中的三角形如，这类三角形共有个；
其中的三角形有两类，，如（个），（个），共有个；
其中的三角形如，这类三角形共有个；
其中的三角形如，这类三角形共有个；
其中的三角形如，这类三角形共有个；
因此
所以随机变量的概率分布列为：
所求数学期望
.
16．如图，已知面积为4的正三角形三边的中点分别为、、，从，，，，，六个点中任取三个不同的点，所构成的三角形的面积为（三点共线时，规定）
（1）求概率（）；
（2）求的概率分布列，并求其数学期望.
【解析】（1）从六点中任取三个不同的点共有个基本事件，
不满足事件“”即七种情况，
事件“”所含基本事件有13个，从而.
（2）由题可能的取值为：0,1,2,4，
，，，
的分布列为：
则
答：，.
2
3
4
X
4
5
6
7
P
1
2
3
0
1
2
3
0
1
2
4
P
0
1
2
X
0
1
2
3
P
0
1
2
3
3
0
1
2
4