卷17 概率、随机变量及其分布-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考数学真题分类优化卷(分项A)

最新5年高考真题分类优化卷·数学（十七） 卷17概率、随机变量及其分布 本卷共19小题，满分150分，考试时间120分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的， 1.(2024·北京)在(x一√()的展开式中，x3的系数为 ( A.6 B.-6 C.12 D.-12 2.(2024·全国)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在 排尾的概率是 () 1 B. A.4 1 C. n号 3.西安、洛阳、北京、南京和开封并称中国的五大古都.某旅游博主为领 略五大古都之美，决定用两个月的时间游览完五大古都，且每个月只 游览五大古都中的两个或三个（五大古都只游览一次），则恰好在同一 个月游览西安和洛阳的概率为 () 1 2 A.5 .6 c n号 4.(2022·全国)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 5.五行是华夏民族创造的哲学思想，多用于哲学、中医学和占卜方面，五 行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类 元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系.下 图是五行图，现有5种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能 用同一种颜色（例如金生火，水生木，不能同色），五行相克可以用同一 种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法 种数有 () 【最新5年高考真题分类优化卷(26-ZT)·数学（十七）17-1】 克 金) A.3125 B.1000 C.1040 D.1020 6.小王、小张两人进行象棋比赛，共比赛2n(n∈N*)局，且每局小王获胜 1 的概率和小张获胜的概率均为2·如果某人获胜的局数多于另一人，则 此人赢得比赛.记小王赢得比赛的概率为P(),则下列结论错误的是 () A.P(1)=1 4 B.P(2)=P(1) C.P(n)<2 D.P(n)随着n的增大而增大 7.将一颗骰子连续抛掷三次，向上的点数依次为x1x2,x3,则x1≤x,≤ x3的概率为 () 5 7 A.54 B.34 c D.21 8.设m为正整数，a和b均为整数，若a和b被m除后余数相同，则称a 和b模m同余，记为a=b(modm).已知a=12C24十12C2:十…+ 1222C2十12224，a=b(mod17),则正整数b的最小值为 () A.4 B.5 C.12 D.13 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项 中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有 选错的得0分 1110 9.已知二项式x-,则 y/ A.展开式中x8y2的系数为45 B.展开式中二项式系数最大的项是第5项 C.展开式中各项系数之和为1 D.展开式中系数最大的项是第5项或第7项 10.“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开 始，第n行从左至右的数字之和记为am,如a1=1十1=2，a2-1+2+ 【17-2】 1=4,·,{a,}的前n项和记为S.,依次去掉每一行中所有的1构成 的新数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5，…，记为{bn},{bn}的前n项和记 为T,则下列说法正确的有 () 第1行 11 第2行 121 第3行 1331 第4行14641 第5行15101051 年g。。。 A.S1。=1022 1 B.5 S.+ 的前n项和2一a+2一2 C.b57=66 D.T57-4150 11.(2023·全国)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<a<1),收到0的概率为1一a;发送1时，收 到0的概率为3(0<3<1)，收到1的概率为1一B.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-a)(1-3)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3(1一 B)9 C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为3(1一3)2十(1一 3)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 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12.(2024·上海)在(x+1)”的二项展开式中，若各项系数和为32，则x2 项的系数为 13.(2024·全国)有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无 放回地随机取3次，每次取1个球.记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之差的绝对值 不大于。的概率为 14.知识卡片：一般地，如果f(x)是区间[a,b]上的连续函数，并且F(x) -f(x),那么f(x)dx-F(x)I&-F(b)-F(a).这个结论叫作微 积分基本定理，又叫作牛顿一莱布尼茨公式.当x∈R,|x<1时，有 【17-3】 如下表达式：1+工十x+…十x十…=1二两边同时积分得： fida+小dx+rdc+…+xdz+= 甜到如下等式1x名+名×台)+写×位)'+…+，×位 +…=ln2.请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，由二项式定理C +C+c++C=1+x)计算：C×+C×() c×()++nC×()”= 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤， 15.(本小题满分13分) A,B,C,D,E五人站成一排. (1)A,B两人相邻的不同排法有多少种？ (2)A,B,C两两不相邻的排法有多少种？ (3)A,B都与C相邻的不同排法种数有多少种？ (4)A,B,C顺序一定的排法有多少种？ 16.(本小题满分15分) 某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的 数量实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如表： 乘坐站数 0<x≤3 3x6 6x9 票价（元） 2 3 4 现有小华、小李两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐 地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的. (1)若小华、小李两人共付费5元，则小华、小李下地铁的方案共有多 少种？ (2)若小华、小李两人共付费6元，求小华比小李先下地铁的概率. 【17-4】 17.(本小题满分15分) 某数学兴趣小组模拟“刮刮乐”彩票游戏，每张彩票的刮奖区印有 从10个数字1,2,3，…，10中随机抽取的3个不同数字，刮开涂层 即可兑奖，中奖规则为：每张彩票只能中奖一次（按照最高奖励算 若3个数的积为2的倍数且不为3的倍数时，中三等奖；若3个数的 积为5的倍数且不为3的倍数时，中二等奖；若3个数的积既为3的 倍数，又为4的倍数，又为7的倍数时，中一等奖；其他情况不中奖. (1)在一张彩票中奖的前提下，求这张彩票是一等奖的概率； (2)假设每张彩票售价为a(a∈N)元，且获得三、二、一等奖的奖金 分别为2元，3元，10元，从出售该彩票可获利的角度考虑，求a的最 小值. 18.(本小题满分17分) 有甲、乙两个箱子，其中甲箱子中有6个白球和4个红球，乙箱子中有 8个白球和2个蓝球，现有三种抽奖方式（各箱中每个球被抽到的概率相 同). 方式一：先从甲箱子中随机抽取一个球，若抽到红球，则停止，若抽到 白球，则再从乙箱子中随机抽取一个球 方式二：先从乙箱子中随机抽取一个球，若抽到蓝球，则停止，若抽到 白球，则再从甲箱子中随机抽取一个球. 方式三：同时分别从甲、乙箱子中各随机抽取一个球. 奖励规则：在红球和蓝球中，若只抽到红球，则获得50元奖金；若只抽 到蓝球，则获得100元奖金；若红球和蓝球都抽到，则获得100元奖 金；若红球和蓝球都没有抽到，则无奖金. (1)求红球和蓝球都抽到的概率； (2)分别计算这三种抽奖方式所得奖金的期望值，并比较大小. 【17-5】 19.(本小题满分17分) (2024·全国)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，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该 队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮 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=0.4,9=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, (ⅰ)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？ (ⅱ)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？ 【17-6】最新5年高考真题分类优 结合在圆x2十y2=r2上一点处的切线方程为x0x 十yy=r,猜测椭圆g+年=1上的一点P(xo, 41, yo)处的切线方程为。工土Y。y 下面证明这个猜想： ror,yoy 9+4 =1 联立方程 x21y2 ,消去y整理得 9+4 =1 偏+》 9x+1-4=0, [-)+]台+ =0, 整理得(x-xo)2=0,解得x=xo, 可知直线号+ y 4 1与椭圆。干。=1有且仅 有一个交点P(x,y), 即切线CD的方程为'。+y。三1 +4 令=-8得D(31）令女=3得 c.) 因为A(-3,0),则直线AC:y 6-2x0(x+3)①， 9yo 又因为B(3,0),则直线BD:y 6+2x0(x-3)@ -9yo 36-4x6 由①×②知：y2= -81y8 x-9)=6x-9. 点N的轨迹方程为g十)y=1, 即存在定点F1(-2√2,0)，F2（2√2,0)，使得1 NF,|+INF2|为定值6， 即S,T的坐标为S(-2√2,0)，T(22,0)或T (-22,0),S(22,0). 答案写+1 (2)存在，(-2√2,0)，(22,0) 卷17概率、随机变量及其分布 1.A(x一√)的二项展开式为 T,+1=C1x1-(-√)=C1(-1)x4-(r=0,1, 2,3,4), 令4-2=3，解得r=2, 故所求即为C号(-1)2=6.故选A. 2.B解法1：画出树状图，如图所示， 【 9 化卷(26一ZT)·数学答案 印 乙 乙 丙 甲 丙 1 丙丁乙丁乙丙丙丁甲丁甲丙 于丙宁乙丙乙 丁丙丁甲丙甲 丙 丁 甲 乙 甲 乙 丙 乙丁甲丁甲乙 丁乙丁甲乙甲 后究因咒吊 由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24 种排法， 其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种， 81 故所求概率为P=24=3· 解法2：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有2种排法， 丁就1种，共2种； 当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排 法，丁就1种，共2种： 于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4 种方法，于是共8种排法符合题意； 基本事件总数显然是A=24, 根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾 81 的概率为4=3，故选B 3.B将古都分成2个、3个两组，再在两个月安排旅游 顺序，故事件总数为C·A=20, 分2个古都组中含西安、洛阳，或3个古都组中含西 安、洛阳，故恰好在同一个月游览西安和洛阳的事件 数为：2十2×3=8， 所以恰好在同一个月游览西安和洛阳的概率为：20 =号故选B 2 4.D该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及 丙甲乙的概率均为2， 则此时连胜两盘的概率为力甲 则p,=号[1-p)pP,+p:p,1-A刀+号[1- p3)p1p2+p3p1(1-p2)] =p1(p2+p3)-2p1p2p3; 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率 为p七· 则p2=(1-p1)p2p:十p1p2(1-p3)=p2（p1十 p3)-2piP2P3 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率 为p雨 则p丙=(1-p1)p3p2十p1pa(1-p2)=p3(p1+ p2)-2p1p2p3 则pp一p2=p1(p2十pa)一2p1p2p3一[p2(p1十p:)一 2p1p2pg=（p1一p2）p3<0 】 最新5年高考真题分类优 pz一p丙=p2（p1+p3)-2p1p2p:-[p(p1+p2)一 2p1p2pa]=(p2一p3)p1<0 即p甲<p,p元<p雨， 则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大，选项D判断正 确；选项BC判断错误； 力与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关，选项A判 断错误.故选D. 5.D五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种 颜色，即无限制条件. 五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同 一种颜色. 故问题转化为如图A,B,C,D,E五个区域， 有5种不同的颜色可用，要求相 邻区域不能涂同一种颜色，即5 色5区域的环状涂色问题， A 分为以下两类情况： 第一类：A,C,D三个区域涂三 种不同的颜色， 第一步涂A,C,D区域， 从5种不同的颜色中选3种按序涂在不同的3个区 域上，则有A种方法， 第二步涂B区域，由于A,C颜色不同，有3种方法， 第三步涂E区域，由于A,D颜色不同，则有3种 方法， 由分步计数原理，则共有3×3A=540种方法： 第二类：A,C,D三个区域涂两种不同的颜色， 由于C,D不能涂同一色，则A,C涂一色，或A,D 涂同一色，两种情况方法数相同。 若A,C涂一色， 第一步涂A,C,D区域，A,C可看成同一区域，且 A,D区域不同色， 即涂2个区域不同色， 从5种不同的颜色中选2种按序涂在不同的2个区 域上，则有A种方法， 第二步涂B区域，由于A,C颜色相同，则有4种 方法， 第三步涂E区域，由于A,D颜色不同，则有3种 方法， 由分步计数原理，则共有4×3A=240种方法： 若A,D涂一色，与A,C涂一色的方法数相同， 则共有2×240=480种方法. 由分类计数原理可知，不同的涂色方法共有540十 480=1020种.故选D. 6.B由题意知，要使小王赢得比赛，则小王至少赢n 十1局， 因为每局赢的概率是相同的，所以服从二项分布， 由二项分布的概率公式可得赢n十1局的概率为 意0十2为的提牵为P=C×(付) (1-）=c×2 赢2m局的概率为P1=C×()”=C×2 人 9 化卷(26一ZT)·数学答案 小王赢的概率为 有P(n)=(C1+C+…+C)×2西 1 =(2C1+2C+…+2C8)×2可 =(Cn+Cn+…+C。+C1+…+C8)X2m 1 1 C2 =(2-C2)×2+=22-’ 1C号5 有P1)=4P(2)=2-2=6,P(2)≠2P1), 1 P(n)<2,可知选项AC正确，选项B错误； C2n C4C-C 由P(n+1)-P(n)= 22m+7 22n+3 22m+3 又由4C-C:= 4(2n)! (2n+2)！(2n)! (n!)2 (n+1)) (n!) 4- (2n+1)(2n+2)7 2(2n)! (n+1)2 m+1)m)>0, 可得P(n十1)>P(n),可知D选项正确.故选B. 7.D考虑取定x1的值，分类统计事件“x1≤x2≤x:” 所含的样本点数，将x2,x3对应的值作为一个数组， 列表如下： I\x3 2 3 4 5 6 (1,1)(1,2)(1,3)(1,4) (1,5)(1,6) (2,1) (2,2)(2,3)(2,4)(2,5) (2,6) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6) (4,1) (4,2)(4,3)(4,4) (4,5)(4,6) 5 (5,1)(5,2)(5,3)(5,4) (5,5) (5,6) 6 (6,1)(6,2)(6,3)(6,4) (6,5) (6,6) 第一类：x1=1时，满足“x1x2x3”的样本点有6 +5+4+3+2+1=21个： 第二类：x1=2时，满足“x1≤x2≤x”的样本点有5 +4+3+2+1=15个： 第三类：x1=3时，满足“x1≤x2≤x”的样本点有4 +3+2+1=10个： 第四类：x1=4时，满足“x1≤x2≤x”的样本点有3 +2+1=6个： 第五类：x1=5时，满足“x1≤x2≤x”的样本点有2 +1=3个； 第六类：x,=6时，满足“x1x2x”的样本点有 1个. 由分类加法计数原理，满足“x1≤x2≤x3”的样本点 共有： 21+15+10+6+3+1=56个， 而一颗骰子抛掷一次有6种结果，抛掷三次有63= 216个样本点， 因结果有限，且每个样本点发生的可能性相等，故是 古典概型. 则“x1≤x2≤x:”的概率为P= 567 21627故选D 2 】 最新5年高考真题分类优 8.B由于132021=(1+12)2021=C8o1+12C221+ 122C号024+123C21+…+122023C号82+1224， 所以a=122C21+123C21十…+122023C8+122 =13221-C8021-12C21, 由于Q=1321-C9e1-12Cge1=(17-4)21- C221-12C2021, 所以(17-4)221=C80e1·17221-4C1·17223十 4'C1·172o2-…+42021C21, 所以a=C21·172o24-4Co21·172+4'Ce1· 17222-…-4223C88·17+42021-C2021-12C2o21, 由于4221=16212=(17-1)112=C902·1712 C6e·171o1+Coe·171oo-…-C8·17 +C488, 所以a=C221·1722-4C21·172028+… 42023C号8·17+C012·17o12-Co12·171+… C8g·17-12C224 因为-12C221=-17×1429+5, 所以a被17除后余数为5，由a=b(mod17), 则正整数b的最小值为5，故选B. 9.ADT4+1=C(-1)xo-y,当k=2时，Tg= C。xy2,系数为45，故A正确： 由组合数性质可知，中间项系数C。最大， ∴展开式中二项式系数最大的项是第6项，故B 错误； 令x=1,y=1,得展开式中各项系数之和为(1-1)0 =0,故C错误； 当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为 正数， ,,当k=4或k=6时，系数最大，D正确.故选AD. 10.BCD从第一行开始，每一行的数依次对应(a十 b)”的二项式系数， 所以an=(1+1)”=2”,所以{am}为等比数列，Sm= 2×(1-2”) 1-2 =2+1-2, 所以S1。=21-2=2046,故A错误： 2”+1 Sn·Sn+i (2+1-2)(2m+2-2) 2m+1-2 1 20+2-21 「2am 故s,·S 的前n项和为2—2一2-2 1 1 2+.+1 1 1 23-22- 2+1-222-2= 11 1 22乞a,1-2,故B正确： 去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为 0,1,2,3…,构成一个等差数列， 项数之和为”(n-1) 2≤57，则n的最大整数为11， 此时10)-D=55, 2 杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1， b57取的就是第12行中的第3项，b7=C12=66,故 C正确； 【 9 化卷(26一ZT)·数学答案 T7是S1中去掉22个1，再加上第12行中的第2 项和第3项， 所以T5?=Su一22十C2十Ci2=4150,故D正确. 故选BCD. 11.ABD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(1一3)(1一α)(1一 3)=(1-α)(1-3)，A正确； 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(1一3)·3·(1一 3)=3(1-B)2,B正确： 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可知，所以所求的概率为CB(1 -B)2+(1-3)3=(1-g)2(1十23)，C错误； 由选项C可知，三次传输，发送0，则译码为0的概率为 P=(1-a)(1+2a), 单次传输发送0，则译码为0的概率为P'=1一α， 而0<a<0.5, 因此P-P'=(1-a)2(1+2a)-(1-a)=a(1-a) (1-2a)>0,即P>P',D正确.故选ABD. 12.解析：令x=1,∴.(1+1)”=32，即2”=32，解得n =5, 所以(x十1)5的展开式通项公式为T,+1=C5· x5「，令5-r=2,则r=3, .T1=Cx2=10x2. 答案：10 13.解析：从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有 A=120种， 设前两个球的号码为a,b,第三个球的号码为c,则 atb+c a+b1 3 22’ 故2c-(a十b)|3,故-32c-(a十b)3, 故a+b-32ca+b+3, 若c=1,则a十b5,则(a,b)为：(2,3)，(3,2)，故 有2种， 若c=2,则1a十b7,则(a,b)为：(1,3)，(1,4)， (1,5),(1,6),(3,4), (3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(4,3),故有10种， 当c=3,则3a十b9,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), 故有16种， 当c=4,则5a+b11,同理有16种， 当c=5,则7≤a十b13,同理有10种， 当c=6,则9a十b15,同理有2种， 1 m与”之差的绝对值不超过2时不同的抽取方法总 数为2(2+10+16)=56， 567 故所求概率为120一5 3 】 最新5年高考真题分类优 7 答案： 14.解析：因为Cx。+Cx+C2x2+Cx3+…+Cx =(1+x)”, ferk 1 +c) -0= () -feir'dr ++ +C'dx: =1+xrd=71+) =[()”-小 所以C×+C×()+C×(合)+ …+本x()”-[)”-] 十1 答案[（）”- 15.解析：(1)第一步：将A,B全排列有：A=2×1=2 种不同的排法； 第二步：将A,B看成一个整体再与C,D,E全排 列有： A=4×3×2×1=24种： 由分步计数原理得，共有2×24=48种不同的 排法. (2)第一步：将D,E全排列有：A号=2×1=2种不 同的排法： 第二步：将A,B,C全排列进D,E形成的三个空 中有： A=3X2×1=6种： 由分步计数原理得，共有2×6=12种不同的排法. (3)第一步：将A,B排列在C的两旁有：A=2X1 =2种不同的排法； 第二步：将A,B,C看成一个整体再与D,E全排列有： A=3×2×1=6种； 由分步计数原理得，共有2×6=12种不同的排法. (4)因为A,B,C顺序一定，则只需将D,E位置找 到并排好即可， 则有：A=5×4=20种不同的排法. 答案：(1)48；(2)12：(3)12；(4)20 16.解析：(1)小华、小李两人共付费5元，所以小华、小 李一人付费2元一人付费3元，付费2元的乘坐站 数有1,2,3三种选择，付费3元的乘坐站数有4,5， 6三种选择，所以小华、小李下地铁的方案共有2× 3×3=18种； (2)小华、小李两人共付费6元，所以小华、小李一 人付费2元一人付费4元或两人都付费3元，付费 【 9 化卷(26一ZT)·数学答案 4元的乘坐站数也有7,8,9三种选择，因此小华、小 李下地铁的方案共有2×3×3+3×3=27种；其中 小华比小李先下地铁的方案共有3×3十3=12种； 12_4 因此小华比小李先下地铁的概率为279： 管案：118,2号 17.解析：(1)若获得三等奖则可能是出现：①2,4,8中 出现3个：②2,4,8中出现2个，1,7出现1个：③ 2,4,8中出现1个，1,7出现2个；则获得三等奖的 C+CC +CC:1 概率为P,= 12 若获得二等奖则可能是出现：①5、10中出现1个， 1、2、4、7、8出现2个：②5、10中出现2个，1、2、4、7、 8出现1个；则获得二等奖的概率P2= CC+C2C:5 C。 =241 若获得一等奖则可能是出现：①一个7,3、9中出现 1个，4、8出现1个；②一个7，一个6,2、4、8、10中 出现1个， CI CC2 +CICIC 则获得一等奖的概率为P,= Cio 1 二15 所以随机抽取一张彩票，则这张彩票中奖的概率为 15 143 P=P+P,+P=5+24+12-120 P 所以巴知一张彩票中奖，且是一等奖的概率为 1 158 43-43 120 (2)一张彩票的奖金的取值可能为0、2、3、10元， 由题意可知不中奖的概率为 P(=0)=1-(P,+P2+P)=1 5 77 （5+24+2) 1201 5 P(=2)=P,-i2P(=8)=P:=24P(=10) =P= 1 其分布列为： 5 0 2 3 10 77 1 1 P 120 12 24 15 所以E()=2X 1 +3× 24 +10×1 3 4,所以要盈 利，则a>E(): 又a∈N",所以a的最小值为2. 6 答案：1)43(2)2 18.解析：(1)对于方式一和方式二，由抽奖规则可知不 可能同时抽到红球和蓝球，故红球和蓝球都抽到的 】 最新5年高考真题分类优 概率为0. 对于方式三，红球和蓝球都抽到的概率为P=10X 4 22 1025 (2)方式一：设所得奖金为X元，则X的所有可能 取值为0,50,100. Px-01-品×6-号pX-50-0-号P 42 6,.23 (X=100)=10×10251 所得奖金X的期望E(X)=0×号+50X号+10 12 ,3 ×元5=32（元）. 方式二：设所得奖金为Y元，则Y的所有可能取值 为0,50,100. PY=08×8=25,P(Y=50)8 4 =0×10 25, 21 P(Y=100)=10=5 所得奖金Y的期望E(Y)=0×25 ×号+50×需+100 .8 -=36(元) 方式三：设所得奖金为Z元，则Z的所有可能取值 为0,50,100. 6812 P(Z=0)= 10×10=25, 4..88 P(Z=50)=10×1025' 62,4 21 P(Z=100)=10X1010X10=3 12 所得奖金Z的期望E(Z)=0×25+50×5十100 8 X日36（元. E(X)<E(Y)=E(Z). 2 答案：(1)25：(2)36，E(X)<E0Y)=E(Z) 19.解析：(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， ,.比赛成绩不少于5分的概率P=(1一0.6)(1 0.53)=0.686. (2)(ⅰ)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Pp=[1一(1 p)3]g3, 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=[1-(1-q)]·p°， 0<p<q, Pp-P2=q3-(q-pg)3-p3+(p-9) =(q-p)(g+g+p)+(p-q)·[(p-g)+(q g)十(p一g)(q一g)] 9 化卷(26一ZT)·数学答案 =(p-q)(3p2q2-3pq-3pg2) =3pq(p-q)(q-p-q)=3g(p-g)[(1-p)(1 -g)-1]>0, P>P。,应该由甲参加第一阶段比赛。 ()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， P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)3]Cq·(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]·C%q2(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3, .E(X)=15[1-(1-p)3]q=15(p3-3p2+3p) 记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能 取值为0,5,10,15， 同理E(Y)=15(g3-3g2+3q)·p ..E(X)-E(Y)=15Lpq(p+g)(p-q)-3pq(p -q)] =15(p-g)pq(p+q-3), 因为0<p<q,则p-g<0,p+q-3<1+1-3 <0, 则(p一q)pq(p十q一3)>0， 应该由甲参加第一阶段比赛。 答案：(1)0.686 (2)(ⅰ)由甲参加第一阶段比赛：（ⅱ）由甲参加第 一阶段比赛 卷18统计、成对数据的统计分析 1.A观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大 体接近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较好， 呈现明显的正相关，|值相比于其他3图更接近1. 故选A. 2.C当气候温度高，海水表层温度变高变低不确定， 故AB错误，因为相关系数为正，故随着气候温度由 低到高时，海水表层温度呈上升趋势，故C正确，D 错误. 3.C甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为 7.3+7.5=7,4,A选项结论正确： 乙同学课外体育运动时长的样本平均数为： 6.3+14+7.6计8.1+8.2+8.2+85+86+86+8.6+8.6计9.0叶02+93+0.8+10.1 =8.50625>8,B选项结论正确. 甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值 为 =0.375<0.4,C选项结论错误。 乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值 为16=0.8125>0.6，D选项结论正确.故选C 13 4.C根据频数分布表可知，6十12+18=36<50， 所以亩产量的中位数不小于1050kg,故A错误； 亩产量不低于1100kg的频数为24十10=34， 所以低于1100kg的稻田占比为10034=66%，故 100 B错误； 稻田亩产量的极差最大为1200一900=300，最小为1 150-950=200,故C正确； 5 】