一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的
1．的虛部為（ ）
A．B．C．D．
2．已知等差數列滿足，則（ ）
A．B．1C．0D．
3．，則（ ）
A．B．C．D．
4．函數的極值點個數為（ ）
A．0B．1C．2D．3
5．已知某地區(qū)高考二檢數學共有8000名考生參與，且二檢的數學成績近似服從正態(tài)分布，若成績在80分以下的有1500人，則可以估計（ ）
A．B．C．D．
6．定義：如果集合存在一組兩兩不交（兩個集合的交集為空集時，稱為不交）的非空真子集且，那么稱子集族構成集合的 一個劃分.已知集合，則集合的所有劃分的個數為（ ）
A．3B．4C．14D．16
7．已知圓臺的上?下底面的面積分別為，側面積為，則該圓臺外接球的球心到上底面的距離為（ ）
A．B．C．D．
8．已知為坐標原點，拋物線的焦點到準線的距離為1，過點的直線與交于兩點，過點作的切線與軸分別交于兩點，則（ ）
A．B．C．D．
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分
9．已知函數，則（ ）
A．的最小正周期為
B．與有相同的最小值
C．直線為圖象的一條對稱軸
D．將的圖象向左平移個單位長度后得到的圖像
10．已知函數為的導函數，則（ ）
A．
B．在上單調遞增
C．的極小值為
D．方程有3個不等的實根
11．已知正方體的體積為8，線段的中點分別為，動點在下底面內（含邊界），動點在直線上，且，則（ ）
A．三棱錐的體積為定值
B．動點的軌跡長度為
C．不存在點，使得平面
D．四面體DEFG體積的最大值為
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分
12．已知向量，若，則 .
13．已知一組數據：的平均數為6，則該組數據的第40百分位數為 .
14．已知為坐標原點，雙曲線的左?右焦點分別為，點在以為圓心?為半徑的圓上，且直線與圓相切，若直線與的一條漸近線交于點，且，則的離心率為 .
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟
15．已知中，角所對的邊分別為，其中.
(1)求的值；
(2)若的面積為3，周長為6，求的值.
16．如圖，在四棱錐中，底面為正方形、平面分別為棱的中點
(1)證明：平面;
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值
17．已知橢圓的離心率為，右焦點為，點在上.
(1)求的方程；
(2)已知為坐標原點，點在直線上，若直線與相切，且，求的值.
18．已知函數.
(1)若，求曲線y=fx在x=1處的切線方程；
(2)若x>0時，求的取值范圍；
(3)若，證明：當時，.
19．已知首項為1的數列滿足.
(1)若，在所有中隨機抽取2個數列，記滿足的數列的個數為，求的分布列及數學期望；
(2)若數列滿足：若存在，則存在且，使得.
（i）若，證明：數列是等差數列，并求數列的前項和；
（ii）在所有滿足條件的數列中，求使得成立的的最小值.
1．A
【分析】根據復數的運算化簡得，再根據虛部的定義即可求解．
【詳解】，則所求虛部為.
故選：A．
2．C
【分析】根據等差數列的通項公式求解即可.
【詳解】由可得：，
所以，
故選：C
3．D
【分析】利用誘導公式對進行化簡，再利用進行求解即可.
【詳解】由，
則，
因此可得，
故選：D.
4．B
【分析】對分段函數中的每一段的函數分別探究其單調性情況，再進行綜合考慮即得.
【詳解】當時，，
此時函數在上單調遞減，在上單調遞增，故此時函數有一個極小值點為2；
當時，，因恒成立，故函數在上單調遞減，
結合函數在上單調遞減，可知0不是函數的極值點.
綜上，函數的極值點只有1個.
故選：B.
5．B
【分析】解法一，求出，根據正態(tài)分布的對稱性，即可求得答案；解法二，求出數學成績在80分至95分的人數，由對稱性，再求出數學成績在95分至110分的人數，即可求得答案.
【詳解】解法一：依題意，得，
故；
解法二：數學成績在80分至95分的有人，
由對稱性，數學成績在95分至110分的也有2500人，
故.
故選：B.
6．B
【分析】解二次不等式得到集合，由子集族的定義對集合進行劃分，即可得到所有劃分的個數.
【詳解】依題意，，
的2劃分為，共3個，
的3劃分為，共1個，
故集合的所有劃分的個數為4.
故選：B.
7．C
【分析】由圓臺的側面積公式求出母線長，再由勾股定理得到高即可計算；
【詳解】依題意，記圓臺的上?下底面半徑分別為，
則，則，
設圓臺的母線長為，
則，解得，
則圓臺的高，
記外接球球心到上底面的距離為，
則，解得.
故選：C.
8．C
【分析】通過聯(lián)立方程組的方法求得的坐標，然后根據向量數量積運算求得.
【詳解】依題意，拋物線，即，則，設，
直線，聯(lián)立得，則.
而直線，即，
令，則，即，令，則，故，
則，故.
故選：C

求解拋物線的切線方程，可以聯(lián)立切線的方程和拋物線的方程，然后利用判別式來求解，也可以利用導數來進行求解.求解拋物線與直線有關問題，可以利用聯(lián)立方程組的方法來求得公共點的坐標.
9．ABD
【分析】對于A：根據正弦型函數的最小正周期分析判斷；對于B：根據解析式可得與的最小值；對于C：代入求，結合最值與對稱性分析判斷；對于D：根據三角函數圖象變換結合誘導公式分析判斷.
【詳解】因為，
對于選項A：的最小正周期，故A正確；
對于選項B：與的最小值均為，故B正確；
對于選項C：因為，
可知直線不為圖象的對稱軸，故C錯誤；
對于選項D：將的圖象向左平移個單位長度后，
得到，故D正確.
故選：ABD.
10．BD
【分析】利用導數和導數的幾何意義分別判斷即可.
【詳解】因為，所以，，A說法錯誤；
令解得或，令解得，
所以在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，B說法正確；
的極大值點為，極大值，極小值點為，極小值，C說法錯誤；
因為當時，，當時，，
所以方程有3個不等的實根，分別在，和中，D說法正確；
故選：BD
11．ACD
【分析】對于A，由題意可證平面，因此點到平面的距離等于點到平面的距離，其為定值，據此判斷A；對于B，根據題意求出正方體邊長及的長，由此可知點的運動軌跡；對于C，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，假設點的坐標，求出的方向向量，假設平面，則平面的法向量和的方向向量共線，進而求出點的坐標，再判斷點是否滿足B中的軌跡即可；對于D，利用空間直角坐標系求出點到平面的距離，求出距離的最大值即可.
【詳解】對于A，如圖，連接、，
依題意，，而平面平面，故平面，
所以點到平面的距離等于點到平面的距離，其為定值，
所以點到平面的距離為定值，故三棱維的體積為定值，故正確；
對于B，因為正方體的體積為8，故，則，而，
故，
故動點的軌跡為以為圓心，為半徑的圓在底面內的部分，即四分之一圓弧，
故所求軌跡長度為，故B錯誤；
以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，故，
設n=x,y,z為平面的法向量，則故
令，故為平面的一個法向量，
設，故，
若平面，則，
則，解得，但，
所以不存在點點，使得平面，故C正確；
對于D，因為為等腰三角形，故，
而點到平面的距離，
令，則，
則，其中，
則四面體體積的最大值為，故D正確.
故選：ACD.
12．
【分析】利用向量數量積的坐標公式計算即得.
【詳解】由可得，解得，.
故答案為.
13．
【分析】由平均數的定義算出，再由百分位數的定義即可求解.
【詳解】依題意，，解得，
將數據從小到大排列可得：，
又，則分位數為.
故答案為.
14．
【分析】由題意可得，由此求出，，即可求出點坐標，代入，即可得出答案.
【詳解】不妨設點在第一象限，連接，則，
故，，
設，因為，所以為的中點，
，故.，
將代入中，故，則.
故答案為.

15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化簡已知條件，從而求出的值；
（2）根據三角形的面積公式、余弦定理即可求出的值.
【詳解】（1）由正弦定理得，
因為，故可得，則，
因為，故.
（2）由題意，故.
由余弦定理得，
解得.
16．(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）由題意易知，根據線面平行的判定定理證明即可；
（2）由題意，兩兩垂直，所以建立空間直角坐標系，求出直線的方向向量與平面的法向量,再通過空間角的向量求解即可.
【詳解】（1）分別為的中點
為正方形
平面平面
平面.
（2）由題知平面
建立如圖所示的空間直角堅標系，
，則,
,,,
設平面的一個法向量為n=x,y,z
則,令則,
設直線與平面所或的角為,
，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根據橢圓離心率定義和橢圓上的點以及的關系式列出方程組，解之即得；
（2）將直線與橢圓方程聯(lián)立，消元，根據題意，由推得，又由，寫出直線的方程，與直線聯(lián)立，求得點坐標，計算，將前式代入化簡即得.
【詳解】（1）設Fc,0，依題意，
解得
故的方程為.
（2）

如圖，依題意F1,0，聯(lián)立消去，可得，
依題意，需使，整理得（*）.
因為，則直線的斜率為，則其方程為，
聯(lián)立解得即
故，
將（*）代入得，故.
18．(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）利用導數的幾何意義，求出切線斜率即可得解；
（2）利用導數求出函數的單調性，得到極值，轉化為極大值小于0即可得解；
（3）轉化為證明，構造關于的函數，利用導數求最小值，再由導數求關于的函數的最小值，由不等式的傳遞性可得證.
【詳解】（1）當時，，
則，所以，
又，所以切線方程為.
（2），
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減，
所以，又，
所以，即，
所以的取值范圍為.
（3）由可得，
即證當，時，，
令，
則，
由可知，，故在上單調遞減，
所以，
令，則，
當時，，，所以，
故?x在上單調遞增，所以，
所以，即，
所以成立.
關鍵點點睛：本題第三問中，要證明不等式成立，適當轉化為證明成立，首先關鍵在于構造視為關于的函數，由此利用導數求出，其次關鍵在于構造關于的函數，利用導數求其最小值.
19．(1)分布列見解析，1
(2)（i）證明見解析，（ii）1520
【分析】（1）根據遞推關系化簡可得，或寫出數列的前四項，利用古典概型即可求出分布列及期望；
（2）（i）假設數列中存在最小的整數，使得，根據所給條件
可推出存在，使得，矛盾，即可證明；
（ii）由題意可確定必為數列中的項，構成新數列，確定其通項公式及，探求與的關系得解.
【詳解】（1）依題意，，故，
即，故，或
因為，故；
則，
故的可能取值為，
故，
故的分布列為
故.
（2）（i）證明：由（1）可知，當時，或；
假設此時數列中存在最小的整數，使得，
則單調遞增，即均為正數，且，所以；
則存在，使得，此時與均為正數矛盾，
所以不存在整數，使得，故.
所以數列是首項為1?公差為4的等差數列，
則.
（ii）解：由，可得，
由題設條件可得必為數列中的項；
記該數列為，有；
不妨令，則或，
均不為
此時或或或，均不為.
上述情況中，當時，，
結合，則有.
由可知，使得成立的的最小值為.
關鍵點點睛：第一問數列與概率結合，關鍵在于得出數列前四項的所有可能，即可按照概率問題求解，第二問的關鍵在于對于新定義數列，理解并會利用一般的抽象方法推理，反證，探求數列中項的變換規(guī)律，能力要求非常高，屬于困難題目.
2025屆四川省高三上學期入學摸底考數學學情檢測試題
（二）
一、單選題
1．已知集合，，若，則（ ）
A．B．
C．D．
2．已知向量，，若，則（ ）
A．B．1C．D．2
3．下列函數與是相等函數的是（ ）
A．B．
C．（且）D．（且）
4．現(xiàn)測得某放射性元素的半衰期為1500年（每經過1500年，該元素的存品為原來的一半），某生物標本中該放射性元素面初始存量為m，經檢測現(xiàn)在的存量，據此推測該生物距今約為（ ）（參考數據：)
A．2700年B．3100年
C．3500年D．3900年
5．設是等差數列的前n項和，且，則（ ）
A．17B．34C．51D．68
6．已知，則（ ）
A．B．C．D．1
7．已知函數在上單調遞增，則的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
8．某地區(qū)公共衛(wèi)生部門為了了解本地區(qū)中學生的吸煙情況，對隨機抽出的200名學生進行調查.為了得到該敏感性問題的誠實反應，設計如下方案：每個被調查者先后拋擲兩顆骰子，調查中使用兩個問題：①第一顆骰子的點數是否比第二顆的大？②你是否經常吸煙？兩顆骰子點數和為奇數的學生如實回答第一個問題，兩顆骰子點數和為偶數的學生如實回答第二個問題.回答“是”的學生往盒子中放一個小石子，回答“否”的學生什么都不用做.若最終盒子中小石子的個數為57，則該地區(qū)中學生吸煙人數的比例約為（ ）
A．0.035B．0.07C．0.105D．0.14
二、多選題
9．下列說法正確的是（ ）．
A．命題“，”的否定是“，”
B．的最小值是2
C．若，則
D．的最小正周期是
10．李明上學有時坐公交車，有時騎自行車，他記錄了100次坐公交車和騎自行車所花的時間，經數據分析得到：坐公交車平均用時，樣本標準差為6；騎自行車平均用時，樣本方差為4．假設坐公交車用時和騎自行車用時都服從正態(tài)分布．則下列說法中正確的是（ ）
（參考數值：隨機變量服從正態(tài)分布，則，.）
A．B．
C．D．
11．已知是定義在上的偶函數，且對任意的，都有，當時，，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．點是函數的一個對稱中心
C．當時，
D．函數恰有6個零點
三、填空題
12．二項式的展開式中第5項為 .
13．寫出一個同時滿足下列三個條件的數列的通項公式：
①；②數列是遞減數列；③數列的前n項和恒成立．
14．已知不等式對任意恒成立，則當取最大值時， .
四、解答題
15．已知的內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，已知，.
(1)求B；
(2)若的面積為，求c.
16．已知等差數列的前n項和為，且，．
（1）求數列的通項公式；
（2）若，令，求數列的前n項和．
17．某保險公司為了了解該公司某種保險產品的索賠情況，從合同險期限屆滿的保單中隨機抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數據如下表：
假設：一份保單的保費為0.4萬元；前3次索賠時，保險公司每次賠償0.8萬元；第四次索賠時，保險公司賠償0.6萬元.假設不同保單的索賠次數相互獨立.用頻率估計概率.
(1)估計一份保單索賠次數不少于2的概率；
(2)一份保單的毛利潤定義為這份保單的保費與賠償總金額之差.
（i）記為一份保單的毛利潤，估計的數學期望；
（ⅱ）如果無索賠的保單的保費減少，有索賠的保單的保費增加，試比較這種情況下一份保單毛利潤的數學期望估計值與（i）中估計值的大小．（結論不要求證明）
18．已知函數在時取得極值，且滿足．
(1)求函數的解析式；
(2)若存在實數，使得成立，求整數的最小值．
19．在某抽獎活動中，初始時的袋子中有3個除顏色外其余都相同的小球，顏色為2白1紅．每次隨機抽取一個小球后放回．抽獎規(guī)則如下：設定抽中紅球為中獎，抽中白球為未中獎；若抽到白球，放回后把袋中的一個白色小球替換為紅色；若抽到紅球，放回后把三個球的顏色重新變?yōu)?白1紅的初始狀態(tài)．記第n次抽獎中獎的概率為．
(1)求，，；
(2)若存在實數a，b，c，對任意的不小于4的正整數n，都有，試確定a，b，c的值，并說明理由；
(3)若累計中獎4次及以上可以獲得一枚優(yōu)勝者勛章，則從初始狀態(tài)下連抽9次獲得至少一枚勛章的概率為多少？
0
1
2
賠償次數
0
1
2
3
4
單數
1．C
【分析】由交集運算求解參數，再驗證可得.
【詳解】，或，
解得或.
當時，，則，滿足題意；
當時，，則，不滿足題意；
綜上所述，.
故選：C.
2．B
【分析】先出求，再根據即可得出的值，最后求的模.
【詳解】由題意可知，因為，，
所以，
又因為，所以，
即，解得.
所以.
故選：B.
3．D
【分析】可得，且定義域為R，根據函數相等逐項分析判斷.
【詳解】因為，且定義域為R，
對于選項A：，可知兩個函數的對應關系不同，所以函數不相等，故A錯誤；
對于選項B：的定義域為，可知兩個函數的定義域不同，所以函數不相等，故B錯誤；
對于選項C：的定義域為，可知兩個函數的定義域不同，所以函數不相等，故C錯誤；
對于選項D：，且定義域為R，所以兩個函數是相等函數，故D正確；
故選：D.
4．C
【分析】根據對數的運算性質即可求解.
【詳解】由題意得，
兩邊取對數得.
故選：C
5．C
【分析】利用等差數列的求和公式即可求解．
【詳解】解：設公差為d，
則，即，
則，
故選：C
6．C
【分析】運用兩角和差的正弦公式，結合同角三角函數關系式中商關系進行求解即可.
【詳解】由，
由，
可得，
所以.
故選：C
7．C
【分析】由分段函數在兩個區(qū)間上的單調性分別求出的范圍，再考慮由時左右函數值的大小關系得到的的范圍，求其交集即得
【詳解】當時， ,依題須使恒成立，則；
當時，由在0,+∞上遞增，須使，即；
又由解得 .
綜上可得，的取值范圍是.
故選：C.
8．D
【分析】根據古典概型的知識得到回答問題①②的人數均為，再求出點數第一次比第二次大的概率，即可推出第二個問題中回答“是”的人數，進而求出結果．
【詳解】由題意，兩顆骰子點數和為奇數與偶數的概率相等，都為，
則回答問題①②的人數均為，
擲兩次骰子所有可能情況有，，，，，，，
，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，共種可能，
所得點數第一次比第二次大的有，，，，，，
，，，，，，，，，共種可能，
所以所得點數第一次比第二次大的概率是，
所以回答問題①時，大約有人回答“是”，
所以回答問題②時，大約有人回答“是”，
故該地區(qū)中學生吸煙人數的比例約為，選項中最接近的為D．
故選：D．
9．ACD
【分析】全稱量詞命題的否定為存在量詞命題即可判斷選項A；由基本不等式使用的條件可判斷選項B；在單調遞增，即可判斷選項C；由正弦型函數的最小正周期公式計算即可判斷選項D.
【詳解】全稱量詞命題的否定為存在量詞命題，
命題“，”的否定是“，”，故A正確；
當時，，的最小值是2，
當時，，的最大值是，故B錯誤；
在單調遞增，若，則，故C正確；
的最小正周期為：，故D正確.
故選：ACD
10．AD
【分析】根據正態(tài)分布的概念判斷A，B；根據正態(tài)分布的性質及題中所給數據求解判斷C，D．
【詳解】由題意可設，
由題意可得：，所以A正確，B錯誤；
，
，
，
，故C錯誤；
，
，
，故D正確.
故選：AD．
11．AC
【分析】根據題意，由條件可得關于軸，1,0對稱，且，由函數的周期性即可判斷A，由函數的對稱性即可判斷BC，結合函數的圖像，即可判斷D.
【詳解】
由題意可知關于軸，1,0對稱，
當，則，且f1=0，故，
對于A,，
，故A正確；
對于B，對稱中心為，故B錯誤；
對于C，函數y=fx在0,1和上的圖像關于點中心對稱，
當時，，
故C正確；
對于D，由圖像可知函數y=fx與函數有7個交點，故D錯誤.
故選：AC
12．15
【分析】根據二項展開式通項公式代入計算即可.
【詳解】展開式通項為，
.
故15.
13．(不唯一)
【分析】根據①②，可以聯(lián)想到指數函數，且底數滿足，再根據等比數列的求和公式驗證③即可.
【詳解】解：因為①，可以聯(lián)想到指數函數；
又因為②數列是遞減數列，可以聯(lián)想到指數函數中底數滿足；
當時，，
所以，滿足①；
且數列是遞減數列，滿足②；
，滿足③.
故(不唯一)
14．
【分析】分離變量可得，令，分類討論可得，可得，結合基本不等式可求結論.
【詳解】已知不等式對任意恒成立，根據目標式，知，
由，得，
令，則，
當時，，函數單調遞增且值域為R，此時不恒成立，
當時，令，則，
設，則，
當時，，函數單調遞減，
當時，，函數單調遞增，
所以，所以，
所以時，方程有解，設解為，則，所以，
當時，，函數單調遞減，
當時，，函數單調遞增，
所以，
所以，所以，
又，當且僅當，即時取等號，
當，取最大值，此時.
故答案為.
15．(1)
(2)
【分析】（1）借助三角形內角和及兩角和的正弦公式計算即得；
（2）借助面積公式計算即可得.
【詳解】（1）由，
則有，
即，由，故，
故，又B∈0,π，
故；
（2）由，，
故，
解得.
16．（1）（2）
【分析】（1）利用等差數列的前項和公式與通項公式，即可解出,則可寫出其通項公式.
（2）利用錯位相減，化簡解可得出答案.
【詳解】（1）由題意知：，
即：化簡得.
所以數列的通項公式.
（2）因為
所以
化簡得.
17．(1)
(2)(i)0.122萬元；(ii) 這種情況下一份保單毛利潤的數學期望估計值大于（i）中估計值
【分析】（1）根據題設中的數據可求賠償次數不少2的概率;
（2）（ⅰ）設為賠付金額，則可取，用頻率估計概率后可求的分布列及數學期望，從而可求.
（ⅱ）先算出下一期保費的變化情況，結合（1）的結果可求，從而即可比較大小得解.
【詳解】（1）設為“隨機抽取一單，賠償不少于2次”，
由題設中的統(tǒng)計數據可得.
（2）（?。┰O為賠付金額，則可取，
由題設中的統(tǒng)計數據可得，
，，
，
故
故（萬元）.
（ⅱ）由題設保費的變化為，
故（萬元），
從而.
18．(1)
(2)5
【分析】（1）求出函數的導數，結合題意列出方程，即可求得答案；
（2）將原問題轉化為恒成立，令，，利用導數求解函數最值，即可求得答案.
【詳解】（1）由題意知的定義域為，，
由于函數在時取得極值，且滿足，
故，且，
解得，則，
經驗證函數在時取得極小值，適合題意
故；
（2）由題意存在實數，使得成立，
即恒成立；
令，，則，
令，則在上恒成立，
故在單調遞增，
又，
故存在唯一的使得，即，
則當時，，即，當時，，即，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
故，
故，結合，得，故整數的最小值為5.
19．(1)，，
(2)
(3)
【分析】（1）利用相互獨立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解即可；
（2）分別求出第一次中獎，第次中獎的概率，第一次未中獎而第二次中獎，第次抽獎中獎的概率，前兩次均未中獎，第次抽獎中獎的概率，即可求解時，，對比即可求解；
（3）先分析獲得勛章的情形，分別求出從初始狀態(tài)開始抽三次，前兩次均未中獎而第三次中獎的概率，再求出僅三次中獎的概率即可求解.
【詳解】（1）,
，
；
（2）因為每次中獎后袋中的球會回到初始狀態(tài)，
從初始狀態(tài)開始，若第一次中獎，此時第次抽獎中獎的概率為，
從初始狀態(tài)開始，若第一次未中獎而第二次中獎，
此時第次抽獎中獎的概率為，
從初始狀態(tài)開始，若前兩次均未中獎，則第三次必中獎，
此時第次抽獎中獎的概率為，
綜上所述，對任意的，，
又，所以；
（3）由題意知每抽三次至少有一次中獎，故連抽次至少中獎次，
所以只需排除次中獎的情況即可獲得一枚優(yōu)勝者勛章，
另外，每兩次中獎的間隔不能超過三次，每次中獎后袋中的球會回到初始狀態(tài)，
從初始狀態(tài)開始，抽一次中獎的概率為，
從初始狀態(tài)開始抽兩次，第一次未中獎而第二次中獎的概率為，
從初始狀態(tài)開始抽三次，前兩次均未中獎而第三次中獎的概率為，
用表示第次，第次，第次中獎，其余未中獎，
則三次中獎的所有情況如下：，
，
故僅三次中獎的概率為
，
所以從初始狀態(tài)下連抽9次獲得至少一枚勛章的概率為.
關鍵點點睛：題意知每抽三次至少有一次中獎，故連抽9次至少中獎3次，故只需排除3次中獎的情況即可獲得一枚優(yōu)勝者勛章，另外，每兩次中獎的間隔不能超過三次，每次中獎后袋中的球會回到初始狀態(tài)，是解決第三問的關鍵.

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