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【典型例题】
例1．（2023·全国·高三专题练习），，最后结果的误差，，至少要测量的次数为（    ）
A．32 B．64 C．128 D．256
【答案】C
【解析】依题意，得，
所以，即，
而，所以且，
又因为，所以，，
所以且，即，解得，
故至少要测量的次数为.
故选：C.
例2．（2023·上海·高三专题练习）若，则（    ）
A．244 B．243
C．242 D．241
【答案】C
【解析】显然，，
令得，
故.
故选：C.
例3．（2023·上海·高三专题练习）信息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量X所有可能的取值为1，2，…，n，且，定义X的信息熵．
命题1：若，则随着n的增大而增大；
命题2：若，随机变量Y所有可能的取值为1，2，…，m，且，则．
则以下结论正确的是（    ）
A．命题1正确，命题2错误 B．命题1错误，命题2正确
C．两个命题都错误 D．两个命题都正确
【答案】A
【解析】若，则，故随着n的增大而增大，命题1正确；
，则，
而，，
，
所以，故，命题2错误；
故选：A
例4．（2023·全国·高三专题练习）足球运动被誉为“世界第一运动”．深受青少年的喜爱．为推广足球运动，某学校成立了足球社团，社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率为，即．则下列说法正确的个数是（    ）
（1）；（2）；（3）；（4）．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】甲传球给乙或丙，故，（1）正确；
乙或丙传球给其他两个人，故，（2）正确；
由题意得：要想第次触球者是甲，则第次触球的不能是甲，
且第次触球的人，有的概率将球传给甲，
故，C正确；
因为，设，
解得：，
所以
因为，
所以是以为首项，公比是的等比数列，
故，
所以，
故，
，
故，（4）错误.
说法正确的个数是3个.
故选：C
例5．（2023·上海·高三专题练习）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，
任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：
当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有种；
2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有种；
所以个位是偶数共有20种；
同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是.
故选：C
例6．（2023·全国·高三专题练习）如图，用五种不同的颜色给图中的O，A，B，C，D，E六个点涂色（五种颜色不一定用完），要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂法种数是（    ）
A．480 B．720 C．1080 D．1200
【答案】D
【解析】先给O涂色，有种方法，接着给A涂色，有种方法，接着给B涂色，有种方法，
①若C与A同色，则有1种涂色方法，接着给D涂色，有3种涂色方法，
最后E有2种涂色方法；
②若C与A不同色，则有2种涂色方法，接着给D涂色，
若D与A同色，则有1种涂色方法，最后E有3种涂色方法；
若D与A不同色，则有2种涂色方法，最后E有2种涂色方法.
综上，涂色方法总数为
故选：D
例7．（2023·上海·高三专题练习）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______．
【答案】
【解析】记表示事件“经过次传球后，球再甲的手中”，
设次传球后球再甲手中的概率为，
则有，
所以
，
即，
所以，且，
所以数列表示以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
即n次传球后球在甲手中的概率是．
故答案为：.
例8．（2023·全国·高三专题练习）(1)若数列的通项公式为，则该数列中的最小项的值为__________．
(2)若的展开式中含有常数项，则n的最小值等于__________．
(3)如图所示的数阵中，用表示第m行的第n个数，则以此规律为__________．
(4)的内角A、B、C所对的边分别为a、b、，且，有下列结论：①；②；③，时，的面积为；④当时，为钝角三角形．其中正确的是__________填写所有正确结论的编号
【答案】    
【解析】(1)令，
则，令，解得，
单调递减，
单调递增，
∴数列在1≤n≤12时递减，在n≥13时递增，
∵n＝12离更近，故当时，数列取得最小值；
(2)的展开式的通项为，
由题意，令得，则r＝4时，n取最小值5；
令得n＝，则r＝2时，n取最小值2.
综上，n的最小值为2.
(3)由题可知，设第n行第1个分数的分母为，
则有，，
累加可得，故第6、7行第一个分数分母分别为28、36.
观察数阵，不难发现，从第三行起，每一行的第二个数的分母都等于上一行的第一个数的分母和第二个数的分母之和，据此可求出第6行第二个分数分母为21＋37＝58，第7行第2个分数分母为28＋58＝86，第8行第2个分数分母为36＋86＝122，如图所示.
故为：.
(4)对于①，根据题意，若，则，故可设.
则有，则，变形可得，故①正确；
对于②，，
又，∴，
，∴，∴，故②正确；
对于③，当时，，
则有，则a边上的高为，
∴，故③错误；
对于④，当时，，则，
则，故C为钝角，为钝角三角形，故④正确.
故正确的有：①②④.
故答案为：；2；；①②④.
例9．（2023·全国·高三专题练习）如图，将一个大等边三角形分成三个全等三角形与中间的一个小等边三角形，，则该点取自小等边三角形内的概率为___________.
【答案】
【解析】设，由题意可得，化简得，，
又由正弦定理可得，即，
所以所求概率为，
故答案为：.
例10．（2023·全国·高三专题练习）设整数数列，，…，满足，，且，，则这样的数列的个数为___________.
【答案】80
【解析】设，则有…①，
…②，
用t表示中值为2的项数，
由②知，t也是中值为2的项数，其中，
所以的取法数为，
取定后，任意指定的值，有种方式.
由①知，应取使得为偶数，
而这样的的取法是唯一的，并且确定了整数的值，
进而数列唯一对应一个满足条件的数列，
综上可知，满足条件的数列的个数为20×4=80.
故答案为：80.
例11．（2023·全国·高三专题练习）若一个三位数的各位数字之和为10，则称这个三位数“十全十美数”，如208，136都是“十全十美数”，现从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率是____________
【答案】
【解析】所有三位数个数为900个.
“十全十美数”有54个列举如下：①有一位数字是的，共有个，分别为；
②含有两个相同数字的，共有个，分别为；
③不含0且没有相同数字的，共有个，分别为,
从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率.
故答案为:
例12．（2023·全国·高三专题练习）如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G，H八个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段上的点颜色不同，则不同的涂色方法有___________种.
【答案】
【解析】①对涂4种颜色，对于剩下的各剩2种颜色，且相邻的都含一种颜色是相同的，即当某个点取一种颜色时，其他点的颜色是确定的，那么共有2种情况，共有种，
②对涂3种颜色，对于从4种颜色中取3种，即，从这3种颜色中取1种来作重复的一种，即，再对这四种颜色进行排列，重复的那种只能在对角，有2个对角，再对其他不重复的2种进行排列，即对于剩下的同①一样，各剩2个颜色，当其中一点取一种颜色时，其他点颜色是确定的，共有2种，故共有种，
③涂2种颜色，则选2种颜色，涂在对角位置，有种方法，共2种颜色，故共有种方法，
所以一共有种方法.
故答案为：
【过关测试】
一、单选题
1．（2023·河北·河北衡水中学校考模拟预测）过正态分布曲线上非顶点的一点
作切线，若切线与曲线仅有一个交点，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为正态分布曲线在拐点处切线穿过曲线，与曲线有且仅有一个交点
令
即
故选：A
2．（2023·全国·高三专题练习）小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”，，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（    ）
A．20160 B．20220 C．20280 D．20340
【答案】A
【解析】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能：
（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.
若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能；
若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有种可能；
若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有种可能；
小计：1+12+12=25；
（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型
若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；
若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有