《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

跟踪演练2 （1）（多选）随着科技的发展，越来越多的智能产品深入人们的生活. 为了测试某品牌扫地机器人的性能，开发人员设计如下实验：如图，在$\triangle ABC$表示的区域上，扫地机器人沿着三角形的边，从三角形的一个顶点等可能地移动到另外两个顶点之一，机器人从一个顶点移动到下一个顶点称执行一次程序. 若开始时，机器人从$A$点出发，记机器人执行$n$次程序后，仍回到$A$点的概率为$P(n)$，则下列结论正确的是（ ）

A. $P(2)=\frac{1}{3}$
B. 当$n\geq2$时，有$2P(n)=1 - P(n - 1)$
C. $P(7)=\frac{21}{64}$
D. $P(n)=\frac{1}{3}[1-(-\frac{1}{2})^{n - 1}]$

答案： 跟踪演练2 （1）BCD

（2）[非对称随机游走]如图是飞行棋部分棋盘，飞机的初始位置为0号格，抛掷一枚质地均匀的骰子，若抛出的点数为1，2，飞机向前移一格；若抛出的点数为3，4，5，6，飞机向前移两格. 直到飞机移到第$(n - 1)(n\geq5且n\in\mathbf{N}^*)$格（失败集中营）或第$n$格（胜利大本营）时，游戏结束. 则飞机移到第3格的概率为________，游戏胜利的概率为____________________.

答案： 跟踪演练2 （2）$\frac{13}{27}$ $\frac{2}{5}+\frac{4}{15}(-\frac{2}{3})^{n - 2},n\geqslant5$且$n\in\mathbf{N}^{*}$
解析 记飞机移动到第$i$格的概率为$P_{i}(1\leqslant i\leqslant n - 1,i\in\mathbf{N}^{*})$，则$P_{1}=\frac{1}{3}$，$P_{2}=\frac{2}{3}+\frac{1}{3}P_{1}=\frac{7}{9}$，$P_{3}=\frac{2}{3}P_{1}+\frac{1}{3}P_{2}=\frac{13}{27}$，$P_{i + 1}=\frac{1}{3}P_{i}+\frac{2}{3}P_{i - 1}$，即$P_{i + 1}+\frac{2}{3}P_{i}=P_{i}+\frac{2}{3}P_{i - 1}$，所以数列$\{P_{i}+\frac{2}{3}P_{i - 1}\}$是常数列，所以$P_{i}+\frac{2}{3}P_{i - 1}=P_{2}+\frac{2}{3}P_{1}=1$，即$P_{i}-\frac{3}{5}=-\frac{2}{3}(P_{i - 1}-\frac{3}{5})$，又$P_{1}-\frac{3}{5}=-\frac{4}{15}$，所以数列$\{P_{i}-\frac{3}{5}\}$是以$-\frac{4}{15}$为首项，$-\frac{2}{3}$为公比的等比数列，所以$P_{i}-\frac{3}{5}=-\frac{4}{15}(-\frac{2}{3})^{i - 1}=\frac{2}{5}(-\frac{2}{3})^{i}$，所以$P_{i}=\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{2}{3})^{i}$，因为第$n$格只能由第$(n - 2)$格跳到，$P_{n - 2}=\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{2}{3})^{n - 2}$，所以游戏胜利的概率$P=\frac{2}{3}P_{n - 2}=\frac{2}{5}+\frac{4}{15}(-\frac{2}{3})^{n - 2},n\geqslant5$且$n\in\mathbf{N}^{*}$。

1. $A$，$B$，$C$，$D$四人传球，每人每次可以把球传给其他任何一个人，从$A$开始，5次传球后球回到$A$手中，则不同的传球方法种数为（ ）
A. 24
B. 60
C. 92
D. 144

答案： 思维提升　拓展练习
1.B

2. 一个饼，用刀切5次，最多能将其切成（ ）
A. 10块
B. 11块
C. 15块
D. 16块

答案： 思维提升　拓展练习
2.C

3. (2024·成都模拟)随着科技的不断发展，人民消费水平的提升，手机购物逐渐成为消费的主流，当我们打开购物平台时，会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品，这是电商平台推送的结果. 假设电商平台第一次给某人推送某商品，此人购买此商品的概率为$\frac{2}{11}$，从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为$\frac{1}{4}$；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为$\frac{1}{3}$. 记第$n$次推送时不购买此商品的概率为$P_n$，当$n\geq2$时，$P_n\leq M$恒成立，则$M$的最小值为（ ）
A. $\frac{97}{132}$
B. $\frac{31}{44}$
C. $\frac{97}{120}$
D. $\frac{73}{120}$

答案： 思维提升　拓展练习
3.A

4. 甲、乙两人进行一场友谊比赛，赛前每人记人3分. 一局比赛后，若决出胜负，则胜的一方得1分，负的一方得 - 1分；若平局，则双方各得0分. 若干局比赛后，当一方累计得分为6时比赛结束且该方最终获胜. 令$P_i$表示在甲的累计得分为$i$时，最终甲获胜的概率，若在一局中甲获胜的概率为0.5，乙获胜的概率为0.3，则$P_1$等于（ ）
A. $\frac{5^5 - 3^5}{5^5}$
B. $\frac{5^6 - 3^6}{5^6}$
C. $\frac{2\times5^5}{5^6 - 3^6}$
D. $\frac{5^6}{5^7 - 3^7}$

答案： 思维提升　拓展练习
4.C　[由题意可知，$i$的取值集合为$\{0,1,2,3,4,5,6\}$，且$P_{0}=0$，$P_{6}=1$，在甲累计得分为1时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为$0.5P_{2}$，在甲累计得分为1时，下局平局且最终甲获胜的概率为$0.2P_{1}$，在甲累计得分为1时，下局甲败且最终甲获胜的概率为$0.3P_{0}$，根据全概率公式可得$P_{1}=0.5P_{2}+0.2P_{1}+0.3P_{0}$，整理得$P_{2}=\frac{8}{5}P_{1}-\frac{3}{5}P_{0}$，变形得$P_{2}-P_{1}=\frac{3}{5}(P_{1}-P_{0})$，因为$P_{1}-P_{0}＞0$，则$\frac{P_{2}-P_{1}}{P_{1}-P_{0}}=\frac{3}{5}$，同理可得$\frac{P_{3}-P_{2}}{P_{2}-P_{1}}=\frac{P_{4}-P_{3}}{P_{3}-P_{2}}=\frac{P_{5}-P_{4}}{P_{4}-P_{3}}=\frac{P_{6}-P_{5}}{P_{5}-P_{4}}=\frac{3}{5}$，所以$\{P_{i + 1}-P_{i}\}(i = 0,1,2,\cdots,5)$是公比为$\frac{3}{5}$的等比数列，所以$P_{i + 1}-P_{i}=(\frac{3}{5})^{i}(P_{1}-P_{0})(i = 0,1,2,\cdots,5)$，各项求和得$\sum_{i = 1}^{5}(P_{i + 1}-P_{i})=\sum_{i = 1}^{5}[(\frac{3}{5})^{i}(P_{1}-P_{0})]$，则$P_{6}-P_{1}=(P_{1}-P_{0})\cdot\frac{\frac{3}{5}-(\frac{3}{5})^{6}}{1-\frac{3}{5}}$，即$1 - P_{1}=P_{1}\cdot\frac{\frac{3}{5}-(\frac{3}{5})^{6}}{1-\frac{3}{5}}$，解得$P_{1}=\frac{2\times5^{5}}{5^{6}-3^{6}}$。]

5. （多选）投壶是中国古代士大夫宴饮时玩的一种投掷游戏，游戏方式是把箭向壶里投. 《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏. 现甲、乙两人玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶. 无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为$\frac{2}{3}$，乙每次投壶的命中率均为$\frac{1}{2}$，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为$\frac{1}{2}$，则（ ）
A. 第3次投壶的人是甲的概率为$\frac{43}{72}$
B. 在第3次投壶的人是甲的条件下，第1次投壶的人是乙的概率为$\frac{21}{43}$
C. 前4次投壶中甲只投1次的概率为$\frac{1}{12}$
D. 第10次投壶的人是甲的概率为$\frac{3}{5}-\frac{1}{10}\times(\frac{1}{6})^9$

答案： 思维提升　拓展练习
5.ABD　[设第$i$次投壶的人是甲为事件$A_{i}$，第$i$次投壶的人是乙为事件$B_{i}(i\geqslant2$且$i\in\mathbf{N}^{*})$。因为$P(A_{i})=\frac{2}{3}P(A_{i - 1})+\frac{1}{2}[1 - P(A_{i - 1})]$，所以$P(A_{i})=\frac{1}{6}P(A_{i - 1})+\frac{1}{2}$，所以$P(A_{i})-\frac{3}{5}=\frac{1}{6}[P(A_{i - 1})-\frac{3}{5}]$，而$P(A_{1})=\frac{1}{2}$，故$P(A_{1})-\frac{3}{5}=-\frac{1}{10}\neq0$，所以$\{P(A_{i})-\frac{3}{5}\}$是首项为$-\frac{1}{10}$，公比为$\frac{1}{6}$的等比数列，所以$P(A_{i})-\frac{3}{5}=-\frac{1}{10}\times(\frac{1}{6})^{i - 1}$，所以$P(A_{i})=\frac{3}{5}-\frac{1}{10}\times(\frac{1}{6})^{i - 1}$，对于A，$P(A_{3})=\frac{3}{5}-\frac{1}{10}\times(\frac{1}{6})^{2}=\frac{3}{5}-\frac{1}{360}=\frac{215}{360}=\frac{43}{72}$，故A正确；对于D，$P(A_{10})=\frac{3}{5}-\frac{1}{10}\times(\frac{1}{6})^{9}$，故D正确；对于B，$P(A_{3}B_{1})=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}=\frac{7}{24}$，故$P(B_{1}|A_{3})=\frac{P(A_{3}B_{1})}{P(A_{3})}=\frac{\frac{7}{24}}{\frac{43}{72}}=\frac{21}{43}$，故B正确；对于C，前4次投壶中甲只投1次的概率$P=\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{3}{16}$，故C错误。]