《2025年高中必刷题高二数学选择性必修第三册人教版》

6. (多选) [浙江部分学校2024高二期中联考]有等分为五个扇形的圆形幸运转盘，这五个扇形分别标有数字1,2,3,4,5，转动圆盘等其静止时，指针均指向扇形的内部，记录下对应的数字. 持续这个过程，记前n次所得的数字之和是偶数的概率为$P_{n}$，则 ( )
A. $P_{2}=\frac{13}{25}$
B. $P_{7}＞P_{8}$
C. $\{ P_{n}-\frac{1}{3}\}$是等比数列
D. $\{ P_{2n}\}$是递减数列

答案： AD　[解析]根据题意，有个等分为五个扇形的圆形幸运转盘，这五个扇形分别标有数字1,2,3,4,5,
则每次旋转中，指针指向数字为偶数的概率为$\frac{2}{5}$,指向数字为奇数的概率为$\frac{3}{5}$,
则$P_1=\frac{2}{5}$,又由$P_{n + 1}=P_n\times\frac{2}{5}+(1 - P_n)\times\frac{3}{5}=\frac{3}{5}-\frac{1}{5}P_n$,
则$P_2=\frac{3}{5}-\frac{1}{5}P_1=\frac{13}{25}$,故A正确;
对于$P_{n + 1}=\frac{3}{5}-\frac{1}{5}P_n$,变形可得$P_{n + 1}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{5}(P_n-\frac{1}{2})$,$P_1=\frac{2}{5}$,则$P_1-\frac{1}{2}=-\frac{1}{10}$,
故数列$\{ P_n-\frac{1}{2}\}$是首项为$-\frac{1}{10}$,公比为$-\frac{1}{5}$的等比数列，
故$P_n-\frac{1}{2}=(-\frac{1}{10})\times(-\frac{1}{5})^{n - 1}=\frac{1}{2}\times(-\frac{1}{5})^{n - 1}$,变形可得$P_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times(-\frac{1}{5})^{n - 1}$,
则$P_7=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times(-\frac{1}{5})^6\lt\frac{1}{2}$,$P_8=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times(-\frac{1}{5})^7\gt\frac{1}{2}$,则$P_7\lt P_8$,故B 错误;
对于C,$P_n-\frac{1}{3}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times(-\frac{1}{5})^{n - 1}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\times(-\frac{1}{5})^{n - 1}$,
此时$P_1-\frac{1}{3}=\frac{1}{15}$,$P_2-\frac{1}{3}=\frac{14}{75}$,$P_3-\frac{1}{3}=\frac{61}{375}$,$(\frac{14}{75})^2\neq\frac{1}{15}\times\frac{61}{375}$,
所以数列$\{ P_n-\frac{1}{3}\}$不是等比数列，故C错误;
对于D,$P_{2n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times(-\frac{1}{5})^{2n - 1}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times(\frac{1}{25})^{n - 1}$
由于$P_{2n + 2}-P_{2n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times(\frac{1}{25})^{n}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\times(\frac{1}{25})^{n - 1}\lt0$,故$\{ P_{2n}\}$是递减数列,故D正确
故选AD.

7. (多选)设一个正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面ABC的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，且它选择三个方向爬行的概率相等. 若蚂蚁爬行n次，仍然在上底面的概率为$P_{n}$，则下列说法正确的是 ( )
A. $P_{2}=\frac{5}{9}$
B. $P_{12}=\frac{1}{2}(\frac{1}{3})^{11}+\frac{1}{2}$
C. $P_{n}=\frac{2}{3}P_{n - 1}+(\frac{1}{3})^{n}$
D. $\sum_{i = 1}^{n}(P_{i}-\frac{1}{2})=\frac{1}{4}(1 - \frac{1}{3^{n}})$

答案： AD　[解析]显然$P_1=\frac{2}{3}$,$P_2=\frac{2}{3}\times\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\times\frac{1}{3}=\frac{5}{9}$
蚂蚁爬n次仍在上底面的概率为$P_n$,那么它爬(n - 1)次只有两种情况:①:在上底面，再爬一次要想不在下底面，只有两个方向，其概率是$\frac{2}{3}P_{n - 1}$;②:在下底面,且概率是$1 - P_{n - 1}$,如果爬到上底面，只有一个方向，其概率是$\frac{1}{3}(1 - P_{n - 1})$.
因此$P_n=\frac{2}{3}P_{n - 1}+\frac{1}{3}(1 - P_{n - 1})(n\geq2)$,整理得$P_n=\frac{1}{3}P_{n - 1}+\frac{1}{3}$,即$P_n-\frac{1}{2}=\frac{1}{3}(P_{n - 1}-\frac{1}{2})$,又$P_1-\frac{1}{2}=\frac{1}{6}$,所以$\{ P_n-\frac{1}{2}\}$为等比数列，公比为$\frac{1}{3}$,首项为$\frac{1}{6}$,所以$P_n=\frac{1}{2}(\frac{1}{3})^{n - 1}+\frac{1}{2}$,故$P_{12}=\frac{1}{2}(\frac{1}{3})^{11}+\frac{1}{2}$
所以$\sum_{i = 1}^{n}(P_{i}-\frac{1}{2})=\frac{\frac{1}{6}(1 - \frac{1}{3^{n}})}{1 - \frac{1}{3}}=\frac{1}{4}(1 - \frac{1}{3^{n}})$.故选AD.

8. (多选) (原创)历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有$n(n\geqslant 2)$封不同的信，投入n个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为$a_{n}$. 例如两封信都投错有$a_{2}=1$种方法，三封信都投错有$a_{3}=2$种方法，通过推理可得：$a_{n + 1}=n(a_{n}+a_{n - 1})(n\geqslant 3)$. 高等数学给出了泰勒公式：$e^{x}=1 + x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\cdots$，则下列说法正确的是 ( )
A. $a_{4}=9$
B. $\{ a_{n + 2}-(n + 2)a_{n + 1}\}$为等比数列
C. $\frac{a_{n}}{n!}=\frac{(-1)^{2}}{2!}+\frac{(-1)^{3}}{3!}+\cdots+\frac{(-1)^{n}}{n!}(n\geqslant 2)$
D. 信均被投错的概率大于$\frac{1}{e}$

答案： ABC　

9. [湖北襄阳2023高二联考]有n个编号分别为1,2,⋯,n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第n个盒子中取到白球的概率是______.

答案： $\frac{5}{9}$　$\frac{1}{2}\times(\frac{1}{3})^{n - 1}+\frac{1}{2}$　[解析]记事件
A表示从第i(i = 1,2,⋯,n)个盒子里取出白球,则$P(A_1)=\frac{2}{3}$,$P(\overline{A_1})=1 - P(A_1)=\frac{1}{3}$,
所以$P(A_2)=P(A_1A_2)+P(\overline{A_1}A_2)=P(A_1)P(A_2|A_1)+P(\overline{A_1})P(A_2|\overline{A_1})=\frac{2}{3}\times\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\times\frac{1}{3}=\frac{5}{9}$,
$P(A_3)=P(A_2)P(A_3|A_2)+P(\overline{A_2})P(A_3|\overline{A_2})=P(A_2)\times\frac{2}{3}+P(\overline{A_2})\times\frac{1}{3}=\frac{1}{3}\times P(A_2)+\frac{1}{3}$,
$P(A_4)=P(A_3)P(A_4|A_3)+P(\overline{A_3})P(A_4|\overline{A_3})=P(A_3)\times\frac{2}{3}+P(\overline{A_3})\times\frac{1}{3}=\frac{1}{3}P(A_3)+\frac{1}{3}$,
进而可得$P(A_n)=\frac{1}{3}P(A_{n - 1})+\frac{1}{3}$,$n\geq3$,则$P(A_n)-\frac{1}{2}=\frac{1}{3}[P(A_{n - 1})-\frac{1}{2}]$,$n\geq3$,
又$P(A_2)-\frac{1}{2}=\frac{1}{18}$,$P(A_3)-\frac{1}{2}=\frac{1}{3}[P(A_2)-\frac{1}{2}]$,也符合上式,
所以$\{ P(A_n)-\frac{1}{2}\}$是首项为$\frac{1}{6}$,公比为$\frac{1}{3}$的等比数列,故$P(A_n)-\frac{1}{2}=\frac{1}{6}\times(\frac{1}{3})^{n - 1}=\frac{1}{2}\times(\frac{1}{3})^{n - 1}$,即$P(A_n)=\frac{1}{2}\times(\frac{1}{3})^{n - 1}+\frac{1}{2}$

10. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人. 则n次传球后球在甲手中的概率$p_{n}=$______.

答案： $\frac{1}{3}[1 + (-1)^n\times\frac{1}{2^{n - 1}}]$　[解析]记A 表示事件“经过n次传球后，球在甲的手中”,设n次传球后球在甲手中的概率为$p_n$,即$p_n = P(A)$,
由题意,得$p_1 = 0$,
$P(A_{n + 1}) = 0\times P(A_n) + \frac{1}{2}P(\overline{A_n})$,即$p_{n + 1} = \frac{1}{2}(1 - p_n)=-\frac{1}{2}p_n+\frac{1}{2}$,$n = 1,2,3,\cdots$,
所以$p_{n + 1}-\frac{1}{3}=-\frac{1}{2}(p_n-\frac{1}{3})$,且$p_1-\frac{1}{3}=-\frac{1}{3}$,
所以数列$\{ p_n-\frac{1}{3}\}$表示以$-\frac{1}{3}$为首项,$-\frac{1}{2}$为公比的等比数列
所以$p_n-\frac{1}{3}=-\frac{1}{3}\times(-\frac{1}{2})^{n - 1}$
所以$p_n=-\frac{1}{3}\times(-\frac{1}{2})^{n - 1}+\frac{1}{3}=\frac{1}{3}[1 + (-1)^n\times\frac{1}{2^{n - 1}}]$.
即n次传球后球在甲手中的概率是$\frac{1}{3}[1 + (-1)^n\times\frac{1}{2^{n - 1}}]$

11. (多选) [黑龙江大庆2024高二期末]围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之.”围棋至今已有四千多年的历史. 在某次围棋比赛中，甲、乙两人进入决赛. 决赛采用五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束. 假设每局比赛甲胜乙的概率都为$p(0\leqslant p＜1)$，且每局比赛的胜负互不影响，记决赛中的比赛局数为X，则 ( )
A. 乙连胜三场的概率是$(1 - p)^{3}$
B. $P(X = 4)=3p^{3}(1 - p)+3p(1 - p)^{3}$
C. $P(X = 5)=12p^{2}(1 - p)^{2}$
D. $P(X = 5)$的最大值是$\frac{3}{8}$

答案： BD　[解析]乙连胜三场时比赛局数可能是3,4,5,比赛局数为3时,乙连胜三场的概率是$(1 - p)^3$;比赛局数为4时,乙连胜三场的概率是$p(1 - p)^3$;比赛局数为5时,乙连胜三场的概率是$p^2(1 - p)^3$,故选项A错误.
由题意可知，决赛中的比赛局数X的可能取值为3,4,5,则$P(X = 3)=p^3+(1 - p)^3=1 - 3p + 3p^2$,$P(X = 4)=3(1 - p)p^3+3p(1 - p)^3=-6p + 12p^2 - 9p^3 + 3p^4$,故选项B正确.
$P(X = 5)=1 - P(X = 3)-P(X = 4)=6p^4 - 12p^3 + 6p^2$,故选项C错误
令$f(p)=6p^4 - 12p^3 + 6p^2$,则$f'(p)=24p^3 - 36p^2 + 12p = 12p(2p - 1)(p - 1)$,因为$0\leqslant p＜1$,所以当$0\leqslant p＜\frac{1}{2}$时，$f'(p)\geqslant0$,当$\frac{1}{2}＜p＜1$时,$f'(p)＜0$,故函数$f(p)$在$[0,\frac{1}{2})$上单调递增,在$(\frac{1}{2},1)$上单调递减，则当$p = \frac{1}{2}$
时,函数$f(p)$取最大值$\frac{3}{8}$,所以
$P(X = 5)$的最大值是$\frac{3}{8}$,故选项D 正确,故选BD.

12. [山东滨州2024高二期末]在数字通信中，信号是由0和1组成的序列. 由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0. 已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为p和$1 - p(0＜p＜1)$；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为q和$1 - q(0＜q＜1)$. 假设发送信号0和1是等可能的.
(1)若发送信号一次，求接收为正确信号的概率.
(2)若随机变量M的分布列为$P(M = m_{i})=p_{i}(i = 1,2,\cdots,n)$，记事件$M = m_{i}(i = 1,2,\cdots,n)$发生后给我们的信息量为$X = -\log_{2}p_{i}$，则称X的均值为M的信息熵，记为$H(M)=-\sum_{i = 1}^{n}p_{i}\log_{2}p_{i}(i = 1,2,\cdots,n)$.
①设发送信号两次，接收为正确信号的次数为$M_{1}$，若$p = q=\frac{1}{2}$，求$M_{1}$的信息熵$H(M_{1})$的值；
②设发送信号一次，接收为正确信号的次数为$M_{2}$，求$M_{2}$的信息熵$H(M_{2})$取得最大值时$p + q$的值.

答案： [解]
(1)记发送信号i为事件$A_i(i = 0,1)$.
接收为正确信号为事件B.
则$P(A_0)=0.5$,$P(A_1)=0.5$,$P(B|A_0)=p$,$P(B|A_1)=q$,
所以$P(B)=P(A_0)P(B|A_0)+P(A_1)P(B|A_1)=\frac{p + q}{2}$
(2)①由
(1)知发送信号一次,接收为正确信号的概率$P(B)=\frac{p + q}{2}=\frac{1}{2}$
所以$M_1\sim B(2,\frac{1}{2})$,所以$P(M_1 = k)=C_2^k(\frac{1}{2})^k(\frac{1}{2})^{2 - k}(k = 0,1,2)$,
所以$H(M_1)=-(\frac{1}{4}\log_2\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\log_2\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\log_2\frac{1}{4})=\frac{3}{2}$
②发送信号一次，接收为正确信号的次数$M_2$的分布列为
$M_2$　　　　　0　　　　　1
$P$　　　　$1 - \frac{p + q}{2}$　　　　$\frac{p + q}{2}$
所以$H(M_2)=-\sum_{i = 1}^{2}p_i\log_2p_i=-[(1 - \frac{p + q}{2})\log_2(1 - \frac{p + q}{2})+\frac{p + q}{2}\log_2\frac{p + q}{2}]$,令$x = \frac{p + q}{2}$,$f(x)=(1 - x)\log_2(1 - x)+x\log_2x$,$0＜x＜1$,
所以$f'(x)=\log_2x-\log_2(1 - x)$,
由$f'(x)=0$,解得$x = \frac{1}{2}$,
所以当$0＜x＜\frac{1}{2}$时,$f'(x)＜0$,$f(x)$在区间$(0,\frac{1}{2})$上单调递减;
当$\frac{1}{2}＜x＜1$时,$f'(x)＞0$,$f(x)$在区间$(\frac{1}{2},1)$上单调递增
所以当$x = \frac{1}{2}$时、$f(x)$取最小值，
又$H(M_2)=-f(x)$,所以$H(M_2)$取得最大值时,$p + q = 1$.