微突破2 概率中的数列特征——马尔科夫链
（时间：45分钟，满分：63分）
一、单项选择题（5分）
1.（2025·河南九师联盟二模）张某经营A、B两家公司，张某随机到两家公司指导与管理，已知他第1个月去A公司的概率是.如果本月去A公司，那么下个月继续去A公司的概率为；如果本月去B公司，那么下个月去A公司的概率为，如此往复.设张某第n个月去A公司的概率为Pn，则P10＝（ ）
A.＋×（－）9 B.＋×（－）9
C.＋×（）10 D.＋×（－）10
二、多项选择题（6分）
2.（2025·浙江金华一模）从棱长为1个单位长度的正四面体的一顶点A出发，每次均随机沿一条棱行走1个单位长度，设行走n次时恰好为第一次回到A点的概率为Pn（n∈N*），恰好为第二次回到A点的概率为Qn（n∈N*），则（ ）
A.P3＝ B.Q4＝
C.n≥2时，为定值 D.数列{Qn}的最大项为
三、填空题（5分）
3.一个书包中有标号为“1，1，2，2，3，3，…，n，n”的2n张卡片.一个人每次从中拿出一张卡片，并且不放回，如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果他手中有3张单张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束.记书包中卡片全部被拿走的概率为Pn，则P3＝ ，P7＝ .
四、解答题（共47分）
4.（15分）掷一枚质地均匀的正方体骰子（6个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6），得分规则如下：若出现的数字为1，则得1分；若出现的数字为2或3，则得2分；若出现的数字为4或5或6，则得3分.
（1）记X为连续掷这枚骰子2次的总得分，求X的数学期望；
（2）现在将得分规则变更如下：若出现的数字为1或2，则得2分，其他情况都得1分.反复掷这枚骰子，设总得分为n（n∈N*）的概率为Pn，证明：数列{Pn＋1－Pn}为等比数列.
5.（15分）（2025·安徽江淮十校联考）2023年华为盘古气象大模型实现秒级预测全球天气，突破了传统NWP算力瓶颈，代表了AI在科学计算（AI for Science）的重要突破，推动了全球气象行业的智能化升级.未来天气预报或将进入“分钟级、街道级”的精准时代.现某城市根据气象数据有两种天气状态：晴天（S）和雨天（R），变化规律预测如下：
①如果今天是晴天，明天有80％的概率仍然是晴天，20％的概率会下雨；
②如果今天是雨天，明天有60％的概率仍然是雨天，40％的概率会转晴.
假设今天天气是晴天，回答以下问题：
（1）从明天开始接下来的三天中，天气是晴天的天数用随机变量X表示，求X的分布列和数学期望；
（2）长期来看，晴天和雨天的概率分布会趋于稳定，从明天开始接下来的第n天预测是晴天的概率用Pn表示，求Pn的表达式及Pn趋于的稳定值.
6.（17分）（2025·湖北武汉模拟）已知常数p∈（0，1），在成功的概率为p的伯努利试验中，记X为首次成功时所需的试验次数，X的取值为所有正整数，此时称离散型随机变量X的概率分布为几何分布.
（1）对于正整数k，求P（X＝k），并根据E（X）＝kP（X＝k）＝（kP（X＝k）），求E（X）；
（2）对于几何分布的拓展问题，在成功的概率为p的伯努利试验中，记首次出现连续两次成功时所需的试验次数的期望为E2，现提供一种求E2的方式：先进行第一次试验，若第一次试验失败，因为出现试验失败对出现连续两次成功毫无帮助，可以认为后续期望仍是E2，即总的试验次数为（E2＋1）；若第一次试验成功，则进行第二次试验，当第二次试验成功时，试验停止，此时试验次数为2，若第二次试验失败，相当于重新试验，此时总的试验次数为（E2＋2）.
①求E2；
②记首次出现连续n次成功时所需的试验次数的期望为En，求En.
微突破2 概率中的数列特征——马尔科夫链
1.A 设An表示第n个月去A公司，则Pn＝P（An），P（）＝1－Pn，根据题意，得P（An＋1｜An）＝，P（An＋1｜）＝，由全概率公式，得P（An＋1）＝P（An）P（An＋1｜An）＋P（）P（An＋1｜）＝P（An）＋[1－P（An）]＝－P（An）＋，即Pn＋1＝－Pn＋，整得得Pn＋1－＝－（Pn－），又P1－＝－＝≠0，所以{Pn－}是以为首项，－为公比的等比数列，所以Pn＝＋×（－）n－1，则P10＝＋×（－）9.故选A.
2.ACD 由题意得对于任意一次行走，到达其他三个点概率均为，若要行走3次时恰好第一次回到A点，则第1，2次均不到点A，所以P3＝×＝，故A选项正确；若要行走4次时恰好第二次回到A点，则第2次必须回到点A，概率为Q4＝×＝，故B选项错误；若要行走n次时恰好为第一次回到A点，则前n－1次均未回到A点，所以Pn＝（）n－2·，所以＝为定值，故C选项正确；当n≤3时，Qn＝0；当n≥4时，设第k（2≤k≤n－2）次第一次回到A点，第n次恰好第二次回到A点，由于第1次和第k＋1次的行走不用限制，所以Qn＝（）2·（）n－4＝（n－3）（）2·（）n－4（n≥4），令＝·≥1，解得n≤5，所以0＜Q4＜Q5＝Q6，Q5＝Q6＞Q7＞Q8＞…，所以Q5和Q6为最大值，故D选项正确.故选A、C、D.
3. 解析：2n张卡片中选取3张卡片的选法共有种，事件“手中这3张卡片中含有2张相同卡片”的选法共有n（2n－2）种，由古典概型的计算公式可得其概率为＝.拿掉这对卡片后，还剩（n－1）对卡片，此时书包为空的概率为Pn－1，因而Pn＝·Pn－1，且P2＝1，则P3＝P2＝，P7＝××××＝.
4.解：（1）由题知掷一次骰子，得1分的概率为，得2分的概率为，得3分的概率为.
X的所有可能取值为2，3，4，5，6，
P（X＝2）＝×＝，P（X＝3）＝2××＝，P（X＝4）＝×＋2××＝，P（X＝5）＝2××＝，P（X＝6）＝×＝.
故E（X）＝2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝.
（2）证明：改变规则后，掷一次骰子，得1分的概率为，得2分的概率为.由题意知P1＝，P2＝×＋＝.
总得分为n＋1（n≥2）有两种情况：一种情况是当得分为n时，下一次再得1分；另一种情况是当得分为n－1时，下一次再得2分.
所以Pn＋1＝Pn＋Pn－1（n≥2），
故Pn＋1－Pn＝Pn＋Pn－1－Pn＝－（Pn－Pn－1）（n≥2），
又P2－P1＝－＝，所以{Pn＋1－Pn}是首项为，公比为－的等比数列.
5.解：（1）由题意可知，X的值可以为0，1，2，3，
且P（X＝0）＝××＝，
P（X＝1）＝××＋××＋××＝＝，
P（X＝2）＝××＋××＋××＝，
P（X＝3）＝××＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
（2）由题意，在数列{Pn}中P1＝，Pn＝Pn－1×＋（1－Pn－1）×＝Pn－1＋，
所以Pn－＝（Pn－1－），
又P1－＝－＝.
所以{Pn－}是以为首项，为公比的等比数列，
所以Pn－＝×（）n－1＝×（）n，即Pn＝×（）n＋.
因为［×（）n＋］＝，所以Pn趋于的稳定值为.
6.解：（1）由题可知P（X＝k）＝（1－p）k－1p，
k（1－p）k－1p＝p[1＋2（1－p）＋3（1－p）2＋…＋n（1－p）n－1]，
记Sn＝1＋2（1－p）＋3（1－p）2＋…＋n（1－p）n－1，
则（1－p）Sn＝（1－p）＋2（1－p）2＋…＋（n－1）（1－p）n－1＋n（1－p）n，
两式相减得：pSn＝1＋（1－p）＋（1－p）2＋…＋（1－p）n－1－n（1－p）n
＝－n（1－p）n＝－n（1－p）n.
由题意得，E（X）＝（pSn）＝［－n（1－p）n］＝.
（2）①E2＝（1－p）·（E2＋1）＋p2·2＋p（1－p）·（E2＋2），解得E2＝.
②期待在En－1次试验后，首次出现连续（n－1）次成功，若下一次试验成功，则试验停止，此时试验次数为（En－1＋1）；
若下一次试验失败，相当于重新试验，后续期望仍是En，此时总的试验次数为（En－1＋1＋En）.
即En＝p·（En－1＋1）＋（1－p）·（En－1＋1＋En）.
整理得En＝（En－1＋1），
即En＋＝（En－1＋），
所以{En＋}是公比为的等比数列，
所以En＋＝（E1＋）.
由（1）知E1＝，代入得：En＝.
2 / 2微突破2 概率中的数列特征——马尔科夫链
【备考指南】 概率中的数列特征——马尔科夫链是近几年高考及各地模拟题的热点，这类题目综合性强，难度较大，所谓马尔科夫链即若P（Xn＋1＝j｜Xn＝i，Xn－1＝in－1，…，X0＝i0）＝P（Xn＋1＝j｜Xn＝i）＝Pij，即未来状态Xn＋1只受当前状态Xn的影响，与之前的Xn－1，Xn－2，…，X0无关.
1.Pn只与第n－1题答题的情况有关.
1.某校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为，从第二题开始，若甲同学前一题答错，则此题答对的概率为；若前一题答对，则此题答对的概率为，若甲同学回答第n题时答错的概率为Pn，则Pn＝（ ）
A.＋× B.＋×
C.＋× D.＋×
2.Pn与第n－2站、第n－1站都有关.
2.〔多选〕棋盘上标有第0，1，2，…，100站，棋子开始位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站或第100站时，游戏结束.设棋子位于第n站的概率为Pn，设P0＝1，则下列结论正确的有（ ）
A.P1＝，P2＝，P3＝
B.数列{Pn－Pn－1}（1≤n≤99）是公比为－的等比数列
C.2P100＜P99＜P98
D.P100＞
【思维建模】 求解此类问题常采用“一定、二建、三解”三步法
【瓶颈突破】 理解An（k），Bn（k）所表示的含义，An（k）表示n个人传球k次后球在甲手中的概率，Bn（k）表示n个人传球k次后球在乙手中的概率，若球第k次在甲（乙）手中，则第k－1次一定不在甲（乙）手中.
类型一 连续两项递推特征
【例1】 （2025·黑龙江齐齐哈尔一模）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 .
【训练1】 （2025·广东广州一模）n（n∈N*，n≥3）个人相互传球，传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地将球传给另外的n－1个人中的任何一个.第一次传球由甲手中传出，第k（k∈N*）次传球后，球在甲手中的概率记为An（k），球在乙手中的概率记为Bn（k）.
（1）求A5（2），B5（2），A5（3），B5（3）；
（2）求An（k）；
（3）比较Bn（k＋1）与An（k）的大小，并说明理由.
类型二 连续三项递推特征
【瓶颈突破】 累计得分为m分的情况分2种：①上一轮累计得分为m－2分，这一轮答题得2分；②上一轮累计得分为m－1分，这一轮答题得1分.
【例2】 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1分的概率为，获得2分的概率为.最多进行20轮答题，某同学累计得分为20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3轮答题后，甲同学总分为Y，求Y的分布列及E（Y）；
（2）若累计得分为m的概率为Pm，初始得分为0分，P0＝1，试求Pm－Pm－1的表达式（1≤m≤19，m∈N*）.
【训练2】 （2025·山东临沂三模）在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有n步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的.记每次上一步台阶的概率为p（0＜p＜1），上两步台阶的概率为1－p，且每次上一步台阶用时0.2 s，上两步台阶用时0.3 s.
（1）假设n＝4，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒？
（2）若p＝，记“机器狼”从地面上到第n步台阶的概率为Pn，其中n∈N*，证明：数列{Pn＋1－Pn}是等比数列，并求Pn.
微突破2 概率中的数列特征——马尔科夫链
【基础·回扣】
1.B 2.ABD
【典例·讲解】
【例1】 ×（）n＋ 解析：第1个盒子中取出白球的概率为P1＝，取出黑球的概率为1－P1＝，当第1个盒子中取出白球，第2个盒子中取出白球的概率为＝×＝，当第1个盒子中取出黑球，第2个盒子中取出白球的概率为＝×＝，故P2＝＋＝；设第n－1个盒子中取得白球的概率为Pn－1，则取得黑球的概率为1－Pn－1，故Pn＝Pn－1＋（1－Pn－1）＝Pn－1＋，即Pn－＝（Pn－1－），又P1－＝，故{Pn－}是首项为，公比为的等比数列，所以Pn－＝×（）n－1＝×（）n，即Pn＝×（）n＋.
【训练1】 解：（1）∴A5（2）＝，B5（2）＝0，A5（3）＝×＝，B5（3）＝＋×＝.
（2）由题意，设第k－1次传球球在甲手中的概率记为An（k－1），则球不在甲手中的概率为1－An（k－1），
要求第k次传球球在甲手中的概率，则第k－1次传球球一定不在甲手中，故An（k）＝[1－An（k－1）]，k≥2，An（1）＝0，
∴An（k）－＝－［An（k－1）－］，而An（1）－＝－≠0，
∴{An（k）－}是以－为首项，－为公比的等比数列，
∴An（k）－＝－（－）k－1，
∴An（k）＝［1－（－）k－1］.
（3）由题意知，第k＋1次球到乙手中分两种情况，一是第k次球在甲手中，甲传给乙；二是第k次球不在甲、乙手中，概率为[1－An（k）－Bn（k）]，此时传给乙的概率是，
∴Bn（k＋1）＝An（k）＋[1－An（k）－Bn（k）] Bn（k＋1）＝An（k）＋－Bn（k） Bn（k＋1）－An（k）＝[1－Bn（k）]≥0（k＝1时可取“＝”），
∴Bn（k＋1）≥An（k）.
【例2】 解：（1）设进行完3轮答题时，得1分的次数为X，则X～B（3，），
P（X＝k）＝（）k（）3－k，k＝0，1，2，3.
随机变量Y表示甲同学的总分，其所有可能取值为3，4，5，6，
P（Y＝3）＝P（X＝3）＝×（）3×（）0＝，
P（Y＝4）＝P（X＝2）＝×（）2×（）1＝，
P（Y＝5）＝P（X＝1）＝×（）1×（）2＝，
P（Y＝6）＝P（X＝0）＝×（）0×（）3＝，
所以Y的分布列为
Y 3 4 5 6
P
则E（Y）＝3×＋4×＋5×＋6×＝5.
（2）当m＝1时，即累计得分为1分，即第一轮答题得1分，P1＝，则P1－P0＝－1＝－.
累计得分为m分的情况分两种：
m＝（m－2）＋2，即上一轮累计得分为m－2分，这一轮答题得2分，其概率为Pm－2；
m＝（m－1）＋1，即上一轮累计得分为m－1分，这一轮答题得1分，其概率为Pm－1，
则Pm＝Pm－2＋Pm－1（m＝2，3，…，19），
所以Pm－Pm－1＝－（Pm－1－Pm－2）（m＝2，3，…，19），
所以数列{Pm－Pm－1}（m＝1，2，3，…，19）是首项为－，公比为－的等比数列，
所以Pm－Pm－1＝（－）×（－）m－1＝（－）m（m＝1，2，3，…，19）.
【训练2】 解：（1）“机器狼”上完4步台阶的走法有：
当4＝2＋2时，用时0.3＋0.3＝0.6（s）；
当4＝1＋1＋2时，用时0.2＋0.2＋0.3＝0.7（s）；
当4＝1＋1＋1＋1时，用时0.2＋0.2＋0.2＋0.2＝0.8（s）；
所以“机器狼”上完这个台阶用时最少为0.6秒.
（2）“机器狼”从地面上到第n步台阶，它是由第n－2步台阶上两步到达第n步台阶，或由第n－1步台阶上一步到达第n步台阶.
所以Pn＝Pn－1＋（1－）Pn－2（n≥2，n∈N*），
所以Pn－Pn－1＝－（Pn－1－Pn－2），
则Pn＋2－Pn＋1＝－（Pn＋1－Pn）（n∈N*），
又P1＝，P2＝（1－）＋×＝，
所以P2－P1＝，
所以{Pn＋1－Pn}是以为首项，－为公比的等比数列，
所以Pn＋1－Pn＝×（－）n－1＝（－）n＋1，
所以Pn＝（Pn－Pn－1）＋（Pn－1－Pn－2）＋…＋（P2－P1）＋P1＝（－）n＋（－）n－1＋…＋＋＝＋＝＋×（－）n，
即Pn＝＋×（－）n.
2 / 2(共49张PPT)
微突破2
概率中的数列特征——马尔科夫链
备考指南
概率中的数列特征——马尔科夫链是近几年高考及各地模拟题的热点，这类题目综合性强，难度较大，所谓马尔科夫链即若P（Xn＋1＝j｜Xn＝i，Xn－1＝in－1，…，X0＝i0）＝P（Xn＋1＝j｜Xn＝i）＝Pij，即未来状态Xn＋1只受当前状态Xn的影响，与之前的Xn－1，Xn－2，…，X0无关.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 某校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为 ，从第二题开
始，若甲同学前一题答错，则此题答对的概率为 ；若前一题答对，则此
题答对的概率为 ，若甲同学回答第n题时答错的概率为Pn，则Pn＝
（ ）
A. ＋ × B. ＋ ×
C. ＋ × D. ＋ ×
√
Pn只与第n－1题答题的情况有关.
解析： 因为回答第n－1题时有答对、答错两种情况，则回答第n题
（n≥2）时答错的概率Pn＝ Pn－1＋ （1－Pn－1）＝ Pn－1＋ ，所以Pn
－ ＝ （Pn－1－ ）.由题意知P1＝ ，则P1－ ＝ ，所以{Pn－
}是首项为 ，公比为 的等比数列，所以Pn－ ＝ × ，即Pn
＝ ＋ × .
2. 〔多选〕棋盘上标有第0，1，2，…，100站，棋子开始位于第0站，棋
手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反
面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站或第100站时，游戏结束.设棋子
位于第n站的概率为Pn，设P0＝1，则下列结论正确的有（ ）
A. P1＝ ，P2＝ ，P3＝
B. 数列{Pn－Pn－1}（1≤n≤99）是公比为－ 的等比数列
C. 2P100＜P99＜P98
D. P100＞
√
√
√
Pn与第n－2站、第n－1站都有关.
解析： 对于A，根据题意，第0站P0＝1，硬币掷出正面到达第1站，
所以P1＝ ，从第0站硬币掷出反面，或从第1站硬币掷出正面，到达第2
站，所以P2＝ ＋ × ＝ ，从第1站硬币掷出反面，或从第2站硬币掷出
正面，到达第3站，所以P3＝ × ＋ × ＝ ，故A正确；对于B，从第（n－2）站硬币掷出反面，或从第（n－1）站硬币掷出正面，到达第n站，所以Pn＝ Pn－2＋ Pn－1，即Pn－Pn－1＝－ （Pn－1－Pn－2），而P1－P0＝ －1＝－ ，所以数列{Pn－Pn－1}（1≤n≤99）是以－ 为首项，－ 为公比的等比数列，所以Pn－Pn－1＝（－ ）（－ ）n－1＝（－ ）n，故B正确；
对于C，P99＝（P99－P98）＋（P98－P97）＋…＋（P2－P1）＋（P1－P0）
＋P0＝（－ ）99＋（－ ）98＋…＋（－ ）＋1＝ （1－ ），而P99
－P98＝（－ ）99，所以P98＝ （1＋ ），而当棋子跳到第99站时，游
戏停止，故P100＝ P98＝ （1＋ ），从而得到2P100＝ （1＋ ），故
P99＜2P100＝P98，故C错误；对于D，P100＝ P98＝ （1＋ ）＞ ，故D
正确.
【思维建模】 求解此类问题常采用“一定、二建、三解”三步法
典例·讲解
典例精析 强技提能
类型一 连续两项递推特征
【例1】 （2025·黑龙江齐齐哈尔一模）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 ×（ ）n＋ .
×（ ）n＋
解析：第1个盒子中取出白球的概率为P1＝ ，取出黑球的概率为1－P1＝
，当第1个盒子中取出白球，第2个盒子中取出白球的概率为 ＝ ×
＝ ，当第1个盒子中取出黑球，第2个盒子中取出白球的概率为 ＝
× ＝ ，故P2＝ ＋ ＝ ；
设第n－1个盒子中取得白球的概率为Pn－1，则取得黑球的概率为1－Pn－1，
故Pn＝ Pn－1＋ （1－Pn－1）＝ Pn－1＋ ，即Pn－ ＝ （Pn－1－ ），
又P1－ ＝ ，故{Pn－ }是首项为 ，公比为 的等比数列，所以Pn－
＝ ×（ ）n－1＝ ×（ ）n，即Pn＝ ×（ ）n＋ .
【训练1】 （2025·广东广州一模）n（n∈N*，n≥3）个人相互传球，
传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地
将球传给另外的n－1个人中的任何一个.第一次传球由甲手中传出，第k
（k∈N*）次传球后，球在甲手中的概率记为An（k），球在乙手中的概
率记为Bn（k）.
（1）求A5（2），B5（2），A5（3），B5（3）；
【瓶颈突破】 理解An（k），Bn（k）所表示的含义，An（k）表示n
个人传球k次后球在甲手中的概率，Bn（k）表示n个人传球k次后球在
乙手中的概率，若球第k次在甲（乙）手中，则第k－1次一定不在甲
（乙）手中.
∴A5（2）＝ ，B5（2）＝0，A5（3）＝ × ＝ ，B5（3）＝ ＋ ×
＝ .
解：
（2）求An（k）；
解： 由题意，设第k－1次传球球在甲手中的概率记为An（k－1），
则球不在甲手中的概率为1－An（k－1），
要求第k次传球球在甲手中的概率，则第k－1次传球球一定不在甲手中，
故An（k）＝ [1－An（k－1）]，k≥2，An（1）＝0，
∴An（k）－ ＝－ ［An（k－1）－ ］，而An（1）－ ＝－ ≠0，
∴{An（k）－ }是以－ 为首项，－ 为公比的等比数列，
∴An（k）－ ＝－ （－ ）k－1，
∴An（k）＝ ［1－（－ ）k－1］.
（3）比较Bn（k＋1）与 An（k）的大小，并说明理由.
解： 由题意知，第k＋1次球到乙手中分两种情况，一是第k次球在甲
手中，甲传给乙；二是第k次球不在甲、乙手中，概率为[1－An（k）－
Bn（k）]，此时传给乙的概率是 ，
∴Bn（k＋1）＝An（k）＋ [1－An（k）－Bn（k）] Bn（k＋1）
＝ An（k）＋ － Bn（k） Bn（k＋1）－ An（k）＝ [1
－Bn（k）]≥0（k＝1时可取“＝”），
∴Bn（k＋1）≥ An（k）.
类型二 连续三项递推特征
【例2】 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1分的概率为 ，获得2分的概
率为 .最多进行20轮答题，某同学累计得分为20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3轮答题后，甲同学总分为Y，求Y的分布列及E（Y）；
解： 设进行完3轮答题时，得1分的次数为X，则X～B（3， ），
P（X＝k）＝ （ ）k（ ）3－k，k＝0，1，2，3.
随机变量Y表示甲同学的总分，其所有可能取值为3，4，5，6，
P（Y＝3）＝P（X＝3）＝ ×（ ）3×（ ）0＝ ，
P（Y＝4）＝P（X＝2）＝ ×（ ）2×（ ）1＝ ，
P（Y＝5）＝P（X＝1）＝ ×（ ）1×（ ）2＝ ，
Y 3 4 5 6
P
则E（Y）＝3× ＋4× ＋5× ＋6× ＝5.
P（Y＝6）＝P（X＝0）＝ ×（ ）0×（ ）3＝ ，
所以Y的分布列为
（2）若累计得分为m的概率为Pm，初始得分为0分，P0＝1，试求Pm－Pm
－1的表达式（1≤m≤19，m∈N*）.
【瓶颈突破】 累计得分为m分的情况分2种：①上一轮累计得分为m－2分，这一轮答题得2分；②上一轮累计得分为m－1分，这一轮答题得1分.
累计得分为m分的情况分两种：
m＝（m－2）＋2，即上一轮累计得分为m－2分，这一轮答题得2分，其
概率为 Pm－2；
m＝（m－1）＋1，即上一轮累计得分为m－1分，这一轮答题得1分，其
概率为 Pm－1，
解： 当m＝1时，即累计得分为1分，即第一轮答题得1分，P1＝ ，
则P1－P0＝ －1＝－ .
则Pm＝ Pm－2＋ Pm－1（m＝2，3，…，19），
所以Pm－Pm－1＝－ （Pm－1－Pm－2）（m＝2，3，…，19），
所以数列{Pm－Pm－1}（m＝1，2，3，…，19）是首项为－ ，公比为－
的等比数列，
所以Pm－Pm－1＝（－ ）×（－ ）m－1＝（－ ）m（m＝1，2，3，…，
19）.
【训练2】 （2025·山东临沂三模）在这个科技飞速发展的时代，机器人
和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升
级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国
四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的
“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行
进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一
个有n步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次
上一步或两步台阶是随机的.记每次上一步台阶的概率为p（0＜p＜1），
上两步台阶的概率为1－p，且每次上一步台阶用时0.2 s，上两步台阶用时
0.3 s.
（1）假设n＝4，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒？
解： “机器狼”上完4步台阶的走法有：
当4＝2＋2时，用时0.3＋0.3＝0.6（s）；
当4＝1＋1＋2时，用时0.2＋0.2＋0.3＝0.7（s）；
当4＝1＋1＋1＋1时，用时0.2＋0.2＋0.2＋0.2＝0.8（s）；
所以“机器狼”上完这个台阶用时最少为0.6秒.
（2）若p＝ ，记“机器狼”从地面上到第n步台阶的概率为Pn，其中
n∈N*，证明：数列{Pn＋1－Pn}是等比数列，并求Pn.
解： “机器狼”从地面上到第n步台阶，它是由第n－2步台阶上两
步到达第n步台阶，或由第n－1步台阶上一步到达第n步台阶.
所以Pn＝ Pn－1＋（1－ ）Pn－2（n≥2，n∈N*），
所以Pn－Pn－1＝－ （Pn－1－Pn－2），
则Pn＋2－Pn＋1＝－ （Pn＋1－Pn）（n∈N*），
又P1＝ ，P2＝（1－ ）＋ × ＝ ，
所以P2－P1＝ ，
所以{Pn＋1－Pn}是以 为首项，－ 为公比的等比数列，
所以Pn＋1－Pn＝ ×（－ ）n－1＝（－ ）n＋1，
所以Pn＝（Pn－Pn－1）＋（Pn－1－Pn－2）＋…＋（P2－P1）＋P1＝（－
）n＋（－ ）n－1＋…＋（－ ）2＋ ＝ ＋ ＝
＋ ×（－ ）n，即Pn＝ ＋ ×（－ ）n.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：45分钟，满分：63分）
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一、单项选择题（5分）
1. （2025·河南九师联盟二模）张某经营A、B两家公司，张某随机到两家
公司指导与管理，已知他第1个月去A公司的概率是 .如果本月去A公司，
那么下个月继续去A公司的概率为 ；如果本月去B公司，那么下个月去A
公司的概率为 ，如此往复.设张某第n个月去A公司的概率为Pn，则P10＝
（ ）
A. ＋ ×（－ ）9 B. ＋ ×（－ ）9
C. ＋ ×（ ）10 D. ＋ ×（－ ）10
√
解析： 设An表示第n个月去A公司，则Pn＝P（An），P（ ）＝1
－Pn，根据题意，得P（An＋1｜An）＝ ，P（An＋1｜ ）＝ ，由全概
率公式，得P（An＋1）＝P（An）P（An＋1｜An）＋P（ ）P（An＋
1｜ ）＝ P（An）＋ [1－P（An）]＝－ P（An）＋ ，即Pn＋1＝－
Pn＋ ，整得得Pn＋1－ ＝－ （Pn－ ），又P1－ ＝ － ＝ ≠0，所
以{Pn－ }是以 为首项，－ 为公比的等比数列，所以Pn＝ ＋ ×
（－ ）n－1，则P10＝ ＋ ×（－ ）9.故选A.
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二、多项选择题（6分）
2. （2025·浙江金华一模）从棱长为1个单位长度的正四面体的一顶点A出
发，每次均随机沿一条棱行走1个单位长度，设行走n次时恰好为第一次回
到A点的概率为Pn（n∈N*），恰好为第二次回到A点的概率为Qn
（n∈N*），则（ ）
A. P3＝
B. Q4＝
C. n≥2时， 为定值
D. 数列{Qn}的最大项为
√
√
√
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解析： 由题意得对于任意一次行走，到达其他三个点概率均为 ，
若要行走3次时恰好第一次回到A点，则第1，2次均不到点A，所以P3＝
× ＝ ，故A选项正确；若要行走4次时恰好第二次回到A点，则第2次必
须回到点A，概率为Q4＝ × ＝ ，故B选项错误；若要行走n次时恰好
为第一次回到A点，则前n－1次均未回到A点，所以Pn＝（ ）n－2· ，所
以 ＝ 为定值，故C选项正确；当n≤3时，Qn＝0；
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当n≥4时，设第k（2≤k≤n－2）次第一次回到A点，第n次恰好第二次
回到A点，由于第1次和第k＋1次的行走不用限制，所以Qn＝ （ ）
2·（ ）n－4＝（n－3）（ ）2·（ ）n－4（n≥4），令 ＝ · ≥1，
解得n≤5，所以0＜Q4＜Q5＝Q6，Q5＝Q6＞Q7＞Q8＞…，所以Q5和Q6
为最大值 ，故D选项正确.故选A、C、D.
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三、填空题（5分）
3. 一个书包中有标号为“1，1，2，2，3，3，…，n，n”的2n张卡片.
一个人每次从中拿出一张卡片，并且不放回，如果他拿出一张与已拿出的
卡片中有相同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果他手中有3张单
张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束.记书包中卡片全部被拿
走的概率为Pn，则P3＝ ，P7＝ .
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解析：2n张卡片中选取3张卡片的选法共有 种，事件“手中这3张卡片
中含有2张相同卡片”的选法共有n（2n－2）种，由古典概型的计算公式
可得其概率为 ＝ .拿掉这对卡片后，还剩（n－1）对卡
片，此时书包为空的概率为Pn－1，因而Pn＝ Pn－1，且P2＝1，则P3＝
P2＝ ，P7＝ × × × × ＝ .
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四、解答题（共47分）
4. （15分）掷一枚质地均匀的正方体骰子（6个面上分别标有数字1，2，
3，4，5，6），得分规则如下：若出现的数字为1，则得1分；若出现的数
字为2或3，则得2分；若出现的数字为4或5或6，则得3分.
（1）记X为连续掷这枚骰子2次的总得分，求X的数学期望；
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解： 由题知掷一次骰子，得1分的概率为 ，得2分的概率为 ，得3分
的概率为 .
X的所有可能取值为2，3，4，5，6，
P（X＝2）＝ × ＝ ，P（X＝3）＝2× × ＝ ，P（X＝4）＝
× ＋2× × ＝ ，P（X＝5）＝2× × ＝ ，P（X＝6）＝ × ＝ .
故E（X）＝2× ＋3× ＋4× ＋5× ＋6× ＝ .
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（2）现在将得分规则变更如下：若出现的数字为1或2，则得2分，其他情
况都得1分.反复掷这枚骰子，设总得分为n（n∈N*）的概率为Pn，证
明：数列{Pn＋1－Pn}为等比数列.
解： 证明：改变规则后，掷一次骰子，得1分的概率为 ，得2分
的概率为 .
由题意知P1＝ ，P2＝ × ＋ ＝ .
总得分为n＋1（n≥2）有两种情况：一种情况是当得分为n时，下一次
再得1分；另一种情况是当得分为n－1时，下一次再得2分.
所以Pn＋1＝ Pn＋ Pn－1（n≥2），
故Pn＋1－Pn＝ Pn＋ Pn－1－Pn＝－ （Pn－Pn－1）（n≥2），
又P2－P1＝ － ＝ ，所以{Pn＋1－Pn}是首项为 ，公比为－ 的等比数列.
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5. （15分）（2025·安徽江淮十校联考）2023年华为盘古气象大模型实现
秒级预测全球天气，突破了传统NWP算力瓶颈，代表了AI在科学计算（AI
for Science）的重要突破，推动了全球气象行业的智能化升级.未来天气预
报或将进入“分钟级、街道级”的精准时代.现某城市根据气象数据有两
种天气状态：晴天（S）和雨天（R），变化规律预测如下：
①如果今天是晴天，明天有80%的概率仍然是晴天，20%的概率会下雨；
②如果今天是雨天，明天有60%的概率仍然是雨天，40%的概率会转晴.
假设今天天气是晴天，回答以下问题：
（1）从明天开始接下来的三天中，天气是晴天的天数用随机变量X表示，
求X的分布列和数学期望；
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解： 由题意可知，X的值可以为0，1，2，3，
且P（X＝0）＝ × × ＝ ，
P（X＝1）＝ × × ＋ × × ＋ × × ＝ ＝ ，
P（X＝2）＝ × × ＋ × × ＋ × × ＝ ，
P（X＝3）＝ × × ＝ .
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ .
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（2）长期来看，晴天和雨天的概率分布会趋于稳定，从明天开始接下来
的第n天预测是晴天的概率用Pn表示，求Pn的表达式及Pn趋于的稳定值.
解： 由题意，在数列{Pn}中P1＝ ，Pn＝Pn－1× ＋（1－Pn－1）
× ＝ Pn－1＋ ，所以Pn－ ＝ （Pn－1－ ），
又P1－ ＝ － ＝ .
所以{Pn－ }是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以Pn－ ＝ ×（ ）n－1＝ ×（ ）n，即Pn＝ ×（ ）n＋ .
因为 ［ ×（ ）n＋ ］＝ ，所以Pn趋于的稳定值为 .
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6. （17分）（2025·湖北武汉模拟）已知常数p∈（0，1），在成功的概率
为p的伯努利试验中，记X为首次成功时所需的试验次数，X的取值为所
有正整数，此时称离散型随机变量X的概率分布为几何分布.
（1）对于正整数k，求P（X＝k），并根据E（X）＝ kP（X＝k）
＝ （ kP（X＝k）），求E（X）；
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解：由题可知P（X＝k）＝（1－p）k－1p，
k（1－p）k－1p＝p[1＋2（1－p）＋3（1－p）2＋…＋n（1－p）
n－1]，
记Sn＝1＋2（1－p）＋3（1－p）2＋…＋n（1－p）n－1，
则（1－p）Sn＝（1－p）＋2（1－p）2＋…＋（n－1）（1－p）n－1＋
n（1－p）n，
两式相减得：pSn＝1＋（1－p）＋（1－p）2＋…＋（1－p）n－1－
n（1－p）n
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＝ －n（1－p）n＝ －n（1－p）n.
由题意得，E（X）＝ （pSn）＝ ［ －n（1－p）
n］＝ .
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（2）对于几何分布的拓展问题，在成功的概率为p的伯努利试验中，记首
次出现连续两次成功时所需的试验次数的期望为E2，现提供一种求E2的方
式：先进行第一次试验，若第一次试验失败，因为出现试验失败对出现连
续两次成功毫无帮助，可以认为后续期望仍是E2，即总的试验次数为（E2
＋1）；若第一次试验成功，则进行第二次试验，当第二次试验成功时，
试验停止，此时试验次数为2，若第二次试验失败，相当于重新试验，此
时总的试验次数为（E2＋2）.
①求E2；
②记首次出现连续n次成功时所需的试验次数的期望为En，求En.
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解： ①E2＝（1－p）·（E2＋1）＋p2·2＋p（1－p）·（E2＋2），
解得E2＝ .
②期待在En－1次试验后，首次出现连续（n－1）次成功，若下一次试验成
功，则试验停止，此时试验次数为（En－1＋1）；
若下一次试验失败，相当于重新试验，后续期望仍是En，此时总的试验次
数为（En－1＋1＋En）.
即En＝p·（En－1＋1）＋（1－p）·（En－1＋1＋En）.
整理得En＝ （En－1＋1），即En＋ ＝ （En－1＋ ），
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所以{En＋ }是公比为 的等比数列，
所以En＋ ＝ （E1＋ ）.
由（1）知E1＝ ，代入得：En＝ .
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THANKS
演示完毕 感谢观看
