1、考案9第九章计数原理、概率、随机变量及其分布(时间：120分钟满分150分)一、单选题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1(2021广西柳州模拟)孙子算经中曾经记载，中国古代诸侯的等级从高到低分为：公、侯、伯、子、男，共有五级若给有巨大贡献的2人进行封爵，则两人不被封同一等级的概率为(C)A.BCD解析给有巨大贡献的2人进行封爵，总共有5525种，其中两人被封同一等级的共有5种，所以两人被封同一等级的概率为，所以其对立事件，即两人不被封同一等级的概率为：1.故选C.2(2021广东江门调研)若6个人分4张无座的足球门票，每人至多分1张，
2、而且票必须分完，那么不同分法的种数是(C)A64B46C15D360解析不同的分法有C15种，故选C.3(2021河南洛阳统考)为创建全国文明城市，学校计划从4男3女共7名教师中随机派出4名教师参加志愿服务工作，则至多有一名女教师参加的概率是(B)A.BCD解析所求概率P，故选B.4(2021河北衡水金卷联考)如图所示，分别以正方形ABCD两邻边AB、AD为直径向正方形内作两个半圆，交于点O.若向正方形内投掷一颗质地均匀的小球(小球落到每点的可能性均相同)，则该球落在阴影部分的概率为(C)A.BCD解析设正方形的边长为2.则这两个半圆的并集所在区域的面积为1221，所以该质点落入这两个半圆的并
3、集所在区域内的概率为.故选C.5(2021河北衡水中学调研)甲、乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10平以后，先多得2分者为胜方在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球若在某局比赛中，甲发球赢球的概率为，甲接发球贏球的概率为，则在比分为1010后甲先发球的情况下，甲以1311赢下此局的概率为(C)A.BCD解析分两种情况：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为P1；后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为P2.所以，所求事件概率为：P1P2.故选C.6(2021青海海东市模拟)5的展开式中x4的系数是(A)A90B80C70D60解析Tr1C(x
4、2)5rrCx103r3r，令103r4，得r2，则x4的系数为C3290.7(2021山东质检)已知参加2020年某省夏季高考的53万名考生的成绩Z近似地服从正态分布N(453,992)，估计这些考生成绩落在(552,651的人数约为(B)(附：ZN(，2)，则P(Z)0.682 7，P(2Z2)0.954 5)A36 014B72 027C108 041D168 222解析由题意知P(552Z651)P(45399Z453299)P(Z2)0.135 9，估计成绩在(552,651的人数为0.135 9530 00072 027.故选B.8(2021福建莆田质检)现有一条零件生产线，每个零
5、件达到优等品的概率都为p.某检验员从该生产线上随机抽检50个零件，设其中优等品零件的个数为X.若D(X)8，P(X20)P(X30)，则p(C)A0.16B0.2C0.8D0.84解析P(X20)P(X30)，Cp20(1p)30Cp30(1p)20，化简得1p，又D(X)850p(1p)，解得p0.2或p0.8，p0.8，故选C.二、多选题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9(2021山东日照一中期中)将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有多少种？下列
6、结论正确的有(BC)ACCCCBCACCCAD18解析将四个不同的小球分三组有C种方法，再将三组小球分别放入三个盒子有A种方法，故有CA种；先将两个小球为一组放入一个盒子有CC种，再将另两个小球分别放入另两个盒子有A种，故有CCA种，选BC.10(2021广东阳江一中测试)某校高二年级进行选课走班，已知语文、数学、英语是必选学科，另外需从物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中任选3门进行学习现有甲、乙、丙三人，若同学甲必选物理，则下列结论正确的是(AD)A甲的不同的选法种数为10B甲、乙、丙三人至少一人选化学与全选化学是对立事件C乙同学在选物理的条件下选化学的概率是D乙、丙两名同学都选物
7、理的概率是解析A项：由于甲必选物理，故只需从剩下5门课中选两门即可，即C10种选法，故A正确；B项：甲、乙、丙三人至少一人选化学与全不选化学是对立事件，故B错误；C项：由于乙同学选了物理，乙同学选化学的概率是，故C错误；D项：因为乙、丙两名同学各自选物理的概率，所以乙、丙两名同学都选物理的概率是，D正确，故选AD.11(2021江苏金陵中学调研)下列说法中正确的是(ABD)A设随机变量X服从二项分布B，则P(X3)B已知随机变量X服从正态分布N(2，2)且P(X4)0.9，则P(0X2)0.4CE(2X3)2E(X)3；D(2X3)2D(X)3D已知随机变量满足P(0)x，P(1)1x，若0x
8、，则E()随着x的增大而减小，D()随着x的增大而增大解析设随机变量XB，则P(X3)C33，A正确；因为随机变量N(2，2)，所以正态曲线的对称轴是x2，因为P(X4)0.9，所以P(0X4)0.8，所以P(0X2)P(2X4)0.4，B正确；E(2X3)2E(X)3，D(2X3)4D(X)，故C不正确；由题意可知，E()1x，D()x(1x)x2x，由一次函数和二次函数的性质知，当0x时，E()随着x的增大而减小，D()随着x的增大而增大，故D正确12(2021山东新高考联盟联考改编)关于二项式(1)2 020及其展开式，在下列命题中正确的命题是(AD)A该二项展开式中非常数项的系数和是1
9、B该二项展开式中第六项为Cx1 007C该二项展开式中不含有理项D当x100时，(1)2 020除以100的余数是1解析根据二项展开式的通项公式，逐项判断，即可得出结果因为二项式(1)2 020的展开式的第r1项为Tr1Cx(1)r，对于A，当r2 020时，得到常数项为T2 0211；又二项式(1)2 020的展开式的各项系数和为(1)2 0200，所以该二项展开式中非常数项的系数和是1，故A正确；对于B，因为该二项展开式中第六项为T6Cx(1)5，故B错误；对于C，当2 020r2n(nN)时，对应的各项均为有理项；故C错误；对于D，当x100时，(1)2 020(101)2 020C10
10、2 020(1)0C102 019(1)1C102(1)2 018C101(1)2 019C100(1)2 020因为C102 020(1)0C102 019(1)1C103(1)2 017C102(1)2 018，显然是100的倍数，能被100整除，而C101(1)2 019C100(1)2 02020 2001，所以(1)2 020除以100的余数是1.D正确；故答案为AD.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上)13(2021贵州贵阳为明教育集团调研)抗击疫情取得阶段性成果，为助力企业复工复产，中央广播电视总台视频联合国资委在3月初启动了“春暖花开国聘行动
11、”的大型招聘活动该活动共吸引中央企业、大型国企、知名民企和社会机构等4 700多家大型企业，累计向应往届大学毕业生等求职者提供了超过50万个职位已知某5所大型企业的春季招聘在4至5月份依次举行，应届大学毕业生甲对这5所大型企业的视频招聘都参加，假设甲参加每所大型企业应聘获得通过的概率均为，则恰有2所企业获得通过的概率为.解析记被一家企业通过应聘为事件A，则P(A)，恰有2所企业获得通过的概率为PC23.故答案为.14(2021河南开封模拟)我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼15”舰载机准备着舰，已知乙机不能最先着舰，丙机必须在甲机之前着舰(不一定相邻)，那么不
12、同的着舰方法种数为 48 .解析若丙第一个着舰，有A24种；若丙不第一个着舰，有CA24种，共有不同的着舰方法种数为48.15(2021河北质检)甲、乙两人进行围棋比赛，采用3局2胜制已知每局比赛甲胜的概率为，且第一局比赛甲胜，则最终甲获胜的概率是.解析解法一：满足“最终甲获胜”的情况为：第二局甲胜，比赛结束或第二局乙胜，第三局甲胜，所以“最终甲获胜”的概率为.解法二：“最终甲获胜”的对立事件为“最终乙获胜”，所以“最终甲获胜”的概率为1.16(2021浙江联考)若x3x10a0a1(1x)a2(1x)2a10(1x)10，则a0 0 ，a9 10 .解析令x1，得a00.设1xt，则(t1)
13、3(t1)10a0a1ta2t2a10t10.因为仅有(t1)10中含有t9项，(t1)10展开式的通项Tr1Ct10r(1)r，所以当10r9，即r1时，a9C(1)110.四、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)(2021河南省八市重点高中联盟联考)有一名高二学生盼望2021年进入某名牌大学学习，假设该名牌大学有以下条件之一均可录取：2020年2月通过考试进入国家数学奥赛集训队(集训队从2019年10月省数学竞赛一等奖中选拔)；2020年3月自主招生考试通过并且达到2020年6月高考重点分数线；2020年6月高考达到该校录取分
14、数线(该校录取分数线高于重点线)，该学生具备参加省数学竞赛、自主招生和高考的资格且估计自己通过各种考试的概率如下表省数学竞赛一等奖自主招生通过高考达重点线高考达该校分数线0.50.60.90.7若该学生数学竞赛获省一等奖，则该学生估计进入国家集训队的概率是0.2.若进入国家集训队，则提前录取，若未被录取，则再按、顺序依次录取，前面已经被录取后，不得参加后面的考试或录取(注：自主招生考试通过且高考达重点线才能录取)(1)求该学生参加自主招生考试的概率；(2)求该学生参加考试的次数X的分布列及数学期望；(3)求该学生被该校录取的概率解析(1)设该学生参加省数学竞赛获一等奖、参加国家集训队的事件分别
15、为A，B，则P(A)0.5，P(B)0.2，P110.50.5(10.2)0.9.即该学生参加自主招生考试的概率为0.9.(2)该学生参加考试的次数X的可能取值为2,3,4P(X2)P(A)P(B)0.50.20.1；P(X3)P()10.50.5；P(X4)P(A)P()0.50.80.4.所以X的分布列为X234P0.10.50.4E(X)20.130.540.43.3.(3)设该学生自主招生通过并且高考达到重点分数线录取，自主招生未通过但高考达到该校录取分数线录取的事件分别为C，D.P(AB)0.1，P(C)0.90.60.90.486，P(D)0.90.40.70.252.所以该学生被
16、该校录取的概率为P2P(AB)P(C)P(D)0.838.18(本小题满分12分)(2020陕西咸阳期末)甲、乙两位同学参加诗词大赛，各答3道题，每人答对每道题的概率均为，且各人是否答对每道题互不影响(1)用X表示甲同学答对题目的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；(2)设A为事件“甲比乙答对题目数恰好多2”，求事件A发生的概率解析(1)X的取值为0,1,2,3，P(X0)3；P(X1)C2；P(X2)C2；P(X3)3，因此X的分布列为X0123PE(X)0123.(2)由题意得：事件A“甲比乙答对题目数恰好多2”发生，即：“甲答对2道，乙答对题0道”和“甲答对3道，乙答对题1道”两种情况
17、；P(A).19(本小题满分12分)(2021河南模拟)随着互联网金融的发展，很多平台都推出了自己的虚拟信用支付，比较常用的有蚂蚁花呗、京东白条花呗与信用卡有一个共同点就是可以透支消费，对于很多90后来说，他们更习惯提前消费某研究机构随机抽取了1 000名90后，对他们的信用支付方式进行了调查，得到如下统计表：信用支付方式银行信用卡蚂蚁花呗京东白条其他人数300a15050每个人都仅使用一种信用支付方式，各人支付方式相互独立，以频率估计概率(1)估计90后使用蚂蚁花呗的概率；(2)在所抽取的1 000人中用分层抽样的方法在使用银行信用卡和蚂蚁花呗的人中随机抽取8人，再在这8人中随机抽取4人，记
18、X为这4人中使用蚂蚁花呗的人数，求X的分布列及数学期望和方差解析(1)a1 00030015050500，所以使用蚂蚁花呗的概率为0.5.(2)这8人中使用信用卡的人数为83人，使用蚂蚁花呗的人数为5人，则随机变量X的取值为1,2,3,4，所以P(X1)，P(X2)，P(X3)，P(X4).所以随机变量X分布列为：X1234P故E(X)1234，D(X)2222.20(本小题满分12分)(2021湖北部分重点中学联考)某中学数学竞赛培训共开设有初等代数、初等几何、初等数论和微积分初步共四门课程，要求初等代数、初等几何都要合格，且初等数论和微积分初步至少有一门合格，才能取得参加数学竞赛复赛的资格
19、，现有甲、乙、丙三位同学报名参加数学竞赛培训，每一位同学对这四门课程考试是否合格相互独立，其合格的概率均相同(见下表)，且每一门课程是否合格相互独立.课程初等代数初等几何初等数论微积分初步合格的概率(1)求甲同学取得参加数学竞赛复赛的资格的概率；(2)记表示三位同学中取得参加数学竞赛复赛的资格的人数，求的分布列(只需列式无需计算)及期望E()解析(1)分别记甲对这四门课程考试合格为事件A，B，C，D，则“甲能取得参加数学竞赛资格”的概率为P(ABCD)P(ABC)P(ABD)，事件A，B，C，D相互独立，P(ABCD)P(ABC)P(ABD).(2)由题意知的可能取值为：0,1,2,3，P(0
20、)C3，P(1)C2，P(2)C2，P(3)C3，因此，的分布列如下：0123PE()0123.或因为B，所以E()3.21(本小题满分12分)(2021辽宁葫芦岛市模拟)在2019年女排世界杯比赛中，甲队以31力克主要竞争对手乙队，取得了一场关键性的胜利排球比赛按“五局三胜制”的规则进行(即先胜三局的一方获胜，比赛结束)，且各局之间互不影响根据两队以往的交战成绩分析，乙队在前四局的比赛中每局获胜的概率是，但前四局打成22的情况下，在第五局中甲队凭借过硬的心理素质，获胜的概率为.若甲队与乙队下次在比赛上相遇(1)求甲队以31获胜的概率；(2)设甲的净胜局数(例如：甲队以31获胜，则甲队的净胜局
21、数为2，乙队的净胜局数为2)为，求的分布列及E()解析(1)甲队以31获胜的概率PC.(2)由题意可知，甲队和乙队的比分有如下六种03，13，23,32,31,30，则的取值有3，2，1,1,2,3，3时，P，2时，PC，1时，PC，1时，PC，2时，PC，3时，P，所以的分布列为321123PE()(3)(2)(1)123.22(本小题满分12分)(2021重庆巴蜀中学月考)从2021年起，重庆市将进行新高考改革，在选科方式、试卷形式、考查方法等方面都有很大的变化在数学学科上，有如下变化：新高考不再分文理科数学，而是采用一套试题测评；新高考增加了多选题，给各种层次的学生更大的发挥空间；新高考
22、引入开放性试题，能有效地考查学生建构数学问题、分析问题、解决问题的能力已知新高考数学共4道多选题，评分标准是每题满分5分，全部选对得5分，部分选对得3分，有错选或不选的得0分每道多选题共有4个选项，正确答案往往为2项或3项为了研究多选题的答题规律，某数学兴趣小组研究发现：多选题正确答案是“选两项”的概率为，正确答案是“选三项”的概率为.现有学生甲、乙两人，由于数学基础很差，多选题完全没有思路，只能靠猜(1)在已知某题正确答案是“选两项”的条件下，学生甲乱猜该题，求他不得0分的概率；(2)学生甲的答题策略是“猜一个选项”，学生乙的策略是“猜两个选项”，试比较两个同学的策略，谁的策略能得更高的分数？并说明理由解析(1)分两类：乱猜一个选项得3分，乱猜两个选项得5分猜一个选项得3分的概率为；猜两个选项得5分的概率为，故学生甲不得0分的概率P.(2)设甲、乙两人的得分分别为X，Y，两人的得分期望分别为E(X)，E(Y)，学生甲：P(X3)，P(X0)，学生甲的得分X的分布列为X03P故E(X).学生乙：P(Y3)，P(Y5)，P(Y0)，学生乙的得分Y的分布列为Y035P故E(Y)，因为E(X)E(Y)，所以学生甲的策略最好
