备战2025年高考数学压轴大题数列(新高考全国通用)专题08数列与概率、立体几何、解析几何的交汇(学生版+解析)

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新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革,数列解答题的难度增加,作为压轴题出现的概率变大,而数列与其他知识的交汇备受青睐,如2024年新高考全国卷 = 1 \* ROMAN I第19题考查的是数列与概率的交汇,2024年新高考全国卷 = 2 \* ROMAN II第19题考查的是数列与解析几何的交汇,本专题总结数列与概率、立体几何、解析几何交汇的常见类型及求解,供大家参考.
（一）数列与排列组合的交汇
对于排列数 与组合数而言,当变动时对应的一列数就可以看作数列,所以与排列数与组合数有关的等式与不等式问题,大多可以看作数列求解.
【例1】（1）我们学过组合恒等式,实际上可以理解为,请你利用这个观点快速求解：.（计算结果用组合数表示）
（2）（i）求证：；
（ii）求值：.
【解析】（1）
；
（2）（i）；
（ii）
由（i）得,
则有,
原式
构造数列,令,则,
所以
所以,即,
即,所以,即数列是周期为6的数列.
又因为,
所以.
【例2】绿化美化环境,建设美丽乡村.某村拟将村外的空地分成五块（如图1）,种植花草（中间的圆圈不种植）,现有四种不同的花卉供选择,要求每一块种植一种花,相邻区域种不同的花卉,设所种花卉的种数为.

(1)求的分布列与期望；
(2)若将空地分成个区域（图2）,在这个区域上种植花卉,要求相邻区域种不同的花卉,现有5种不同的花卉供选择,问有多少种不同的种植方法？
【解析】（1）的所有可能值为2,3,4.若种两种花卉,则种植方法有；
若种三种花卖,则种植方法有；若种四种花卉,则种植方法有；
所有的种植方法有.
所以,,,
所以的分布列为
的期望.
（2）分两步,第一步种植区域,有种种植方法；
第二步种植区域,在块区域种植不同的花卉（有4种花卉供选择）,设不同的种植方法有种.
显然,；
当时,有4种种植方法,有3种种植方法,…有3种种植方法（不论是否与同种）,所以共有种种植方法,其中包含了与同种的情况,此时,可以看成和合为一个区域,则共有个区域,即种种植方法,
所以,可得,
所以,数列是以为公比的等比数列,又,
所以,,.
又,,也适合上式,
所以,当时,.
由分步乘法原理知,在这个区域上种植花来,不同的种植方法有,.
（二）数列与概率的交汇
与事件发生次数n（n比较大）有关的概率的计算,通常先确定与的递推关系,再构造等差（比）数列求.
【例3】（2024届湖南省衡阳市衡阳县第一中学高三下学期最后一卷）在”五四”来临之际,某学校团委组织以“春风吹,青春启航”为主题的知识竞赛,比赛分初赛和决赛两个阶段,甲、乙两人进入决赛争夺冠军,决赛规则如下：每轮答题获得分,其概率为,获得分,其概率为.最多进行轮答题,某同学累计得分为分时,比赛结束,该同学获得冠军,另一同学获得亚军.
(1)当进行完轮答题后,甲同学总分为,求的分布列及；
(2)若累计得分为的概率为,（初始得分为分,）
①求的表达式().
②求获得亚军的概率.
【解析】（1）设进行完轮答题时,得分的次数为,.
,,
随机变量表示甲同学的总分,其可能取值为,,,,
,,
,
所以的分布列为：
（2）①当时,即累计得分为分,是第一轮抢答得分,,则,
累计得分为分的情况分两种：
（i）,即累计得分为分,又一轮抢答得分,其概率为.
（ii）,即累计得分为分,又一轮抢答得分,其概率为.
则,所以.
所以数列是首项为,公比为的等比数列.
所以.
②由①得,,,,
各式累加得：.
而,所以.
所以获得冠军的概率：.
所以获得亚军的概率为：.
【例4】马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型,也是机器学习和人工智能的基石,在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是……,…,那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态,即．
现实生活中也存在着许多马尔科夫链,例如著名的赌徒模型．
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏,每一局赌徒赌赢的概率为,且每局赌赢可以赢得1元,每一局赌徒赌输的概率为,且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去,直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：记赌徒的本金为一种是赌金达到预期的B元,赌徒停止赌博；另一种是赌徒输光本金后,赌徒可以向赌场借钱,最多借A元,再次输光后赌场不再借钱给赌徒．赌博过程如图的数轴所示．
当赌徒手中有n元时,最终欠债A元（可以记为该赌徒手中有元）概率为,请回答下列问题：
(1)请直接写出与的数值．
(2)证明是一个等差数列,并写出公差d．
(3)当时,分别计算时,的数值,论述当B持续增大时,的统计含义．
【解析】（1）当时,赌徒已经欠债元,因此．
当时,赌徒到了终止赌博的条件,不再赌了,因此输光的概率；
（2）记赌徒有n元最后输光的事件,赌徒有n元上一场赢的事件,
,即,
所以,
所以是一个等差数列,
设,则,
累加得,故,得；
（3）,由（2）,
代入可得,即,
当时,,当时,,
当B增大时,也会增大,即输光欠债的可能性越大,因此可知久赌无赢家,
即便是一个这样看似公平的游戏,只要赌徒一直玩下去就会的概率输光并负债．
（三）数列与立体几何的交汇
求解此类问题,通常先把立体几何知识与排列组合知识结合,然再与与概率与数列等知识建立联系.
【例5】已知正四棱锥的侧棱和底面边长相等,在这个正四棱锥的条棱中任取两条,按下列方式定义随机变量的值：
若这两条棱所在的直线相交,则的值是这两条棱所在直线的夹角大小（弧度制）；
若这两条棱所在的直线平行,则；
若这两条棱所在的直线异面,则的值是这两条棱所在直线所成角的大小(弧度制).
（1）求的值；
（2）求随机变量的分布列及数学期望.
【解析】根据题意,该四棱锥的四个侧面均为等边三角形,底面为正方形,容易得到,为等腰直角三角形,的可能取值为：,,,共种情况,其中：时,有种；时,有种；时,有种；
（1）；
（2）,,
根据（1）的结论,随机变量的分布列如下表：
根据上表,.
【例6】（2024届重庆市高三第三次联合诊断）已知且,设是空间中个不同的点构成的集合,其中任意四点不在同一个平面上,表示点,间的距离,记集合
(1)若四面体满足：,,且
①求二面角的余弦值：
②若,求
(2)证明：
参考公式：
【解析】（1）以C为原点,方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,
则,,,,
,,,,
①设平面CAD的法向量,则,即,取,
设平面BAD的法向量为,则,即,取,
所以,即二面角的余弦值为；
②,,,
所以；
（2）设,,,下证,
设S中任意不同的两点的个距离中,距离等于的有个,,2,,k,
则,记S中n个不同点分别为,,,,设到点的距离等于的点的个数为个,,k；,2,,,
则,,,
所以,
考虑由S中的点构成的满足的点组的个数,
一方面,当A取,时,这样的点组有个,故有,
另一方面,因为S中任意四个点不共面,所以对任,点A的选取至多有3种,故有 ①,
所以
,
结合①得
（四）解析几何中的某些量成等差（比）数列问题
此类问题属于解析几何与等差（比）数列的简单交汇,通常利用等差（比）中项的结论来求,如若成等差数列.
【例7】（2024届江苏省南京市、盐城市高三一模）已知椭圆C：的右焦点为,右顶点为A,直线l：与x轴交于点M,且,
(1)求C的方程；
(2)B为l上的动点,过B作C的两条切线,分别交y轴于点P,Q,
①证明：直线BP,BF,BQ的斜率成等差数列；
②⊙N经过B,P,Q三点,是否存在点B,使得,？若存在,求；若不存在,请说明理由.
【解析】（1）由右焦点为,得,
因为,所以,
若,则,得,无解,
若,则,得,所以,因此C的方程.
（2）设,易知过B且与C相切的直线斜率存在,设为,
联立,消去y得,
由,得,
设两条切线BP,BQ的斜率分别为,,则,.
①设BF的斜率为,则,
因为,所以BP,BF,BQ的斜率成等差数列,

②法1：在中,令,得,所以,
同理,得,所以PQ的中垂线为,
易得BP中点为,所以BP的中垂线为,
联立,解得,
所以,,
要使,即,整理得,
而,
所以,解得,,因此,
故存在符合题意的点B,使得,此时.

（五）解析几何中的点列问题
此类问题通常是通过n次操作得到n个点,求解的关键是根据第n+1个点与第n个点的关系,建立点列坐标之间的递推关系,再利用数列知识求解.
【例8】已知双曲线,直线为其中一条渐近线,为双曲线的右顶点,过作轴的垂线,交于点,再过作轴的垂线交双曲线右支于点,重复刚才的操作得到,记．
(1)求的通项公式；
(2)过作双曲线的切线分别交双曲线两条渐近线于,记,求证：．
【解析】（1）双曲线,渐近线方程为,
由已知可得：,又点在双曲线上,所以,即,
所以是以为首项,公差为的等差数列,所以即
（2）设,有,
以为切点的双曲线的切线,时斜率存在时,设斜率为,
切线方程为,代入双曲线,
得,由,
得,解得,切线方程为,
为切点的双曲线的切线方程也满足,
由,可得,
即,
由可得,
即,所以,
所以,.
先证右边：,
所以
,右边得证.
下证左边：先证,令,
,
所以在递增,所以,
即时,,
所以,
当时,,
证明如下：
所以,
所以当时：
,
当成立,所以,左边得证,所以命题得证．
【例9】在平面直角坐标系xOy中,若在曲线的方程中,以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程,则称曲线关于原点“伸缩”,变换称为“伸缩变换”,称为伸缩比.
(1)已知曲线的方程为,伸缩比,求关于原点“伸缩变换”后所得曲线的方程；
(2)射线的方程,如果椭圆经“伸缩变换”后得到椭圆,若射线与椭圆分别交于两点A、B,且,求椭圆的方程；
(3)对抛物线,作变换,得抛物线；对作变换,得抛物线；如此进行下去,对抛物线作变换,得抛物线,…若,,求数列的通项公式.
【解析】（1）由条件得,整理得,所以的方程为；
（2）因为,关于原点“伸缩变换”,
对作变换,得,
联立,解得点的坐标为,
联立,解得点的坐标为,
所以,所以或,
所以或；因此椭圆的方程为或；
（3）对作变换,
得抛物线,得,
又因为,所以,即,
当时,,
得,适用上式,所以数列的通项公式.
【例1】（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知双曲线,点在上,为常数,．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点,令为关于轴的对称点,记的坐标为.
(1)若,求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积,证明：对任意正整数,.
【解析】（1）
由已知有,故的方程为.
当时,过且斜率为的直线为,与联立得到.
解得或,所以该直线与的不同于的交点为,该点显然在的左支上.
故,从而,.
（2）由于过且斜率为的直线为,与联立,得到方程.
展开即得,由于已经是直线和的公共点,故方程必有一根.
从而根据韦达定理,另一根,相应的.
所以该直线与的不同于的交点为,而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为,故一定在的左支上.
所以.
这就得到,.
所以
.
再由,就知道,所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点,若,,则.（若在同一条直线上,约定）
证明：
.
证毕,回到原题.由于上一小问已经得到,,
故.
再由,就知道,所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数,都有
.
而又有,,
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值,所以.
方法二：由于上一小问已经得到,,
故.
再由,就知道,所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数,都有
.
这就得到,
以及.
两式相减,即得.
移项得到.
故.
而,.
所以和平行,这就得到,即.
【例2】（2024届江苏省南京市第九中学高三上学期12月月考）在某公司组织的团建活动中,,,三个人进行传排球游戏,规定：甲将排球抛出,乙接住或自己接住为一次传球,假设每次传球都能成功.当排球在手中时,传给的概率为,传给自己的概率也为；当排球在手中时,传给的概率为,传给的概率为；当排球在手中时,传给,的概率均为.游戏开始时,排球在手中,经过次传球后,设排球在手中的概率为,排球在手中的概率为.
(1)求,的值；
(2)经过50次传球后,排球在谁手中的概率最大？请说明理由.
【解析】由题意得,经过次传球后,排球在手中的概率为,
,
第次传球后,排球在手中的概率为,在手中的概率为,在手中的概率为,
则由题意得,则,
由,得,,
所以是以为公比,为首项的等比数列,
所以,所以,
,,,而也满足上式,
所以,,,,而也满足上式,
所以,所以,.
（2）由（1）得,
当时,,,,
因为
,所以,
因为,
所以,所以,所以经过50次传球后,排球在手中的概率最大.
【例3】定义空间中既有大小又有方向的量为空间向量．起点为,终点为的空间向量记作,其大小称为的模,记作等于两点间的距离．模为零的向量称为零向量,记作．空间向量的加法、减法以及数乘运算的定义与性质和平面向量一致,如：对任意空间向量,均有,,；对任意实数和空间向量,均有；对任意三点,均有等．已知体积为的三棱锥的底面均为,在中,是内一点,．记．
(1)若到平面的距离均为1,求；
(2)若是的重心,且对任意,均有．
（i）求的最大值；
（ii）当最大时,5个分别由24个实数组成的24元数组满足对任意,均有,且对任意均有求证：不可能对任意及均成立．
（参考公式：）
【解析】（1）如图,在中,．
因为,所以,
所以在中,,
所以在中,,
所以,所以的面积为,
所以,所以．
（2）（i）因为是的重心,所以的面积为,
在中,由余弦定理得,,
即,由基本不等式知,
,所以,
故 ,等号当且仅当时成立,
又由是的重心知,,
所以,
所以,所以,
所以,等号当且仅当,
且平面时成立,所以的最大值为．
（ii）由（i）知,,所以对任意,
均有,故,记,
则,所以,
由于任意均有,
所以,所以．
假设对任意及均成立．
则对于,均有,
所以,与矛盾,
所以假设不成立,即不可能对任意及均成立．
【例4】（2024届河北省多校联考高三下学期适应性测试）已知平面内定点是以为直径的圆上一动点（为坐标原点）．直线与点处的切线交于点,过点作轴的垂线,垂足为,过点作轴的垂线,垂足为,过点作的垂线,垂足为．
(1)求点的轨迹方程；
(2)求矩形面积的最大值；
(3)设的轨迹,直线与轴围成面积为,甲同学认为随的增大,也会达到无穷大,乙同学认为随的增大不会超过4,你同意哪个观点,说明理由．
【解析】（1）设点,依题意,直线的方程为,,显然点与不重合,
当点与点不重合时,连接,由是以为直径的圆上一点,则,
由轴,得∽∽,则,,
而,则,于是,即,
当点与点重合时,点与点重合,点与点重合,而满足,
所以点的轨迹方程：.

（2）由（1）知,点的轨迹方程,显然,
即点的轨迹关于轴对称,不妨令点在第一象限,
显然∽,,,因此,
设矩形的面积为,则,
求导得,
当时,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,
因此,所以当时,矩形面积的最大值为.
（3）同意乙同学的观点,随的增大不会超过4.
由（1）知点的轨迹方程为,设,显然是偶函数,
求导得,当时,,函数在上单调递减,且恒有,
则有,即,
当增大时,面积的值也在增大,
过点分别作轴的垂线交函数的图象
于点,

由在上单调递减,
得当时,的图象与轴之间部分的面积小于,
当时,的图象与轴之间部分的面积小于,
当时,的图象与轴之间部分的面积小于,
当时,的图象与轴之间部分的面积小于,
当时,的图象与轴之间部分的面积小于,
当时,的图象与轴之间部分的面积小于,
则的轨迹,直线与轴围成面积为,
,
当时,,
因此
所以随的增大不会超过4.
【例5】（2024届湖南省新高考十八校联盟高三下学期3月月考）2023年10月11日,中国科学技术大学潘建伟团队成功构建255个光子的量子计算机原型机“九章三号”,求解高斯玻色取样数学问题比目前全球是快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比特只能处于0态或1态,量子计算机的量子比特（qubit）可同时处于0与1的叠加态,故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为是子比特,且自旋状态只有上旋与下旋两种状态,其中下旋表示“0”,上旋表示“1”,粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后,粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋,再输入第二道逻辑门后,粒子的自旋状态有的概率发生改变,记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为.
(1)若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为2,且,求两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为2的概率；
(2)若一条信息有种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.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为的信息熵；
(3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门,当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入,否则重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子,设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为（,2,3,⋯,,⋯）.证明：当无限增大时,的数学期望趋近于一个常数.
参考公式：时,,.
【解析】（1）设“两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为个”,,1,2,
“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为个”,
则,,
,,,则,
故.
（2）由题知,1,2,
由（1）知,
同理可得,
则,
故的信息熵.
（3）由题知,其中,2,3,…,
则,
又,则,①
,②
得：
,
由题知,当无限增大时,趋近于零,趋近于零,则趋近于.
所以当无限增大时,的数学期望趋近于一个常数.
1．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）.
2．(2024届福建省泉州市高三5月适应性练习)设A,B为椭圆C：的短轴端点,P为椭圆上异于A,B的任意一点,D在直线上．
(1)求直线,的斜率的乘积；
(2)证明：；
(3)过右焦点F作x轴的垂线,E为上异于F的任意一点,直线交C于M,N两点,记直线,,的斜率分别为,,,是否存在,,的某个排列,使得这三个数成等差数列？若存在,加以证明；若不存在,请说明理由．
3．有一个益智类的古堡探险闯关游戏,玩家每局都有甲､乙两座不同的古堡可供选择.已知某玩家古堡甲闯关成功的概率为,古堡乙闯关成功的概率为.若该玩家第一局选择古堡甲闯关的概率为,前一局选择了古堡甲闯关,则继续选择古堡甲闯关的概率为；前一局选择了古堡乙闯关,则继续选择古堡乙闯关的概率为.
(1)求该玩家第一局闯关成功的概率；
(2)记该玩家第局选择古堡甲闯关的概率为,第局闯关成功的概率为.
（i）求和的表达式；
（ii）当时,求证：.
4.中国女排是中国各体育团队中成绩突出的体育团队之一,曾是世界上第一个“五连冠”得主,并十度成为世界冠军,2023年在杭州第19届亚运会上女排再度获得冠军．她们那种团结协作、顽强拼搏的精神极大地激发了中国人的自豪、自尊和自信,为我们在新征程上奋进提供了强大的精神力量．如今,女排精神广为传颂,家喻户晓,各行各业的人们在女排精神的激励下,为中华民族的腾飞顽强拼搏．某中学也因此掀起了排球运动的热潮,在一次排球训练课上,体育老师安排4人一组进行传接球训练,其中甲、乙、丙、丁四人刚好围成一个矩形（如图）,已知当某人控球时,传给其相邻同学的概率为,传给对角线上的同学的概率为,由甲开始传球．
(1)求第3次传球是由乙传给甲的概率；
(2)求第次传球后排球传到丙手中的概率；
(3)若随机变量服从两点分布,且,,,…,,则,记前次（即从第1次到第次传球）中排球传到乙手中的次数为,求．
5．（2024届浙江省第一届启航杯联考）浙里启航团队举办了一场抽奖游戏,玩家一共抽取次.每次都有的概率抽中,的概率没抽中.小明的抽奖得分按照如下方式计算：
1.将玩家次抽奖的结果按顺序排列,抽中记作1,未抽中记作0,形成一个长度为的仅有01的序列.
2.定义序列的得分为：对于这个序列每一段极长连续的1,设它长度为,那么得分即为.
3.序列的得分即为每一段连续的1的得分和.
例如:如果玩家A抽了7次,第1,3,4,5,7次中奖,那么序列即为1,0,1,1,1,0,1,得分为.可能用到的公式：若为两个随机变量,则.
(1)若,清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分,求.
(2)记随机变量表示长度为的序列中从最后一个数从后往前极长连续的1的长度,求.
(3)若,清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分,求.
6．甲､乙､丙三人进行一种传球游戏：当球在甲手中时,甲将球保留（也记为一次传球）的概率为,否则甲将球传给乙；当球在乙手中时,乙将球传给甲的概率为,否则乙将球传给丙；当球在丙手中时,丙将球传给甲的概率为,否则丙将球传给乙.初始时,球在甲手中.
(1)设传球三次后,球在甲手中的次数为,求随机变量的分布列和数学期望；
(2)传次球后,记球在乙手中的概率为,求数列的通项公式；
(3)在第（2）问的条件下,设.求证：.
7．现有枚游戏币,游戏币是有偏向的,向上抛出后,它落下时正面朝上的概率为．甲、乙利用这枚游戏币玩游戏．
(1)将这3枚游戏币向上抛出,记落下时正面朝上的个数为,求的分布列；
(2)将这枚游戏币向上抛出,规定若落下时正面朝上的个数为奇数,则甲获胜,否则乙获胜,请判断这个游戏规则是否公平,并说明理由．
（参考数据：）
10．在2024年5月举行的第一届全国全民健身大赛（西南区）篮球项目贵州选拔赛暨2024年贵州省篮球公开赛中,铜仁市代表队凭借出色的技术和顽强拼搏的精神,从全省42支队伍中脱颖而出,闯进决赛．受此影响,铜仁市某校掀起了篮球运动的热潮,在一次篮球训练课上,甲、乙、丙三位同学进行传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人．
(1)求2次传球后球在甲手中的概率；
(2)设次传球后球在甲手中的概率为,求证数列为等比数列,并求数列的通项公式；
(3)现在丁加入传球训练,且甲、乙、丙、丁四人分别站定于如图所示的四点（为正方形的四个顶点）,且每次传球时,传球者将球传给相邻同学的概率为,传给对角线上同学的概率为（例如：甲传球给乙或丁的概率都是,传球给丙的概率是；若第一次仍由甲将球传出,则次传球后,试比较球在甲、乙、丙、丁手中概率的大小,并说明理由．
11．（2024届浙江省杭州学军中学高三下学期4月适应性测试）斜二测画法是一种常用的工程制图方法,在已知图形中平行于轴的线段,在直观图画成平行于轴（由轴顺时针旋转得到）的线段,且长度为原来的,平行于轴的线段不变.如图,在直角坐标系中,正方形的边长为.定义如下图像变换：表示“将图形用斜二测画法变形后放回原直角坐标系”；表示“将图形的横坐标保持不变,纵坐标拉伸为原来的倍”.

(1)记正方形经过两次变换后所得图形为,求的坐标；
(2)在第次复合变换中,将图形先进行一次变换,再进行一次变换,. 记正方形进行次复合变换后所得图形为.过作的垂线,垂足为,若恒成立,求的取值范围.
12．（2024届甘肃省兰州第一中学高三下学期寒假开学测试）信息论之父香农（Shannn）在1948年发表的论文“通信的数学理论”中指出,任何信息都存在冗余,冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单词）的出现概率或者说不确定性有关,香农借鉴了热力学的概念,把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”,并给出了计算信息熵的数学表达式．设随机变量X所有取值为,且,定义的信息熵
(1)当时,求的值；
(2)当时,若,探究与的关系,并说明理由；
(3)若,求此时的信息摘．
13．定义一：整数的排列称为级排列,例如：2431是一个4级排列．定义二：在一个级排列中,如果一对数的前后位置与大小顺序相反,那么它们就称为一个逆序．一个排列中逆序的总数就称为这个排列的逆序数,记为．例如：4级排列2431中的逆序有21,43,41,31,所以．
(1)求6级排列215643的逆序数；
(2)称逆序数是偶数的排列为偶排列,逆序数是奇数的排列为奇排列
①判定级排列,的奇偶性；
②现将一个级排列：中的任意两个数交换位置,其余数位置不变,得到一个新的级排列,证明：与的奇偶性不同．
14．如图所示数阵,第行共有个数,第m行的第1个数为,第2个数为,第个数为,规定：.
(1)计算前4行的最后两个数,试判断每一行的最后两个数的大小关系,并证明你的结论；
(2)从第1行起,每一行最后一个数依次构成数列,设数列的前项和为,是否存在正整数,使得对任意正整数,恒成立？如存在,请求出的最大值；如不存在,请说明理由.2
3
4
3
4
5
6
专题8 数列与概率、立体几何、解析几何的交汇
新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革,数列解答题的难度增加,作为压轴题出现的概率变大,而数列与其他知识的交汇备受青睐,如2024年新高考全国卷 = 1 \* ROMAN I第19题考查的是数列与概率的交汇,2024年新高考全国卷 = 2 \* ROMAN II第19题考查的是数列与解析几何的交汇,本专题总结数列与概率、立体几何、解析几何交汇的常见类型及求解,供大家参考.
（一）数列与排列组合的交汇
对于排列数 与组合数而言,当变动时对应的一列数就可以看作数列,所以与排列数与组合数有关的等式与不等式问题,大多可以看作数列求解.
【例1】（1）我们学过组合恒等式,实际上可以理解为,请你利用这个观点快速求解：.（计算结果用组合数表示）
（2）（i）求证：；
（ii）求值：.
【解析】（1）
；
（2）（i）；
（ii）
由（i）得,
则有,
原式
构造数列,令,则,
所以
所以,即,
即,所以,即数列是周期为6的数列.
又因为,
所以.
【例2】绿化美化环境,建设美丽乡村.某村拟将村外的空地分成五块（如图1）,种植花草（中间的圆圈不种植）,现有四种不同的花卉供选择,要求每一块种植一种花,相邻区域种不同的花卉,设所种花卉的种数为.

(1)求的分布列与期望；
(2)若将空地分成个区域（图2）,在这个区域上种植花卉,要求相邻区域种不同的花卉,现有5种不同的花卉供选择,问有多少种不同的种植方法？
【解析】（1）的所有可能值为2,3,4.若种两种花卉,则种植方法有；
若种三种花卖,则种植方法有；若种四种花卉,则种植方法有；
所有的种植方法有.
所以,,,
所以的分布列为
的期望.
（2）分两步,第一步种植区域,有种种植方法；
第二步种植区域,在块区域种植不同的花卉（有4种花卉供选择）,设不同的种植方法有种.
显然,；
当时,有4种种植方法,有3种种植方法,…有3种种植方法（不论是否与同种）,所以共有种种植方法,其中包含了与同种的情况,此时,可以看成和合为一个区域,则共有个区域,即种种植方法,
所以,可得,
所以,数列是以为公比的等比数列,又,
所以,,.
又,,也适合上式,
所以,当时,.
由分步乘法原理知,在这个区域上种植花来,不同的种植方法有,.
（二）数列与概率的交汇
与事件发生次数n（n比较大）有关的概率的计算,通常先确定与的递推关系,再构造等差（比）数列求.
【例3】（2024届湖南省衡阳市衡阳县第一中学高三下学期最后一卷）在”五四”来临之际,某学校团委组织以“春风吹,青春启航”为主题的知识竞赛,比赛分初赛和决赛两个阶段,甲、乙两人进入决赛争夺冠军,决赛规则如下：每轮答题获得分,其概率为,获得分,其概率为.最多进行轮答题,某同学累计得分为分时,比赛结束,该同学获得冠军,另一同学获得亚军.
(1)当进行完轮答题后,甲同学总分为,求的分布列及；
(2)若累计得分为的概率为,（初始得分为分,）
①求的表达式().
②求获得亚军的概率.
【解析】（1）设进行完轮答题时,得分的次数为,.
,,
随机变量表示甲同学的总分,其可能取值为,,,,
,,
,
所以的分布列为：
（2）①当时,即累计得分为分,是第一轮抢答得分,,则,
累计得分为分的情况分两种：
（i）,即累计得分为分,又一轮抢答得分,其概率为.
（ii）,即累计得分为分,又一轮抢答得分,其概率为.
则,所以.
所以数列是首项为,公比为的等比数列.
所以.
②由①得,,,,
各式累加得：.
而,所以.
所以获得冠军的概率：.
所以获得亚军的概率为：.
【例4】马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型,也是机器学习和人工智能的基石,在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是……,…,那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态,即．
现实生活中也存在着许多马尔科夫链,例如著名的赌徒模型．
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏,每一局赌徒赌赢的概率为,且每局赌赢可以赢得1元,每一局赌徒赌输的概率为,且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去,直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：记赌徒的本金为一种是赌金达到预期的B元,赌徒停止赌博；另一种是赌徒输光本金后,赌徒可以向赌场借钱,最多借A元,再次输光后赌场不再借钱给赌徒．赌博过程如图的数轴所示．
当赌徒手中有n元时,最终欠债A元（可以记为该赌徒手中有元）概率为,请回答下列问题：
(1)请直接写出与的数值．
(2)证明是一个等差数列,并写出公差d．
(3)当时,分别计算时,的数值,论述当B持续增大时,的统计含义．
【解析】（1）当时,赌徒已经欠债元,因此．
当时,赌徒到了终止赌博的条件,不再赌了,因此输光的概率；
（2）记赌徒有n元最后输光的事件,赌徒有n元上一场赢的事件,
,即,
所以,
所以是一个等差数列,
设,则,
累加得,故,得；
（3）,由（2）,
代入可得,即,
当时,,当时,,
当B增大时,也会增大,即输光欠债的可能性越大,因此可知久赌无赢家,
即便是一个这样看似公平的游戏,只要赌徒一直玩下去就会的概率输光并负债．
（三）数列与立体几何的交汇
求解此类问题,通常先把立体几何知识与排列组合知识结合,然再与与概率与数列等知识建立联系.
【例5】已知正四棱锥的侧棱和底面边长相等,在这个正四棱锥的条棱中任取两条,按下列方式定义随机变量的值：
若这两条棱所在的直线相交,则的值是这两条棱所在直线的夹角大小（弧度制）；
若这两条棱所在的直线平行,则；
若这两条棱所在的直线异面,则的值是这两条棱所在直线所成角的大小(弧度制).
（1）求的值；
（2）求随机变量的分布列及数学期望.
【解析】根据题意,该四棱锥的四个侧面均为等边三角形,底面为正方形,容易得到,为等腰直角三角形,的可能取值为：,,,共种情况,其中：时,有种；时,有种；时,有种；
（1）；
（2）,,
根据（1）的结论,随机变量的分布列如下表：
根据上表,.
【例6】（2024届重庆市高三第三次联合诊断）已知且,设是空间中个不同的点构成的集合,其中任意四点不在同一个平面上,表示点,间的距离,记集合
(1)若四面体满足：,,且
①求二面角的余弦值：
②若,求
(2)证明：
参考公式：
【解析】（1）以C为原点,方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,
则,,,,
,,,,
①设平面CAD的法向量,则,即,取,
设平面BAD的法向量为,则,即,取,
所以,即二面角的余弦值为；
②,,,
所以；
（2）设,,,下证,
设S中任意不同的两点的个距离中,距离等于的有个,,2,,k,
则,记S中n个不同点分别为,,,,设到点的距离等于的点的个数为个,,k；,2,,,
则,,,
所以,
考虑由S中的点构成的满足的点组的个数,
一方面,当A取,时,这样的点组有个,故有,
另一方面,因为S中任意四个点不共面,所以对任,点A的选取至多有3种,故有 ①,
所以
,
结合①得
（四）解析几何中的某些量成等差（比）数列问题
此类问题属于解析几何与等差（比）数列的简单交汇,通常利用等差（比）中项的结论来求,如若成等差数列.
【例7】（2024届江苏省南京市、盐城市高三一模）已知椭圆C：的右焦点为,右顶点为A,直线l：与x轴交于点M,且,
(1)求C的方程；
(2)B为l上的动点,过B作C的两条切线,分别交y轴于点P,Q,
①证明：直线BP,BF,BQ的斜率成等差数列；
②⊙N经过B,P,Q三点,是否存在点B,使得,？若存在,求；若不存在,请说明理由.
【解析】（1）由右焦点为,得,
因为,所以,
若,则,得,无解,
若,则,得,所以,因此C的方程.
（2）设,易知过B且与C相切的直线斜率存在,设为,
联立,消去y得,
由,得,
设两条切线BP,BQ的斜率分别为,,则,.
①设BF的斜率为,则,
因为,所以BP,BF,BQ的斜率成等差数列,

②法1：在中,令,得,所以,
同理,得,所以PQ的中垂线为,
易得BP中点为,所以BP的中垂线为,
联立,解得,
所以,,
要使,即,整理得,
而,
所以,解得,,因此,
故存在符合题意的点B,使得,此时.

（五）解析几何中的点列问题
此类问题通常是通过n次操作得到n个点,求解的关键是根据第n+1个点与第n个点的关系,建立点列坐标之间的递推关系,再利用数列知识求解.
【例8】已知双曲线,直线为其中一条渐近线,为双曲线的右顶点,过作轴的垂线,交于点,再过作轴的垂线交双曲线右支于点,重复刚才的操作得到,记．
(1)求的通项公式；
(2)过作双曲线的切线分别交双曲线两条渐近线于,记,求证：．
【解析】（1）双曲线,渐近线方程为,
由已知可得：,又点在双曲线上,所以,即,
所以是以为首项,公差为的等差数列,所以即
（2）设,有,
以为切点的双曲线的切线,时斜率存在时,设斜率为,
切线方程为,代入双曲线,
得,由,
得,解得,切线方程为,
为切点的双曲线的切线方程也满足,
由,可得,
即,
由可得,
即,所以,
所以,.
先证右边：,
所以
,右边得证.
下证左边：先证,令,
,
所以在递增,所以,
即时,,
所以,
当时,,
证明如下：
所以,
所以当时：
,
当成立,所以,左边得证,所以命题得证．
【例9】在平面直角坐标系xOy中,若在曲线的方程中,以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程,则称曲线关于原点“伸缩”,变换称为“伸缩变换”,称为伸缩比.
(1)已知曲线的方程为,伸缩比,求关于原点“伸缩变换”后所得曲线的方程；
(2)射线的方程,如果椭圆经“伸缩变换”后得到椭圆,若射线与椭圆分别交于两点A、B,且,求椭圆的方程；
(3)对抛物线,作变换,得抛物线；对作变换,得抛物线；如此进行下去,对抛物线作变换,得抛物线,…若,,求数列的通项公式.
【解析】（1）由条件得,整理得,所以的方程为；
（2）因为,关于原点“伸缩变换”,
对作变换,得,
联立,解得点的坐标为,
联立,解得点的坐标为,
所以,所以或,
所以或；因此椭圆的方程为或；
（3）对作变换,
得抛物线,得,
又因为,所以,即,
当时,,
得,适用上式,所以数列的通项公式.
【例1】（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知双曲线,点在上,为常数,．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点,令为关于轴的对称点,记的坐标为.
(1)若,求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积,证明：对任意正整数,.
【解析】（1）
由已知有,故的方程为.
当时,过且斜率为的直线为,与联立得到.
解得或,所以该直线与的不同于的交点为,该点显然在的左支上.
故,从而,.
（2）由于过且斜率为的直线为,与联立,得到方程.
展开即得,由于已经是直线和的公共点,故方程必有一根.
从而根据韦达定理,另一根,相应的.
所以该直线与的不同于的交点为,而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为,故一定在的左支上.
所以.
这就得到,.
所以
.
再由,就知道,所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点,若,,则.（若在同一条直线上,约定）
证明：
.
证毕,回到原题.由于上一小问已经得到,,
故.
再由,就知道,所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数,都有
.
而又有,,
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值,所以.
方法二：由于上一小问已经得到,,
故.
再由,就知道,所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数,都有
.
这就得到,
以及.
两式相减,即得.
移项得到.
故.
而,.
所以和平行,这就得到,即.
【例2】（2024届江苏省南京市第九中学高三上学期12月月考）在某公司组织的团建活动中,,,三个人进行传排球游戏,规定：甲将排球抛出,乙接住或自己接住为一次传球,假设每次传球都能成功.当排球在手中时,传给的概率为,传给自己的概率也为；当排球在手中时,传给的概率为,传给的概率为；当排球在手中时,传给,的概率均为.游戏开始时,排球在手中,经过次传球后,设排球在手中的概率为,排球在手中的概率为.
(1)求,的值；
(2)经过50次传球后,排球在谁手中的概率最大？请说明理由.
【解析】由题意得,经过次传球后,排球在手中的概率为,
,
第次传球后,排球在手中的概率为,在手中的概率为,在手中的概率为,
则由题意得,则,
由,得,,
所以是以为公比,为首项的等比数列,
所以,所以,
,,,而也满足上式,
所以,,,,而也满足上式,
所以,所以,.
（2）由（1）得,
当时,,,,
因为
,所以,
因为,
所以,所以,所以经过50次传球后,排球在手中的概率最大.
【例3】定义空间中既有大小又有方向的量为空间向量．起点为,终点为的空间向量记作,其大小称为的模,记作等于两点间的距离．模为零的向量称为零向量,记作．空间向量的加法、减法以及数乘运算的定义与性质和平面向量一致,如：对任意空间向量,均有,,；对任意实数和空间向量,均有；对任意三点,均有等．已知体积为的三棱锥的底面均为,在中,是内一点,．记．
(1)若到平面的距离均为1,求；
(2)若是的重心,且对任意,均有．
（i）求的最大值；
（ii）当最大时,5个分别由24个实数组成的24元数组满足对任意,均有,且对任意均有求证：不可能对任意及均成立．
（参考公式：）
【解析】（1）如图,在中,．
因为,所以,
所以在中,,
所以在中,,
所以,所以的面积为,
所以,所以．
（2）（i）因为是的重心,所以的面积为,
在中,由余弦定理得,,
即,由基本不等式知,
,所以,
故 ,等号当且仅当时成立,
又由是的重心知,,
所以,
所以,所以,
所以,等号当且仅当,
且平面时成立,所以的最大值为．
（ii）由（i）知,,所以对任意,
均有,故,记,
则,所以,
由于任意均有,
所以,所以．
假设对任意及均成立．
则对于,均有,
所以,与矛盾,
所以假设不成立,即不可能对任意及均成立．
【例4】（2024届河北省多校联考高三下学期适应性测试）已知平面内定点是以为直径的圆上一动点（为坐标原点）．直线与点处的切线交于点,过点作轴的垂线,垂足为,过点作轴的垂线,垂足为,过点作的垂线,垂足为．
(1)求点的轨迹方程；
(2)求矩形面积的最大值；
(3)设的轨迹,直线与轴围成面积为,甲同学认为随的增大,也会达到无穷大,乙同学认为随的增大不会超过4,你同意哪个观点,说明理由．
【解析】（1）设点,依题意,直线的方程为,,显然点与不重合,
当点与点不重合时,连接,由是以为直径的圆上一点,则,
由轴,得∽∽,则,,
而,则,于是,即,
当点与点重合时,点与点重合,点与点重合,而满足,
所以点的轨迹方程：.

（2）由（1）知,点的轨迹方程,显然,
即点的轨迹关于轴对称,不妨令点在第一象限,
显然∽,,,因此,
设矩形的面积为,则,
求导得,
当时,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,
因此,所以当时,矩形面积的最大值为.
（3）同意乙同学的观点,随的增大不会超过4.
由（1）知点的轨迹方程为,设,显然是偶函数,
求导得,当时,,函数在上单调递减,且恒有,
则有,即,
当增大时,面积的值也在增大,
过点分别作轴的垂线交函数的图象
于点,

由在上单调递减,
得当时,的图象与轴之间部分的面积小于,
当时,的图象与轴之间部分的面积小于,
当时,的图象与轴之间部分的面积小于,
当时,的图象与轴之间部分的面积小于,
当时,的图象与轴之间部分的面积小于,
当时,的图象与轴之间部分的面积小于,
则的轨迹,直线与轴围成面积为,
,
当时,,
因此
所以随的增大不会超过4.
【例5】（2024届湖南省新高考十八校联盟高三下学期3月月考）2023年10月11日,中国科学技术大学潘建伟团队成功构建255个光子的量子计算机原型机“九章三号”,求解高斯玻色取样数学问题比目前全球是快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比特只能处于0态或1态,量子计算机的量子比特（qubit）可同时处于0与1的叠加态,故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为是子比特,且自旋状态只有上旋与下旋两种状态,其中下旋表示“0”,上旋表示“1”,粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后,粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋,再输入第二道逻辑门后,粒子的自旋状态有的概率发生改变,记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为.
(1)若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为2,且,求两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为2的概率；
(2)若一条信息有种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.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为的信息熵；
(3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门,当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入,否则重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子,设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为（,2,3,⋯,,⋯）.证明：当无限增大时,的数学期望趋近于一个常数.
参考公式：时,,.
【解析】（1）设“两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为个”,,1,2,
“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为个”,
则,,
,,,则,
故.
（2）由题知,1,2,
由（1）知,
同理可得,
则,
故的信息熵.
（3）由题知,其中,2,3,…,
则,
又,则,①
,②
得：
,
由题知,当无限增大时,趋近于零,趋近于零,则趋近于.
所以当无限增大时,的数学期望趋近于一个常数.
1．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
2．(2024届福建省泉州市高三5月适应性练习)设A,B为椭圆C：的短轴端点,P为椭圆上异于A,B的任意一点,D在直线上．
(1)求直线,的斜率的乘积；
(2)证明：；
(3)过右焦点F作x轴的垂线,E为上异于F的任意一点,直线交C于M,N两点,记直线,,的斜率分别为,,,是否存在,,的某个排列,使得这三个数成等差数列？若存在,加以证明；若不存在,请说明理由．
【解析】（1）不妨设,,设,
则直线,的斜率分别为,,所以．
又因为,所以,故,
即直线,的斜率的乘积为．
（2）由椭圆的对称性,不妨设P位于第一象限或长轴右端点,
设直线,的倾斜角分别为,,
则．
由（1）知,,故,从而,
当且仅当时等号成立,此时P为C的右顶点．
因为,
又因为,且,所以．
（3）设,
①当在轴上时,,不妨设,,
,,,从而；
②当不在轴上时,设,,直线：,
由得,所以．
由消去,得,
因为直线过点,则,从而,（*）,
又．
将（*）式代入上式,得．
综上,可得,即,,或,,成等差数列．
3．有一个益智类的古堡探险闯关游戏,玩家每局都有甲､乙两座不同的古堡可供选择.已知某玩家古堡甲闯关成功的概率为,古堡乙闯关成功的概率为.若该玩家第一局选择古堡甲闯关的概率为,前一局选择了古堡甲闯关,则继续选择古堡甲闯关的概率为；前一局选择了古堡乙闯关,则继续选择古堡乙闯关的概率为.
(1)求该玩家第一局闯关成功的概率；
(2)记该玩家第局选择古堡甲闯关的概率为,第局闯关成功的概率为.
（i）求和的表达式；
（ii）当时,求证：.
【解析】（1）由题意,该玩家第一局闯关成功的概率为；
（2）（i）由题意可得；
（ii）当时,,
所以,又,
所以数列是以为首项,为公比的等比数列,
所以,故,
所以,
,
当时,,此时；
当时,,
,
令,
则,
所以函数在上单调递增,所以,
所以,即,
所以当时,,综上所述,.
4.中国女排是中国各体育团队中成绩突出的体育团队之一,曾是世界上第一个“五连冠”得主,并十度成为世界冠军,2023年在杭州第19届亚运会上女排再度获得冠军．她们那种团结协作、顽强拼搏的精神极大地激发了中国人的自豪、自尊和自信,为我们在新征程上奋进提供了强大的精神力量．如今,女排精神广为传颂,家喻户晓,各行各业的人们在女排精神的激励下,为中华民族的腾飞顽强拼搏．某中学也因此掀起了排球运动的热潮,在一次排球训练课上,体育老师安排4人一组进行传接球训练,其中甲、乙、丙、丁四人刚好围成一个矩形（如图）,已知当某人控球时,传给其相邻同学的概率为,传给对角线上的同学的概率为,由甲开始传球．
(1)求第3次传球是由乙传给甲的概率；
(2)求第次传球后排球传到丙手中的概率；
(3)若随机变量服从两点分布,且,,,…,,则,记前次（即从第1次到第次传球）中排球传到乙手中的次数为,求．
【解析】（1）设第次传球后排球在甲、乙、丙、丁手中的概率分别为,
则．
第2次传球到乙手中的概率,
所以第3次传球是由乙传给甲的概率为．
（2）根据已知条件可得,当时,
联立则有,
所以是首项为,公比为的等比数列,故．
因为,所以,代入①②式得,
将⑤代入⑥得,,
则,
其中,
故,
,
,
……,
,
由累加法可得,
所以,
所以是以为首项,公比为的等比数列,
所以,
故第次传球后排球传到丙手中的概率为．
（3）随机变量服从两点分布,设第i次未传到乙手中的概率为,
则排球第i次传到乙手中的概率为,
则．由（2）知
,
其中,
所以．
5．（2024届浙江省第一届启航杯联考）浙里启航团队举办了一场抽奖游戏,玩家一共抽取次.每次都有的概率抽中,的概率没抽中.小明的抽奖得分按照如下方式计算：
1.将玩家次抽奖的结果按顺序排列,抽中记作1,未抽中记作0,形成一个长度为的仅有01的序列.
2.定义序列的得分为：对于这个序列每一段极长连续的1,设它长度为,那么得分即为.
3.序列的得分即为每一段连续的1的得分和.
例如:如果玩家A抽了7次,第1,3,4,5,7次中奖,那么序列即为1,0,1,1,1,0,1,得分为.可能用到的公式：若为两个随机变量,则.
(1)若,清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分,求.
(2)记随机变量表示长度为的序列中从最后一个数从后往前极长连续的1的长度,求.
(3)若,清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分,求.
【解析】（1）若序列为：0,0,0,则最终得分为0,若序列为：1,0,0,或0,1,0,或0,0,1,则最终得分为1,
若序列为：1,0, 1,则最终得分为2,若序列为：1,1,0,或0,1,1,则最终得分为4,
若序列为：1,1,1,则最终得分为9,
,,,
；
（2）令表示长度为的序列,的答案,换言之.
则有递推关系,表示第位分别为1或0的答案.
显然,
设,则,所以,解得,
所以,解得：,故所求为.
（3）设表示进行次游戏后的期望得分,即.
则有递推关系,
解释：因为,考虑第位为1的时候对序列的额外贡献,
即为,如果为0的贡献即为0,特别的,,
直接累加得到:,
若,带入上式,于是得,故所求即为.
6．甲､乙､丙三人进行一种传球游戏：当球在甲手中时,甲将球保留（也记为一次传球）的概率为,否则甲将球传给乙；当球在乙手中时,乙将球传给甲的概率为,否则乙将球传给丙；当球在丙手中时,丙将球传给甲的概率为,否则丙将球传给乙.初始时,球在甲手中.
(1)设传球三次后,球在甲手中的次数为,求随机变量的分布列和数学期望；
(2)传次球后,记球在乙手中的概率为,求数列的通项公式；
(3)在第（2）问的条件下,设.求证：.
【解析】（1）由题意知,,
,,
,,
所以随机变量的分布列为
随机变量的数学期望为；
（2）由于传次球后不在乙手中的概率为,
此时无论球在甲手中还是球在丙手中,均有的概率传给乙,
故有,变形为,
又,所以数列是首项为,公比为的等比数列,
所以,所以数列的通项公式；
（3）由（2）可得,
则
所以.
又因为,
,
所以,
综上,.
7．现有枚游戏币,游戏币是有偏向的,向上抛出后,它落下时正面朝上的概率为．甲、乙利用这枚游戏币玩游戏．
(1)将这3枚游戏币向上抛出,记落下时正面朝上的个数为,求的分布列；
(2)将这枚游戏币向上抛出,规定若落下时正面朝上的个数为奇数,则甲获胜,否则乙获胜,请判断这个游戏规则是否公平,并说明理由．
【解析】（1）记事件为“第枚游戏币向上抛出后,正面朝上”,则,,2,,．
可取0,1,2,3．
由事件相互独立,则．
．
．
．
故分布列为：
（2）因为正面朝上个数为奇数,则甲胜．
现在考虑依次抛这枚游戏币,即按照,,,的顺序抛这枚游戏币．
记抛第枚游戏币后,正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为,,2,,．
举两个例子：
表示抛后,正面朝上的游戏币个数为奇数的概率,故只能正面朝上,；
表示抛后,正面朝上的游戏币个数为奇数的概率,此时有两种情况：
①前面抛出游戏币正面朝上个数为奇数,反面朝上；
②前面抛出正面朝上个数为偶数,正面朝上．
故．
故当时,有,
（第一项“”表示前次正面朝上游戏币个数为奇数,从而加上0仍为奇数；
第二项“”表示前次正面朝上游戏币为偶数,从而加上1为奇数）．
故．
即,即,．
记,则,,
故数列为首项是,公差为的等差数列,故,
则,故,,2,3,,,则,故公平．
8．现有抽球游戏规则如下：盒子中初始装有白球和黑球各一个,每次有放回的任取一个,连续取两次,将以上过程记为一轮.如果每一轮取到的两个球都是白球,则记该轮为成功,否则记为失败.在抽取过程中,如果某一轮成功,则停止游戏；否则,在盒子中再放入一个黑球,然后接着进行下一轮抽球,如此不断继续下去,直至成功.
(1)某人进行该抽球游戏时,最多进行三轮,即使第三轮不成功,也停止游戏,记其进行抽球游戏的轮数为随机变量,求的分布列和数学期望；
(2)有数学爱好者统计了1000名玩家进行该抽球游戏的数据,记表示成功时抽球游戏的轮数,表示对应的人数,部分统计数据如下：
经计算发现,非线性回归模型的拟合效果优于线性回归模型,求出关于的非线性回归方程,并顶测第7轮成功的人数（精确到1）：
(3)证明：（其中且）.附：回归方程系数：；
参考数据：设,
【解析】（1）由题知,的取值可能为,
所以,,
,
所以的分布列为：
所以数学期望为；
（2）令,则,由题知：,
所以,
所以,
故所求的回归方程为：,所以,估计时,；
（3）由题知,当且时,在前轮内（包括第轮）成功的概率为
,
在前轮内（包括第轮）均没有成功的概率为
,
故.
9．（2023届安徽省马鞍山市第二中学高三5月高考适应性考试）某射击场提供一项付费射击能力测试,参加测试的人员每人只有一次测试机会,测试前领取发子弹,每次射击需要一发子弹,测试者连续射击,命中目标即停,并获得“通过”,若子弹耗尽仍未击中目标则测试不通过.已知甲、乙两位测试者每次射击命中目标的概率分别为和,,且两人射击命中目标与否相互独立.
(1)若,则要保证甲有98%的概率获得“通过”测试,求的最小值；
(2)现甲、乙两人一起领取了发子弹,若由甲先测试,然后乙利用剩余的子弹进行测试,两人都通过测试的概率记为；若由乙先测试,然后甲利用剩余的子弹进行测试,两人都通过测试的概率记为.
①当,时,试比较与的大小.
②猜想一般情况下与的大小关系.（直接写出结果,不需证明）
（参考数据：）
【解析】（1）设甲领取了发子弹,则能获得“通过”的概率为：
,
令,即,两边取对数得,
即,又,故.
（2）若由甲先测试：设甲射击次通过测试,则其概率为,
然后乙可以使用发子弹通过测试的概率为,,
从而,同理
①当,时：
故有：.
②一般的总有.原因如下：因为,
,
而甲、乙两位测试者每次射击命中目标的概率分别为p和q,,且两人射击命中目标与否相互独立,故改变甲乙的顺序,其求和不发生改变．
10．在2024年5月举行的第一届全国全民健身大赛（西南区）篮球项目贵州选拔赛暨2024年贵州省篮球公开赛中,铜仁市代表队凭借出色的技术和顽强拼搏的精神,从全省42支队伍中脱颖而出,闯进决赛．受此影响,铜仁市某校掀起了篮球运动的热潮,在一次篮球训练课上,甲、乙、丙三位同学进行传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人．
(1)求2次传球后球在甲手中的概率；
(2)设次传球后球在甲手中的概率为,求证数列为等比数列,并求数列的通项公式；
(3)现在丁加入传球训练,且甲、乙、丙、丁四人分别站定于如图所示的四点（为正方形的四个顶点）,且每次传球时,传球者将球传给相邻同学的概率为,传给对角线上同学的概率为（例如：甲传球给乙或丁的概率都是,传球给丙的概率是；若第一次仍由甲将球传出,则次传球后,试比较球在甲、乙、丙、丁手中概率的大小,并说明理由．
【解析】（1）依题意,传球2次后球在甲手中包括两个基本事件,即：甲乙甲和甲丙甲,
所以传球2次后球在甲手中的概率为.
（2）设第n次传球后球在甲手中的概率为,则当时,第次传球后球在甲手中的概率为,第次传球后球不在甲手中的概率为,
显然,若要第n次传球后球在甲手中,则第次传球后球必定不能在甲手中,
无论此时球在乙或丙的手中,传给甲的概率都是,则有,即,
所以是以为首项,为公比的等比数列,,即.
（3）设第n次传球后球在甲手中的概率,球在乙手中的概率,
球在丙手中的概率,则球在丁手中的概率,
则有,
,,
,,
于是,且,又,
则是以为首项,为公比的等比数列,,
又于是,
而,且有,
于是,又,则,
若为奇数,则,此时,
若为偶数,则,此时.
11．（2024届浙江省杭州学军中学高三下学期4月适应性测试）斜二测画法是一种常用的工程制图方法,在已知图形中平行于轴的线段,在直观图画成平行于轴（由轴顺时针旋转得到）的线段,且长度为原来的,平行于轴的线段不变.如图,在直角坐标系中,正方形的边长为.定义如下图像变换：表示“将图形用斜二测画法变形后放回原直角坐标系”；表示“将图形的横坐标保持不变,纵坐标拉伸为原来的倍”.

(1)记正方形经过两次变换后所得图形为,求的坐标；
(2)在第次复合变换中,将图形先进行一次变换,再进行一次变换,. 记正方形进行次复合变换后所得图形为.过作的垂线,垂足为,若恒成立,求的取值范围.
【解析】（1）先进行一些准备工作.
我们用2*2数表来作为变换的记号. 如果一个变换将点变为点,这里,则我们记.
则根据定义可知,.
然后,对,,记“先经过变换,再经过变换”的变换为,则经过变换后变为,再经过变换后变为,即.
这表明.
回到原题,由于,故.
所以,分别被变成,.
（2）定义数列如下：,.
然后我们用数学归纳法证明：.
当时,由知结论成立；
假设当时结论成立,即.
则.
所以将两个变换复合,就得到
,
故结论对也成立.
综上,对任意的正整数,有.
这表明,,,在经过变换后将得到,,.
这表明直线的方程为,从而的坐标是.
由的递推式及可直接得到.
记,则,且.
对于,我们有,两边同时对求导可得
,
再同乘,就得到.
取,就有.
这表明,再进一步进行变换即可得到
.
这直接推出.
同时,计算可知.
从而由,,知.
故点一定在和之间,即在线段内部.
这就得到了.
最后,我们需要求的取值范围,使得不等式恒成立,即恒成立.
由,知.
若,则,满足条件；若恒成立,则恒成立,首先有.
从而由恒成立可知恒成立.
由,知恒成立.
即恒成立.
假设,记.
由,知当,且时,有以下结论：
①由知；
②由于对,展开后的二次项为,故.
从而由知,即.故此时有,这与恒成立矛盾.
所以,故,从而.
而,故.
令,则,
两式相减得,
因此,,
所以.
13．定义一：整数的排列称为级排列,例如：2431是一个4级排列．定义二：在一个级排列中,如果一对数的前后位置与大小顺序相反,那么它们就称为一个逆序．一个排列中逆序的总数就称为这个排列的逆序数,记为．例如：4级排列2431中的逆序有21,43,41,31,所以．
(1)求6级排列215643的逆序数；
(2)称逆序数是偶数的排列为偶排列,逆序数是奇数的排列为奇排列
①判定级排列,的奇偶性；
②现将一个级排列：中的任意两个数交换位置,其余数位置不变,得到一个新的级排列,证明：与的奇偶性不同．
【解析】（1）级排列的逆序有：,,,,,,
所以；
（2）①由逆序数定义,
当,时,为偶数,排列是偶排列；
当,时,为奇数,排列是奇排列．
②证明：设将排列中的与,交换,其余数位置不变,
（i）如果与相邻,即,则除与外其余元素的逆序数不变,
故当时,；当时,．
所以与奇偶性不同．
（ii）如果与不相邻,记,
则可将排列经过次相邻变换将移动到之前,
得到排列,
再经过次相邻变换,将移动到之后,得到,
从而排列可经过次相邻元素之间的变换得到排列,
每一次相邻元素间的变换奇偶性都改变一次,所以与奇偶性不同．
综上：排列与排列奇偶性不同．
14．如图所示数阵,第行共有个数,第m行的第1个数为,第2个数为,第个数为,规定：.
(1)计算前4行的最后两个数,试判断每一行的最后两个数的大小关系,并证明你的结论；
(2)从第1行起,每一行最后一个数依次构成数列,设数列的前项和为,是否存在正整数,使得对任意正整数,恒成立？如存在,请求出的最大值；如不存在,请说明理由.
【解析】（1）第1行最后两数为,
第2行的最后两数为.
第3行的最后两数为.
第4行的最后两数为.
根据前4行最后两数的计算结果推测：
第行的第个数为,第个数为,
猜测：每一行的最后两个数相等.
即证：,
证明：因为.
又因为,
即,所以每一行的最后两个数相等.
（2）根据题意,
当时,,,
当时,此时显然不成立.
猜测：存在正整数,使得对任意正整数,恒成立,的最大值为3.
下证：当时,恒成立.
由（1）知,,则,
因为.
又,当时,.
当时,,
所以.
综上：存在正整数,使得对任意正整数,恒成立,的最大值为3.2
3
4
3
4
5
6
0
1
2
3
0
1
2
3
1
2
3
4
5
232
94
57
44
23
1
2
3