第十四章 计数原理、概率、随机变量及其分布-【高考一线·真题研究】2025年高考数学分类必刷题

高考一线 真题研究 数学 第十四章 计数原理、概率、随机变量及其分布 14.1 计数原理、排列与组合 【解题·小帮手】 ▶两个基本公式 (1)排列数公式:Amn= n! (n-m)!=n (n-1) (n-2)…(n-m+1). (2)组合数公式:Cmn= Amn Amm = n! (n-m)! m!= n(n-1)(n-2)…(n-m+1) m×(m-1)×(m-2)×…×2×1. 组合数的常用性质:Cmn=Cn-mn ;Cmn+1=Cmn+ Cm-1n . ▶基础性问题:(1)应用两个计数原量时,仔细 审题,类和步要分清楚,要能分清楚类中有 步和步中有类;(2)正面分类太多,可以采用 “正难则反”的思想,对其对立面展开计算, 使用间接法解题. ▶“相邻”与“不相邻”问题:“相邻”问题采用 “捆绑法”,“不相邻”问题采用“插空法”. ▶定序问题:若对n 个元素进行排列,其中m (m≤n)个元素顺序一定,则有 Ann Amm 种排法 (去顺序). ▶限制问题:限制问题包含元素限制,位置限 制两类,通常采用特殊优先处理或最后处理 的方法求解. (1)对象优先法:以排列元素为主元进行排 列,可先排特殊对象,再排一般对象; (2)位置优先法:以排列位置为主元进行排 列,可先排特殊位置,再排一般位置. ▶分组与分配问题:解答此类问题要注意先分 组后分配,且要注意平均分组自带顺序,需 要去重复数的. 平均分组:将n 个不同元素平均分成m 组, 有 CtnCtn-t…Ctt Amm 种方法 其中t= n m . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 1066.(2024·新高考全国二,14)在如图的4× 4方格表中选4个方格,要求每行和每列均 恰有一个方格被选中,则共有 种选法,在所有符合上述要求的选法中,选 中 方 格 中 的 4 个 数 之 和 的 最 大 值 是 . 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 1067.(2023·新高考全国二,3)某学校为了解 学生参加体育运动的情况,用比例分配的 分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中 部和高中部两层共抽取60名学生,已知该 校初中部和高中部分别有400名和200名 学生,则不同的抽样结果共有 ( ) A.C45400·C15200 种 B.C20400·C40200 种 C.C30400·C30200 种 D.C40400·C20200 种 1068.(2023·新课标全国甲理,9)有五名志愿 者参加社区服务,共服务星期六、星期天两 天,每天从中任选两人参加服务,则两天中 恰有1人连续参加两天服务的选择种数为 ( ) A.120 B.60 C.40 D.30 1069.(2023·新课标全国乙理,7)甲乙两位同 学从6种课外读物中各自选读2种,则这 两人选读的课外读物中恰有1种相同的选 法共有 ( ) A.30种 B.60种 C.120种 D.240种 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 162 第十四章 计数原理、概率、随机变量及其分布 1070.(2023·新高考全国一,13)某学校开设 了4门体育类选修课和4门艺术类选修 课,学生需从这8门课中选修2门或3门 课,并且每类选修课至少选修1门,则不同 的选 课 方 法 共 有 种(用 数 字 作答). 1071.(2022·新高考全国二,5)甲、乙、丙、丁、 戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲 不站在两端,丙和丁相邻,则不同排列方式 共有 ( ) A.12种 B.24种 C.36种 D.48种 1072.(2022·上海,9)用数字1,2,3,4组成没 有重复数字的四位数,则这些四位数中比 2134大的数字个数为 .(用数字 作答) 1073.(2021·新课标全国乙,6)将5名北京冬 奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰 球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者 只分配到1个项目,每个项目至少分配1 名志愿者,则不同的分配方案共有 ( ) A.60种 B.120种 C.240种 D. 480种 1074.(2020·新高考全国一,3)6名同学到甲、 乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1 个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2 名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共 有 ( ) A.120种 B.90种 C.60种 D.30种 1075.(2020·新课标全国二,14)4名同学到3 个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学 只去1个小区,每个小区至少安排1名同 学,则不同的安排方法共有 种. 1076.(2018·新课标全国一,15)从2位女生, 4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有 1位女生入选,则不同的选法共有 种.(用数字作答) 1077.(2018·浙江,16)从1,3,5,7,9中任取2 个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共 可以组成 个没有重复数字的四 位数.(用数字作答) 1078.(2017·新课标全国一,6)安排3名志愿者 完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作 由1人完成,则不同的安排方式共有 ( ) A.12种 B.18种 C.24种 D.36种 1079.(2017·浙江,16)从6男2女共8名学生 中选出队长1人、副队长1人,普通队员2 人组成4人服务队,要求服务队中至少有1 名女生,共有 种不同的选法. (用数字作答). 1080.(2017·天津,14)用数字1,2,3,4,5,6, 7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数 字是偶数的四位数,这样的四位数一共有 个.(用数字作答) 1081.(2016·新课标全国二,5)如图所示,小 明从街道的E处出发,先到F处与小红会 合,再一起到位于G处的老年公寓参加志 愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的 最短路径条数为 ( ) A.24 B.18 C.12 D.9 1082.(2016·四川,4)用1,2,3,4,5组成没有重 复数字的五位数,其中奇数的个数为 ( ) A.24 B.48 C.60 D.72 1083.(2015·四川,6)用数字0,1,2,3,4,5组 成没有重复数字的五位数,其中比40 000 大的偶数共有 ( ) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 163 高考一线 真题研究 数学 A.144个 B.120个 C.96个 D.72个 1084.(2014·全国,5)有6名男医生、5名女医 生,从中选出2名男医生,1名女医生组成 一个医疗小组,则不同的选法有 ( ) A.60种 B.70种 C.75种 D.150种 1085.(2014·北京,13)把5件不同的产品摆成 一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与 产品C不相邻,则不同的摆法有 种. 1086.(2014·辽宁,12)有两排座位,前排11个 座位,后排12个座位,现安排2人就座,规 定前排中间的3个座位不能坐,并且这2人 左右不相邻,那么不同排法的种数是( ) A.234 B.346 C.350 D.363 1087.(2014·重庆,9)某次联欢会要安排3个 歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类 节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排 法种数为 ( ) A.72 B.120 C.144 D.168 1088.(2013·浙江,14)将A,B,C,D,E,F六个 字母排成一排,且A,B均在C的同侧,则不 同的排法共有 种.(用数字作答) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 14.2 二项式定理 【解题·小帮手】 ▶系数与二项式系数 (1)二项式(a+b)n 的通项Tr+1=Crnan-rbr, 它表示的是第r+1项,其中r≤n. (2)(ax+b)n 展开式的各项系数可通过给 展开式中的x 赋值1得到. ▶系数与二项式系数和 (1)对于(ax+b)n 展开式的系数之和可通 过给展开式中的x 主元赋值1,可得到展开 式的各项系数和. (2)(ax+b)n 展开式中的奇数次幂(偶数 项 )的 系 数 和 为 a1 + a3 + … = f(1)-f(-1) 2 ,其中f(x)=(ax+b)n. (3)(ax+b)n 展开式中的偶数次幂(奇数 项 )的 系 数 和 为 a2 + a4 + … = f(1)+f(-1) 2 ,其中f(x)=(ax+b)n. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 1089.(2024·北京,4)在(x- x)4 的展开式 中,x3 的系数为 ( ) A.6 B.-6 C.12 D.-12 1090.(2024·新课标全国甲理,13)13+x 10 的展 开 式 中,各 项 系 数 的 最 大 值 是 . 1091.(2024·天津,11)在 3 x3+ x3 3 6 的展开式 中,常数项为 . 1092.(2023·天津,11)在 2x3- 1 x 6 的展开 式中,x2 项的系数为 . 1093.(2023·北京,5)2x- 1 x 5 的展开式中 x 的系数为 ( ) A.-80 B.-40 C.40 D.80 1094.(2022·新高考全国一,13)1-yx (x+ y)8 的展开式中x2y6 的系数为 (用数字作答). 1095.(2022·北京,8)若(2x-1)4=a4x4+ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 164 第十四章 计数原理、概率、随机变量及其分布 a3x3+a2x2+a1x+a0,则a0+a2+a4= ( ) A.40 B.41 C.-40 C.-41 1096.(2022·浙江,12)已知多项式(x+2)(x -1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+ a5x5,则a2= ,a1+a2+a3+ a4+a5= . 1097.(2022·上海春,6)在 x3+ 1 x 12 的展开 式中,含1 x4 项的系数为 . 1098.(2021·浙江,13)已知多项式(x-1)3+ (x+1)4=x4+a1x3+a2x2+a3x+a4,则 a1= ,a2+a3+a4= . 1099.(2020·新课标全国一,8)x+y 2 x (x+ y)5 的展开式中x3y3 的系数为 ( ) A.5 B.10 C.15 D.20 1100.(2019·新课标全国三,4)(1+2x2)(1+ x)4 的展开式中x3 的系数为 ( ) A.12 B.16 C.20 D.24 1101.(2019·天津,4)2x- 1 8x3 8 的展开式中 的常数项为 . 1102.(2018·天津,10)在 x- 1 2 x 5 的展开 式中,x2 的系数为 . 1103.(2018·浙江,14)二项式 3 x+ 1 2x 8 的 展开式的常数项是 . 1104.(2017·新课标全国一,6)1+ 1 x2 (1+ x)6 的展开式中x2 的系数为 ( ) A.15 B.20 C.30 D.35 1105.(2017·新课标全国三,4)(x+y)(2x- y)5 的展开式中x3y3 的系数为 ( ) A.-80 B.-40 C.40 D.80 1106.(2017·浙江,13)已知多项式(x+1)3(x+ 2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5, 则a4= ,a5= . 1107.(2016·新课标全国一,14)(2x+ x)5 的展开式中,x3 的系数为 . 1108.(2015·新课标全国二,15)(a+x)(1+ x)4 的展开式中x 的奇数次幂项的系数之 和为32,则a= . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 14.3 概 率 【解题·小帮手】 ▶事件的关系与概率运算 (1)若A⊆B,则P(A)≤P(B);若A=B, 则P(A)=P(B). (2)P(A)≤P(A+B),P(B)≤P(A+B), P(A+B)≤P(A)+P(B). (3)若A1,A2,…,An 是两两互斥的事件,则 P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+ …+P(An). (4)若A+A=Ω(样本空间:所有基本事件 构成的集合),则称事件A 与A 相互对立, P(A)+P(A)=1. ▶古典概型 (1)如果随机试验的样本空间所包含的样本 点的个数是有限的,而且每个样本点发生的 可能性大小都相等,那么称这样的随机试验 为古典概型. (2)计算公式:若样本空间有n 个样本点,事 件A 包含m 个样本点,则事件A 发生的概 率P(A)=mn. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 165 高考一线 真题研究 数学 1109.(2024·新高考全国一,14)甲、乙两人各 有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲 的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片 上标分别标有数字2,4,6,8,两人进行四轮 比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有 的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上 数字的大小,数字大的人得1分,数字小的 人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片 (弃置的卡片在此后的轮次中不能使用), 则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概 率为 . 1110.(2024·新课标全国甲理,16)有6个相 同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中 不放回地随机抽取3次,每次取1个球,记 m 为前两次取出的球上数字的平均值,n 为取出的三个球上数字的平均值,则m 与 n差的绝对值不超过12 的概率是 . 1111.(2024·新课标全国甲理,17节选)某工 厂进行生产线智能化升级改造,升级改造 后,从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机 抽取150件进行检验,数据如下: 优级品 合格品 不合格品 总计 甲车间 26 24 0 50 乙车间 70 28 2 100 总计 96 52 2 150 已知升级改造前该工厂产品的优级品率p =0.5,设p 为升级改造后抽取的n 件产品 的优级品率. 如果p>p+1.65 p (1-p) n ,则认为该工 厂产品的优级品率提高了,根据抽取的150 件产品的数据,能否认为生产线智能化升 级改造后,该工厂产品的优级品率提高了? (150≈12.247) 1112.(2023·新课标全国甲文,4)某校文艺部 有4名学生,其中高一、高二年级各2名. 从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇 演,则这2名学生来自不同年级的概率为 ( ) A. 1 6 B. 1 3 C. 1 2 D. 2 3 1113.(2023·全国课标全国乙文,9)某学校举 办作文比赛,共6个主题,每位参赛同学从 中随机抽取一个主题准备作文,则甲、乙两 位参赛同学抽到不同主题概率为 ( ) A. 5 6 B. 2 3 C. 1 2 D. 1 3 1114.(2023·天津,13)甲乙丙三个盒子中装 有一定数量的黑球和白球,其总数之比为5 ∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例 分别为40%,25%,50%.现从三个盒子中 各取一个球,取到的三个球都是黑球的概 率为 ;将三个盒子混合后任取 一个球,是白球的概率为 . 1115.(2023·北京,18)为研究某种农产品价 格变化的规律,收集得到了该农产品连续 40天的价格变化数据,如下表所示.在描述 价格变化时,用“+”表示“上涨”,即当天价 格比前一天价格高;用“-”表示“下跌”,即 当天价格比前一天价格低;用“0”表示“不 变”,即当天价格与前一天价格相同. 时段 价格变化 第1天到 第20天 -++0---++0+0--+-+00+ 第21天到 第40天 0++0---++0+0+---+0-+ 用频率估计概率. (1)试估计该农产品价格“上涨”的概率; (2)假设该农产品每天的价格变化是相互 独立的.在未来的日子里任取4天,试估计 该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天 “下跌”、1天“不变”的概率; (3)假设该农产品每天的价格变化只受前 一天价格变化的影响.判断第41天该农产 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 166 第十四章 计数原理、概率、随机变量及其分布 品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计 值哪个最大.(结论不要求证明) 1116.(2022·新高考全国一,5)从2至8的7 个整数中随机取2个不同的数,则这2个 数互质的概率为 ( ) A. 1 6 B. 1 3 C. 1 2 D. 2 3 1117.(2022·新课标全国甲,6)从分别写有1, 2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随机抽取 2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4 的倍数的概率为 ( ) A. 1 5 B. 1 3 C. 2 5 D. 2 3 1118.(2022·新课标全国甲,15)从正方体的8 个顶点中任选4个,则这4个点在同一个 平面的概率为 . 1119.(2022·新课标全国乙,13)从甲、乙等5 名同学中随机选3名参加社区服务工作, 则甲、乙都入选的概率为 . 1120.(2021·新课标全国二文,10)将3个1 和2个0排成一行,则2个0不相邻的概率 为 ( ) A.0.3 B.0.5 C.0.6 D.0.8 1121.(2021·新课标全国二理,10)将4个1 和2个0排成一行,则2个0不相邻的概率 为 ( ) A. 1 3 B. 2 5 C. 2 3 D. 4 5 1122.(2020·新课标全国二,3)在新冠肺炎疫 情防控期间,某超市开通网上销售业务,每 天能完成1 200份订单的配货,由于订单量 大幅增加,导致订单积压.为解决困难,许 多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该 超市某日积压500份订单未配货,预计第 二天 的 新 订 单 超 过1 600份 的 概 率 为 0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的 配货,为使第二天完成积压订单及当日订 单的配货的概率不小于0.95,则至少需要 志愿者 ( ) A.10名 B.18名 C.24名 D.32名 1123.(2020·江苏,2)将一颗质地均匀的正方 体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则 点数和为5的概率是 . 1124.(2020·新课标全国一,4)设O 为正方形 ABCD 的中心,在O,A,B,C,D 中任取3 点,则取到的3点共线的概率为 ( ) A. 1 5 B. 2 5 C. 1 2 D. 4 5 1125.(2019·新课标全国三,2)生物实验室有 5只兔子,其中只有3只测量过某项指标. 若从这5只兔子中随机抽取出3只,则恰 有2只测量过该指标的概率为 ( ) A. 2 3 B. 3 5 C. 2 5 D. 1 5 1126.(2019·江苏,6)从3名男同学和2名女 同学中任选2名同学参加志愿者服务,则 选出的2名同学中至少有1名女同学的概 率是 . 1127.(2018·新课标全国三,5)若某群体中的 成员只用现金支付的概率为0.45,既用现 金支付也用非现金支付的概率为0.15,则 不用现金支付的概率为 ( ) A.0.3 B.0.4 C.0.5 D.0.6 1128.(2018·江苏,6)某兴趣小组有2名男生 和3名女生,现从中任选2名学生去参加 活动,则 恰 好 选 中 2 名 女 生 的 概 率 为 . 1129.(2018·上海,9)有编号互不相同的五个 砝码,其中5克、3克、1克砝码各一个,2克 砝码两个,从中随机选取三个,则这三个砝 码的总质量为9克的概率是 . (结果用最简分数表示) 1130.(2017·新课标全国二,11)从分别写有 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 167 高考一线 真题研究 数学 1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张,放 回后再随机抽取1张,则抽得的第一张卡 片上的数大于第二张卡片上的数的概率为 ( ) A. 1 10 B. 1 5 C. 3 10 D. 2 5 1131.(2017·天津,3)有5支彩笔(除颜色外 无差别),颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫,从 这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔, 则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率 为 ( ) A. 4 5 B. 3 5 C. 2 5 D. 1 5 1132.(2017·山东,8)从分别标有1,2,…,9 的9张卡片中不放回地随机抽取2次,每 次抽取1张,则抽到在2张卡片上的数奇 偶性不同的概率是 ( ) A. 5 18 B. 4 9 C. 5 9 D. 7 9 1133.(2016·四川,13)从2,3,8,9中任取两 个不同的数字,分别记为a,b,则logab 为 整数的概率是 . 1134.(2016·北京,6)从甲、乙等5名学生中随 机选出2人,则甲被选中的概率为 ( ) A. 1 5 B. 2 5 C. 8 25 D. 9 25 1135.(2016·上海,11)某食堂规定,每份午餐 可以在四种水果中任选两种,则甲、乙两同 学各 自 所 选 的 两 种 水 果 相 同 的 概 率 为 . 1136.(2016·江苏,7)将一颗质地均匀的骰子 (一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个 点的正方体玩具)先后抛掷2次,则出现向 上的点数之和小于10的概率是 . 1137.(2016·天津,2)甲、乙两人下棋,两人下 成和棋的概率是1 2 ,甲获胜的概率是1 3 ,则 甲不输的概率为 ( ) A. 5 6 B. 2 5 C. 1 6 D. 1 3 1138.(2015·广东,7)已知5件产品中有2件 次品,其余为合格品,现从这5件产品中任 取2件,恰有一件次品的概率为 ( ) A.0.4 B.0.6 C.0.8 D.1 1139.(2015·江苏,5)袋中有形状、大小都相 同的4只球,其中1只白球、1只红球、2只 黄球,从中一次随机摸出2只球,则这2只 球颜色不同的概率为 . 1140.(2014·上海,13)为强化安全意识,某商 场拟在未来的连续10天中随机选择3天 进行紧急疏散演练,则选择的3天恰好为 连续3天的概率是 .(结果用最 简分数表示) 1141.(2014·广东,13)从0,1,2,3,4,5,6,7, 8,9中任取7个不同的数,则这7个数的中 位数是6的概率为 . 1142.(2014·陕西,6)从正方形四个顶点及其 中心这5个点中,任取2个点,则这2个点 的距离不小于该正方形边长的概率为 ( ) A. 1 5 B. 2 5 C. 3 5 D. 4 5 1143.(2014·浙江,6)在3张奖券中有一、二 等奖各1张,另有1张无奖,甲、乙两人各抽 取1张,两人都中奖的概率是 . 1144.(2014·新课标全国二,13)甲、乙两名运 动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的 运动服中选择1种,则他们选择相同颜色 运动服的概率为 . 1145.(2014·新课标全国一,5)4位同学各自 在周六、周日两天中任选一天参加公益活 动,则六、周日都有同学参加公益活动的概 率为 ( ) A. 1 8 B. 3 8 C. 5 8 D. 7 8 1146.(2014·湖北,5)随机掷两枚质地均匀的 骰子,它们向上的点数之和不超过5的概率记 为p1,点数之和大于5的概率记为p2,点数之 和为偶数的概率记为p3,则 ( ) A.p1<p2<p3 B.p2<p1<p3 C.p1<p3<p2 D.p3<p1<p2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 168 第十四章 计数原理、概率、随机变量及其分布 14.4 事件的相互独立性 【解题·小帮手】 ▶随机事件的独立性 (1)若P(AB)=P(A)P(B),则事件A 与 事件B 相互独立. (2)若事件A 与事件B 相互独立,则 A 与 B,A 与B,A 与B 也相互独立. ▶正难则反:正面分类太多,可以考虑通过计 算对立事件的概率间接求目标事件的概率. ▶明确分类标准,抓住“主元”,围绕“主元”展 开讨论,要搞清楚一级讨论和次级讨论,每 一次的讨论以事件发生为准. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 1147.(2024·新高考全国二,18节选)某投篮 比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队 员组成,比赛具体规则如下:第一阶段由参 赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投 中,则该队被淘汰,比赛成员为0分;若至 少投中一次,则该队进入第二阶段,由该队 的另一名队员投篮3次,每次投中得5分, 未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶 段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员 组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投 中的概率为q,各次投中与否相互独立. (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比 赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分 的概率; (2)假设0<p<q,为使得甲、乙所在队的 比赛成绩为15分的概率最大,应该由谁参 加第一阶段比赛? 1148.(多选题)(2023·新高考全国二,12)在 信道内传输0,1信号,信号的传输相互独 立.发送0时,收到1的概率为α(0<α< 1),收到0的概率为1-α;发送1时,收到0 的概率为β(0<β<1),收到1的概率为1 -β. 考虑两种传输方案:单次传输和三次 传输.单次传输是指每个信号只发送1次, 三次传输是指每个信号重复发送3次.收 到的信号需要译码,译码规则如下:单次传 输时,收到的信号即为译码;三次传输时, 收到的信号中出现次数多的即为译码(例 如,若依次收到1,0,1,则译码为1)( ) A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则 依次收到1,0,1的概率为(1-α)(1-β)2 B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收 到1,0,1的概率为β(1-β)2 C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为 1的概率为β(1-β)2+(1-β)3 D.当0<α<0.5时,若发送0,则采用三次 传输方案译码为0的概率大于采用单次 传输方案译码为0的概率 1149.(2022·新课标全国乙,10)某棋手与甲、 乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果 相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获 胜的概率分别为p1,p2,p3,且p3>p2> p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p,则 ( ) A.p 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B. 该棋手在第二盘与甲比赛,p 最大 C.该棋手在第二盘与乙比赛,p 最大 D. 该棋手在第二盘与丙比赛,p 最大 1150.(2021·新高考全国一,8)有6个相同的 球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 169 高考一线 真题研究 数学 回的随机取两次,每次取1个球.甲表示事 件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事 件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事 件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示 事件“两次取出的球的数字之和是7”.则 ( ) A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立 1151.(2020·新高考全国一,5)某中学的学生 积极参加体育锻炼,其中有96%的学生喜 欢足球或游泳,60%的学生喜欢足球,82% 的学生喜欢游泳,则该中学既喜欢足球又 喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例 是 ( ) A.62% B.56% C.46% D.42% 1152.(2020·天津,13)已知甲、乙两球落入盒 子的概率分别为1 2 和1 3. 假定两球是否落入 盒子互不影响,则甲、乙两球都落入盒子的 概率为 ;甲、乙两球至少有一个 落入盒子的概率为 . 1153.(2020·新高考全国一,19)甲、乙、丙三 位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下: 累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首 先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜 者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场 轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰 后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被 淘汰,另一人最终获胜,比赛结束.经抽签, 甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方 获胜的概率都为1 2. (1)求甲连胜四场的概率; (2)求需要进行第五场比赛的概率; (3)求丙最终获胜的概率. 1154.(2019·新课标全国一,15)甲、乙两队进 行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得 四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前 期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主 主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为 0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结 果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是 . 1155.(2019·新课标全国二,18)11分制乒乓 球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶ 10平后,每球交换发球权,先多得2分的一 方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进 行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率 为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各 球的结果相互独立.在某局双方10∶10平 后,甲先发球,两人又打了 X 个球该局比 赛结束. (1)求P(X=2); (2)求事件“X=4且甲获胜”的概率. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 170 第十四章 计数原理、概率、随机变量及其分布 1156.(2015·新课标全国二,18节选)某公司 为了解用户对其产品的满意度,从A,B 两 地区分别随机调查了20个用户,得到用户 对产品的满意度评分如下: A 地区:62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89 B 地区:73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79 根据用户满意度评分,将用户的满意度从 低到高分为三个不同等级: 满意度评分 低于70分70分到89分 不低于90分 满意度等级 不满意 满意 非常满意 记事件C:“A 地区用户的满意度等级高于 B 地区用户的满意度等级”.假设两地区用 户的评价结果相互独立.根据所给数据,以 事件发生的频率作为相应事件发生的概 率,求C 的概率. 1157.(2011·湖北,7)如图,用K,A1,A2 三类 不同的元件连接成一个系统,当K 正常工 作,且A1,A2 至少有一个正常工作时,系 统正常工作,已知K,A1,A2 正常工作的概 率依次为0.9,0.8,0.8,则系统正常工作的 概率为 ( ) A A K A.0.960 B.0.864 C.0.720 D.0.576 1158.(2011·广东,6)甲、乙两队进行排球决 赛,现在情形是甲队只要再赢一局就获得 冠军,乙队需要再赢两局才能得冠军,若两 队胜每局的概率相同,则甲队获得冠军的 概率为 ( ) A. 1 2 B. 3 5 C. 2 3 D. 3 4 1159.(2010·湖北,4)投掷一枚均匀硬币和一 枚均匀骰子各一次,记“硬币正面向上”为 事件A,“骰子向上的点数是3”为事件B, 则事件A,B 中至少一件发生的概率是 ( ) A. 5 12 B. 1 2 C. 7 12 D. 3 4 1160.(2010·辽宁,3)两个实习生每人加工一 个零件,加工一等品的概率分别为2 3 和3 4 , 两个零件是否为一等品相互独立,则这两 个零件恰有一个一等品的概率为 ( ) A. 1 2 B. 5 12 C. 1 4 D. 1 6 1161.(2010·江西,9)有n 位同学参加选拔考 试,每位同学能否通过测试的概率都是p (0<p<1),假设每位同学能否通过测试是 相互独立的,则至少有一位同学通过测试 的概率为 ( ) A.(1-p)n B.1-pn C.pn D.1-(1-p)n 1162.(2010·重庆,14)加工某一零件需经过 三道工序,设第一、二、三道工序的次品率 分别为1 70 ,1 69 ,1 68 ,且各道工序互不影响,则 加工出来的零件的次品率为 . 1163.(2010·四川,17)某种有奖销售的饮料, 瓶盖内印有“奖励一瓶”或“谢谢购买”字 样,购买一瓶若其瓶盖内印有“奖励一瓶” 字样即为中奖,中奖概率为1 6 ,甲、乙、丙三 位同学每人购买了一瓶该饮料. (1)求三位同学都没有中奖的概率; (2)求三位同学中至少有两位没有中奖的 概率. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 171 高考一线 真题研究 数学 14.5 条件概率与全概率公式 【解题·小帮手】 ▶条 件 概 率:设 A,B 为 两 个 随 机 事 件,且 P(A)>0,称P(B|A)=P (AB) P(A) 为在事件 A 发生的条件下,事件B 发生的概率,称简 条件概率. ▶概率的乘法公式:对任意两个事件A 与B, 若P(A)>0,则P(AB)=P(A)P(B|A) 为概率的乘法公式. ▶全概率公式:设A1,A2,…,An 是一组两两 互 斥 的 事 件,A1 ∪A2 ∪ …An =Ω,且 P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件 B⊆Ω,有P(B)=∑ n i=1 P(Ai)P(B|Ai)为全 概率公式. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 1164.(2024·天津,13)A,B,C,D,E 五种活 动,甲、乙都要选择三个活动参加.(1)甲选 到A 的概率为 ;(2)已知乙选了 A 活动,他再选择B 活动的概率为 . 1165.(2023·新课标全国甲理,6)有50人报 名足球俱乐部,60人报名乒乓球俱乐部,70 人报名足球或乒乓球俱乐部,若已知某人 报足球俱乐部,则其报乒乓球俱乐部的概 率为 ( ) A.0.8 B.0.4 C.0.2 D.0.1 1166.(2022·天津,13)52张扑克牌,没有大小 王,无放回地抽取两次,则两次都抽到A 的 概率为 ;已知第一次抽到的是 A,则第二次抽到A 的概率为 . 1167.(2022·新高考全国一,20节选)一医疗 团队为研究某地的一种地方性疾病与当地 居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不 够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例 中随机调查了100例(称为病例组),同时 在未患该疾病的人群中随机调查了100人 (称为对照组),得到如下数据: 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 从该地的人群中任选一人,A 表示事件“选 到的人卫生习惯不够良好”,B 表示事件 “选 到 的 人 患 有 该 疾 病”,P (B|A) P(B|A) 与 P(B|A) P(B|A) 的比值是卫生习惯不够良好对患 该疾病风险程度的一项度量指标,记该指 标为R. ①证明:R=P (A|B) P(A|B) ·P(A|B) P(A|B) ; ②利用该调查数据,给出P(A|B),P(A| B)的估计值,并利用①的结果给出R 的估 计值. 1168.(2022·新高考全国二,19)在某地区进 行流行病学调查,随机调查了100位某种 疾病患者的年龄,得到如下的样本数据的 频率分布直方图 M(3C      






















T   􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 172 第十四章 计数原理、概率、随机变量及其分布 (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄 (同一组中的数据用该组区间的中点值为 代表); (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄 位于区间[20,70)的概率; (3)已 知 该 地 区 这 种 疾 病 的 患 病 率 为 0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人 口占该地区总人口的16%,从该地区中任 选一人,若此人的年龄位于区间[40,50), 求此人患这种疾病的概率.(以样本数据中 患者的年龄位于各区间的频率作为患者的 年龄位于该区间的概率,精确到0.0001). 1169.(2016·新课标全国二,18)某险种的基 本保费为a(单位:元),继续购买该险种的 投保人称为续保人,续保人本年度的保费 与其上年度出险次数的关联如下: 上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应 概率如下: 一年内出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.100.05 (1)求一续保人本年度的保费高于基本保 费的概率; (2)若一续保人本年度的保费高于基本保 费,求其保费比基本保费高出60%的概率; (3)(文科不考)求续保人本年度的平均保 费与基本保费的比值. 1170.(2014·新课标全国二,5)某地区空气质 量监测资料表明,一天的空气质量为优良 的概率是0.75,连续两天为优良的概率是 0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后 一天的空气质量为优良的概率是 ( ) A.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 14.6 离散型随机变量的分布列、期望与方差 【解题·小帮手】 ▶离散型随机变量的分布列及性质 (1)定义:设离散型随机变量X 的可能取值 为x1,x2,…,xn,X 取每一个值xi 的概率 P(X=xi)=pi,i=1,2,…,n 为X 的概率 分布列,简称分布列.用表格表示如下: X x1 x2 … xn P p1 p2 … pn (2)性质:①pi≥0,i=1,2,…,n;②p1+ p2+…+pn=1. ▶离散型随机变量的数字特征 (1)数 学 期 望 (均 值):E (X)=x1p1+ x2p2+…+xnpn=∑ n i=1 xipi;性质:E(aX+ b)=aE(X)+b. 均值是随机变量可能取值关于取值概率的 加权平均数,反映了随机变量取值的平均 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 173 高考一线 真题研究 数学 水平. (2)方差:D(X)=[x1-E(X)]2p1+[x2- E(X)]2p2+ … + [xn -E (X)]2pn = ∑ n i=1 [xi-E(X)]2pi. 标准差为 D(X),方差和标准差刻画了离 散型随机变量的离散程度(波动大小),标准 差和方差越小,数据越稳定. ▶四个特殊分布 (1)两点分布(0—1分布):对于只有两个可 能结果的随机试验,用A 表示“成功”,A 表 示“失败”,定义X= 1,A 发生 0,A 发生. 记P(A)= p,则P(X=1)=p,P(X=0)=P(A)= 1-p,则称 X 服从两点分布,E(X)=p, D(X)=p(1-p). (2)二项分布:若X~B(n,p),则P(X=k) =Cknpk(1-p)n-k,k=0,1,2,…n,E(X)= np,D(X)=np(1-p). (3)超 几 何 分 布:X ~H (N,n,M ),则 P(X=k)= CkMCn-kN-M CnN ,k=t,t+1,…,s,称 X 服从 N,n,M 的超几何分布,E(X)= nM N . (4)正态分布:X~N(μ,σ2) ①正态曲线在x 轴上方,与x 轴不相交,关 于x=μ 对 称,与 x 轴 围 成 的 面 积 是1; P(x≤μ)=P(x≥μ)= 1 2 ; ②σ越大,正态曲线越“矮胖”,表示随机变量 取值越分散;σ 越小,正态曲线越“瘦高”,表 示随机变量取值越集中; ③3σ原则:P(x-σ≤X≤x+σ)≈0.6827, P(x-2σ≤X≤x+2σ)≈0.9545, P(x-3σ≤X≤x+3σ)≈0.9973 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 1171.(多选)(2024·新高考全国一,9)随着 “一带一路”国际合作的深入,某茶叶种植 区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出 口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植 区抽取样本,得到推动出口后亩收入的样 本均值x=2.1,样本方差s2=0.01,已知 该种植区以往的亩收入X 服从正态分布 N(1.8,0.12),假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布N(x,s2),则 ( ) (若随机变量Z 服从正态分布N(μ,σ2),则 P(Z<μ+σ)≈0.8413) A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 1172.(2024·北京,18)某保险公司为了了解 该公司某种保险产品的索赔情况,从合同 险期限届满的保单中随机抽取1 000份,记 录并整理这些保单的索赔情况,获得数据 如下表: 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 800 100 60 30 10 假设:一份保单的保费为0.4万元;前3次 索赔时,保险公司每次赔偿0.8万元;第四 次索赔时,保险公司赔偿0.6万元,假设不同 保单的索赔次数相互独立,用频率估计概率. (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率; (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的 保费与赔偿总金额之差. (ⅰ)记X 为一份保单的毛利润,估计X 的 数学期望E(X); (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%,有 索赔的保单的保费增加20%,试比较这种情 况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(ⅰ) 中E(X)估计值的大小.(结论不要求证明) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 174 第十四章 计数原理、概率、随机变量及其分布 1173.(2024·新高考全国二,18节选)某投篮 比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队 员组成,比赛具体规则如下:第一阶段由参 赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投 中,则该队被淘汰,比赛成员为0分;若至 少投中一次,则该队进入第二阶段,由该队 的另一名队员投篮3次,每次投中得5分, 未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶 段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员 组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投 中的概率为q,各次投中与否相互独立.假 设0<p<q,为使得甲、乙,所在队的比赛 成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一 阶段比赛? 1174.(2023·新高考全国一,21)甲乙两人投 篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命 中,则此人继续投篮;若未命中,则换为对 方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投 篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率 均为0.8,由抽签决定第一次投篮的人选, 第一次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率; (2)求第i次投篮的人是甲的概率; (3)已知:若随机变量Xi 服从两点分布,且 P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n, 则E ∑ n i=1 Xi =∑ n i=1 qi,记前n 次(即从第1次 到第n 次投篮)中甲投篮的次数为Y,求 E(Y). 1175.(2023·新课标全国甲理,19)为探究某 药物对小鼠的生长抑制作用,将40只小鼠 均分为两组,分别为对照组(不加药物)和 实验组(加药物). (1)设其中两只小鼠中对照组小鼠数目为 X,求X 的分布列和数学期望; (2)测得40只小鼠体重如下(单位:g):(已 按从小到大排好) 对照组:17.3 18.4 20.1 20.4 21.5 23.2 24.6 24.8 25.0 25.4 26.1 26.3 26.4 26.5 26.8 27.0 27.4 27.5 27.6 28.3 实验组:5.4 6.6 6.8 6.9 7.8 8.2 9.4 10.0 10.4 11.2 14.4 17.3 19.2 20.2 23.6 23.8 24.5 25.1 25.2 26.0 (ⅰ)求40只小鼠体重的中位数m,并完成 下面2×2列联表: <m ≥m 对照组 实验组 (ⅱ)根据2×2列联表,能否有95%的把握 认为药物对小鼠生长有抑制作用. 参考数据: k0 0.10 0.05 0.010 P(k2≥k0) 2.706 3.841 6.635 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 175 高考一线 真题研究 数学 1176.(2022·新高考全国二,13)已知随机变 量X 服从正态分布N(2,σ2),且P(2< X≤2.5)=0.36,则 P (X >2.5)= . 1177.(2022·浙江,15)现有7张卡片,分别写 上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随 机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小 值为ξ,则P(ξ=2)= ,E(ξ)= . 1178.(2022·新课标全国甲,19)甲、乙两个学 校进行体育比赛,比赛共设三个项目,每个 项目胜方得10分,负方得0分,没有平局. 三个项目比赛结束后,总得分高的学校获 得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的 概率分别为0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结 果相互独立. (1)求甲学校获得冠军的概率; (2)用X 表示乙学校的总得分,求X 的分 布列与期望. 1179.(2021·新高考全国一,18)某学校组织 “一带一路”知识竞赛,有A,B 两类问题. 每位参加比赛的同学先在两类问题中选择 一类并从中随机抽取一个问题回答,若回 答错误则该同学比赛结束;若回答正确则 从另一类问题中再随机抽取一个问题回 答,无论回答正确与否,该同学比赛结束.A 类问题中的每个问题回答正确得20分,否 则得0分;B 类问题中的每个问题回答正 确得80分,否则得0分. 已知小明能正确回答A 类问题的概率为 0.8, 能正确回答B 类问题的概率为0.6, 且能正确回答问题的概率与回答次序无关. (1)若小明先回答A 类问题,记X 为小明 的累计得分,求X 的分布列; (2)为使累计得分的期望最大,小明应选择 先回答哪类问题? 说明理由. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 176 第十四章 计数原理、概率、随机变量及其分布 1180.(2021·浙江,15)袋中有4个红球、m 个 黄球、n 个绿球.现从中任取两个球,记取 出的红球数为ξ,若取出的两个球都是红球 的概率为1 6 ,一红一黄的概率为1 3 ,则m- n= ,E(ξ)= . 1181.(2021·天津,14)甲、乙两人在每次猜谜 活动中各猜一个谜语,若一方猜对且另一 方猜错,则猜对的一方获胜,否则本次平 局.已知每次活动中,甲、乙猜对的概率分 别为5 6 和3 5 ,且每次活动中甲、乙猜对与否 互不影响,各次活动也互不影响,则一次活 动中,甲获胜的概率为 ;3次活 动中,甲至少获胜2次的概率为 . 1182.(2020·浙江,16)一个盒子里有1个红、 1个绿、2个黄四个相同的球,每次拿一个, 不放回,拿出红球即停,设拿出黄球的个数 为ξ,则 P(ξ=0)= ;E(ξ)= . 1183.(2019·新课标全国一,16)设甲、乙两位 同学上学期间,每天7:30之前到校的概率 均为2 3. 假定甲、乙两位同学到校情况互不 影响,且任一同学每天到校情况相互独立. (1)用X 表示甲同学上学期间的三天中7: 30之前到校的天数,求随机变量X 的分布 列和数学期望; (2)设M 为事件“上学期间的三天中,甲同 学在7:30之前到校的天数比乙同学在7: 30之前到校的天数恰好多2”,求事件 M 发生的概率. 1184.(2019·浙江,7)设0<a<1,随机变量 X 的分布列是 X 0 a 1 P 13 1 3 1 3 则当a在(0,1)内增大时, ( ) A.D(X)增大 B.D(X)减小 C.D(X)先增大后减小 D.D(X)先减小后增大 1185.(2018·天津,16)已知某单位甲、乙、丙 三个部门的员工人数分别为24,16,16.现 采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行 睡眠时间的调查. (1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别 抽取多少人? (2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人 睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做 进一步的身体检查. (ⅰ)用X 表示抽取的3人中睡眠不足的员 工人数,求随机变量X 的分布列与数学期 望; (ⅱ)设A 为事件“抽取的3人中,既有睡眠 充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事 件A 发生的概率. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 177 高考一线 真题研究 数学 1186.(2018·新课标全国三,8)某群体中的每 位成员使用移动支付的概率都为p,各成 员的支付方式相互独立.设X 为该群体的 10位成员中使用移动支付的人数,D(X)= 2.4,P(X=4)<P(X=6),则p= ( ) A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 1187.(2018·浙江,7)设0<p<1,随机变量ξ 的分布列是 ξ 0 1 2 P 1-p2 1 2 p 2 则当p 在(0,1)内增大时, ( ) A.D(ξ)增大 B.D(ξ)减小 C.D(ξ)先减小后增大 D.D(ξ)先增大后减小 1188.(2017·新课标全国二,13)一批产品的 二等品率为0.02,从这批产品中每次随机 取一件,有放回地抽取100次,X 表示抽到 的二等品件数,则D(X)= . 1189.(2017·北京,17)为了研究一种新药的 疗效,选100名患者随机分成两组,每组各 50名,一组服药,另一组不服药.一段时间 后,记录了两组患者的生理指标x 和y 的 数据,并制成下图,其中“*”表示服药者, “+”表示未服药者. 从图中A,B,C,D 四人中随机选出两人, 记ξ为选出的两人中指标x 的值大于1.7 的人数,求ξ的分布列和数学期望E(ξ). 1190.(2017·山东,18)在心理学研究中,常采 用对比试验的方法评价不同心理暗示对人 的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿 者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示, 另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两 组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两 种心理暗示的作用.现有6名男志愿者 A1,A2,A3,A4,A5,A6 和4名女志愿者 B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲 种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示. (1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含 A1 但不包含B1 的概率; (2)用X 表示接受乙种心理暗示的女志愿 者人数,求X 的分布列. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 178 第十四章 计数原理、概率、随机变量及其分布 1191.(2016·四川,12)同时抛掷两枚质地均 匀的硬币,当至少有一枚硬币正面向上时, 就说这次试验成功,则在2次试验中成功 次数X 的均值是 . 1192.(2015·山东,8)已知某批零件的长度误 差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),从 中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6) 内的概率为 ( ) (附:若随机变量服从正态分布 N(μ,σ2), 则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=68.26%,P(μ- 2σ<ξ<μ+2σ)=95.44%) A.4.56% B.13.59% C.27.18% D.31.74% 1193.(2015·湖北,4)设X~N(μ1,σ21),Y~ N(μ2,σ22),这两个正态分布密度曲线如图 所示.下列结论中正确的是 ( ) Y+ 

3 X+ 

3 O x y A.P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1) B.P(X≤σ2)≥P(X≤σ1) C.对任意正数t,P(X≤t)≥P(Y≤t) D.对任意正数,P(X≥t)≥P(Y≥t) 1194.(2015·广东,13)已知随机变量X 服从 二项分布B(n,p),若E(X)=30,D(X)= 20,则p= . 1195.(2015·新课标全国一,4)投篮测试中, 每人投3次,至少投中2次才能通过测试. 已知某同学每次投篮投中的概率为0.6,且 各次投篮是否投中相互独立,则该同学通 过测试的概率为 ( ) A.0.648 B.0.432 C.0.36 D.0.312 1196.(2015·上海,12)赌博有陷阱,某种赌博 每局的规则是:赌客先在标记有1,2,3,4,5 的卡片中随机摸取一张,将卡片上的数字 作为其赌金(单位:元);随后放回该卡片, 再随机摸取两张,将这两张卡片上数字之 差的绝对值的1.4倍作为其奖金(单位: 元).若随机变量ξ1 和ξ2 分别表示赌客在 一局赌博中的赌金和奖金,则 E(ξ1)- E(ξ2)= . 1197.(2015·四川,17)某市A,B 两所中学的 学生组队参加辩论赛,A 中学推荐了3名 男生、2名女生,B 中学推荐了3名男生、4 名女生,两校所推荐的学生一起参加集训, 由于集训后队员水平相当,从参加集训的 男生中随机抽取3人,女生中随机抽取3 人组成代表队. (1)求A 中学至少有1名学生入选代表队 的概率; (2)某场比赛前,从代表队的6名队员中随 机抽取4人参赛,设X 表示参赛的男生人 数,求X 的分布列和数学期望. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 179 高考一线 真题研究 数学 1198.(2015·天津,16)为推动乒乓球运动的 发展,某乒乓球比赛允许不同协会的运动 员组队参加,现有来自甲协会的运动员3 名,其中种子选手2名,乙协会的运动员5 名,其中种子选手3名,从这8名运动员中 随机选择4人参加比赛. (1)设A 为事件“选出的4人中恰有2名种 子选手,且这2名种子选手来自同一个协 会”,求事件A 发生的概率; (2)设X 为选出的4人中种子选手的人数, 求随机变量X 的分布列和数学期望. 1199.(2014·全国,20)设每个工作日甲、乙、 丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为 0.6,0.5,0.5,0.4,各人是否需使用设备相 互独立. (1)求同一工作日至少3人需使用设备的 概率; (2)X 表示同一工作日需使用设备的人数, 求X 的数学期望. 1200.(2014·新课标全国一,18)从某企业的 某种产品中抽取500件,测量这些产品的 一项质量指标值,由测量结果得到如下频 率分布直方图: M(3C       


























 BF (1)求这500件产品质量指标值的样本平 均数x 和样本方差s2(同一组数据用该区 间的中点值作代表); (2)由频率分布直方图可以认为,这种产品 的质量指标值Z 服从正态分布N(μ,σ2), 其中μ 近似为样本平均数x,σ2 近似为样 本方差s2. ①利用该正态分布,求P(187.8<Z<212.2); ②某用户从该企业购买了100件这种产 品,记X 表示这100件产品中质量指标值 位于区间(187.8,212.2)的产品件数,利用 ①的结果,求E(X). (附:150≈12.2,若Z~N(μ,σ2),则P(μ- σ<Z≤μ+σ)=0.6826,P(μ-2σ<Z≤ μ+2σ)=0.9544) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 180 高考一线 真题研究 数学 6.635, P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 所以拒绝H0 成立,即能有99%的把握认为 甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异. 1063.解:(1)由表格可知,该市100天中,空气 中的PM2.5浓度不超过75,且SO2 浓度 不超过150的天数有32+6+18+8= 64天,所以该市一天中,空气中的PM2. 5浓度不超过75,且SO2 浓度不超过150 的概率为64 100=0.64. (2)由所给数据,可得2×2列联表如下: PM2.5 SO2 [0,150] (150,475] 合计 [0,75] 64 16 80 (75,115] 10 10 20 合计 74 26 100 (3)假设H0:该市一天空气中PM2.5浓度 与SO2 浓度无关.根据题目中列联表,代入 计算公式: K2= n (ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) = 100×(64×10-16×10)2 80×20×74×26 = 3 600 481 ≈7.4844>6.635, P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 所以拒绝 H0 成立,即能有99%的把握认 为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2 浓 度有关. 1064.解:(1)男顾客对该商场服务满意的概率 为40 50=80% ,女顾客对该商场服务满意的 概率为30 50=60%. (2)假设H0:男、女顾客对该商场服务的评 价没有差异. 根据题目中列联表,代入计算公式 K2= 100×(40×20-30×10)2 50×50×70×30 ≈4.762>3.841, P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.82 所以拒绝 H0 成立,即能有95%的把握认 为男、女顾客对该商场服务的评价有差异. 1065.解:(1)以样本的频率估计概率,由频数 分布表可知,该市一天的空气质量等级为 1的概率为 2+16+25 100 =0.43 ,等级为2的 概率为5+10+12 100 =0.27 ,等级为3的概率 为6+7+8 100 =0.21 ,,等级为4的概率为 7+2+0 100 =0.09. (2)由频数分布表可知,一天中到该公园锻 炼的人次的平均数为[100×(2+5+6+ 7)+300×(16+10+7+2)+500×(25+ 12+8+0)]/100=350. (3)2×2列联表如下: 人次≤400 人次>400 空气质量不好 33 37 空气质量好 22 8 假设H0:一天中到该公园锻炼的人次与该 市当天的空气质量无关,根据题目中列联 表,代入计算公式K2= 100×(33×8-37×22)2 55×45×70×30 ≈5.820>3.841, (意味着H0 成立的条件下,计算出随机变 量K2 的观测值大于等于3.841的概率不 超过0.05,也就是有95%的情况下其观测 值是小于3.841的.) 所以拒绝 H0 成立,即能有95%的把握认 为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天 的空气质量有关. 第十四章 计数原理、概率、 随机变量及其分布 14.1 计数原理、排列与组合 1066.24 112 解析:由题意知,选4个方格, 每行和每列均恰有一个方格被选中,则第 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 372 详解答案 一列有4个方格可选,第二列有3个方格 可选,第三列有2个方格可选,第四列有 1个方格可选,所以共有4×3×2×1= 24种选法,每种选法可标记为(a,b,c,d), a,b,c,d 分别表示第一、二、三、四列的数 字,则所有的可能结果为:(11,22,33,44), (11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22, 34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42), (13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22, 31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42), (13,24,33,40),(15,21,33,43),(15,21, 33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40), (15,22,31,42),(15,22,33,40),所以选中 的方格中,(15,21,33,43)的4个数之和最 大,为15+21+33+43=112. 1067.D 解析:根据按比例分层抽样的定义知 初中部共抽取60× 400 600=40 人,高中部共 抽取60× 200 600=20 ,则不同的抽样结果共有 C40400·C20200 种,故选D. 1068.B 解析:不妨记五名志愿者为a,b,c, d,e,假设a 连续参加了两天社区服务,再 从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星 期天的社区服务,共有A24=12种方法,同 理b,c,d,e连续参加了两天社区服务,也 各有12种方法,所以恰有1人连续参加了 两天社区服务的选择种数有5×12=60 种,故选B. 1069.C 解析:首先确定相同得读物,共有 C16 种情况,然后两人各自的另外一种读物 相当于在剩余的5种读物里,选出2种进 行排列,共有 A25 种,所以共有C16·A25= 120种,故选C. 1070.64 解析:从这8门课中选修2门或3门 课,共有C28+C38=28+56=84种,其中,不 符合题意的有(C24+C34)×2=20种,所以符 合题意的选课方法共有84-20=64种. 1071.B 解析:因为丙丁要在一起,先把丙丁 捆绑,看做一个元素,连同乙,戊看成三个 元素排列,有A33 种排列方式;为使甲不在 两端,必须且只需甲在此三个元素的中间 两个位置任选一个位置插入,有2种插空 方式;注意到丙丁两人的顺序可交换,有 2种排列方式,所以安排这5名同学共有 A33×2×2=24种不同的排列方式,故选B. 1072.17 解析:从千位到十位依次讨论: 若千位大于2,则有C12A33=12个; 若千位为2,百位大于1,则有C12A22=4; 若千位为2,百位为1,十位大于3,则有唯 一一个数字2143. 因此,这些四位数中比2134大的数字总共 有12+4+1=17个. 1073.C 解析:先分组再分配,5人分4组,有 C25 种或表示为 C25C13C12C11 A33 .再分配有A44 种, 则不同分配方案有C25A44=240种,故选C. 1074.C 解析:直 接 分 配:C16C25C33=60,故 选C. 1075.36 解析:方法一:先将4名同学按2,1, 1分成3组,有C24 种或表示为 C24C12C11 A22 ;其 次再分给3个不同的小区有A33 种可能;最 后,由乘法原理可得一共有C24A33=36种. 方法二(位置优先法):第一步:首先选2个 小区有C23 种可能;然后每个小区都选1个 同学,有C14C13 种可能;由乘法原理可得一 共有C23C14C13 种可能. 第二步:剩下的1个小区与剩下的2个同 学一一对应有1种可能. 最后,由乘法原理可得一共有 C23C14C13= 36种可能. 1076.16 解析:解法一:按所选女生的个数分 两类: 第一类:只含1个女生,有C12C24=12种不 同的选法; 第二类:含2个女生,有C22C14=4种不同的 选法. 最后,根据加法原理共有12+4=16种不 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 373 高考一线 真题研究 数学 同的选法. 解法二:不考虑特殊情况有C36=20种不同 的选法,不含女生的有C34=4种不同的选 法.因此至少有1位女生的不同选法有 20-4=16种. 1077.1 260 解析:方法一(元素优先法):按含 0和不含0分两类. 第一类:不含0.首先从五个奇数中选取两 个,有C25 种不同的方式;其次从去掉0的 三个偶数中再选取两个,有C23 种不同的方 式;最后把选出来的四个数进行全排列有 A44 种不同的方式,由乘法原理可知共有 C25C23A44=720种不同的方式. 第二类:包含0.先排0,有C13 种不同的方 式;再在剩下的三个偶数中选取一个偶数, 有C13 种不同的方式;最后从五个奇数中取 两个奇数,有C25 种不同的方式,由乘法原理 可知共有C13C13C25A33=540种不同的方式. 最后,由加法原理可知一共有720+540= 1 260个没有重复数字的四位数,故填1 260. 方法二(位置优先法):因为千位特殊(不能 为0),先考虑千位,按千位是否为偶数分 2类. 第一类:千位为奇数.先排千位有C15 种不 同的方式;再从百位、十位和个位中选一个 放奇数,有C13C14 种不同的方式;最后排偶 数,有A24 种不同的方式.由乘法原理可知 一共有C15C13C14A24=720种不同的方式. 第二类:千位为偶数.千位不能为0,故有 C13 种不同的方式;再从百位、十位和个位中 选一个放偶数,有C13C13 种不同的方式;最 后剩下的两位排奇数,有A25 种不同的方式. 由乘法原理可知有C13C13C13A25=540种不同 的方式. 最后,由加法原理可知一共有720+540= 1 260个没有重复数字的四位数,故填1 260. 1078.D 解析:先分组再分配,先考虑把4项 工作分3组,有C24 种或表示为 C24C12C11 A22 .再 分配有A33 种,则不同安排方式有C24A33= 36种,故选D. 1079.660 解析:方法一:由题意知可分两类. (1)只 有 一 名 女 生,先 选 出1女3男 为 C12C36,再选两人当队长为 A24,利用乘法原 理有C12C36A24=480种选法. (2)有两名女生,先选2女2男为C22C26,再 选两人当队长为A24,则有C22C26A24=180种 选法,故共有480+180=660种选法. 方法二(排除法):无限制选有C48A24种选法. 一名女生都没有共C46A24 种,则至少有1名 女生有C48A24-C46A24=660种选法. 1080.1 080 解析:方法一:由题意知其中有奇 数5个、偶数4个,可分两类: 第一类:没有偶数,A45=120个; 第二类:有一个偶数,C35C14A44=960个. 故共有120+960=1 080个. 方法二(排除法):无限制有A49 种选法. 2个数字是偶数有C25C24A44 种,3个数字是 偶数 有 C15C34A44 种,4 个 数 字 是 偶 数 有 A44 种,则至多有一个数字是偶数有 A49- C25C24A44-C15C34A44-A44=1 080. 1081.B 解析:分两步:第一步,从E到F,如 果要走最短路线,从E到F不是向右走,就 是向上走,而从E到F最短应走4个单位, 其中2个单位向上走,另外2个单位向右 走,只需要确定这4步中哪2步向上走,剩 下的2步就只能向右走了,所以最短路径 有C24=6条. 第二步:从F到G,应走3个单位,其中一 个单位向上走,两个单位向右走,所以最短 路径有C13=3条. 由分步乘法原理,最短路径共有6×3=18 条,故选B. 1082.D 解析:方法一:这五个数字中有3个 奇数,2个偶数,安排个位,有C13 种排法,再 对余下的4个数进行全排列,有 A44 种排 法,则奇数的个数为C13A44=72个,故选D. 方法二:这五个数字中有3个奇数,2个偶 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 374 详解答案 数,先从前面4位中选2位排两个偶数,则 有A24 种排法,再对三个奇数进行全排列有 A33 种排法,则奇数的个数为A24A33=72个, 故选D. 1083.B 解析:根据题意知万位可排4,5. ①若万位排5,接着再排个位,个位可以排 0,2,4种任意一个,有C13 种排法,此时还剩 4个数,接着从中选3个在中间三个位置全 排列,有A34 种排法,那么万位为5的偶数 有C13A34=72个; ②若万位排4,接着再排个位,个位可以排 0,2种任意一个,有C12 种排法,此时还剩 4个数,接着从中选3个在中间三个位置全 排列,有A34 种排法,那么万位为5的偶数 有C12A34=48个. 所以比40 000大的偶数共有72+48=120 个.故选B. 1084.C 解析:选2名男医生有C26 种选法,选 1名女医生有C15 种选法,则不同的选法有 C26C15=75种选法,故选C. 1085.36 解析:A与B相邻,可捆绑.我们可 在A与B相邻的前提下排除掉A与C相 邻,A与B相邻有A44A22 种,A与B,A与C 均相邻,有A33A22 种,则A与B相邻而A与 C不相邻的摆法有A44A22-A33A22=36种. 1086.B 解析:由题意总共分4类: 第一类:两人分别在前排两侧,C14C14A22=32; 第二类:两人在前排同侧,由“人椅套装”插 空,A23·2=12; 第三类:两人在后排,由“人椅套装”插空, A211=110; 第四类:两人一前排一后排,C18C112A22=192. 于是不同排法有32+12+110+192= 346种.故选B. 1087.B 解析:由题先排歌舞A33,再把余下节 目分两类插进去,分别是一空单插和一空 多插;一空单插C12A33(其中3个歌舞中的 两空必插),一空多插C12A22A22(其中相声与 1个小品捆绑后插入歌舞中间两空),则共 有A33(C12A33+C12A22A22)=120种排法,故选B. 1088.480 解析:方法一:(位置优先法)先排 好A,B,C 的内部顺序,因为A,B 在C 同 侧,所以C 只能在两头,有C12 种方法,A,B 有A22 种排法,那么A,B,C 的内部排列数 是C12·A22,再从6个位置选3个位置排字 母A,B,C,有C36 种排法,最后再排D,E, F,有 A33 种 排 法,所 以 不 同 排 法 共 有 C12A22C36A33=480种. 方法二:(元素优先法)这6个字母的全排 列数是A66,再计算A,B,C 顺序一定时的 排列数为 A66 A33 ,而A,B,C 的内部排列数是 C12A22,所 以 不 同 排 法 共 有 A66 A33 C12A22= 480种. 14.2 二项式定理 1089.B 解析:(x- x)4 的二项展开式的通 项为Tr+1=Cr4x4-r(- x)r=Cr4(-1)rx4- r 2, (r=0,1,2,3,4),令4-r2=3 ,解得r=2,则 x3 的系数为C24(-1)2=6,故选B. 1090.5 解析:展开式通项公式为 Tr+1= Cr10 1 3 10-r xr,0≤r≤10且r∈Z,设展开 式 中 第 r + 1 项 系 数 最 大,则 Cr10 1 3 10-r ≥Cr+110 1 3 9-r , Cr10 1 3 10-r ≥Cr-110 1 3 11-r , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 r≥ 29 4 , r≤ 33 4 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 即 29 4≤r≤ 33 4. 又r∈Z,则r=8,所以展开式 中系数最大的项是第9项,且该项系数为 C810 1 3 2 =5. 1091.20 解析:因为 3 x3+ x3 3 6 的展开式的通 项 为 Tr+1 = Cr6 3 x3 6-r x3 3 r = 36-2rCr6x6(r-3),r=0,1,…,6,令6(r-3)= 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 375 高考一线 真题研究 数学 0,得r=3,所以常数项为30C36=20. 1092.60 解析:展开式的通项公式 Tk+1= Ck6(2x3)6-k - 1 x k =(-1)k×26-k×Ck6× x18-4k(0≤k≤6且k∈N).令18-4k=2可 得,k=4,则x2 项的系数为(-1)4×26-4× C46=4×15=60. 1093.D 解析:2x- 1 x 5 的展开式的通项为 Tr+1=Cr5(2x)5-r - 1 x r =(-1)r25-rCr5x5-2r, 令5-2r=1得r=2,所以 2x- 1 x 5 的展 开式中x 的系数为(-1)225-2C25=80,故 选D. 1094.-28 解析:因为 1-yx (x+y)8= (x+y)8-yx (x+y)8,所以 1-yx (x+ y)8 的展开式中含x2y6 的项为C68x2y6- y xC 5 8x3y5=-28x2y6,故 1-yx (x+y)8 的展开式中x2y6 的系数为-28. 1095.B 解析:令x=1,则a4+a3+a2+a1+ a0=1;令x=-1,则a4-a3+a2-a1+ a0=(-3)4=81,所 以a4+a2+a0= 1+81 2 =41 ,故选B. 1096.8 -2 解析:含x2 的项为x·C34· x·(-1)3+2·C24·x2·(-1)2= -4x2+12x2=8x2,则a2=8;令x=0得 2=a0;令x=1,得0=a0+a1+a2+a3+ a4+a5,∴a1+a2+a3+a4+a5=-2. 1097.66 解析:Tr+1=Cr12(x3)12-r· 1 x r = Cr12x36-4r,令36-4r=-4,得r=10,所以 1 x4 的 数为C1012=C212=66. 1098.5 10 解 析:由 题 意 知 a1=C03× (-1)0+C14×11=5,令x=1,得1+a1+ a2+a3+a4=16,所以a2+a3+a4=16- 5-1=10. 1099.C 解析:因为(x+y)5 展开式的通项公 式为 Tr+1=Cr5x5-ryr,所以 x+y 2 x 的各 项与(x+y)5 的展开式的通项的乘积可表 示 为 xTr+1=xCr5x5-ryr =Cr5x6-ryr 和 y2 xTr+1= y2 xC r 5x5-ryr=Cr5x4-ryr+2. 在xTr+1=Cr5x6-ryr 中,令r=3,可 得 xTr=C35x3y3,该项中x3y3 的系数为10. 在y 2 xTr+1=C r 5x4-ryr+2 中,令r=1,可得 y2 xT2=C 1 5x3y3,该项中x3y3 的系数为5. 所以,x3y3 的系数为10+5=15,故选C. 1100.A 解析:显然,只需求出(1+x)4 中 x3 和x 的系数,然后分别乘上1和2x2 的 系数就可以得到(1+2x2)(1+x)4 的展开 式中x3 的系数.因为(1+x)4 的通项公式 Tr+1=Cr4xr,所以当r=3时,(1+x)4 展 开式中x3 的系数是C34=4;当r=1时, (1+x)4 展开式中x 的系数是C14=4.因 此,(1+2x2)(1+x)4 的展开式中x3 的系 数为C34+2·C14=12,故选A. 1101.28 解析:Tr+1=Cr8(2x)8-r - 1 8x3 r = (-1)rCr828-4rx8-4r.令8-4r=0,得r=2, 则T3=28. 1102. 5 2 解析:Tr+1=Cr5x5-r - 1 2 x r = Cr5 - 1 2 r x5- 3 2r.令5- 3r 2=2 ,得r=2,则 T3= 5 2x 2.故填 5 2. 1103.7 解析:Tr+1=Cr8( 3 x)8-r 12x r = Cr8 1 2 r x 8-4r 3 .令 8-4r 3 =0 ,得r=2,则T3=7. 1104.C 解析:x2 的系数由(1+x)6 中的 x2 和x4 的系数组成,则C26+C46=30,故 选C. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 376 详解答案 1105.C 解析:确定x 为主元,则x3y3 的系数 由(2x-y)5中的x2y3和x3y2的系数组成,则 xC25(2x)2(-y)3+yC35(2x)3(-y)2= 40x3y3,故选C. 1106.16 4 解析:a4 即x 的系数,x 的系数 由(x+1)3 中的常数和x 的系数分别与 (x+2)2 中x 的系数和常数相乘得到, C33·C12x·2+C23x·C22 2=16x. 而a5 由(x+1)3 中的常数和(x+2)2 中的 常数相乘得到,即C3313·C22 2=4. 1107.10 解析:Tr+1=Cr5(2x)5-r(x)r= Cr5·25-rx5- r 2.令5- r 2=3 ,得r=4,则 T5=10x3.故填10. 1108.3 解析:设f(x)=(a+x)(1+x)4= a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,分别 令x=±1,可得f(1)=(a+1)·24, f(-1)=0,即f (1)-f(-1) 2 =2 3(a+ 1)=32,解得a=3. 14.3 概 率 1109. 1 2 解析:方法一:下表为甲拿到的卡片数 字与乙拿到的卡片数字对应,甲得分的情况 甲 乙 1 3 5 7 2 0 1 1 1 4 0 0 1 1 6 0 0 0 1 8 0 0 0 0 甲拿卡片的顺序有A44 种,每种顺序下和乙 比较的得分情况都是一致的,所以只需考 虑甲依次拿到卡片上的数字依次为1,3,5, 7的情况,甲乙所有的对应情况有A44 种. (1)当甲得0分时,乙只能有1种顺序2,4, 6,8,则P0= 1 A44 = 1 24 ; (2)当甲得1分时,甲只有一个卡片数字比 乙大,情况讨论如下: ①甲得分的卡片数字为7,与之对应的乙的 卡片数字可以为6,4,2. 当乙为6时,甲5对应乙8,甲3对应乙4, 甲1对应乙2,即只1种情况,则P1(7-6)= 1 A44 = 1 24 ; 当乙为4时,甲1对应乙2,甲3、5可以与 乙6、8分别对应,则P1(7-4)= A22 A44 = 1 12 ; 当乙为2时,甲5对应乙6、8,甲1、3任意 都可以,则P1(7-2)= C12A22 A44 = 1 6 ; ②甲得分的卡片数字为5,与之对应的乙的 卡片数字只能为4,2. 当乙为4时,甲7对应乙8,甲3对应乙6, 甲1 对 应 乙 2,即 只 有 1 种 情 况,则 P1(5-4)= 1 A44 = 1 24 ; 当乙为2时,甲7对应乙8,甲1、3可以与 乙4、6分别对应,则P1(5-4)= A22 A44 = 1 12 ; ③甲得分的卡片数字为3,与之对应的乙的 卡片数字只能为2. 甲7对应乙8,甲5对应乙6,甲1对应乙 4,即只有1种情况,则P1(3-2)= 1 A44 = 1 24. 由①②③得P1= 1 24×3+ 1 12×2+ 1 6= 11 24. 综上,甲得分小于2分的概率为 11 24+ 1 24= 1 2 ,则甲得分不小于2分的概率为 1 2. 方法二:设甲在四轮游戏中的得分分别为 X1,X2,X3,X4,四轮的总得分为X.对于 任意一轮,甲乙两人在该轮出示每张牌的 概率都均等,其中使得甲获胜的出牌组合 有六种,从而甲在该轮获胜的概率P(Xk= 1)= 6 4×4= 3 8 ,所以E(Xk)= 3 8 (k=1,2, 3,4), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 377 高考一线 真题研究 数学 从而E(X)=E(X1+X2+X3+X4)= ∑ 4 k=1 E(Xk)=∑ 4 k=1 3 8= 3 2. 记pk=P(X=K)(k=0,1,2,3),如果甲 得0分,则组合方式是唯一的:必定是甲出 1,3,5,7分别对应乙出2,4,6,8,所以p0= 1 A44 = 1 24 ;如果甲得3分,则组合方式也是唯 一的:必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出 8,2,4,6,所以p3= 1 A44 = 1 24. 而X 的所有可能取值是0,1,2,3,则p0+ p1+p2+p3=1,p1+2p2+3p3=E(X)= 3 2 , 所以p1+p2+ 1 12=1 ,p1+2p2+ 1 8= 3 2 ,两 式相减即得p2+ 1 24= 1 2 ,则p2+p3= 1 2 ,所以 甲得总得分不小于2的概率为p2+p3= 1 2. 1110. 7 15 解析:从6个不同的球中不放回地 抽取3次,共有A36=120种,设前两个球的 号码 为 a,b,第 三 个 球 的 号 码 为c,则 a+b+c 3 - a+b 2 ≤ 1 2 ,则|2c-(a+b) |≤3,所以-3≤2c-(a+b)≤3,即a+b -3≤2c≤a+b+3.若c=1,则a+b≤5, 则(a,b)为:(2,3),(3,2),有2种;若c=2, 则1≤a+b≤7,则(a,b)为:(1,3),(1,4), (1,5),(1,6),(3,4),(3,1),(4,1),(5,1), (6,1),(4,3),有10种;当c=3,则3≤a+ b≤9,则(a,b)为:(1,2),(1,4),(1,5),(1, 6),(2,4),(2,5),(2,6),(4,5),(2,1),(4, 1),(5,1),(6,1),(4,2),(5,2),(6,2),(5, 4),有16种;当c=4,则5≤a+b≤11,同 理有16种;当c=5,则7≤a+b≤13,同理 有10种;当c=6,则9≤a+b≤15,同理有 2种.所以 m 与n 的差的绝对值不超过 1 2 时不同的抽取方法总数为2(2+10+ 16)=56,则所求概率为 56 120= 7 15. 1111.解:由题意可知:生产线智能化升级改造 后,该工厂产品的优级品的频率为96 150= 0.64,用频率估计概率可得p=0.64. 又因为升级改造前该工厂产品的优级品率 p=0.5, 则 p +1.65 p (1-p) n =0.5+1.65 0.5(1-0.5) 150 ≈0.5+1.65× 0.5 12.247 ≈ 0.568,可知p>p+1.65 p (1-p) n , 所以可以认为生产线智能化升级改造后, 该工厂产品的优级品率提高了. 1112.D 解析:依题意,从这4名学生中随机 选2名组织校文艺汇演,总的基本事件有 C24=6件,其中这2名学生来自不同年级的 基本事件有C12C12=4,所以这2名学生来自 不同年级的概率为4 6= 2 3 ,故选D. 1113.A 解析:甲有6种选择,乙也有6种选 择,故总数共有6×6=36种,若甲、乙抽到 的主题不同,则共有A26=30种,则其概率 为30 36= 5 6 ,故选A. 1114.0.05 3 5 解析:设甲、乙、丙三个盒子 中的球的个数分别为5n,4n,6n,所以总数 为15n,所以甲盒中黑球个数为40%× 5n=2n,白球个数为3n;乙盒中黑球个数 为25%×4n=n,白球个数为3n;丙盒中黑 球个数为50%×6n=3n,白球个数为3n; 记“从三个盒子中各取一个球,取到的球都 是黑球”为事件 A,所以 P(A)=0.4× 0.25×0.5=0.05;记“将三个盒子混合后 取出一个球,是白球”为事件B,黑球总共 有2n+n+3n=6n个,白球共有9n个,所以 P(B)=9n15n= 3 5. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 378 详解答案 1115.解:(1)根据表格数据可以看出,40天里, 有16个+,也就是有16天是上涨的,所以 农产品价格上涨的概率为16 40=0.4. (2)在这40天里,有16天上涨,14天下跌, 10天不变,也就是上涨,下跌,不变的概率 分别是0.4,0.35,0.25,所以未来任取4 天,2天上涨,1天下跌,1天不变的概率是 C24×0.42×C12×0.35×0.25=0.168. (3)由于第40天处于上涨状态,从前39次 的15次上涨进行分析,上涨后下一次仍上 涨的有4次,不变的有9次,下跌的有2次, 因此估计第41次不变的概率最大. 1116.D 解析:从2至8的7个整数中随机取 2个不同的数,共有C27=21种不同的取法, 其中2个数不互质不同的取法有(2,4), (2,6),(2,8),(3,6),(4,6),(4,8),(6,8), 共7种,则所求概率P=21-721 = 2 3 ,故选D. 1117.C 解析:方法一:记“抽到的2张卡片上 的数字之积是4的倍数”为事件A, 由题意知从1,2,3,4,5,6中随机取2张卡 片的可能情况有12,13,14,15,16,23,24, 25,26,34,35,36,45,46,56,共15种情况 也 可 使 用 不 放 回 不 重 复 的 计 算 公 式 n(n-1) 2 ,计算有6 (6-1) 2 =15 种 ,而抽到 的2张卡片上的数字之积是4的倍数情况 有14,24,26,34,45,46,共6种情况,所以 P(A)=615= 2 5 ,故选C. 方法二:记“抽到的2张卡片上的数字之积 是4的倍数”为事件A,由题意知从1,,3, 4,5,6中随机取2张卡片的可能情况有 C26=15种,而抽到的2张卡片上的数字之 积是4的倍数情况有14,24,26,34,45,46, 共6种情况,那么P(A)=615= 2 5 ,故选C. 1118. 6 35 解析:从正方体的8个顶点中任取 4个,有n=C48=70个样本点,这4个点在同 一个平面的样本点有m=6+6=12个,则所 求概率P=mn= 12 70= 6 35. 1119. 3 10 解析:从5名同学中随机选3名的 方法数为C35=10,甲、乙都入选的方法数为 C13=3,所以甲、乙都入选的概率P= 3 10. 1120.C 解析:方法一:记“2个0不相邻”为事 件 X,这5个 数 的 排 列 可 能 有:00111, 01011,01101,01110,10011,10101,10110, 11001,11010,11100,共10种,而2个0不 相 邻 的 情 况 有:01011,01101,01110, 10101,10110,11010,共6种,所以P(X)= 6 10=0.6 ,故选C. 方法二:记“2个0相邻”为事件X,其对立 事件X 为“2个0不相邻”.这5个数的排 列 可 能 有:00111,01011,01101,01110, 10011,10101,10110,11001,11010,11100, 共10种,而2个0相邻的情况有00111, 10011,11001,11100,共4种,所以P(X)= 1- 4 10=0.6 ,故选C. 方法三:记“2个0不相邻”为事件 X,这 5个数的排列是选两个位置排0,则有C25= 10种(或选3个位置排1,则有C35=10种;再 或者对这5个数进行全排列,再给3个1和 2个0去顺序,则有 A55 A33A22 =10种),而2个 0不相邻的情况有(相离问题采用插空法), 共C24=6种(选2个位置将2个0插进3个 1形成的4个空里),所以 P(X)=610= 0.6,故选C. 方法四:记“2个0相邻”为事件X,其对立 事件X 为“2个0不相邻”.这5个数的排 列是选2两个位置排0,则有C25=10种(或 选3个位置排1,则有C25=10种;再或者对 这5个数进行全排列,再给3个1和2个0 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 379 高考一线 真题研究 数学 去顺序,则有 A 5 5 A33A22 =10种),而2个0相邻 的情况有(相邻问题采用捆绑法),共C14= 4种(捆绑2个0,形成4个数字,选一个位 置排2个0),所以P(X)=1-410=0.6 ,故 选C. 1121.C 解析:方法一:记“2个0不相邻”为事 件X,这6个数的排列是选两个位置排0, 则有C26=15种(或选四个位置排1,则有 C46=15种;再或者对这6个数进行全排列, 再给四个1和两个0去顺序,则有 A66 A44A22 = 15种),而两个0不相邻的情况有(相离问 题采用插空法),共C25=10种(选两个位置 将两个0插进四个1形成的5个空里),所 以P(X)=1015= 2 3 ,故选C. 方法二:记“2个0相邻”为事件X,其对立 事件X 为“2个0不相邻”.这6个数的排 列是选两个位置排0,则有C26=15种(或选 4两个位置排1,则有C46=15种;再或者对 这6个数进行全排列,再给四个1和两个0 去顺序,则有 A 6 6 A44A22 =15种),而两个0相邻 的情况有(相邻问题采用捆绑法),共C15= 5种(捆绑2个0,形成5个数字,选1个位 置排2个0),所以P(X)=1-515= 2 3 ,故 选C. 1122.B 解析:由题意得知第二天累计积压订 单不超过500+1 600-1 200=900件的概 率是1-0.05=0.95,设需要n名志愿者处 理,使其处理积压订单的概率不小于0.95, 即处理积压订单的概率大于等于0.95,则 50n 900≥0.95 ,即n≥17.1,又n∈N*,所以 nmin=18,则 至 少 需 要18名 志 愿 者,故 选B. 1123. 1 9 解析:记“向上点数之和为5” 为事 件A,由题意知投掷两颗骰子的可能情况 有6×6=36种,而向上点数之和为5的情 况有(1,4),(4,1),(2,3),(3,2),共4种, 所以P(A)=436= 1 9. 1124.A 解析:方法一:记“取出的三个点共 线”为事件A,由图知从O,A,B,C,D 这 五个 点 种 任 取 三 个 点 的 情 况 有:OAB, OAC,OAD,OBC,OBD,OCD,ABC, ABD,ACD,BCD,共10种,而取出的这三 个点共线的情况有:OAC,OBD,共2种, 所以P(A)=210= 1 5 ,故选A. C A B O D 方法二:记“取出的这三个点共线”为事件 A,由图知从O,A,B,C,D 这五个点种任 取三个点的情况有C35=10种,而取出的这 三个点共线的情况有:OAC,OBD,共2 种,所以P(A)=210= 1 5 ,故选A. 1125.B 解析:方法一:记“恰好有2只兔子测 量过该指标”为事件X,设3只测量过该指 标的兔子为A,B,C,其余2只未测量该指 标的兔子为P,Q,由题意知从这5只中任 取 3 只 的 情 况 有:PQA,PQB,PQC, PAB,PAC,PBC,QAB,QAC,QBC, ABC,共10种,而恰好有2只兔子测量过 该指标的情况有:PAB,PAC,PBC,QAB, QAC,QBC,共6种,所以P(X)=610= 3 5 , 故选B. 方法二:记“恰好有2只兔子测量过该指 标”为事件 X,由题意知从这5只中任取 3只的情况有C35=10种,而恰好有2只兔 子测量过该指标的情况有C23·C12=6种情 况,所以P(X)=610= 3 5 ,故选B. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 380 详解答案 1126. 7 10 解析:方法一:记“至少有一名女姓” 为事件 X,设2名女生为P,Q,3名男生 A,B,C,由题意知从这5人中任取2人的 情况有:PQ,PA,PB,PC,QA,QB,QC, AB,AC,BC,共10种(也可使用不放回不 重复的计数公式n (n-1) 2 ,计算有5 (5-1) 2 = 10种),而至少有一名女姓的情况有:PQ, PA,PB,PC,QA,QB,QC,共7种,所 以 P(X)=710. 方法二:记“至少有一名女生”为事件X,由 题意知从这5人中任取2人的情况有C25= 10种,而至少有一名女生的情况有C13·C12+ C22=7种,所以P(X)= 7 10. 1127.B 解析:记“只用现金支付”为事件A, “既用现金支付也用非现金支付”为事件 B,那么A+B 的对立事件A+B 为“不用 现金支付”,所以P(A+B)=1-P(A+ B)=1-[P(A)+P(B)]=1-(0.45+ 0.15)=0.4,故选B. 1128. 3 10 解析:方法一:记“恰好选中2名女 姓”为事件X,设2名男生为P,Q,3名女 生A,B,C,由题意知从这5人中任取2人 的 情 况 有:PQ,PA,PB,PC,QA,QB, QC,AB,AC,BC,共10种(也可使用不放 回不 重 复 的 计 数 公 式n (n-1) 2 ,计 算 有 5(5-1) 2 =10 种),而恰好选中2名女生的 情况有:AB,AC,BC,共3种,所以P(X)= 3 10. 方法二:记“恰好选中2名女生”为事件X, 由题意知从这5人中任取两人的情况有 C25=10种,而恰好选中2名女生的情况有 C23=3种,所以P(X)= 3 10. 1129. 1 5 解析:方法一:记“3个砝码的总质量 为9克”为事件X,设5克,3克,1克分别 为A,B,C,两个2克砝码为P,Q,由题意 知从这5个砝码中任取3个砝码的情况 有:PQA,PQB,PQC,PAB,PAC,PBC, QAB,QAC,QBC,ABC,共10种,而3个 砝码 的 总 质 量 为9克 的 情 况 有:PQA, ABC,共2种,所以P(X)=210= 1 5. 方法二:记“3个砝码的总质量为9克”为事 件X,由题意知从这5个砝码中任取3个 砝码的情况有C35=10种,而3个砝码的总 质量为9克的情况有:5+3+1,5+2+2, 共2种,所以P(X)=210= 1 5. 1130.D 解析:方法一:“第一张卡片上的数大 于第二张卡片上的数”为事件A,由题意知 放回式抽取两次卡片的可能情况有5×5= 25种,而第一张卡片上的数大于第二张卡 片上的数的情况有:54,53,52,51,43,42, 41,32,31,21,共10种,那么P(A)=1025= 2 5 ,故选D. 方法二:记“第一张卡片上的数大于第二张 卡片上的数”为事件A,由题意知放回式抽 取两次卡片的可能情况有5×5=25种,而 第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数 的情况有C25=10种,那么P(A)= 10 25= 2 5 , 故选D. 1131.C 解析:方法一:记“取出的2只铅笔中 含有红色铅笔”为事件X,设红色为O,其 余四色为A,B,C,D,由题意知从这5支铅 笔中任取2两支的情况有:OA,OB,OC, OD,AB,AC,AD,BC,BD,CD,共10种 (也 可 使 用 不 放 回 不 重 复 的 计 数 公 式 n(n-1) 2 ,计算有5 (5-1) 2 =10 种),而红色 被选 中 的 情 况 有:OA,OB,OC,OD,共 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 381 高考一线 真题研究 数学 4种,所以P(X)=410= 2 5 ,故选C. 方法二:记“取出的2只铅笔中含有红色铅 笔”为事件X,由题意知从这5支铅笔中任 取2支的情况有C25=10种,而红色被选中 的情况有C14=4种,所以P(X)= 4 10= 2 5 , 故选C. 1132.C 解析:记“抽到的两张卡片上的数奇 偶不同”为事件A,从这9张卡片中任选 2张卡片的情况有C29=36种,而抽到的两 张卡片上的数奇偶不同的情况有C15·C14= 20种,那么P(A)=2036= 5 9 ,故选C. 1133. 1 6 解析:方法一:记“logab为整数”为事 件A,由题意知从2,3,8,9中取出两个不 同数字组成logab 的情况有:log23,log32, log28,log82,log29,log92,log38,log83, log39,log93,log89,log98,共12种(因为底 数和真数可以互换位置,所以不放回重复 的计数公式n(n-1),计算有4(4-1)= 12种),而logab 为整数的情况有log28, log39,共2种,那么P(A)= 2 12= 1 6. 方法二:记“logab 为整数”为事件A,由题 意知从2,3,8,9中取出两个不同数字组成 logab的情况有A24=12种,而logab为整数 的情况有log28,log39,共2种,那么P(A)= 2 12= 1 6. 1134.B 解析:方法一:记“甲被选中”为事件 X,设甲为O,其余四位同学为A,B,C,D, 由题意知从这5人中任取2人的情况有: OA,OB,OC,OD,AB,AC,AD,BC,BD, CD,共10种(也可使用不放回不重复的计 数公式n (n-1) 2 ,计算有5 (5-1) 2 =10 种), 而甲被选中的情况有:OA,OB,OC,OD, 共4种,所以P(X)=410= 2 5 ,故选B. 方法二:记“甲被选中”为事件X,由题意知 从这5人中任取2人的情况有C25=10种, 而甲 被 选 中 的 情 况 有 C14=4 种,所 以 P(X)=410= 2 5 ,故选B. 1135. 1 6 解析:方法一:记“甲乙选择的两种 水果相同”为事件X,由题意知从A,B,C, D 四种水果中任选2种的组合有AB,AC, AD,BC,BD,CD,共6种(也可使用不放 回不 重 复 的 计 数 公 式n (n-1) 2 ,计 算 有 4(4-1) 2 =6 种组合),由题意知甲乙选择的 两种水果相同的可能情况有6种,所以P (X)=636= 1 6. 方法二:记“甲乙选择的两种水果相同”为 事件X,由题意知从A,B,C,D 四种水果 中任选2种的组合有C24=6种,由题意知 甲乙选择的两种水果相同的可能情况有 6种,所以P(X)=636= 1 6. 注:这道题本质上同样是两人“掷骰子”的 改编,把点数包装成了水果组合.同时又根 据6种组合拆成了4种水果.“掷骰子”问 题本质上是“放回式抽取”概率问题. 1136. 5 6 解析:记“向上点数之和小于10”为 事件A,其对立事件A 为“向上点数之和 不小于10”,由题意知投掷两颗骰子的可能 情况有6×6=36种,而向上点数之和不小 于10的情况有(6,6),(6,5),(5,6),(6, 4),(4,6),(5,5),共6种.所以,P(A)= 1-P(A)=1-636= 5 6. 1137.A 解析:记“甲获胜”为事件A,“两人和 棋”为事件B,则“甲不输”为事件A+B,那 么P(A+B)=P(A)+P(B)=12+ 1 3= 5 6 ,故选A. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 382 详解答案 1138.B 解析:方法一:记“恰好有1件次品” 为事件X,设2件次品为P,Q,其余3件合 格品A,B,C,由题意知从这5件中任取 2件的情况有:PQ,PA,PB,PC,QA,QB, QC,AB,AC,BC,共10种(也可使用不放 回不 重 复 的 计 数 公 式n (n-1) 2 ,计 算 有 5(5-1) 2 =10 种),而恰好有1件次品的情 况有:PA,PB,PC,QA,QB,QC,共6种, 所以P(X)=610=0.6 ,故选B. 方法二:记“恰好有1件次品”为事件X,由 题意知从这5件中任取2件的情况有C25= 10种,而恰好有1件次品有C13·C12=6种, 所以P(X)=610=0.6 ,故选B. 1139. 5 6 解析:方法一:记“这2只球颜色不 同”为事件 X,设白球,红球分别为P,Q, 2只黄球为A,B,由题意知从这4个球中 任取2球的情况有PQ,PA,PB,QA,QB, AB,共6种(也可使用不放回不重复的计 数公式n (n-1) 2 ,计算有4 (4-1) 2 =6 种), 而这2只球颜色不同的情况有:PQ,PA, PB,QA,QB,共5种,所以P(X)=56. 方法二:记“取出的这2只球颜色不同”为 事件X,其对立事件X 为“这2只球颜色 相同”。设白球,红球分别为P,Q,2只黄 球为 A,B,由题意知从这4个球中任取 2球 的 情 况 有:PQ,PA,PB,QA,QB, AB,共6种(也可使用不放回不重复的计 数公式n (n-1) 2 ,计算有4 (4-1) 2 =6 种), 而这2只球颜色相同的情况只有AB,这一种 情况,所以P(X)=1-P(X)=1-16= 5 6. 方法三:记“取出的这2只球颜色不同”为 事件X,由题意知从这4个球中任取2球 的情况有C24=6种,而这2只球颜色不同 的情况有C24-1=5种,所以P(X)= 5 6. 1140. 1 15 解析:记“选择的3天恰好为连续 3天”为事件A,从这10天中任选3天的情 况有C310=120种,而选择的3天恰好为连 续3天的情况有C18=8(连续3天的第1天 只能从这10天的第1天到第8天任选),那 么P(A)= 8120= 1 15. 1141. 1 6 解析:记“选取的7个数的中位数是 6”为事件A,从这10个数中任选7个数的 情况有C710=120种,而选取的这7个数的 中位数是6的情况有C36·C33=20种(从 6的左右各选3个),那么P(A)=20120= 1 6. C A B O D1142.C 解析:方法一:记“取 出的两个点的距离不小于 该正方形边长”为事件A, 由图可知从O,A,B.C,D 这5个点中任取两个点的 情况有:OA,OB,OC,OD,AB,AC,AD, BC,BD,CD,共10种(也可使用不放回不 重 复 的 计 数 公 式 n (n-1) 2 ,计 算 有 5(5-1) 2 =10 种),而取出的这两个点的距 离不小于该正方形边长的情况有:AB, AC,AD,BC,BD,CD,共6种,所 以 P (A)=610= 3 5 ,故选C. 方法二:记“取出的这两个点的距离不小于 该正方形边长”为事件A,其对立事件A 为“取出的这两个点的距离小于该正方形 边长”,由图知从O,A,B,C,D 这五个点 种任 取 两 个 点 的 情 况 有:OA,OB,OC, OD,AB,AC,AD,BC,BD,CD,共10种 (也 可 使 用 不 放 回 不 重 复 的 计 数 公 式 n(n-1) 2 ,计算有5 (5-1) 2 =10 种),而取出 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 383 高考一线 真题研究 数学 的这两个点的距离小于该正方形边长的情 况有:OA,OB,OC,OD,共4种,所以P(A)= 1-P(A)=1-410= 3 5 ,故选C. 方法三:记“取出的这两个点的距离不小于 该正方形边长”为事件A,由图知从O,A, B,C,D 这五个点种任取两个点的情况有 C25=10种,而取出的这两个点的距离不小 于该正方形边长的情况有:AB,AC,AD, BC,BD,CD,共6种,所以P(A)=610= 3 5 ,故选C. 方法四:记“取出的这两个点的距离不小于 该正方形边长”为事件A,其对立事件A 为“取出的这两个点的距离小于该正方形 边长”,由图知从O,A,B,C,D 这五个点 中任取两个点的情况有C25=10种,而取出 的这两个点的距离小于该正方形边长的情 况有:OA,OB,OC,OD,共4种,所以P(A)= 1-P(A)=1-410= 3 5 ,故选C. 1143. 1 3 解析:方法一:“甲乙两人都中奖”为 事件X,设一、二等奖,不中奖分别为 A, B,O,由题意知甲乙从中各抽一张奖券的 可能情况有:AO,OA,AB,BA,BO,OB, 共6种,而甲乙两人都中奖的情况有:AB, BA,共2种,那么P(X)=26= 1 3. 注:因为抽奖涉及了名次顺序,所以列举的 时候就要考虑前后颠倒产生的重复,如果 样本空间和目标事件都不考虑甲乙的名次, 同样可以得到答案,即P(X)= C22 C23 = 1 3. 方法二:记“甲乙两人都中奖”为事件X,由 题意知甲乙从中各抽一张奖券的可能情况 有A23=6种,而甲乙两人都中奖的情况 A22=2种,那么P(X)= 2 6= 1 3. 1144. 1 3 解析:记“甲乙选择相同颜色的运动 服”为事件A,由题意知甲乙两人选择校服 的可能情况有3×3=9种,而他俩所选运 动服颜色相同的情况有3种,那么P(A)= 3 9= 1 3. 注:这道题本质上是两人“掷骰子”的改编, 把点数包装成了颜色,把掷骰子的6种结 果包装成了3种结果,还原成掷骰子问题 可以是这个样子:两个人投掷同样的骰子 (该骰子只有3种等可能结果),问两人掷 的点数相同的概率;也可以是一个人投掷两 次只有3种等可能结果的骰子,问这两次点 数相同的概率. 1145.D 解析:记“周六、周日都有同学参加公 益活动”为事件A,其对立事件A 为“4位 同学在同一天参加公益活动”,由题意知这 4位同学参加公益活动的情况有24=16 种,而4位同学在同一天参加公益活动的 情况有2种,那么P(A)=1-P(A)=1- 2 16= 7 8 ,故选D. 1146.C 解析:记“向上点数之和不超过5”为 事件A,其对立事件A 为“向上点数之和 大于5”,由题意知投掷两颗骰子的可能情 况有6×6=36种,而向上点数之和不超过 5的情况有(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(3, 1),(2,2),(1,4),(4,1),(2,3),(3,2),共 10种.所以p1=P(A)= 10 36= 5 18 ,p2= P(A)=1-P(A)=1-518= 13 18 ,从点数之 和的结果来看,两次点数之和只有两种结 果,奇数和偶数,且各占一半,所以p3= 1 2. 所以p1<p3<p2,故选C. 14.4 事件的相互独立性 1147.解:(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于 5分,则甲第一阶段至少投中1次,乙第二 阶段也至少投中1次,所以比赛成绩不少 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 384 详解答案 于5分的概率p=(1-0.63)(1-0.53)= 0.686. (2)若甲先参加第一阶段比赛,则甲、乙所 在队的比赛成绩为15分的概率为p甲= [1-(1-p)3]q3, 若乙先参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队 的比赛成绩为15分的概率为p乙=[1- (1-q)3]p3. 因为0<p<q,所以p甲-p乙=q3-(q- pq)3-p3+(p-pq)3 =(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(p- pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)] =(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2) =3pq(p-q)(pq-p-q) =3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0, 所以p甲>p乙,应该由甲参加第一阶段比赛. 1148.ABD 解析:对于A,依次发送1,0,1,则 依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、发 送0接收0、发送1接收1的3个事件的 积,它们相互独立,所以所求概率为(1- β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2,A正 确;对于B,三次传输,发送1,相当于依次 发送1,1,1,则依次收到1,0,1的事件,是 发送1接收1、发送1接收0、发送1接收 1的3个事件的积,它们相互独立,所以所 求概率为(1-β)·β·(1-β)=β(1-β)2, B正确;对于C,三次传输,发送1,则译码 为1的事件是依次收到1,1,0、1,0,1、0,1, 1和1,1,1的事件和,它们互斥,由选项B 知,所以所求的概率为C23β(1-β)2+(1- β)3=(1-β)2(1+2β),C错误;对于D,由 选项C知,三次传输,发送0,则译码为0的 概率P=(1-α)2(1+2α),单次传输发送 0,则译码为0的概率P'=1-α,而0<α< 0.5,因此P-P'=(1-α)2(1+2α)-(1- α)=α(1-α)(1-2α)>0,即P>P',D正 确,故选ABD. 1149.D 解析:记“该棋手在第二盘与甲、乙、 丙比赛获胜且连胜两盘”为事件Ai(i=1, 2,3),则 P(A1)=2p1[p2(1-p3)+ p3(1-p2)]=2p1(p2+p3)-4p1p2p3, P(A2)=2p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]= 2p2(p1+p3)-4p1p2p3,P(A3)=2p3[p2(1- p1)+p1(1-p2)]=2p3(p1+p2)- 4p1p2p3,所以P(A1)-P(A2)=2(p1- p2)p3<0,P(A2)-P(A3)=2(p2- p3)p1<0,即P(A1)<P(A2)<P(A3), 故选D. 1150.B 解析:P(甲)=16 ,P(乙)=16 , P(丙)=536 (8的组合有6+2,2+6,3+5, 5+3,4+4,共5种),P(丁)=16 (7的组合 有6+1,1+6,2+5,5+2,3+4,4+3,共 6种),因为P(甲丙)=0,P(甲)P(丙)=16× 5 36= 5 216 ,所以P(甲丙)≠P(甲)P(丙); P(甲丁)=136 ,P(甲)P(丁)=16× 1 6= 1 36 , P(甲丁)=P(甲)P(丁); P(乙丙)=136 ,P(乙)P(丙)=16× 5 36= 5 216 ,P(乙丙)≠P(乙)P(丙); P(丙丁)=0,P(丙)P(丁)=16× 5 36= 5 216 , P(丙丁)≠P(丙)P(丁). 综上所述,甲与丁相互独立,故选B. 1151.C 解析:记“该中学学生喜欢足球”为事 件A,“该中学学生喜欢游泳”为事件B,则 “该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A+ B,“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为 事件 A·B,那么 P(A)=0.6,P(B)= 0.82,P(A+B)=0.96,所以P(A·B)= P(A)+P(B)-P(A+B)=0.6+0.82- 0.96=0.46,即该中学既喜欢足球又喜欢 游泳的学生数占该校学生总数的比例为 46%,故选C. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 385 高考一线 真题研究 数学 1152. 1 6 2 3 解析:记“甲球落入盒子”为事件 A1,“乙球落入盒子”为事件A2,“甲、乙两 球都落入盒子”为事件X,“甲、乙两球至少 有一个落入盒子”为事件Y,其对立事件Y 为“甲、乙两球都未落入盒子”,X=A1A2, Y=A1A2,那 么 P(X)=P(A1A2)= P(A1)P(A2)= 1 2× 1 3= 1 6 ,P(Y)=1- P(Y)=1-P(A1 A2)=1- 1- 1 2 × 1- 1 3 =23. 1153.解:记“第i(i=1,2,3,4,5,)场甲获胜” 为事件Ai(i=1,2,3,4,5,),“第i(i=1,2, 3,4,5,)场乙获胜”为事件B,(i=1,2,3, 4,5,),“第i(i=1,2,3,4,5,)场丙获胜”为 事件Ci(i=1,2,3,4,5,),“甲连胜四场”为 事件D,“需要进行第五场比赛”为事件E, “丙最终获胜”为事件F. (1)因为D=A1A2A3A4,所以 P(D)=P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)= 1 2 4 = 1 16. (2)由 题 意 知 E =D +B1B2B3B4 + C2C3C4,则P(E)=P(D+B1B2B3B4+ C2C3C4)=P (D)+P(B1B2B3B4)+ P(C2C3C4)=P(D)+P(B1B2B3B4)+ P(C2C3C4)=P (D)+P (B1)P(B2) P(B3)P(B4)+P(C2)P(C3)P(C4)= 1 16+ 1 2 4 + 12 3 = 1 4 ,P(E)=1-P(E)= 1- 1 4= 3 4. (3)由 题 意 知 F=C2C3C4+C2C4C5+ C2C3C5+C2C3C4C5,所以P(F)=P(C2C3C4+ C2C4C5+C2C3C5+C2C3C4C5)=P(C2C3C4)+ P(C2C4C5)+P(C2C3C5)+P(C2C3C4C5)= P(C2)P(C3)P(C4)+P(C2)P(C4)P(C5)+ P(C2)P(C3)P(C5)+P(C2)P(C3)P(C4)P(C5)= 1 2 3 + 12 3 + 12 3 + 12 4 = 7 16. 1154.0.18 解析:记“甲队在第i(i=1,2,3, 4,5)场比赛获胜”为事件Ai(i=1,2,3,4, 5),“甲队以4∶1获胜”为事件X,则X= A1A2A3A4A5+A1A2A3A4A5+A1A2A3A4A5+ A1A2A3A4A5,那么P(X)=P(A1A2A3A4A5+ A1A2A3A4A5+A1A2A3A4A5+A1A2A3A4A5)= P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A5)+ P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A5)+ P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A5)+ P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A5)= 0.4×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.4× 0.5×0.5×0.6+0.6×0.6×0.5×0.5× 0.6+0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.18. 注:本题是甲队以4∶1获胜,那就是说比 赛了5场,且第5场以甲获胜而结束,那么 前四场有一场是甲输了. 1155.解:记“双方打成10∶10平后,第i(i= 1,2,…)个球甲获胜”为事件 Ai(i=1, 2,…). (1)X=2表示的是:10∶10平后,两人又 打了2个球该局比赛结束,则这2个球均 由甲得分,或者均由乙得分.因此P(X= 2)=P(A1A2)+P(A1 A2)=0.5×0.4+ (1-0.5)×(1-0.4)=0.5. (2)X=4且甲获胜表示的是:10∶10平 后,两人又打了4个球,该局比赛结束,且 这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各 得1分,后两球均为甲得分.因此P(X= 4 且 甲 获 胜 )= P (A1A2A3A4)+ P(A1A2A3A4)=0.5×0.4×0.5×0.4+ 0.5×0.6×0.5×0.4=0.1. 1156.解:记“A 地区用户的满意度等级为满意 或非常满意”为事件A1,“A 地区用户的满 意度等级为非常满意”为事件A2,“B 地区 用户的满意度等级为不满意”为事件B1, “B 地区用户的满意度等级为满意”为事件 B2,那么C=A1B1+A2B2,由题中数据得 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 386 详解答案 A1,A2,B1,B2 的频率分别为 4 5 ,1 5 ,1 2 ,2 5 , 即P(A1)= 4 5 ,P(A2)= 1 5 ,P(B1)= 1 2 , P(B2)= 2 5 ,所 以 P(C)=P(A1B1)+ P(A2B2)=P(A1)P(B1)+P(A2)P(B2)= 4 5× 1 2+ 1 5× 2 5= 12 25. 1157.B 解析:记“系统正常工作”为事件X, “K 正常工作”为事件K,“A1 正常工作”为 事件A1,“A2 正常工作”为事件A2,所以 P(K)=0.9,P (A1)=P(A2)=0.8, P(A1)=P(A2)=1-0.8=0.2,那么 P(X)=P(K)·[1-P(A1)·P(A2)]= 0.9×(1-0.2×0.2)=0.864,故选B. 1158.D 解析:记“甲获得冠军”为 X,“第i (i=1,2)局比赛甲获胜”为Ai(i=1,2,), 那么X=A1+A1A2,由题意知P(Ai)= P(Ai)= 1 2 ,所 以 P (X )= P(A1+ A1A2)=P(A1)+P(A1A2)=P(A1)+ P(A1)P(A2)= 1 2+ 1 2× 1 2= 3 4 ,故选D. 1159.C 解析:事件A,B 至少有一件发生,即 A+B,由题意知P(A)=12 ,P(B)=16 ,则 P(A·B)=P(A)·P(B)=12× 1 6= 1 12 , 因 为 A ∩B ≠ ⌀,所 以 P (A +B)= P(A)+P(B)-P(A·B)=12+ 1 6- 1 12= 7 12 ,故选C. 1160.B 解析:设这两个实习生分别是甲乙, 记“甲加工一等品”为事件A,“乙加工一等 品”为事件B,“甲乙加工的两个零件恰有 一个一等品”为事件C,则C=AB+AB, 因为P(A)=23 ,P(B)=34 ,所以P(C)= P(AB)+P(AB)=P(A)P (B)+ P(A)P(B)=P(A)[1-P(B)]+[1- P(A)]P(B)=512 ,故选B. 1161.D 解析:记“至少有一位同学通过测试” 为事件A,其对立事件A 为“没有人通过 测试”,因为每位同学能否通过测试是相互 独立,所以P(A)=(1-p)n,所以P(A)= 1-P(A)=1-(1-p)n,故选D. 1162. 3 70 解析:记“加工出来的零件是次品” 为事件X,“第i(i=1,2,3)道工序加工的 是正 品”为 事 件 Ai(i=1,2,3),那 么 P(X)=1-P(Ai)·P(A2)·P(A3)= 1- 1- 1 70 × 1-169 × 1-168 =1- 69 70× 68 69× 67 68= 3 70. 1163.解:记“甲中奖”为事件A1,“乙中奖”为 事件A2,“丙中奖”为事件 A3,由题意知 P(A1)=P(A2)=P(A3)= 1 6. (1)三位同学都没有中奖为事件A1 A2 A3, 那 么 P(A1 A2 A3)=P (A1)P (A2) P(A3)=1- 1 6 3 = 125 216. (2)三位同学至少有两位没中奖为事件 A1 A2 A3 +A1A2 A3 +A1A2A3 + A1A2A3,那么P(A1 A2 A3+A1A2 A3+ A1A2A3+A1 A2A3)=P(A1 A2 A3)+ P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)= P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A2)P(A3)+ P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A2)P(A3)= 5 6 3 + 56 2 × 1 6×3= 25 27. 14.5 条件概率与全概率公式 1164. 3 5 1 2 解析:设甲、乙选到A 为事件 M,乙选到B 为事件N,则甲选到A 的概 率为P(M)= C24 C35 = 3 5 ;乙选了A 活动,他再 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 387 高考一线 真题研究 数学 选择 B 活 动 的 概 率 为 P (N|M )= P(MN) P(M)= C13 C35 C24 C35 = 1 2. 1165.A 解析:报名两个俱乐部的人数为 50+60-70=40,记“某人报足球俱乐部” 为事件A,记“某人报兵乓球俱乐部”为事 件B,则P(A)=5070= 5 7 ,P(AB)=4070= 4 7 ,所以P(B ∣A)=P (AB) P(A)= 4 7 5 7 =0.8, 故选A. 1166. 1 221 1 17 解析:由题意,设第一次抽到A 的事件为B,第二次抽到A 的事件为C,则 P(BC)=452× 3 51= 1 221 ,P(B)=452= 1 13 , P(C|B)=P (BC) P(B)= 1 221 1 13 = 1 17. 1167.解:①R = P(B|A) P(B|A) P(B|A) P(B|A) = P(B|A) P(B|A) · P(B|A) P(B|A) = P(AB) P(A) P(AB) P(A) · P(AB) P(A) P(AB) P(A) = P(AB) P(AB) · P(AB) P(AB) = P(AB) P(AB) ·P(AB) P(A)B = P(AB) P(B) P(AB) P(B) · P(AB) P(B) P(AB) P(B) = P(A|B) P(A|B) ·P(A|B) P(A|B) . ②由表中数据得 P(A|B)=P (AB) P(B)= n(AB) n(B)= 40 40+60= 2 5 , P(A|B)=P (AB) P(B) = n(AB) n(B) = 10 10+90= 1 10 ,P (A|B)=P (AB) P(B) = n(AB) n(B) = 90 10+90= 9 10 ,P (A|B)=P (AB) P(B) = n(AB) n(B)= 60 40+60= 3 5 ,故R=P (A|B) P(A|B) · P(A|B) P(A|B) = 2 5 3 5 × 9 10 1 10 =6. 1168.解:(1)平均年龄x=(5×0.001+15× 0.002+25×0.012+35×0.017+45× 0.023+55×0.020+65×0.017+75× 0.006+85×0.002)×10=44.65(岁). (2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间 [20,70)},则 P(A)=1-P(A)=1- (0.001+0.002+0.006+0.002)×10= 1-0.11=0.89. (3)设B={任选一人年龄位于区间[40, 50)},C={任选一人患这种疾病},则由条 件概 率 公 式 得 P (C|B)=P (BC) P(B)= 0.1%×0.023×10 16% = 0.001×0.23 0.16 =0.0014375 ≈ 0.0014. 1169.解:(1)记“续保人本年度的保费高于基本 保费”为事件A,则P(A)=1-P(A)=1- (0.30+0.15)=0.55. (2)记“续保人保费比基本保费高出60%” 为事件 B,所以 P(B)=0.10+0.05= 0.15,又P(BA)=P(B)=0.15,那么P (B|A)=P (BA) P(A)= 0.15 0.55= 3 11. (3)设本年度所交保费为X,则X 的分布 列为 X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P 0.3 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 388 详解答案 则E(X)=0.85a·0.3+a·0.15+ 1.25a·0.20+1.5a·0.20+1.75a· 0.10+2a·0.05=1.23a,所以平均保费与 基本保费比值为1.23. 1170.A 解析:记“第一天空气优良”为事件 A,记“第二天空气优良”为事件B,由题意 知 P(BA)=0.6,P(A)=0.75,那 么 P(B|A)=P (BA) P(A)= 0.6 0.75=0.8 ,故选A. 14.6 离散型随机变量的分布列、期望与方差 1171.BC 解析:出口前的亩收入X~N(1.8, 0.12),则概率密度曲线的对称轴为μ= 1.8,标准差σ=0.1,因为μ+2σ=1.8+ 2×0.1=2,所以P(X>2)=P(X>μ+ 2σ)<P(X>μ+σ)≈1-0.8413=0.1587, B正确,A 错误;出口后的亩收入Y~N (x,S2),即Y~N(2.1,0.12),则概率密度 曲线的对称轴为μ=2.1,标准差σ=0.1, 因为μ-σ=2.1-0.1=2,所以 P(Y> 2)=P(Y>μ-σ)=P(X<μ+σ)≈0. 8413>0.8,C正确,,D错误,故选BC. 1172.解:(1)设A 为“随机抽取一单,赔偿不少 于2次”, 则P(A)= 60+30+10800+100+60+30+10= 1 10. (2)(ⅰ)设ξ为赔付金额,则ξ可取0,0.8, 1.6,2.4,3, P(ξ=0)= 800 1000= 4 5 ,P(ξ=0.8)= 100 1000= 1 10 , P(ξ=1.6)= 60 1000= 3 50 ,P(ξ=2.4)= 30 1000= 3 100 ,P(ξ=3)= 10 1000= 1 100 , 所以E(ξ)=0× 4 5+0.8× 1 10+1.6× 3 50+ 2.4× 3 100+3× 1 100=0.278 , 则E(X)=0.4-0.278=0.122(万元). (ⅱ)由 题 设 保 费 的 变 化 为0.4× 4 5× 96%+0.4× 1 5×1.2=0.4032 , 则E(Y)=0.122+0.4032-0.4=0. 1252(万元),所以E(X)<E(y). 1173.解:若甲先参加第一阶段比赛,比赛成绩 X 的所有可能取值为0,5,10,15,则 P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)3]C13q(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]C23q2(1-q) P(X=15)=[1-(1-p)3]q3, 所以E(X)=15[1-(1-p)3]q=15(p3- 3p2+3p)q. 记乙先参加第一阶段比赛,数学成绩Y 的 所有可能取值为0,5,10,15, 同理E(Y)=15(q3-3q2+3q)p, 所以E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p- q)-3pq(p-q)]=15(p-q)pq(p+q-3). 因为0<p<q,所以p-q<0,p+q-3< 1+1-3<0,则(p-q)pq(p+q-3)>0, 所以应该由甲参加第一阶段比赛. 1174.解:(1)设事件A=“第2次投篮的人是乙”, 由题意得P(A)=0.5×(1-0.6)+0.5× 0.8=0.6. (2)设第i次投篮是甲的概率为Pi, 则Pi+1=0.6Pi+0.2(1-Pi),即Pi+1= 0.4Pi+0.2. 设Pi+1+λ=0.4(Pi+λ), 则Pi+1=0.4Pi-0.6λ. 令-0.6λ=0.2,得λ=-13 , 所以Pi+1- 1 3= 2 5Pi- 1 3 . 又P1- 1 3= 1 2- 1 3= 1 6 , 所以 Pi- 1 3 是以16为首项,25为公比的等比 数列,所以Pi- 1 3= 1 6× 2 5 i-1 ,即Pi= 1 6× 2 5 i-1 + 1 3. (3)由题意得甲第i次投篮次数Yi 服从两 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 389 高考一线 真题研究 数学 点分布,且P(Yi=1)=1-P(Yi=0)= Pi, 所以E(Y)=p1+p2+…+pn = 1 6 2 5 0 + 25 1 +…+ 25 n-1􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 + n 3 = 1 6 · 1- 25 n 1- 2 5 + n 3= 5 181- 2 5 n􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 + n 3 = 5 18- 1 9× 2 5 n-1 + n 3. 1175.解:依题意,X 的可能取值为0,1,2,则P (X =0)= C020C220 C240 = 19 78 ,P (X =1)= C120C120 C240 = 20 39 ,P(X=2)= C220C020 C240 = 19 78 , 所以X 的分布列为 X 0 1 2 P 1978 20 39 19 78 所以E(X)=0×1978+1× 20 39+2× 19 78=1. (2)(ⅰ)依题意,可知这40只小鼠体重的 中位数是将两组数据合在一起,从小到大 排列后第20位与第21位数据的平均数, 由于原数据已经排好,所以我们只需要观 察对照组第一排数据与实验组第二排数据 即可,可得第11位数据为14.4,后续依次 为17.3,17.3,18.4,19.2,20.1,20.2, 20.4,21.5,23.2,23.6,…, 故第20位为23.2,第21位数据为23.6, 所以m=23.2+23.62 =23.4 , 故列联表为 <m ≥m 合计 对照组 6 14 20 实验组 14 6 20 合计 20 20 40 (ⅱ)由(ⅰ)得 K2=40× (6×6-14×14)2 20×20×20×20 = 6.400>3.841, 所以能有95%的把握认为药物对小鼠生长 有抑制作用. 1176.0.14 解析:因为X~N(2,σ2),所以P (X<2)=P(X>2)=0.5,因此 P(X> 2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5- 0.36=0.14. 1177. 16 35 12 7 解析:从写有数字1,2,2,3,4, 5,6的7张卡片中任取3张共有C37 种取 法,其中所抽取的卡片上的数字的最小值 为2的取法有C14+C12C24 种,所以P(ξ= 2)= C14+C12C24 C37 = 16 35. 由已知可得ξ的取值 有1,2,3,4,则P(ξ=1)= C26 C37 = 15 35 ,P(ξ= 2)= 16 35 ,P(ξ=3)= C23 C37 = 3 35 ,P(ξ=4)= 1 C37 = 1 35 ,所以E(ξ)=1× 15 35+2× 16 35+3× 3 35+4× 1 35= 12 7. 1178.解:记“甲学校在第i(i=1,2,3)项比赛 中获胜”为事件Ai(i=1,2,3),“甲学校获 得冠军”为事件B,P(A1)=0.5,P(A2)= 0.4,P(A3)=0.8,P(A1)=0.5,P(A2)= 0.6,P(A3)=0.2. (1)由题意知 B=A1A2A3+A1A2A3+ A1A2A3+A1A2A3, 所以 P(B)=P(A1A2A3+A1A2A3+ A1A2A3 +A1A2A3)=P (A1A2A3)+ P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)= P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A2)P(A3)+ P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A2)P(A3)= 0.5×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8+0.5× 0.6×0.8+0.5×0.4×0.2=0.6. (2)由题意知 X 的可能取值有0,10,20, 30, P(X=0)=P(A1A2A3)=0.5×0.4× 0.8=0.16,P(X=10)=P(A1A2A3+ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 390 详解答案 A1A2A3+A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)+ P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A2)P(A3)= 0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4× 0.2=0.44,P(X=30)=P(A1 A2 A3)= P(A1)P(A2)P(A3)=0.5×0.6×0.2= 0.06,P(X =20)=1-[P(X =0)+ P(X=10)+P(X=20)]=1-(0.16+ 0.44+0.06)=0.34, 所以X 的分布列如下表: X 0 10 20 30 P 0.16 0.44 0.34 0.06 X 的期望E(X)=0×0.16+10×0.44+ 20×0.34+30×0.06=13. 1179.解:(1)由题可知,X 的所有可能取值为 0,20,100. P(X=0)=1-0.8=0.2,P(X=20)=0.8 (1-0.6)=0.32,P(X=100)=0.8× 0.6=0.48,X 的分布列为 X 0 20 100 P 0.2 0.32 0.48 (2)由(1)知,E(X)=0×0.2+20×0.32+ 100×0.48=54.4. 若小明先回答B 类问题,记Y 为小明的累 计得分,则Y 的所有可能取值为0,80, 100. P(Y=0)=1-0.6=0.4,P(Y=80)= 0.6(1-0.8)=0.12,P(Y=100)=0.8× 0.6=0.48,所以E(Y)=0×0.4+80× 0.12+100×0.48=57.6.因为54.4< 57.6,所以小明应选择先回答B 类问题. 1180.1 8 9 解析:由题意知 P(ξ=2)= C24 C2m+n+4 = 6 C2m+n+4 = 1 6 ,即C2m+n+4=36,化简 得m+n+4=9.P(一红一黄)= C14C1m C2m+n+4 = 4m 36= m 9= 1 3 ,即 m=3,所以n=2,因此 m-n=1. 由于P(ξ=2)= 1 6 ,P(ξ=1)= C14C15 C29 = 5 9 , P(ξ=0)= C25 C29 = 5 18 ,所以E(ξ)= 1 6×2+ 5 9×1+ 5 18×0= 1 3+ 5 9= 8 9. 1181. 1 3 7 27 解析:记“甲猜对”为事件 A, “乙猜对”为事件B,“甲获胜”为事件C,则 P(C)=P(AB)=P(A)P(B)=56× 2 5= 1 3. 设甲在三次活动中获胜的次数为ξ,则ξ~ B3, 1 3 ,所以 P(ξ≥2)=P(ξ=2)+ P(ξ=3)=C23× 1 3 2 × 2 3+C 3 3× 1 3 3 = 7 27. 1182. 1 3 1 解析:由题意知取出红球和绿球 的概率都是1 4 ,取出黄球的概率是1 2 ,ξ 的 可能取值有0,1,2,则P(ξ=0)= 1 4+ 1 4× 1 3= 1 3 ,P(ξ=1)= 1 2× 1 3+ 1 4× 2 3× 1 2+ 1 2× 1 3× 1 2= 1 3 ,P(ξ=2)=1-P(ξ=0)- P(ξ=1)= 1 3.E (ξ)= 1 3× (0+1+2)=1. 1183.解:(1)由题意知X~B3, 2 3 , 所以P(X=k)=Ck3 2 3 k 1 3 3-k (k=0,1, 2,3),则 P(X =0)=C03× 1 3 3 = 1 27 , P(X=1)=C13× 2 3× 1 3 2 = 2 9 ,P(X=2)= C23× 2 3 2 × 1 3= 4 9 ,P(X=3)=C33× 2 3 3 = 8 27. 因此X 的分布列如下表: 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 391 高考一线 真题研究 数学 X 0 1 2 3 P 127 2 9 4 9 8 27 故期望E(X)=3×23=2. (2)设乙同学三天中7:30之前到校的天数 为Y,则Y~B3, 2 3 ,由题意知 M={X= 3,Y=1}+{X=2,Y=0}. P(M)=P({X=3,Y=1}+{X=2,Y= 0})=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)= P(X=3)·P(Y=1)+P(X=2)·P(Y= 0)= 8 27× 2 9+ 4 9× 1 27= 20 243. 1184.D 解析:E(X)=0×13+a× 1 3+1× 1 3= a+1 3 ,所以D(X)=0- a+1 3 2 ·1 3+ a- a+1 3 2 ·1 3+1- a+1 3 2 ·1 3= 2 9 (a2- a+1)=29 a- 1 2 2 + 3 4 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 ,所以当0<a< 1 2 时,D(X)单调递减;当12<a<1 时, D(X)单调递增.所以D(X)在(0,1)上先 减小后增大,故选D. 1185.解:(1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员 工人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样 的方法从中抽取7人,因此应从甲、乙、丙三 个部门的员工中分别抽取3人、2人、2人. (2)(ⅰ)由题意知随机变量X 的所有可能 取值为0,1,2,3,X~H(7,3,4)P(X= k)= Ck4C3-k3 C37 (k=0,1,2,3),则P(X=0)= C04C33 C37 = 1 35 ,P(X=1)= C14C23 C37 = 12 35 ,P(X= 2)= C24C13 C37 = 18 35 ,P(X=3)= C34 C37 = 4 35. 所以随机变量X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 135 12 35 18 35 4 35 因此数学期望E(X)=3×47= 12 7. (ⅱ)由(ⅰ)知,故 P(A)=P(X=2)+ P(X=1)=1235+ 18 35= 6 7. 所以,事件A 发 生的概率为6 7. 1186.B 解析:由题意知 X~B(10,p),则 D(X)=10p(1-p)=2.4,解得p=0.6或 p=0.4.又 P(X=4)<P(X =6),即 C410p4(1-p)6<C610p6(1-p)4,化简得 p>0.5,所以p=0.6,故选B. 1187.D 解析:E(ξ)=0· 1-p 2 +1 ·1 2+2 · p 2= 2p+1 2 ,所以 D(ξ)= 0- 2p+1 2 2 · 1-p 2 +1- 2p+1 2 2 ·1 2+2- 2p+1 2 2 · p 2=-p 2+p+ 1 4=- p- 1 2 2 + 1 2 ,又 0<p2<1 ,0< 1-p 2 <1 ,则0<p<1. 所以当0<p< 1 2 时,D(ξ)单调递增;当 1 2<p<1 时,D(ξ)单调递减. 所以D(ξ)先增大后减小,故选D. 1188.1.96 解析:由 题 意 知 X ~B(100, 0.02),所以 D(X)=100×0.02×(1- 0.02)=1.96. 1189.解:由题意知ξ~H(4,2,2),P(ξ=k)= Ck2C2-k2 C24 (k=0,1,2),则P(ξ=0)= C02C22 C24 = 1 6 ,P(ξ=1)= C12C12 C24 = 2 3 , P(ξ=2)= C22C02 C24 = 1 6. 所以随机变量ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P 16 2 3 1 6 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 392 详解答案 因此数学期望E(ξ)=2× 2 4=1. 1190.解:(1)记“接收甲种心理暗示的志愿者 包括 A1 但 不 包 括 B1”为 事 件 C,那 么 P(C)= C48 C510 = 5 18. (2)由题意知X~H(10,5,4),P(X=k)= Ck4C5-k6 C510 (k=0,1,2,3,4),则P(X=0)= C04C56 C510 = 1 42 ,P(X=1)= C14C46 C510 = 5 21 ,P(X= 2)= C24C36 C510 = 10 21 ,P(X=3)= C34C26 C510 = 5 21 , P(X=4)= C44C16 C510 = 1 42. 所以随机变量X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 142 5 21 10 21 5 21 1 42 1191. 3 2 解析:记“投掷两枚硬币,正面向上 的有i(i=0,1,2)枚”为事件Ai(i=0,1, 2),“投掷两枚硬币,正面向上的至少有一 枚”为事件B,所以P(B)=1-P(A0)= 1- 1 2× 1 2= 3 4. 由题意知X~B2, 3 4 ,所以 E(X)=2×34= 3 2. 1192.B 解析:设随机变量为ξ,那么ξ~N (0,32),其中μ=0,σ=3,μ+σ=3,μ+ 2σ=6,那么区间P(3<ξ<6)=P(μ+σ< ξ<μ+2σ),即 P(μ+σ<ξ<μ+2σ)= P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)-P(μ-σ<ξ<μ+σ) 2 = 95.44%-68.26% 2 =13.59% ,故选B. 1193.C 解析:由图看对称轴位置可得μ1< μ2,所以P(Y≥μ1)>P(Y≥μ2),所以 A 错误.由两条曲线的数据离散程度(即瘦高 矮 胖)可 得 σ1<σ2,所 以 P(X≤σ1)< P(X≤σ2),B错误.若0<t<μ2,那么P(X≥ t)<12<P (Y≥t),所以D错误,故选C. 1194. 1 3 解析:由题意知X~B(n,p),所以 E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20, 解得p= 1 3. 1195.A 解析:P=C23×0.62×0.4+C33× 0.63=0.648,故选A. 1196.0.2 解析:由题意知随机变量ξ1 的可能 取值有1,2,3,4,5,且每个取值的概率都是 1 5 ,所以E(ξ1)= 1 5 (1+2+3+4+5)=3. 随机变量ξ2 的可能取值有:1.4,2.8,4.2, 5.6,则 P(ξ2=1.4)= 4 C25 = 2 5 ,P(ξ2= 2.8)= 3 C25 = 3 10 ,P(ξ2=4.2)= 2 C25 = 1 5 , P(ξ2=5.6)= 1 C25 = 1 10 ,所以E(ξ2)=1.4× 2 5+2.8× 3 10+4.2× 1 5+5.6× 1 10=2.8 元.故E(ξ1)-E(ξ2)=3-2.8=0.2. 1197.解:(1)记“A 中学至少有一名学生入选 代表队”为事件X,其对立事件X 为“A 中 学没 有 学 生 入 选 代 表 队”,P(X)=1- P(X)=1- C33C34 C36C36 =1- 1 100= 99 100. (2)由题意知X~H(6,4,3),P(X=k)= Ck3C4-k3 C46 (k=1,2,3),则P(X=1)= C13C33 C46 = 1 5 ,P(X =2)= C23C23 C46 = 3 5 ,P(X=3)= C33C13 C46 = 1 5. 所以随机变量X 的分布列为 X 1 2 3 P 15 3 5 1 5 因此数学期望E(X)=4×36=2. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 393 高考一线 真题研究 数学 1198.解:(1)记“这两名种子选手来自甲协会” 为事件B1,“这两名种子选手来自乙协会” 为事件B2,由题意知 A=B1+B2,那么 P(A)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)= C22C23 C48 + C23C23 C48 = 3 70+ 9 70= 6 35. (2)由题意知X~H(8,4,5),P(X=k)= Ck5C4-k3 C48 (k=1,2,3,4),则 P(X =1)= C15C33 C48 = 1 14 ,P(X=2)= C25C23 C48 = 3 7 ,P(X= 3)= C35C13 C48 = 3 7 ,P(X=4)= C45C03 C48 = 1 14. 所以随机变量X 的分布列为 X 1 2 3 4 P 114 3 7 3 7 1 14 因此数学期望E(X)=4×58= 5 2. 1199.解:记“同一工作日乙、丙恰有i(i=0,1, 2)人需要使用设备”为事件Ai,“甲需使用 设备”为事件B,“丁需使用设备”为事件 C,“同一工作日至少3人需要使用设备”为 事件D. (1)D=A1BC+A2B+A2BC.抓住“主元”􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 甲,分别讨论甲使用和甲不使用的至少三 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 人情况,甲使用的前提下至少三人,也就意 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 味着乙丙至少有一个人要使用,甲使用的 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 时候只需要再选出两个人计算就可以了, 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 因为第四个任选不选都能保至少三个人 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 了,最后讨论甲不使用的情况,否则逐一讨 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 论的话需要把C34+C45=5种情况一一计􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 算,而这道题因为乙丙概率一样,适合抓住 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 “主元”进而分类. 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 又P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(Ai)=Ci2× 0.52(i=0,1,2)乙丙需要的概率一样,那么在 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 统计乙丙的时候因为两人的需要都是“伯努 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 利试验”,所以可以考虑使用独立重复试验进 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 行分数统计. 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 所以P(D)=P(A1BC+A2B+A2BC)= P(A1BC)+P(A2B)+P (A2BC)= P(A1)P (B)P(C)+P (A2)P(B)+ P(A2)P(B)P(C)=0.31. (2)X 的可能取值为0,1,2,3,4,则P(X= 0)=P(BA0C)=P(B)P(A0)P(C)= (1-0.6)×0.52×(1-0.4)=0.06, P(X=1)=P(BA0C+BA0C+BA1C)= P(B)P(A0)P(C)+P(B)P(A0)P(C)+ P(B)P(A1)P(C)=0.6×0.52×(1- 0.4)+(1-0.6)×0.52×0.4+(1-0.6)× 2×0.52×(1-0.4)=0.25,P(X=4)= P(A2BC)=P(A2)P(B)P(C)=0.52× 0.6×0.4=0.06,P(X=3)=P(D)- P(X=4)=0.25,P(X=2)=1-P(X= 0)-P(X=1)-P(X=3)-P(X=4)= 1-0.06-0.25-0.25-0.0=0.38. 所以数学期望E(X)=0·P(X=0)+1· P(X=1)+2·P(X=2)+3·P(X= 3)+4·P(X=4)=0.25+2·0.38+3× 0.25+4×0.06=2. 1200.解:(1)由题意和频率分布直方图得 x=170×0.02+180×0.09+190×0.22+ 200×0.33+210×0.24+220×0.08+ 230×0.02=200,s2=(170-200)2× 0.02+ (180-200)2 ×0.09+ (190- 200)2×0.22+(200-200)2×0.33+(210 -200)2×0.24+(220-200)2×0.08+ (230-200)2×0.02=150. (2)由题意知μ≈200,σ2≈150≈(12.2)2, 那么Z~N(200,12.22). ①P(187.8<Z<212.2)=P(μ-σ<Z< μ+σ)=0.6826; ②由题意知 X~B(100,0.6826),那么 E(X)=100×0.6826=68.26. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 394