【文档说明】(新高考)高考数学一轮 数学单元复习 过关检测卷第10章《计数原理、概率》(解析版).doc，共(51)页，1.528 MB，由MTyang资料小铺上传

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01卷第十章计数原理、概率《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）第I卷（选择题）一、单选题1．六一儿童节，某幼儿园的每名小朋友制作了一件礼物．该幼儿园将小朋友们进行分组，每4位小朋友为一组，小组内小朋友随机拿一件本组小朋友制作的礼物，则小朋友A没有拿到自

己制作的礼物的概率为（）A．18B．14C．12D．34【答案】D【分析】分别求出基本事件总数（24）和所求事件包含的基本事件个数（18），进而可得结果.【详解】根据题意，每个小朋友随机拿一件礼物，共有44A24种结果，其中小朋友A没有拿到自己的礼物含有333A18种结果，所以概

率为183244．故选：D．2．某公司根据上年度业绩筛选出业绩出色的A，B，C，D四人，欲从此4人中选择1人晋升该公司某部门经理一职，现进入最后一个环节：A，B，C，D四人每人有1票，必须投给除自己以外的一个人，并且每个人投给其他任何一人的概率相同，则最终仅A一人获得

最高得票的概率为（）A．13B．427C．23D．527【答案】D【分析】由题意可知每个人投票给另外一个人的概率为13P，A获得最高票有A得三票和A得两票的情况，分情况求出每种概率再求和即可.【详解】解：每个人投票给另外一个人的概率为13P，A获得最高票有A得三票和A得

两票的情况，当A得三票时，,,BCD均投票给A，则有311327P，当A得两票时，从,,BCD中选两个人投票给A，另一人投票给除A之外的其他人，A投票给剩余两人，则有22113221114CCC33327，则概率为527故选：D3．两个

班级的排球队进行排球比赛，先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各队输赢局次的不同视为不同情形）共有（）A．6种B．12种C．20种D．30种【答案】C【分析】由题意知比赛的场次可能有{3,4,5}场，分别讨论其中一个班在不同场

次下赢得比赛的可能情况再乘以2，将它们加总即为所有可能出现的情形数.【详解】两个班级比赛先赢三局者获胜，决出胜负为止，则比赛的场次可能有{3,4,5}场，1、若共比3场，则其中一个班连赢3场，共有2种情况，2、若共比4场，则其中一个班赢了前3场中2场及最后一场，共有2

32C种情况，3、若共比5场，则其中一个班赢了前4场中2场及最后一场，共有242C种情况，∴共有223422220CC可能出现的情形.故选：C4．《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设

1AA是正四棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正四棱柱的顶点为顶点，以1AA为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4B．8C．12D．16【答案】B【分析】先找出包含1AA的底面矩形，再根据图形特征，逐个计数即可.【详解】如图，若包含1AA的底面矩形为11AAD

D，则顶点可以从B，1B，1C，C中选取，故有四个不同的阳马；若包含1AA的底面矩形为11AABB，则顶点可以从1C，C，1D，D中选取，故有四个不同的阳马；若包含1AA的底面矩形为11AACC，则从B，1B，1D，D中任取一个作为顶

点，都不符合阳马，故舍去.综上可知，以1AA为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是8个.故选：B.5．613xx的展开式中2x的系数为（）A．45B．90C．135D．270【答案】C【分析】先求出通项公式，再赋值求解即可【详解】6616216633rr

rrrrrTCxxCx当622r时，2r=,此时2x的系数为6429151335C.故选：C6．将甲、乙、丙、丁4名学生分配到三个不同的班级，每个班级至少一人．且甲、乙不在同一班级的分配方案共有（）A．36

种B．30种C．18种D．12种【答案】B【分析】首先求出4名学生分配到三个不同的班级，每个班级至少一人的方法，减去甲、乙在同一班级的分配方案即可求解.【详解】首先将甲、乙、丙、丁4名学生分成三组，有246C种分组方法，再分配到三个不同的班级有336A

种，所以4名学生分配到三个不同的班级，每个班级至少一人共有23436636CA种，若甲乙分配到同一个班级，在三个不同的班级中选一个安排甲乙两人有133C种，将剩余2人全排列，安排到2个班级有222A，所以甲乙分配到同一班级的方法有1232326CA种

，所以甲、乙不在同一班级的分配方案共有36630种，故选：B.7．现有3名男医生3名女医生组成两个组，去支援两个山区，每组三人，女医生不能全在同一组，则不同的派遣方法有（）A．9B．18C．36D．

54【答案】B【分析】首先分组，有3363221CCA种方法，再计算分配的方法.【详解】3名男医生和3名女医生，平均分成2组，有33632210CCA种方法，其中包含女医生在同一个组的1种方法，所以共有10-1=9种分组方法

，再去支援两个山区，则不同的派遣方法有22918A.故选：B8．从4位男生，2位女生中选3人组队参加比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法种数共有（）A．8B．12C．16D．20【答案】C【分析】总数减去没有女生入选的情况即可得

到答案.【详解】先不考虑性别，共有3620C种情况；如果全是男生入选，共有344C种情况，所以至少一名女生入选的种数为20-4=16种情况.故选：C.9．永定土楼，位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的神奇的山区民居建筑，是中国古建筑的一朵奇葩2008年7月，永

定土楼成功列入世界遗产名录.它历史悠久、风格独特，规模宏大、结构精巧.土楼具体有圆形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊脚楼等类型.现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼进行调查研究.要求调查顺序中，圆形要排在第一个，五角形、八角形不能相邻，则不同的排法种数共有（）A．

480B．240C．384D．1440【答案】A【分析】利用插空法求解，先对除五角形、八角形的其它4个排列，然后五角形、八角形的去插空，然后由分步计数原理可得答案【详解】因为圆形排在第一个，五角形、八角形不能相邻，所以采用插空法.其他四个图形全排列有4424A种排法，然后把五角形、八角形

进行插空，有2520A种不同的排法，则共有4245480AA种不同的排法.故选：A10．饺子源于古代的角子，又称水饺，是深受人们喜爱的中国传统食品现盘子中有16个饺子，其中肉馅的有6个，素馅的有10个.从外观无法分辨是肉

馅还是素馅，现用筷子从中随机夹出2个，则夹到的2个饺子恰好1个是肉馅，另1个是素馅的概率是（）A．16B．15C．38D．12【答案】D【分析】结合组合数求得基本事件的个数，再用分步计数原理求出符合条件的事件的个数，再用古典概型的概率公式即可求解.【详解】用筷子从中随机夹出

2个共有216C种情况，且夹到的2个饺子恰好1个是肉馅，另1个是素馅有11106CC种情况，由古典概型的概率公式得11106216CC1C2P.故选：D.11．“3+1+2”高考方案中，“3”是指统一高考的语文、数学、外语3门科目，其中外语可以从

英语、日语、法语、西班牙语、德语、俄语中任选一门参加高考，“1”是指考生在物理、历史两门选择性考试科目中所选择的一门科目，“2”是指在思想政治、地理、化学、生物4门选择性科目中所选择的2门科目．则每一名学生参加高考的科目选择方法数共有（）种A．72B．80C．12D．84【答案

】A【分析】根据题意，依次分析考生在必考科目，物理、历史两门选择性考试科目经以及4门选择性科目中的选择方法数目，由分步计数原理计算可得答案【详解】解：根据题意，考查必考语文、数学、外语3门科目，其中外语可以从英语、日语、法语、西班牙语、德语、俄语中任选一门参加高考，有6种选法，在物理、历史

两门选择性考试科目中所选择的一门科目，有2种选法，在思想政治、地理、化学、生物4门选择性科目中所选择的2门科目，有246C种选法，由分步计数原理可得共有62672种选法，故选：A12．将6个相同的小球放入3个不

同的盒子中，每个盒子至多可以放3个小球，且允许有空盒子，则不同的放法共有（）种A．10B．16C．22D．28【答案】A【分析】分没有空盒和有1个空盒，求放置的方法.【详解】①如果没有空盒，则小盒的球数是1,2,3，或是

2,2,2，共有3317A种方法，若是有一个空盒，则小盒的球数是3,3，首先选盒，再放小球，共有2313C种方法，所以不同的放法共有7+3=10种方法.故选：A13．从7人中选派5人到10个不同交通岗的5个中参加交通协管工作，则不同的送派方法有（）种．A．555710

5CAAB．5557105ACAC．55107CCD．55710CA【答案】D【分析】利用分布计数原理结合排列组合求解即可【详解】第一步，从7人中选出5人，共有57C种第二步，从10个不同交通岗的5个，共有510C种，第三步，将

5人分配到5个岗位，共有55A种，由分步计数原理可知，不同的选派方法共有555105705571CCACA,故选：D14．某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种

植鲜花.现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有（）A．400种B．396种C．380种D．324种【答案】B【分析】分两步进行，圆环的3个区域和中间的6个区域，其中中间的6个区域种植鲜花可分为3类.【详解】圆环的3个区域种植绿色植物共有336A种.如

图.中间的6个区域种植鲜花可分为3类：第一类，,,ACE均种相同植物，有1322224N种；第二类，,,ACE种2种不同植物，有2223321136NAC种；第三类，,,ACE种的植物各不

相同，有3331116NA种.故由乘法原理和加法原理得到不同的栽种方案共有624366396种.故选：B15．为庆祝建党一百周年，长沙市文史馆举办“学党史，传承红色文化”的主题活动，某高校团委决定选派5男3女共8名志愿者，利用周日到该馆进行宣讲工作.已知该馆有

甲､乙两个展区，若要求每个展区至少要派3名志愿者，每个志愿者必须到两个展区中的一个工作，且女志愿者不能单独去某个展区工作，则不同的选派方案种数为（）A．252B．250C．182D．180【答案】D【分析】由题意可知，两个展区中派遣的人数分别为3､5或4､4，且3

名女志愿者不能单独成一组，由间接法可求得分组的种数为4388221ACC，再将他们分配到甲､乙两个展区，根据分步乘法计数原理即可求出．【详解】因为每个展区至少要派3人，则两个展区中派遣的人数分别为3､5或

4､4，又因为3名女志愿者不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为432882221180AACC.故选：D．16．某次数学考试的一道多项选择“题”的要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得

5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.”已知该选择“题”的正确答案是CD，且甲､乙､丙､丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（）A．甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是13B．乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是16C．丙同学随机选择选项，能得分的概率是25D．丁同学随

机至少选择两个选项，能得分的概率是110【答案】B【分析】利用古典概型的概率求解判断.【详解】A.甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是121412pCC，故错误；B.乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是221416pCC，故正确；C.丙

同学随机选择选项，能得分的概率是12222344441514pCCCCCC，故错误；D.丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是2344441111pCCC，故错误；故选：B17．在一段时间内

，甲去博物馆的概率为0.8，乙去博物馆的概率为0.7，且甲乙两人各自行动．则在这段时间内，甲乙两人至少有一个去博物馆的概率是（）A．0.56B．0.24C．0.94D．0.84【答案】C【分析】先根据独立

事件的乘法公式求出甲乙两人都不去博物馆的概率，进而对立事件求概率的公式即可计算出结果.【详解】甲乙两人至少有一个去博物馆的对立事件为甲乙两人都不去博物馆，设甲去博物馆为事件A,乙去博物馆为事件B，则甲乙两人都不去博物馆的概率10.810.70

.06PABPAPB,因此甲乙两人至少有一个去博物馆的概率110.060.94PPAB,故选：C.18．若随机变量X的分布列如下表，则(3)PX（）X1234P3x6x2x

xA．14B．13C．34D．112【答案】A【分析】分布列中概率之和等于1可得x的值，再计算(3)(3)(4)3PXPXPXx即可.【详解】由分布列中概率的性质可知：3621xxxx，可得：112x，所以1(3)(3)(4)34PXPXPXx故选

：A.19．设随机变量X～2,Bp，若519PX≤，则EX（）A．23B．13C．43D．1【答案】C【分析】根据对立事件的概率公式，先求出p，再依二项分布的期望公式求出结果【详解】由51129

PXPX，所以429PX2429PXp，解得23p所以X～22,3B，则24233EX故选：C20．设102a，若随机变量X的分布列是X0a1P131313则当a在10,2内增大时（）A．VX增大B．VX先增大后减

小C．VX减小D．VX先减小后增大【答案】C【分析】计算出VX关于a的表达式，利用函数单调性可得出结论.【详解】110133aEXa，故22221111211013333926aaaVXaa

，因此，当a在10,2内增大时，VX减小.故选：C.21．已知随机变量和，其中102，且20E，若的分布列如下表，则m的值为（）1234Pm14n112A．3

160B．3760C．2760D．18【答案】A【分析】由表格可得()E，结合数学期望和概率的计算公式可求出m的值.【详解】因为102，所以()10()220EE，所以9()5E，又115()12343

4126Emnmn①，且111412mn②，由①②，得3160m.故选：A22．下列说法正确的个数有（）（1）掷一枚质地均匀的的骰子一次，事件M=“出现偶数点”，N=“出现3点或6点”.则M和N相互独立；（2

）袋中有大小质地相同的3个白球和1个红球.依次不放回取出2个球，则“两球同色”的概率是13；（3）甲乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶率为0.8，乙的中标率为0.9，则“至少一人中靶”的概率为0.98；（4）柜子里有三双不同的鞋，如

果从中随机地取出2只，那么“取出地鞋不成双”的概率是45；A．1B．2C．3D．4【答案】C【分析】由概率的相关知识逐一判断即可【详解】对于（1）：掷一枚质地均匀的的骰子一次，3162PM，2163PN，111236PMN，即PMNPMPN

，故事件M和N相互独立；（1）正确；对于（2）：袋中有大小质地相同的3个白球和1个红球.依次不放回取出2个球，若“两球同色”则都是白球，则“两球同色”的概率是321432，（2）错误；对于（3）：“至少

一人中靶”的概率为110.910.80.98，（3）正确；对于（4）：柜子里有三双不同的鞋，如果从中随机地取出2只，共有2615C种，取出的鞋成双的只有3种，那么“取出的鞋不成双”有15-3=12种，所以“取出的鞋不成双”的概率是124155，

（4）正确综上可知正确的有（1）（3）（4）故选：C23．某篮球运动员投篮的命中率为0.8，现投了5次球，则5次都没投中的概率为（）A．50.2B．0.8C．0.8D．0.2【答案】A【分析】用相互独立事件发生的概率公

式求解即可【详解】5次都没投中的概率50.2P．故选：A24．某次战役中，狙击手A受命射击敌机，若击落敌机，需命中机首2次或命中机中3次或命中机尾1次，已知A每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2，0.4，0.1，未命中敌机的概率为0.3，且各次射击互相独立，若A至多

射击两次，则他能击落敌机的概率为（）A．0.23B．0.24C．0.25D．0.26【答案】A【分析】利用相互独立事件的概率公式分类讨论即可【详解】狙击手A每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2，0.4，0.1，未命中

敌机的概率为0.3,且各次射击相互独立，若狙击手A射击一次就击落敌机，则他击中利敌机的机尾，故概率为0.1；若狙击手A射击2次就击落敌机，则他2次都击中利敌机的机首，概率为0.20.20.04；或者狙击手A第一次没有击中机尾、且第二次击中了机尾，概率为0.90.10.09,所以狙击手

A至多射击两次，则他能击落敌机的概率为0.10.090.040.23,故选：A.二、多选题25．A、B、C、D、E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（）A．若A、B两人站在一起有48种方法B．若A、B不相邻共有12种方法C．若A在B左边有60种排法D．若A不站在最左边，B不

站最右边，有72种方法【答案】AC【分析】对于A利用捆绑法求解；对于B利用插空法求解；对于C利用倍分法求解；对于D利用特殊元素优先法求解【详解】解：对于A，先将A,B排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步原理可知共有242448AA种，所以

A正确；对于B，先将A,B之外的3人全排列，产生4个空，再将A,B两元素插空，所以共有323472AA种，所以B不正确；对于C，5人全排列，而其中A在B的左边和A在B的右边是等可能的，所以A在B的左边的排法

有551602A种，所以C正确；对于D，对A分两种情况：一是若A站在最右边，则剩下的4人全排列有44A种，另一个是A不在最左边也不在最右边，则A从中间的3个位置中任选1个，然后B从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列即可，由分类加法原理可知

共有4113433378AAAA种，所以D不正确，故选：AC【点睛】此题考查排列、组合的应用，利用了捆绑法、插空法、倍分法，特殊元素优先法等，属于中档题.26．现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译､导游､礼仪､

司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是（）A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为45B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为4154ACC．每项工作至少有1人参加，甲､乙不会开车但能从事其他

三项工作，丙､丁､戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是1232334333CCACAD．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为3122352533CCCCA【答案】ABD【分析】根据分步乘法计数原理判断A、B，对开车的人员分类讨

论利用分步乘法计数原理及分类加法计数原理判断C，按照部分平均分组法判断D；【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于A，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有54种安排方法，故A错误；对于B，根据题意，分2步进行

分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有2454CA种安排方法，故B错误；对于C，根据题意，分2种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出2人开车，②从丙，丁，戊中选出1人开车，则有1232334333CCACA种安排方法，C

正确；对于D，分2步分析：需要先将5人分为3组，有312252532222CCCCAA种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有33A种情况，则有31223525332222CCCCAAA种安

排方法，D错误；故选：ABD．27．习近平总书记在党史学习教育动员大会上讲话强调，“要抓好青少年学习教育，着力讲好党的故事､革命的故事､英雄的故事，厚植爱党､爱国､爱社会主义的情感，让红色基因､革命薪火代代传承.”为了深入贯彻习近平总书记的讲话精神

，我校积极开展党史学习教育，举行“学党史，颂党恩，跟党走”的主题宣讲.现安排4名教师到高中3个年级进行宣讲，每个年级至少1名教师，则不同的选法有（）A．11113213CCCCB．2343CAC．1234CCD．122342CCA【答案】B

D【分析】根据题意，先将4名教师分为三组，再将三组分配到三个年级，由分布乘法计数原理即可求解；还可以在三个年级中选出一个，安排2名教师，再将剩下的2人安排到两个年级，由分布乘法计数原理即可求解.【详解】将4名教师分为三组，有24C种分组方法，再将三组分配到三个年级有3

3A种方法，所以共有2343CA种选法，故选项B正确；在三个年级中选出一个，安排2名教师有1234CC种安排方法，再将剩下的2人安排到两个年级有22A种方法，所以共有122342CCA种选法，故选项D正确；故选：BD.28．17

名同学站成两排，前排7人，后排10人，则不同站法的种数为（）A．710710AAB．7101710AAC．7101710AAD．1717A【答案】BD【分析】17名同学中选7名全部排序站在前排有717A种方法，剩下10名同学全排在后排有1010A种方法，根据乘法原理，共有717

A1010A种方法；或者将前后排视为一排，共有1717A种方法，由此可得选项.【详解】17名同学中选7名全部排序站在前排有717A种方法，剩下10名同学全排在后排有1010A种方法，根据乘法原理，共有717A1010A种方法，将前后排

视为一排，共有1717A种方法，故BD正确，故选：BD.29．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（）A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种C．甲乙不相邻的排法

种数为72种D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种【答案】ABCD【分析】A．根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解判断；B．分最左端排甲，和最左端排乙两类求解判断；C．根据甲乙不相邻，利用插空法求解判断；D．根据甲乙丙按从左到右的顺序排列求解判断；【详解】A．如果甲，乙必须相邻

且乙在甲的右边，可将甲乙捆绑看成一个元素，则不同的排法有4424A种，故正确．B．最左端排甲时，有4424A种不同的排法，最左端排乙时，最右端不能排甲，则有133318AC种不同的排法，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的

排法共有24+18=42种,故正确．C．因为甲乙不相邻，先排甲乙以外的三人，再让甲乙插空，则有323472AA种，故正确．D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有553320AA种，故正确．故选：ABCD．30．下列说法正确的为（）A．6

本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有222642CCC种不同的分法B．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人一本，一人2本，一人3本，有123633CCC种不同的分法C．6本不同的书分给甲、乙

、丙三人，其中一人4本，其余两人每人各一本，有41136213CCCA种不同的分法D．6本相同的分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法【答案】AD【分析】利用均分、不均分、局部均分、隔板法分别处理各个选项.【详解】根据题意，依次分

析选项：对于A，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，先分给甲，有26C种情况，再分给乙，有24C种情况，最后2本分给丙，有222642CCC种不同的分法，A正确；对于B，先将6本书分为1、2、3的三组，有123653CCC种分组方法，再将

分好的三组分成甲乙丙三人，有33A种情况，则有12336533CCCA种不同分法，B错误；对于C，先将6本书分为4、1、1的三组，有11422612CCAC种分组方法，再将分好的三组分成甲乙丙三人，有33A种情况，则有1142122363CACCA种不同分法，C错误；对于D，6

本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，用挡板法分析，在6本书之间的5个空位中任选2个，插入挡板即可，有2510C种分法，D正确.故选：AD31．现将5个不同的小球全部放入标有编号1､2､3､4､5的五个盒子中（）A．若有一个盒子有3个球，有两个盒子各有

1个球，则不同的放球方法种数为313525CCAB．若恰有一个盒子没有小球，则不同的放球方法种数为2455CAC．若恰有两个盒子没有小球，则装有小球的盒子的编号之和恰为11的不同放法种数为150D．若这5个小球的编号分别为1~5号，则恰有四个盒

子的编号与球的编号不同的放法种数为45【答案】BCD【分析】对于A，从5个球中选3个看成整体，再和剩下的2个球全排列放到3个不同的盒子中去即可；对于B，从5个球中选2个看成整体，再和剩下的3个球全排列放到4个不同的盒子中去中

；对于C，由于5个盒子的编号的和为15，则2个盒子无小球的和为4，只有1，3满足要求，则5个球放到编号为2､4､5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放1个小球，所以在三个盒子中有两种方法：各放1个，2个，2个或各放3个，1个，1个，从而可求得答案；对于D，恰有四个盒子的编号

与球的编号不同，就是恰有1个编号相同，先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，然后其它的错位排即可【详解】对于A，不同的放球方法种数为3355CA，故A错误.对于B，不同的放球方法种数为2455CA，故

B正确.对于C，5个球放到编号为2､4､5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放1个小球，所以在三个盒子中有两种方法：各放1个，2个，2个的方法有1223542322CCC561A32190A21种；各放3个，1个，1个的方法有3113521322CCC1021A32160A21

种.共有150种，故C正确.对于D，恰有四个盒子的编号与球的编号不同，就是恰有1个编号相同，先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有15C5种情况，不妨设5号球放在5号盒子里，其余4个球的放法为(2,1,4,3)，(2,3,4,1)，(2,4,1,3)，(3,1,4,2)，

(3,4,1,2)，(3,4,2,1)，(4,1,2,3)，(4,3,1,2)，(4,3,2,1)，共9种，故恰好有1个球的编号与盒子的编号相同的投放方法总数为5945种，故D正确.故选:BCD.32．下列关于事件A和事件B的结论正确的是（）

A．若1PAPB，则事件A与事件B互为对立事件B．若PABPAPB，则事件A与事件B相互独立C．若事件A与事件B互为互斥事件，则事件A与事件B也互为互斥事件D．若事件A与事件B相互独立，则事件A与事件B也相互独立【答案】BD【分析

】根据对立事件，互斥事件，相互独立事件的定义逐一判断即可【详解】对于A：例如abcd,,,四个球，选中每个球的概率都一样，PA为选中,ab两个球的概率：0.5，PB为选中,bc两个球的概率：0.5，1PAPB，但事件A与事件B不是对

立事件，故A错误；对于B：若PABPAPB，则事件A与事件B相互独立，故B正确；对于C：假设一个随机事件由,,,ABCD这四个彼此互斥的基本事件构成，则事件A中含有事件,,BCD，事件B中含有,,ACD，则事件A与事件B不是互斥

事件，故C错误；对于D：若事件A与事件B相互独立，A与B，A与B，A与B也相互独立，故D正确综上，正确的有BD故选：BD33．随着高三毕业日期的逐渐临近，有(2)nn个同学组成的学习小组，每人写了一个祝福的卡片

准备送给其他同学，小组长收齐所有卡片后让每个人从中随机抽一张作为祝福卡片，则（）A．当4n时，每个人抽到的卡片都不是自己的概率为38B．当5n时，恰有一人抽到自己的卡片的概率为340C．甲和乙恰好

互换了卡片的概率111nnD．记n个同学都拿到其他同学的卡片的抽法数为na，则21(1)()nnnanaa，*nN【答案】ACD【分析】考虑n+1个同学时的情况，若1n个同学都拿到其他同学的卡片，则第2n个同学可以与其中任何一个交换卡片；若1n个同学只有一个拿到自己的卡

片，则第2n个同学必须与该同学交换卡片，由此推导出结论.【详解】考虑n+1个同学时的情况，若1n个同学都拿到其他同学的卡片，则第2n个同学可以与其中任何一个交换卡片，若1n个同学只有一个拿到自己的卡片，则第2n个同学必须与该同学交换卡片，所以21(1)(1)nnnana

na，故D正确；211(2)[(1)]nnnnanaana，因为12=0=1aa，，所以1=(1)nnnana，所以2(1)!!inniani，代入数据可得49a，当4n时，每个人抽到的卡片都不是自己的概率为434!8a，

故A正确；当4n时，恰有一人抽到自己的卡片的概率为4535!8a，故B错误；甲和乙恰好互换了卡片的概率为(2)!11!1nnnn，故C正确.故选：ACD34．从甲袋内摸出1个红球的概率是13，从乙袋内摸出1个红球的概率是12，从袋内各摸

出1个球，则（）A．2个球不都是红球的概率是16B．2个球都是红球的概宰是16C．至少有1个红球的概率是23D．2个球中恰有1个红球的概率是23【答案】BC【分析】结合独立事件的乘法公式和对立事件的概率公式计算即可.【详解】A：两个球不都是红球的概率为：1151326，故A错

误；B：两个球都是红球的概率为：111326，故B正确；C：至少有一个红球的概率为：11211123232323，故C正确；D：两个球中，恰好有一个红球的概率为：1211232132，故D错误.故选：BC35．从甲袋

中摸出一个红球的概率为14，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋各摸出一个球.下列结论正确的是（）A．2个球都是红球的概率为18B．2个球不都是红球的概率为38C．至少有1个红球的概率为58D．2个球中恰有1个红球的概率为12【答案】ACD【分析】设从甲袋

中摸出一个红球为事件A，从乙袋中摸出一个红球为事件B，分别根据相互独立事件的概率公式计算即可．【详解】解：设从甲袋中摸出一个红球为事件A，从乙袋中摸出一个红球为事件B，则14PA，12PB，则2个球都是红球的概率为111()428PAB，故A正确，2个球

不都是红球的概率为11()1887PPAB，故B不正确．至少有1个红球的概率为8111511142PAB，故C正确，2个球中恰有1个红球的概率为111111142422PABPAB

，故D正确，故选：ACD．36．江先生每天9点上班，上班通常开私家车加步行或乘坐地铁加步行.私家车路程近一些，但路上经常拥堵，所需时间（单位：分钟）服从正态分布238,7N，从停车场步行到单位要6分钟；江先生从家到地铁站需要步行5分钟，乘坐地铁畅通，但路线长

且乘客多，所需时间（单位：分钟）服从正态分布244,2N，下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟.从统计的角度出发，下列说法中合理的有（）参考数据：若2((,)PZN，则()0.6826PZ，(22)0.9544PZ，(33)0.997

4PZA．若8:00出门，则开私家车不会迟到；B．若8:02出门，则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大；C．若8:06出门，则开私家车上班不迟到的可能性更大；D．若8:12出门，则乘坐地铁几乎不可

能上班不迟到.【答案】CD【分析】对于A，由(59)0.0013PZ即可判断；对于BC，分别计算开私家车及乘坐地铁不迟到的概率即可判断；对于D，计算(38)0.0013PZ即可判断【详解】解：对于A，由题

意得，当满足1(1759)10,9974(59)0,001322PZPZ时，江先生仍旧有可能迟到，只不过发生的概率较小，所以A错误；对于B，若8:02出门，①江先生开私家车，由题意得，当满足1(2452)(5

2)(2452)0.97722PZPZPZ时，江先生开私家车不会迟到；②江先生乘坐地铁，由题意得当满足()()().1P40Z48PZ48P40Z48097722时，此时江先生乘坐地铁不会迟到，此时两种方式，江先

生不迟到的概率相当，所以B错误；对于C，若8:06出门，①江先生开私家车，由题意得，当满足1(3145)(48)(45)(3145)0.84132PZPZPZPZ,此时江先生开私家车不会迟到

；②江先生乘坐地铁，由题意得，当满足().1PZ44052时，此时江先生乘坐地铁不会迟到，此时两种方式，显然江先生开私家车不迟到的可能性更大，所以C正确；对于D，若8:12出门，江先生乘坐地铁上班，由题意得，当满足()().1P38Z50PZ38000132时，江先生乘坐地铁

不会迟到，此时不迟到的可能性极小，故江先生乘坐地铁几乎不可能上班不迟到，所以D正确故选：CD37．某班同学在一次数学测验中的成绩x服从正态分布280,5N（试卷满分为100分），该班共有50名同学，则下列说法正确的是（）（参考数据：()0

.6827,(22)0.9545PxPx，(33)0.9973Pax）A．本次考试一定有同学考到80分B．本次考试分数大于90分的同学的有6人C．在本次考试中可能有考出满

分的同学D．(75)0.84135Px【答案】CD【分析】对于A：说法过于绝对，所以不正确对于B:直接求出本次考试分数大于90分的同学的概率，即可判断对于C:在本次考试中可能有考出满分的同学,成立，故C正确；对于D：直接求出(75)Px，即可判断【详解】对于

A：本次考试一定有同学考到80分，说法绝对，所以不正确；对于B:由(22)0.9545Px，可得，本次考试分数大于90分的概率为0.02275210.9545，若本次考试分数大于90分的同学的有6人，则

其概率为6=0.1250，故B不正确；对于C:在本次考试中可能有考出满分的同学,成立，故C正确；对于D：因为x服从正态分布280,5N，所以考试分数小于75和大于85的概率相等，因为考试分数在75,85概率为()0.6827Px

，所以考试分数小于75和大于85的概率和为1-0.6827=0.3173，所以考试分数小于75的概率为500.31173.5862，所以(75)=10.158650.84135Px故D正确；故选：CD38．设随机变量X表示从1到n这n个

整数中随机抽取的一个整数，Y表示从1到X这X个整数中随机抽取的一个整数，则（）A．当2n时，1(2,1)4PXYB．当4n时，7(4)24PXYC．当nk(2k且*kN)时，21(,)P

XkYkkD．当2kn(2k且*kN)时，21212,12kkikiPXY【答案】ACD【分析】根据古典概型的概率公式，互斥事件的概率和公式以及相互独立事件同时发生的概率乘法公式即可判断．

【详解】对A，当2n时，111(2,1)224PXY，故A正确；对B，当4n时，∵XY，则由4XY可得3X，1Y或2X，2Y，∴11115(4)(3,1)(2,2)434224PXYPXYPXY，故B错误；对C，当nk(2k且*kN)

时，则2111(,)PXkYkkkk，故C正确；对D，211111112,1222222kikkkkiPXY2211112122222kkkk，所以D正确．故选：ACD.39．抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为Ⅰ号和Ⅱ号），观察两枚骰

子分别可能出现的基本结果：记A“Ⅰ号骰子出现的点数为1”；B“Ⅱ号骰子出现的点数为2”；C“两个点数之和为8”；D=“两个点数之和为7”，则（）A．A与B相互独立B．A与D相互独立C．B与C相互独立D．C与D相互独立【答案】AB【分析】利用相互独立事件

的定义求解即可【详解】解：抛掷两枚质地均匀的骰子共有36种等可能情况，当Ⅰ号骰子出现的点数为1的有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），共6种，则61()366PA，当Ⅱ号骰子出现的点数为2的有（1，2），（2，2），（3，2），（4，2），（5，2

），（6，2），共6种，所以61()366PB，当两个点数之和为8的有（2，6），（6，2），（3，5），（5，3），（4，4），共5种，所以5()36PC，当两个点数之和为7的有（1，6），（6，1），（2，5），（5，2），（3，4），（4，3），共6种，所以61(

)366PD,因为事件AB表示Ⅰ号骰子出现的点数为1且Ⅱ号骰子出现的点数为2，只有1种情况，所以1()36PAB，所以()()()PABPAPB，所以A与B相互独立，所以A正确；因为事件AD表示Ⅰ号骰子出现的点数为1且两个点数之和为7，只有1

种情况，所以1()36PAD，所以()()()PADPAPD，所以A与D相互独立，所以B正确；因为事件BC表示Ⅱ号骰子出现的点数为2且两个点数之和为8，只有1种，所以1()36PBC，而151()()63636PBP

C，所以B与C不相互独立，所以C错误；因为事件CD表示两个点数之和为8且两个点数之和为7，没有这种情况，所以()0()()PCDPCPD，所以C与D不相互独立，故选：AB40．若随机变量X服从两点分布，且2(0)5PX，记X的均值和方差分别为()EX和()DX，则下列结论正确的是

（）A．35EXB．536EXC．45DXD．6535DX【答案】AB【分析】根据两点分布的性质求出3(1)5PX，从而求得()EX和()DX，再根据方差和均值的性质即可判断BD的正误.【详解】解：因为随机变量X服从两点分布，且2(0)5P

X，所以3(1)5PX，所以3()5EX，236()5525DX，56)33(5EXXE，25356()DDXX.故选：AB.41．现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下

：在第n关要抛掷骰子n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2nn，则算闯过第n关，1,2,3,4n.假定每次闯关互不影响，则（）A．直接挑战第2关并过关的概率为712B．连续挑战前两关并过关的概率为524C．若直接挑战第3关，设A“三个点数之和

等于15”，B“至少出现一个5点”，则113PABD．若直接挑战第4关，则过关的概率是351296【答案】ACD【分析】分别求出基本事件的总数，求出符合条件的事件数，然后利用条件概率以及古典概型的概率公式进行求解，对每个选项逐一判断即可．【详解】解：对于A，直接挑战第2

关，则22226nn，所以投掷两次点数之和应大于6，故直接挑战第2关并过关的概率为112345676612P，故选项A正确；对于B，闯第1关时，2213nn，所以挑战第1关通过的概率为212P，则连续挑战前两关并过关的概率为1

217721224PPP，故选项B错误；对于C，由题意可知，抛掷3次的基本事件有36216个，抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有336521612591个，故91()216PB，而事件AB包括：含5，5，5的1个，含

4，5，6的有6个，一共有7个，故7()216PAB，所以()72161(|)()2169113PABPABPB，故选C正确；对于D，当4n时，422420nn，基本事件共有46个，“4次点数之和大于20”包含以下情况：含5，5，

5，6的有4个，含5，5，6，6的有6个，含6，6，6，6的有1个，含4，6，6，6的有4个，含5，6，6，6的有4个，含4，5，6，6的有12个，含3，6，6，6的有4个，所以共有4614412435

个，所以直接挑战第4关，则过关的概率是4353566661296P，故选项D正确．故选：ACD．第II卷（非选择题）三、填空题42．袋子中有6个大小质地相同的球，其中2个白球，3个黄球和1个黑球，从中随

机摸取两个球，则没有摸到黑球的概率为__________.【答案】23【分析】求出所有的基本事件的个数，再求出没有抽到黑球的基本事件的个数，利用等可能性事件的概率公式即可求解.【详解】从6个球中任取2个球的基本事件有：2615C种取法.没有抽到黑球的事件是：2510C种取法，故没有抽

到黑球的概率为：102153P.故答案为：23..43．安排A，B，C，D，E，F共6名大学生到甲，乙，丙三地支教，每名学生只去一地，每地安排两名学生，其中A不去甲地，则不同的安排方法共有________．【答案】60【分析】首先不考虑A的限制，将6名学生2人一组安排到甲，乙，丙三地支教

，求出可能的安排情况数，再去掉A去甲地的情况数即为所求.【详解】1、若6名学生可任意安排，则共有222342633390CCCAA种，2、A去甲地的情况有2225322230CCAA种，∴A不去甲地的安排方法共有60种.故答案为：6

044．在狂欢节上，有六名同学想报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，每个项目都有人报名，则共有__________种不同的报名方法．【答案】120【分析】根据题意，依次分析每个项目的报名方法，由分步计数原理即可求出结果.【详解

】根据题意，每项限报一人，且每人至多参加一项，每个项目都有人报名，则第一个项目有6种报名方法，第二个项目有5种报名方法，第三个项目有4种报名方法，根据分步计数原理知共有654=120种不同的报名方法，故答案为：120.

45．对某种产品的6件不同的正品和4件不同次品一一进行测试，直到区分出所有次品为止.若所有次品恰好在第5次测试被全部发现，则这样的测试方法有___________种.【答案】576【分析】由题意可得，前4次有一次正品，有3次是次品，而第5次取得正品，最后根据乘法公式计算可得

共有几种可能【详解】解：由题意得，前4次有一次正品，有3次是次品，共有134644CCA种可能，而第5次取得次品，所以由分步计数原理可得，所有的测试方法有134644576CCA种可能，故答案为：57646．从

3名男医生和6名女医生中选出5人组成一个医疗小组．如果这个小组中男女医生都不能少于2人则不同的建组方案共有种______．【答案】75【分析】分两种情况：一种是3名男医生2名女医生，另一种是2名男医生3名女医生

，利用分类计数原理求解即可【详解】解：由题意可知有两种情况：一种是选3名男医生2名女医生，有323615CC种，另一种是选2名男医生3名女医生，有233660CC，所以由分类计数原理可得共有156075种建组方案，故答案为：7547．某单位对某村的贫困户进行“精

准扶贫”，若甲、乙贫困户获得扶持资金的概率分别为15和35，两户是否获得扶持资金相互独立，则这两户中至少有一户获得扶持资金的概率为________．【答案】1725【分析】利用对立事件，把问题转化为求这两户中都没有获得扶持资金的概率.【详解】这两户中至少有一户获得扶持资金的对立事件为这两户中都没

有获得扶持资金，这两户中至少有一户获得扶持资金的概率13171(1)(1)5525P，故答案为：1725．48．某班有60名学生参加某次模拟考试，其中数学成绩近似服从正态分布2110,N，若(100110P剟)0.35，则估计该班学生数学成绩在120分以上的

人数为__________.【答案】9【分析】根据考试的成绩服从正态分布2110,N．得到考试的成绩关于110对称，根据(100110)0.35P剟，得到(120)0.15P…，根据频率乘以样本容量得到这个分数段上的人数．【详解】

解：考试的成绩服从正态分布2110,N．考试的成绩关于110对称，(100110)0.35P剟，1(120)(100)(10.352)0.152PP厔，该班数学成绩在120分以上的人数为0.15609．

故答案为：9．49．甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和12，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为______．【答案】12.【分析】

结合独立事件的乘法公式即可求解.【详解】设甲获得一等奖为事件A,乙获得一等奖为事件B,则1121132322PPABPABPAPBPAPB,故答案为：12.50．甲、乙两人进行一对一投篮比赛．甲和乙每次投篮命中的概率分别是11,35，每人每次投篮互不影响．

若某人某次投篮命中，则由他继续投篮，否则由对方接替投篮．已知两人共投篮3次，且第一次由甲开始投篮，则3次投篮的人依次为甲、乙、乙的概率是______．【答案】215.【分析】由独立事件概率公式即可得到答案【详解】因为3次投篮的人依次为甲、乙、乙

，说明第一次甲没有投中，紧接着乙投，并且投中，则其概率为2123515.故答案为：215.51．若2~3,5XB，则DX__________.【答案】1825【分析】根据X服从二项分布，即可求解.【详解】因为2~3,5XB，所以231813

5525DXnpp.故答案为：182552．甲、乙两人对同一目标各射击一次，甲命中的概率为45，乙命中的概率为23，且他们的结果互不影响，若命中目标的人数为，则()E__________．【答案】2215【分析】本题可分别求出0、1以及2时的概率，然后通过数学

期望的计算公式即可得出结果.【详解】由题意易知，的可能取值为0、1、2，若0，则1113515P；若1，则1421623535155P=??=；若2，则2483515P=?，故12822012155151

5E，故答案为：2215.53．下列命题中，正确命题的序号为___________.①已知随机变量X服从二项分布,Bnp，若30EX，20DX，则23p；②将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变；③某

厂家声称自己的产品合格率为99%，市场质量管理人员抽取了这个厂家的2件产品进行检验，发现不都合格，由此可知厂家所声称的合格率不可信.④某人在10次射击中，击中目标的次数为X，~10,0.8XB，则

当8X时概率最大.【答案】②③④.【分析】对于①，由已知条件列方程组直接求解；对于②，利用方差的定义判断；对于③，由抽检的合格率进行判断；对于④，由二项分布的性质判断即可【详解】解：对于①，因为随机变量X服从二项分布,Bnp，30EX，20DX，所以30

(1)20npnpp，解得13p，所以①错误；对于②，设一组数据12,,,nxxx的平均数为x，方差为2s，则2222121[()()()]nsxxxxxxn，新数据

12,,,nxaxaxa的平均数为xa，所以这新数据的方差为'2222121[()()()]nsxaxaxaxaxaxan222121[()()()]nxxxxxxn，

所以方差不变，所以②正确；对于③，由于抽取了这个厂家的2件产品进行检验，发现不都合格，可知其合格率不超过50%，所以厂家所声称的合格率不可信，所以③正确；对于④，因为在10次射击中，击中目标的次数为X，~10,0.8XB，所以对应的概率1010()0.80.2kkkPxkC，当1k

³时，*kN，101011101100.80.2()4(11)(1)0.80.2kkkkkkCPxkkPxkCk，由()4(11)1(1)PxkkPxkk，得444kk，即4415k，因为*kN，所以当8k=时概率最大，所以④

正确，故选：②③④.54．某气象台统计，该地区下雨的概率为415，刮四级以上风的概率为215，既刮四级以上的风又下雨的概率为110，设A为下雨，B为刮四级以上的风，则PBA___________.【答案】38【分析】

利用条件概率的概率公式PABPBAPA即可求解.【详解】由题意可得：415PA，215PB，110PAB，由条件概率公式可得13104815PABPBAPA，故答案为：38.四、双空题55．某中学高二年级共16个班级，

教室均分在1号楼的一至四层，学生自管会现将来自不同楼层的4个学生分配到各楼层执行管理工作，要求每个学生均不管理自己班级所在的楼层，则共有__________种不同的安排方法，如果事后排成一排拍照留影，则共有_____种不同的站位方法.（用数字作答）【答案】924【分析】由分步计数原理可得每个

学生均不管理自己班级所在楼层的安排方法，由全排列的知识可得照相时不同的站位的方法.【详解】由题意，第一层的同学不能管理第一层，有3种安排方法，假设第一层的同学管理第二层，则第二层的同学此时有3种安排方法，剩下的两名同学只有

1种安排方法，所以每个学生均不管理自己班级所在楼层的安排方法有331=9种；如果事后排成一排拍照留影，有4424A种不同的站位方法.故答案为：9；24.56．有3个少数民族地区，每个地区需要一各支医医生和两名支教教师，现将3名支医医生（1男2女）和6名支教

教师（3男3女）分配到这3地区去工作，（1）要求每个地区至少有一名男性，则共有________种不同分配方案；（2）要求每个地区至少有一名女性，则共有________种不同分配方案．【答案】324432【分析】（1）使用间接法求解，先计算对立事件至少有一个

地区全是女性的分配方案，再计算所有分配方案即可求解问题；（2）使用间接法求解，先计算对立事件至少有一个地区全是男性的分配方案，再用总方案相减即可求解结果．【详解】（1）要求每个地区至少有一名男性的对立事件是至少有一个地区全是女性的分配方案有211234223322666216CCCC

AA，每个地区需要一各支医医生和两名支教教师的总分配方案有322236426156540ACCC所以要求每个地区至少有一名男性的分配方案有540216324；（2）有一个地区全是男性的分配方案有211234213322366108CCCCAA

所以要求每个地区至少有一名女性的分配方案有540108432．故答案为：324，432【点睛】组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取；(2)“

至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．57．甲､乙､丙三支足球队进行双循环赛(任意两支球队都要在自己的主场和对方的主场各赛一场).根据比赛规则，胜一场得3分，平一场

得1分，负一场得0分.比赛进行中的统计数据如下表：已赛场数胜的场数平的场数负的场数积分甲42117乙30212丙31114根据表格中的信息可知：（1）还需进行___________场比赛，整个双循环赛全部结束；（2）在与乙队的比赛中，甲队共得了___________分.【答案】14【

分析】（1）由题意可得每队需进行的比赛数为122=4C场比赛，所以由表中的数据可知乙､丙两队再互相进行一场比赛即可；（2）从表中可以得到，由于乙队未能胜利一场，故在乙､丙进行的唯一一场比赛中，乙､丙两队只能平局，然后进行推理可得答案【详解】（1）由题意可知每队需要和除去自己外的另外两队各进

行两场比赛，故每队需进行的比赛数为122=4C场比赛，而甲队已完成4场比赛，故乙､丙两队再互相进行一场比赛，即可完成整个双循环赛，（2）从表中可以得到，由于乙队未能胜利一场，故在乙､丙进行的唯一一场比赛中，乙､丙两队只能平局，故

由此可以推断出甲､乙两队比赛，甲队胜利一局，平局一局，甲丙之间的比赛，丙队胜利一局，失败一局，故与乙队比赛中甲队获得了31+1=4分，故答案为：1，458．“比特币”对于大家来说，已经再熟悉不过了.但是你知道比特币是通过哈希算法

来加密的吗？实际上，哈希算法是一种加密技术.已知phashing是最简单的哈希算法之一，它把一个较大数字的每一位改成它除以素数p所得到的余数.如：对于544213进行2hashing，我们得到的哈希值为100011，那么对它进行3hashing，将得到________.同时，我们容易发

现使得2hashing后得到哈希值为100011的正整数共有________个（可以不写出具体数字，用类似于340!的表达式表示）.【答案】21121056【分析】把544213各数位上的数字从左至右除以3的余数按从左至右组成的值即为所求；按除以2所得余数的原数字占位

种数即可得所求正整数个数.【详解】对544213进行3hashing，即数字5，4，4，2，1，3除以3所得余数分别为2，1，1，2，1，0，故得到的哈希值为211210；除以2余数值为1的数字有1，3，5，7，9共5个，余数为0的数字有0，2，4，6，8共5

个，六位整数的每一个数位上都有5个数字可取，共有65555555，即哈希值为100011的正整数共有56.故答案为：211210；5659．经统计，某城市肥胖者占10%，中等体型者占82%，消瘦者占8%.已知肥胖者患高血压的概率为0.2，中等体型者患高血压的概率为0.1，

消瘦者患高血压的概率为0.05，则该城市居民患高血压的概率为___________；若该城市有一居民患有高血压，那么该居民是肥胖者的概率是___________(保留三位有效数字).【答案】0.1060.189【分析】利用条件概率公式分别求概率.【详解】设A“患高血压

”，1B“抽查者是肥胖体型”，2B“抽查者是中等体型”，3B“抽查者是消瘦体型”，则由条件概率公式可得112233PAPBPABPBPABPBPAB0.10.20.820.10.080.050.106，所以该市居

民患高血压的概率是0.106；1110.10.20.1890.106PBPABPBAPA，所以该居民是肥胖者的概率是0.189.故答案为：0.106；0.18960．己知某电脑卖家只

卖甲、乙两个品牌的电脑，其中甲品牌的电脑占70％，甲品牌的电脑中，优质率为80％；乙品牌的电脑中，优质率为90％，从该电脑卖家中随机购买一台电脑：（1）则买到优质电脑的概率为____________，（2）若已知买到的是优

质电脑，则买到的是甲品牌电脑的概率为___________（精确到0.1％）【答案】83％67.5％【分析】本题可通过概率的加法法则以及条件概率的计算方式得出结果.【详解】（1）买到优质电脑的概率为7080309083??％％％％％，（2）买到优质电脑且是甲

电脑的概率为708056?％％％，则已知买到的是优质电脑的情况下买到的是甲品牌电脑的概率为5667.583»％％％，故答案为：83％、67.5％.61．已知102a，102b，随机变量X的分布

列是X012P12ab若2()3EX，则a=___________________；(31)DX_______________．【答案】135【分析】根据离散型随机变量的分布列的性质，期望定义，方差定义以及方差的性质即可求出．【详解】由题意可得112223102102a

bEXabab，解得1316ab，因此，22221212150123233369DX，即(31)95DXDX．故答案为

：13；5．62．袋中装有质地，大小相同的5个红球，m个白球，现从中任取2个球，若取出的两球都是红球的概率为514，则m______；记取出的红球个数为X，则EX______．【答案】354【分析】由题意可知20525514mmCCC即可求m，由

{0,1,2}X，利用古典概型的概率求法求{0}PX、{1}PX、{2}PX，即可求EX.【详解】由题意知：20525514mmCCC，整理得2936(12)(3)0mmmm(0)m，∴3m，由{0,1,2}X，则0253283028CCPXC，

11532815128CCPXC，2053285214CCPXC，∴155500112202874EXPXPXPX.故答案为：3，54.63

．某次演唱比赛，需要加试文化科学素质，每位参赛选手需回答3个问题，组委会为每位选手都备有10道不同的题目可供选择，其中有5道文史类题目、3道科技类题目、2道体育类题目.测试时，每位选手从给定的10道题目中不放回

地随机抽取3次，每次抽取一道题目，回答完该题后，再抽取下一道题目作答.记某选手抽到科技类题目的道数为X.则随机变量X的可能取值为___________；X=1表示的试验结果可能出现________种不同的结果.【答案】{0，1，2，3}378【分析】结合

题意可得X的可能取值，结合排列组合的知识可得X=1表示的试验结果可能出现的结果数.【详解】由题意得，X的可能取值为0，1，2，3；X=1表示的试验结果是“恰好抽到一道科技类题目”，可能出现123373CCA=

378(种)不同的结果.故答案为：{0，1，2，3}；378.64．已知X～B(n，p），E(X）＝8，D(X）＝1.6，则n＝________，p＝________．【答案】100.8【分析】根据二项分布均值与方差的计算公式即可求得答案.【详解

】为随机变量X～B(n，p)，所以E(X)＝np＝8，D(X)＝np(1－p)＝1.6，解得p＝0.8，n＝10.故答案为：10；0.8.五、解答题65．从1、3、5、7中任取2个数字，从0、2、4、6、8中任取2个数字，用这四个数字组成无重复数字的四位

数，所有这些四位数构成集合M．（1）求集合M中不含有数字0的元素的个数；（2）求集合M中含有数字0的元素的个数；（3）从集合M中随机选择一个元素，求这个元素能被5整除的概率．【答案】（1）864；（2）432；（3）25108．【分析】（1）（2）利用分类分步的方法，结合排列组合的计

算公式求出M中不含有数字0或含有数字0的元素的个数即可；（3）应用古典概型的概率求法求随机选择一个元素能被5整除的概率.【详解】（1）M中不含有数字0的元素：1、从1、3、5、7中任取2个数字有24C种取法，2、从2、4、6、8中任取2个数字有24C种取法，3、将前

两步所得的四个数字全排列：44A个四位数，∴M中共有不含有数字0的元素224444864CCA个.（2）M中含有数字0的元素：1、从1、3、5、7中任取2个数字有24C种取法，2、从2、4、6、8中任取1个数字有14C种取法，3、将前两步所得的四个数字全排列，排除0在第一位的元素：4

343AA个四位数，∴M中共有含有数字0的元素21434443()432CCAA个.（3）由（1）（2）知：M中共有1296个元素，M中能被5整除的元素，即个位为0或5的元素，1、个位为0的元素有213443144CCA个，2、个位为5的

元素有12311123433422156CCACCCA个，∴M中能被5整除的元素300个，则随机选择一个元素能被5整除的概率25108.66．为了促进教育均衡发展，让每一个孩子享受公平教育，教育行政部门鼓励优秀教师到教育资源薄弱学校支教

．已知甲、乙两所学校报名支教的教师情况如下表：男女合计甲校213乙校224现从甲、乙两校报名支教的教师中各任选1名教师，求选取的2名教师性别相同的概率．【答案】12【分析】先求出都是男性、都是女性的概率，把两个概率加起来即可.【详解】由题意

知，P(都是男性)=211=323，P(都是女性)=111=326，所以P(性别相同)=P(都是男性)+P(都是女性)=111=362.67．（1）某外商计划在4个城市投资3个不同的项目，且在同一城市投

资的项目不超过2个，求该外商不同的投资方案有多少种？（用数字作答）（2）某单位安排7位员工在10月1日至10月7日值班，每天1人，每人值班1天，求员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的概率．【答案】（1）60；（2）521【分析】（1）根据题意，分两种情况讨论，一是在两个城市分别

投资1个项目、2个项目，二是在三个城市各投资1个项目，分别计算其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．（2）首先求出基本事件总数，再利用分类加法计数原理与分步乘法计数原理求出员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的事件数

，再根据古典概型概率公式计算可得；【详解】解：（1）某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则有两种情况，一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，此时有123436CA种方案，二是在三个城市各投资1个项目，有3424A种方案

，共计有362460种方案，（2）依题意某单位安排7位员工在10月1日至10月7日值班，每天1人，每人值班1天，则基本事件总数为775040A种；则员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，分以下两类：①甲乙相邻排在1、2日，则有2525

240AA种排法；②甲乙相邻不排在1日，首先从其余4人中选一人排在10月1日，有14C4种，再排其余人有5252240AA种，按照分步乘法计数原理可知一共有1524522404960CAA种排法，故满足员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的排法一共有240960120

0种排法，故员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的概率12005504021P68．有8名学生排成一排照相，求满足下列要求的排法的种数．（只需列式并计算结果）（1）甲、乙两人相邻；（2）丙、丁两人不相邻；（3）甲站在丙、丁两人的中间（未必相邻）．【

答案】（1）10080；（2）30240；（3）1440．【分析】（1）先将甲乙看出一个元素，再与其他6人全排列，利用分步计数原理，即可求解；（2）先对除去丙丁两人的剩余的6人全排列，再在7个空隙，选两个空隙，把

丙丁排进去，结合分步计数原理，即可求解；（3）先计算全部的排法，在分析甲乙丙三人的排法，由倍分法分析，即可求解.【详解】（1）把甲乙看出一个元素，对于7个元素全排列，共有775040A种排法，甲乙两个元素全排列，有222A中排法

，由分步计数原理，可得甲乙两人相邻的排法，共有5040210080种不同的排法.（2）先对除去丙丁两人的剩余的6人全排列，共有66720A种排法，其中6个元素的排列，共构成7个空隙，选两个空隙，把丙丁排进去，共

有2742A方法，由分步计数原理，可得丙丁两人不相邻的排法，共有7204230240种不同的排法.（3）根据题意，将8人全排列，共有88A种排法，甲乙丙三人的排法有336A种，其中甲站在丙丁两人中间的有2种，所以甲站在丙丁两人中间的排法有2

8283313440AAA种不同的排法.69．某公司计划购买1种机器，该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元.该公司搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得

下面柱状图：记x表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，y表示1台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)，n表示购机的同时购买的易损零件数.（1）若18n，求y与x的函数解析式；（2）假设这100台机器在购机的同时每

台都购买18个易损零件，或每台都购买19个易损零件，分别计算这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买1台机器的同时应购买18个还是19个易损零件？（3）若该公司计划购买2台该机器，以上面柱状图中100台机器在

三年使用期内更换的易损零件数的频率代替1台机器在三年使用期内更换的易损零件数发生的概率，求两台机器三年内共需更换的易损零件数为36的概率.【答案】（1）3600,018,5005400,18,xyxNxx；（2）购买1台机器的同时应购买19个易损零件；（3）0.

1584.【分析】（1）由题意与柱状图，即可用分段函数的形式表示y与x的函数解析式；（2）分别求出买18个和19个零件所需要的平均数，比较平均数的大小即可；（3）用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的乘法公式求解即可【详解】（1）3600,018,5005400,18,xyxNxx

（2）若每台都购买18个易损零件，则购买易损零件费用的平均数36000.4641000.2446000.251000.14070y(元)若每台都购买19个易损零件，则购买易损零件费用的平均数

38000.743000.248000.14000y(元)所以购买1台机器的同时应购买19个易损零件.（3）将两台机器编号为1号､2号，设事件iA“1号机器需要更换的易损零件为i个”，事件iB“2号机器需要更换的易损零件为i个”，设

事件C“两台机器三年内共需更换的易损零件数为36”，16201719181819172016CABABABABAB，16201719181819172016PCPABPABPABPABPAB20.060.2

20.160.240.240.240.1584两台机器三年内共需更换的易损零件数为36的概率为0.1584.70．某公司为奖励员工实施了两种奖励方案，方案一：每卖出一件产品奖励4.5元；方案二：卖出30件以内（含30件）的部分每卖出一件产品奖励4元，超出30

件的部分每卖出一件产品奖励7元，员工甲在前10天内卖出的产品数依次为22，23，23，23，25，25，25，29，32，32，若将频率视为概率，回答以下问题．（1）记利用方案二员工甲获得的日奖励为X（单位：元），求X的分布列

和数学期望；（2）如果仅从日平均奖励的角度考虑，请利用所学的统计学知识为员工甲选择奖励方案，并说明理由．【答案】（1）分布列见解析；期望为104.8（元）；（2）建议员工甲选择方案一；理由见解析．【分析】（1）根据古典概型公式算出斜率列出分布列，再根据期望公式算出期望即可；（

2）算出平均值比较大小即可.【详解】（1）X的分布列为：X8892100116134P110310310110210133121048()8892100116134104.8101010101010EX（元）．（2）根据数据，可估算员工甲日平均

卖出的产品件数为：1(22232323252525293232)25.910．员工甲根据方案一的日平均奖励为25.94.5116.55（元），因为116.55104.8，所以建议员工甲选择方案一．71．某学校为了

解高二年级学生的选考科目情况（选考规定：每位学生从理化生史地政6科中恰好选择3科），随机抽取20名学生进行了一次调查，其中男生8人，女生12人．统计选考科目人数如下表：性别物理化学生物历史地理政治男生884211女生10954

53（1）估计高二年级所有学生中，选考历史的概率；（2）假设每位学生选择选考科目相互独立．在高二年级所有学生中任取3人，记这3人中选考历史的人数为X，用频率估计概率，求随机变量X的分布列；（3）从已抽取的8名男生中随机选取2人，设随机变量1,20,2Y这人

选考科目完全相同这人选考科目不完全相同，Y的方差为()DY．若这8名男生中有一人将选考科目由“物理化学生物”更改为“物理化学历史”，试问更改之后()DY是变大还是变小？请说明理由．【答案】（1）0.3；（2）答案见解析；（3）变小，

理由见解析.【分析】（1）利用样本概率估计总体概率即可求解；（2）X可能的取值为：0,1,2,3，分别求出对应的概率即可得分布列；（3）根据已知条件分别求出改所选科目前后Y0和1Y的概率，利用两点分布方差

公式计算方差，即可比较大小.【详解】（1）利用样本概率估计总体概率可得高二年级所有学生中，选考历史的概率为：240.3812，（2）X可能的取值为：0,1,2,3，003300.30.70.343PXC，112310.30.70.441PXC，

221320.30.70.189PXC330330.30.70.027PXC，所以X的分布列为：X0123P0.3430.4410.1890.027（3）由题意可得这8名男生都

选了物理和化学，Y的取值为0,1224228114CCPYC，30114PYPY，13314416DY，若这8名男生中有一人将选考科目由“物理化学生物”更改为“物理化学历史”则2233283114CCPYC

，1101114PYPY3113311414196DY，因为33319616所以更改之后()DY变小.72．为了防止受到核污染的产品影响我国民众的身体健康要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检

测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售．已知某产品第一轮检测不合格的概率为19，第二轮检测不合格的概率为110，两轮检测是否合格相互没有影响．（1）求该产品不能销售的概率；（2）如果产品可以销售，则每件

产品可获利40；如果产品不能销售，则每件产品亏损80元（即获利-80元）．已知一箱中有产品4件，记一箱产品获利X元，求X的分布列，并求出均值EX．【答案】（1）15；（2）X的分布列见解析，64EX.【分析】（1）记“该产品不能销售”为事件A，则1911()1101PA

，计算得到答案；（2）X的取值为320,200,80,40,160，计算概率得到分布列，再计算均值即可.【详解】（1）记“该产品不能销售”为事件A，则1910511()111PA，所以该产品不能销售的概率为15；（2）依据

题意的，X的取值为320,200,80,40,160，411(3202)565PX；31441655621(200)5PXC；222414965562(8)50PXC；133

4425651(40)5625PXC；44256562(160)5PX.所以X的分布列为：X-320-200-8040160P1625166259662525662525662596116(25625662562562)320200804016

0656262455EX.73．某大学准备在开学时举行一次大学一年级学生座谈会，拟邀请12名来自本校机械工程学院、海洋学院、医学院、经济学院的学生参加，各学院邀请的学生数如下表所示：学院机械工程学院海洋学院医学院经济学院人数2

244（1）从这12名学生中随机选出3名学生发言，求这3名学生中任意两个均不属于同一学院的概率；（2）从这12名学生中随机选出3名学生发言，设来自医学院的学生数为，求随机变量的概率分布列和数学期望．【答案

】（1）2455（2）分布列答案见解析，1.【分析】（1）先计算这12名学生中随机选出3名学生的方法总数，再计算3名学生中任意两个均不属于同一学院的方法，利用概率公式即可求解；（2）由题可得的可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，再列出分布列求出数学期望即可.【详解

】（1）从这12名学生中随机选出3名学生的方法有312C种，这3名学生中任意两个均不属于同一学院的方法有1111111111112242242442441616323296CCCCCCCCCCCC种，这3名学生中任意两个均不属于同

一学院的概率31296962412111055321C，（2）由题可得的可能取值为0，1，2，3则308431214055CCPC，218431228155CCPC，128431212255CCPC03843121355CCPC，所以

的概率分布列为：0123P14552855125515514281210123155555555E.74．为了备战2021年7月在东京举办的奥运会，跳水运动员甲参加国家队训练测试，已知该运动员连续跳水m次，每次测试都是独

立的．若运动员甲每次选择难度系数较小的动作A与难度系数较大的动作B的概率均为12．每次跳水测试时，若选择动作A，取得成功的概率为23，取得成功记1分，否则记0分．若选择动作B，取得成功的概率为13，取得成功记2分，否则记0分．总得分记为X分．（1）若m＝2，求分数X的概率分布列与数学期望．（

若结果不为整数，用分数表示）（2）若测试达到n分则中止，记运动员在每一次跳水均取得成功且累计得分为n分的概率为G（n），如1(1)3G．①求G（2）；②问是否存在R，使得{()(1)}GnGn为等比数列，其中,2nnN？若有，求出；若没有，请说明理由．【答案】（1）分布列

见解析，期望值43；（2）①518，②有，176【分析】（1）X的可能取值为0，1，2，3，4，依次计算概率，再求分布列和期望即可；（2）①分两种情况：第一次就得两分和两次得1分②建立递推，用待定系数法即可.【详解】进行一次试验获得0分的概率为1112123232获得1分的概率为

121233获得2分的概率为111236进行两次试验X的可能取值为0，1，2，3，4111(4)6636PX，111(3)2369PX，111(1)2323PX，111(0

)224PX，11115(2)2263318PX所以分数X的概率分布列为X01234()PX141351819136数学期望1151140123443189363EX

（2）①1115(2)63318G②据题意有，11()(2)(1)63GnGnGn，其中3n设11()(1)(2)(1)(1)63GnGnGnGnGn111(2)()(1)()[(1)(2)]633GnGnGnGn

比较系数得11()36，解得176所以{()(1)}GnGn是公差为13的等比数列，其中,2nnN，176.75．欧洲足球锦标赛，也称欧洲杯，是一项由欧足联举办，欧洲足协成员国间参加的最高级别国家级足球赛事：欧洲杯决赛圈比赛将首先进行小组赛，24

支球队被分为6个小组，每个小组4支球队，小组采取单循环得分制比赛（任意两队只打一场），赢一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，每个小组的前两名（若出现积分相同，则比较两队相互间战绩，若还无法确定出线球队，则需比较小组赛全部比赛的净胜球数、进球数决定出线席位）.2021年欧洲杯分组中F

组的四支队伍最引人注目，他们分别是葡萄牙队、法国队、德国队、匈牙利队，由于四支队伍实力强劲，F组也被称为“死亡之组”.假设四支队伍任意两队之间胜、平、负的概率都为13.（1）记葡萄牙队小组最后得分为随机变量X，求X的分布列与期望；（2）假设德国队能得9分的情况

下，求葡萄牙队能够以小组第二晋级（不需要比较相互战绩和净胜球）的概率.【答案】（1）分布列详见解析，期望是4；（2）59【分析】（1）根据题意，列举0,1,2,3,4,5,6,7,9X，再根据随机变量所对应的事件，写出概率，列分布

列；（2）列举葡萄牙以小组第二晋级的情况，并求概率.【详解】（1）由条件可知0,1,2,3,4,5,6,7,9X，3110327PX，31311139PXC，32311239PXC，331

311433327PXC，211321124339PXCC，31311539PXC，32311639PXC，32311739PXC，3119327PX

,所以葡萄牙队小组最后得分为随机变量X，求X的分布列如下：X012345679P127191942729191919127期望1114211110123456794279927999927EX

；（2）德国得到9分，说明德国都赢了，所以只需比较葡萄牙，法国，匈牙利三国的胜负得分，如果葡萄牙以小组第二晋级，得6分一定晋级，概率21139P，或者得4分，一胜一平，但是需要打平

的法国或是匈牙利队，他俩比赛的是打平，或是打平的国家输掉比赛，概率是12124339C，其他情况不满足条件，所以葡萄牙以小组第二晋级的概率145999P.