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专题10　计数原理、概率、随机变量及其分布
第95练　排列与组合
(分值：52分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数(顺读、逆读是同一个数)，如343，12 521等.两位数的回文数有11，22，33，…，99共9个，则在三位数的回文数中偶数的个数是(　　)
A.40 B.30 C.20 D.10
2.将编号为1，2，3的小球放入编号为1，2，3，4的小盒中，每个小盒至多放一个小球，要求恰有1个小球与所在盒子编号相同，则所有放法的种数为(　　)
A.7 B.9 C.11 D.13
3.在连续五天时间里，甲、乙、丙、丁四名同学分别到夕阳红敬老院参加志愿者活动，每天一人，其中甲参加两天，其余三人各参加一天，则甲不在相邻两天的安排方法有(　　)
A.24种 B.36种 C.48种 D.60种
4.将3个2和2个1随机排成一行，则2个1不相邻的概率为(　　)
A. B. C. D.
5.某校在开展“深化五育并举、强大核心素养”活动中，选派了5名学生到A，B，C三个劳动实践点去劳动，每个劳动实践点至少1人，每名学生只能去一个劳动实践点，不同的选派方法种数有(　　)
A.25 B.60 C.90 D.150
3，1，1的分组有=10(种)方法，2，2，1的分组有=15(种)方法，
所以分组方法共有10+15=25(种)，再分配到3个劳动实践点，则有25=150(种)方法.
6.现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次(每个球被抽取的可能性相同)，记录被抽取的球的序号分别为a1，a2，a3，则满足|a1-a2|+|a2-a3|+|a3-a1|=6的情况有(　　)
A.54种 B.55种 C.56种 D.58种
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.小明、小华、小红、小兰四位同学分别到镇江的南山、焦山、北固山参观旅游，要求每位同学只去一个地方，每个地方至少安排一位同学参观，则下列选项正确的是(　　)
A.若安排两位同学去焦山，则有12种安排方法
B.若小红、小兰安排去同一个地方参观，则有6种安排方法
C.若小华不去南山参观，则有24种安排方法
D.共有18种安排方法
8.某校以大课程观为理论基础，以关键能力和核心素养的课程化为突破口，深入探索普通高中创新人才培养的校本化课程体系.本学期共开设了八大类校本课程，具体为学科拓展(X)、体艺特长(T)、实践创新(S)、生涯规划(C)、国际视野(I)、公民素养(G)、大学先修(D)、PBL项目课程(P)八大类，假期里决定继续开设这八大类课程，每天开设一类且不重复，连续开设八天，则(　　)
A.某学生从中选3类，共有56种选法
B.课程“X”“T”排在不相邻两天，共有种排法
C.课程“S”“C”“I”排在相邻三天，且“C”只能排在“S”与“I”的中间，共有720种排法
D.课程“T”不排在第一天，课程“G”不排在最后一天，共有+种排法
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.在数学中，有一个被称为自然常数(又叫欧拉数)的常数e≈2.718 28.小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，那么小明可以设置的不同密码共有　　　　个.
10.(2024·新课标全国Ⅱ)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　　　　.
第95练　排列与组合
(分值：52分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数(顺读、逆读是同一个数)，如343，12 521等.两位数的回文数有11，22，33，…，99共9个，则在三位数的回文数中偶数的个数是(　　)
A.40 B.30 C.20 D.10
答案　A
解析　由题意，若三位数的回文数是偶数，则末(首)位可能为2，4，6，8.如果末(首)位为2，中间一位数有10种可能；同理可得，如果末(首)位为4或6或8，中间一位数均有10种可能，所以满足题意的三位数的回文数共有4×10=40(个).
2.将编号为1，2，3的小球放入编号为1，2，3，4的小盒中，每个小盒至多放一个小球，要求恰有1个小球与所在盒子编号相同，则所有放法的种数为(　　)
A.7 B.9 C.11 D.13
答案　B
解析　根据题意，先任选一个小球放入编号相同的盒子，有=3(种)放法，
假设选的是1号球，剩下的两个小球都没有放到对应的盒子有2→3(2号球放入3号小盒)，3→2；2→3，3→4；2→4，3→2共有3种放法，所以共有3×3=9(种)不同的放法.
3.在连续五天时间里，甲、乙、丙、丁四名同学分别到夕阳红敬老院参加志愿者活动，每天一人，其中甲参加两天，其余三人各参加一天，则甲不在相邻两天的安排方法有(　　)
A.24种 B.36种 C.48种 D.60种
答案　B
解析　先排乙、丙、丁三名同学共有=6(种)排法；
再从三人所产生的四个空中选两个空给甲，有=6(种)方法；
所以共有6×6=36(种)安排方法.
4.将3个2和2个1随机排成一行，则2个1不相邻的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　方法一　由题意，事件总数为=10，将2个1放入3个2排好后形成的4个空隙中，有=6(种)可能，所以所求概率为=.
方法二　由题意，将3个2和2个1随机排成一行，可以是11222，12122，12212，12221，21122，21212，21221，22112，22121，22211，共10种排法，
其中2个1不相邻的排列方法为12122，12212，12221，21212，21221，22121，共6种排法，
故2个1不相邻的概率为=.
5.某校在开展“深化五育并举、强大核心素养”活动中，选派了5名学生到A，B，C三个劳动实践点去劳动，每个劳动实践点至少1人，每名学生只能去一个劳动实践点，不同的选派方法种数有(　　)
A.25 B.60 C.90 D.150
答案　D
解析　将5名学生分成3组，有两类方法，3，1，1或2，2，1.
3，1，1的分组有=10(种)方法，2，2，1的分组有=15(种)方法，
所以分组方法共有10+15=25(种)，再分配到3个劳动实践点，则有25=150(种)方法.
6.现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次(每个球被抽取的可能性相同)，记录被抽取的球的序号分别为a1，a2，a3，则满足|a1-a2|+|a2-a3|+|a3-a1|=6的情况有(　　)
A.54种 B.55种 C.56种 D.58种
答案　A
解析　由|a1-a2|+|a2-a3|+|a3-a1|=6，
得2[max{a1，a2，a3}-min{a1，a2，a3}]=6，
则max{a1，a2，a3}-min{a1，a2，a3}=3，
不妨设min{a1，a2，a3}=x，
则max{a1，a2，a3}=x+3，
还有一个数为x+d，显然x∈{1，2，3}，d∈{0，1，2，3}，对于任意x取值，都有如下情况：
当d=0时，三个数为x，x，x+3，对应a1，a2，a3，有=3(种)方法；
当d=1时，三个数为x，x+1，x+3，对应a1，a2，a3，有=6(种)方法；
当d=2时，三个数为x，x+2，x+3，对应a1，a2，a3，有=6(种)方法；
当d=3时，三个数为x，x+3，x+3，对应a1，a2，a3，有=3(种)方法.
所以一共有3×(3+6+6+3)=54(种)情况.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.小明、小华、小红、小兰四位同学分别到镇江的南山、焦山、北固山参观旅游，要求每位同学只去一个地方，每个地方至少安排一位同学参观，则下列选项正确的是(　　)
A.若安排两位同学去焦山，则有12种安排方法
B.若小红、小兰安排去同一个地方参观，则有6种安排方法
C.若小华不去南山参观，则有24种安排方法
D.共有18种安排方法
答案　ABC
解析　A选项，安排两位同学去焦山，
则方法数有×=6×2=12(种)，所以A选项正确；
B选项，若小红、小兰安排去同一个地方参观，
则方法数有=6(种)，所以B选项正确；
C选项，小华不去南山参观，
若小华是1个人，则有××=2×3×2=12(种)安排方法，
若小华和另一人一起，则有××=12(种)安排方法，
所以共有24种安排方法，所以C选项正确；
D选项，每位同学只去一个地方，每个地方至少安排一位同学参观，
则有=6×6=36(种)安排方法，所以D选项错误.
8.某校以大课程观为理论基础，以关键能力和核心素养的课程化为突破口，深入探索普通高中创新人才培养的校本化课程体系.本学期共开设了八大类校本课程，具体为学科拓展(X)、体艺特长(T)、实践创新(S)、生涯规划(C)、国际视野(I)、公民素养(G)、大学先修(D)、PBL项目课程(P)八大类，假期里决定继续开设这八大类课程，每天开设一类且不重复，连续开设八天，则(　　)
A.某学生从中选3类，共有56种选法
B.课程“X”“T”排在不相邻两天，共有种排法
C.课程“S”“C”“I”排在相邻三天，且“C”只能排在“S”与“I”的中间，共有720种排法
D.课程“T”不排在第一天，课程“G”不排在最后一天，共有+种排法
答案　ABD
解析　选项A，某同学从中选3类，共有=56(种)选法，A正确；
选项B，若“X”“T”不相邻，剩余6类排列方法为，形成7个空，则“X”“T”填入7个空的方法为，所以共有种排法，B正确；
选项C，先排列“S”“C”“I”三科，则有2种排列方法，3科形成整体与剩余5科再进行全排列，则有种排列方法，所以共有2=1 440(种)排法，C错误；
选项D，分成两类情况，一是“G”排在第一天，则此类情况下排法有种，
二是“G”排在除第一天和最后一天之外的某一天，有种方法，
则共有+种排法，D正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.在数学中，有一个被称为自然常数(又叫欧拉数)的常数e≈2.718 28.小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，那么小明可以设置的不同密码共有　　　　个.
答案　36
解析　如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，将两个2捆绑看作一个元素与7，1全排列，排好后有4个空位，两个8插入其中的2个空位中，注意到两个2、两个8均为相同元素，那么小明可以设置的不同密码共有=36(个).
10.(2024·新课标全国Ⅱ)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　　　　.
答案　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；
先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第四行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21+33+43+15=112.第96练　二项式定理
(分值：52分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.若(2+x)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6，则a3的值为(　　)
A.20 B.8 C.120 D.160
2.在(x+y)(x-y)5的展开式中，x3y3的系数为(　　)
A.0 B.20 C.10 D.-10
3.在的展开式中，第3项与第5项的二项式系数相等，则该展开式中的常数项为(　　)
A.20 B.10 C.-20 D.-10
4.若(1+x)n的展开式中二项式系数最大是，则n不可能是(　　)
A.8 B.9 C.10 D.11
5.若二项式的展开式中存在常数项，则正整数n可以是(　　)
A.3 B.5 C.6 D.7
6.用二项式定理计算9.985，精确到1的近似值为(　　)
A.99 000 B.99 002
C.99 004 D.99 005
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.若(3x-2)2 025=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 025x2 025(x∈R)，则(　　)
A.a0=22 025
B.a0+a2+a4+…+a2 024=
C.a1+a3+a5+…+a2 025=
D.+++…+=22 025-1
8.为引导游客领略传统数学研究的精彩并传播中国传统文化，某景点推出了“解数学题获取名胜古迹入场码”的活动.活动规则如下：如图所示，将杨辉三角第p行第q个数记为ap,q(p，q∈N*)，并从左腰上的各数出发，引一组平行的斜线，记第n条斜线上所有数字之和为Sn(S1=S2=1，S3=2)，入场码由两段数字组成，前段的数字是a4,i104-i的值，后段的数字是S2 027-Si的值，则(　　)
A.a2 027,2=2 027
B.a4,i104-i=1 331
C.S9=34
D.该景点入场码为13311
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.(x2-x-2y)5的展开式中，x5y2的系数为　　　　.
10.若的展开式中第4项是常数项，则7n除以9的余数为　　　　.
第96练　二项式定理
(分值：52分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.若(2+x)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6，则a3的值为(　　)
A.20 B.8 C.120 D.160
答案　D
解析　由二项式定理可得a3=23=160.
2.在(x+y)(x-y)5的展开式中，x3y3的系数为(　　)
A.0 B.20 C.10 D.-10
答案　A
解析　由题意得(x-y)5展开式的通项为Tk+1=x5-k(-y)k，k=0，1，2，3，4，5，
令k=2，T3=x5-2(-y)2=10x3y2，
令k=3，T4=x5-3(-y)3=-10x2y3，
所以x3y3的系数为0.
3.在的展开式中，第3项与第5项的二项式系数相等，则该展开式中的常数项为(　　)
A.20 B.10 C.-20 D.-10
答案　C
解析　由在的展开式中，第3项与第5项的二项式系数相等，可知=，
则n=2+4=6，所以的展开式的通项为Tk+1=x6-k=(-1)kx6-2k，
当k=3时得到展开式中的常数项为-=-20.
4.若(1+x)n的展开式中二项式系数最大是，则n不可能是(　　)
A.8 B.9 C.10 D.11
答案　A
解析　当n=9时，=是最大的二项式系数；
当n=10时，是最大的二项式系数；
当n=11时，=是最大的二项式系数；
当n=8时，显然<，故n不可能是8.
5.若二项式的展开式中存在常数项，则正整数n可以是(　　)
A.3 B.5 C.6 D.7
答案　C
解析　二项式展开式的通项为Tk+1=(3x2)n-k=3n-kx2n-4k，
令2n-4k=0，解得k=，又因为0≤k≤n且k为整数，所以n为2的倍数，
所以n可以为6.
6.用二项式定理计算9.985，精确到1的近似值为(　　)
A.99 000 B.99 002
C.99 004 D.99 005
答案　C
解析　9.985==105-×104×0.02+×103×0.022-×102×0.023+×101×0.024-0.025
≈105-×104×0.02+×103×0.022
=100 000-1 000+4=99 004.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.若(3x-2)2 025=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 025x2 025(x∈R)，则(　　)
A.a0=22 025
B.a0+a2+a4+…+a2 024=
C.a1+a3+a5+…+a2 025=
D.+++…+=22 025-1
答案　BD
解析　对于A，当x=0时，a0=(-2)2 025=-22 025，A错误；
对于B，C，当x=1时，a0+a1+a2+a3+…+a2 025=12 025=1，
当x=-1时，a0-a1+a2-a3+…+a2 024-a2 025=-52 025，
所以a0+a2+a4+…+a2 024=，
a1+a3+a5+…+a2 025=，所以B正确，C错误；
对于D，当x=时，=a0+++…+，
所以+++…+=(-1)2 025-a0=22 025-1，D正确.
8.为引导游客领略传统数学研究的精彩并传播中国传统文化，某景点推出了“解数学题获取名胜古迹入场码”的活动.活动规则如下：如图所示，将杨辉三角第p行第q个数记为ap,q(p，q∈N*)，并从左腰上的各数出发，引一组平行的斜线，记第n条斜线上所有数字之和为Sn(S1=S2=1，S3=2)，入场码由两段数字组成，前段的数字是a4,i104-i的值，后段的数字是S2 027-Si的值，则(　　)
A.a2 027,2=2 027
B.a4,i104-i=1 331
C.S9=34
D.该景点入场码为13311
答案　BCD
解析　由题意得当p=q=1时，a1,1=1，
当p≥2且p，q∈N*时，ap,q=，
对于A，a2 027,2即为第2 027行第2个数，则a2 027,2==2 026，故A错误；
对于B，(10+x)3展开式的通项为Tk+1=103-kxk(k=0，1，2，3)，
其中=a4,1，=a4,2，=a4,3，=a4,4，
所以a4,i104-i=·103+·102+·101+·100=(10+1)3=1 331，故B正确；
对于C，S1=S2=1，S3=2，S4=3，S5=5，…，
归纳可得Sn+2-Sn+1=Sn，即Sn+2=Sn+1+Sn，
所以S6=S5+S4=5+3=8，S7=S6+S5=8+5=13，S8=S7+S6=13+8=21，
S9=S8+S7=21+13=34，故C正确；
对于D，Si=S3-S2+S4-S3+S5-S4+…+S2 027-S2 026=S2 027-S2，
故S2 027-Si=1，该景点入场码为13311，故D正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.(x2-x-2y)5的展开式中，x5y2的系数为　　　　.
答案　-120
解析　(x2-x-2y)5有5个因式，从2个因式中取x2，1个因式中取-x，2个因式中取-2y，
即可得出含x5y2的项，其为(x2)2·(-x)·(-2y)2=-120x5y2，故x5y2的系数为-120.
10.若的展开式中第4项是常数项，则7n除以9的余数为　　　　.
答案　1
解析　由题知，Tk+1==(-1)k，
因为第4项为常数项，所以当k=3时，-3=0，所以n=18，
则718=(9-2)18=918-917×2+916×22-…-9×217+218
=9×(917-916×2+915×22-…-217)+218，
而218=86=(9-1)6=96-95+94-93+92-9+
=9(95-94+93-92+9-)+，
1除以9的余数为1，所以7n除以9的余数为1.第97练　随机事件、频率与概率
(分值：52分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.下列叙述错误的是(　　)
A.若事件发生的概率为P(A)，则0≤P(A)≤1
B.互斥事件不一定是对立事件，但是对立事件一定是互斥事件
C.两个对立事件的概率之和为1
D.对于任意两个事件A和B，都有P(A∪B)=P(A)+P(B)
2.从装有2个白球和3个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是(　　)
A.“恰好有两个白球”与“恰好有一个黑球”
B.“至少有一个白球”与“至少有一个黑球”
C.“都是白球”与“至少有一个黑球”
D.“至少有一个黑球”与“都是黑球”
3.设事件A，B，已知P(A)=，P(B)=，P(A∪B)=，则A，B一定为(　　)
A.两个任意事件 B.互斥事件
C.独立事件 D.对立事件
4.将四位数2 026的各个数字打乱顺序重新排列，则所组成的不同的四位数(含原来的四位数)中两个2不相邻的概率为(　　)
A. B. C. D.
5.六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧，每列3人.则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为(　　)
A. B. C. D.
6.某商家在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满80元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，若有5名顾客都领取一件礼品，则他们中恰有3人领取的礼品种类相同的概率是(　　)
A. B. C. D.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.粉笔盒中只装了白红黄蓝绿5支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了3支，下列结论中正确的是(　　)
A.事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少用到1支”为互斥事件
B.事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多用到1支”为对立事件
C.白色与红色粉笔都用到的概率为
D.白色与红色粉笔至少用到1支的概率为
8.某学校为了了解高中生的艺术素养，从学校随机选取男生、女生各50人进行研究，对这100名学生在音乐、美术、戏剧、舞蹈等多个艺术项目进行多方位的素质测评，并把测评结果转化为个人的素养指标x和y，制成如图，其中“*”表示男生，“+”表示女生.
若0A.50名参加测试的女生中，指标在0B.从50名女生中随机选出1名，则该学生为“初级水平”的概率为
C.50名参加测试的男生中，“具备一定艺术发展潜质且为中级或高级水平”的有24人
D.从所有“不具备明显艺术发展潜质却为中级或高级水平”的男生中任选2名，则选出的2名均为“高级水平”的概率为
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.在杭州亚运会三馆(杭州奥体中心的体育馆、游泳馆和综合训练馆)对外免费开放预约期间将含甲、乙在内的5位志愿者分配到这三馆负责接待工作，每个场馆至少分配1位志愿者，且甲、乙分配到同一个场馆，则甲分配到游泳馆的概率为　　　　.
10.记M是从1，2，3，4，5，6，7中任取三个不同的数字构成的最大的三位数(例如：取1，2，3时，则M为321)；N是从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数字构成的最大的三位数，则M>N的概率为　　　　.
第97练　随机事件、频率与概率
(分值：52分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.下列叙述错误的是(　　)
A.若事件发生的概率为P(A)，则0≤P(A)≤1
B.互斥事件不一定是对立事件，但是对立事件一定是互斥事件
C.两个对立事件的概率之和为1
D.对于任意两个事件A和B，都有P(A∪B)=P(A)+P(B)
答案　D
解析　若A，B两事件有交事件，则P(A∪B)=P(A)+P(B)不成立.
2.从装有2个白球和3个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是(　　)
A.“恰好有两个白球”与“恰好有一个黑球”
B.“至少有一个白球”与“至少有一个黑球”
C.“都是白球”与“至少有一个黑球”
D.“至少有一个黑球”与“都是黑球”
答案　A
解析　在A选项中，“恰好有两个白球”与“恰好有一个黑球”不能同时发生，故互斥，“恰好有两个白球”的对立事件是“至少有一个黑球”，故不对立，所以互斥不对立.
3.设事件A，B，已知P(A)=，P(B)=，P(A∪B)=，则A，B一定为(　　)
A.两个任意事件 B.互斥事件
C.独立事件 D.对立事件
答案　B
解析　因为P(A)+P(B)=+==P(A∪B)，所以A，B一定为互斥事件.
4.将四位数2 026的各个数字打乱顺序重新排列，则所组成的不同的四位数(含原来的四位数)中两个2不相邻的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　将2 026各个数字打乱顺序重新排列所组成的不同四位数(含原来的四位数)的所有样本点有2 206，2 260，6 220，6 022，2 026，2 620，2 062，2 602，6 202，共9个，
所组成的不同四位数(含原来的四位数)中两个2不相邻的样本点有2 026，2 620，2 062，2 602，6 202，共5个，
所以所组成的不同四位数(含原来的四位数)中两个2不相邻的概率为.
5.六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧，每列3人.则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　假设六位爸爸已经站好了位置，不同站位方法数为，小孩找到各自的爸爸，则其为定序问题，不同站位方法数为，所以不需要插队的概率P==.
6.某商家在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满80元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，若有5名顾客都领取一件礼品，则他们中恰有3人领取的礼品种类相同的概率是(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　先考虑恰有3人领取的礼品种类相同，先从5人中选取3人有=10(种)，再从三类礼品中领取一件有=3(种)，
另外2人从剩下的2类礼品中任意选择有2×2=4(种)，按照分步乘法计数原理可得，恰有3人领取的礼品种类相同，共有10×3×4=120(种)，
又总情况有35=243(种)，故恰有3人领取的礼品种类相同的概率是=.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.粉笔盒中只装了白红黄蓝绿5支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了3支，下列结论中正确的是(　　)
A.事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少用到1支”为互斥事件
B.事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多用到1支”为对立事件
C.白色与红色粉笔都用到的概率为
D.白色与红色粉笔至少用到1支的概率为
答案　BD
解析　记白、红、黄、蓝、绿颜色的粉笔分别为A，B，a，b，c，
对于A，“A，B都用到”与“A，B至少用到1支”可以同时发生，故不是互斥事件，所以A错误；
对于B，对于A，B是否用到所有事件有A，B都用到，A用到B未用到，A未用到B用到和A，B都未用到，所以事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多用到1支”为对立事件，所以B正确；
对于C，设从5支粉笔中随机选3支，则所有样本点有(A，B，a)，(A，B，b)，(A，B，c)，(A，a，b)，(A，a，c)，(A，b，c)，(B，a，b)，(B，a，c)，(B，b，c)，(a，b，c)，共10个，
其中A，B都用到的情况有3种，故所求概率P=，所以C错误；
对于D，由A，B至少用到1支的情况有9种，故所求概率P=，所以D正确.
8.某学校为了了解高中生的艺术素养，从学校随机选取男生、女生各50人进行研究，对这100名学生在音乐、美术、戏剧、舞蹈等多个艺术项目进行多方位的素质测评，并把测评结果转化为个人的素养指标x和y，制成如图，其中“*”表示男生，“+”表示女生.
若0A.50名参加测试的女生中，指标在0B.从50名女生中随机选出1名，则该学生为“初级水平”的概率为
C.50名参加测试的男生中，“具备一定艺术发展潜质且为中级或高级水平”的有24人
D.从所有“不具备明显艺术发展潜质却为中级或高级水平”的男生中任选2名，则选出的2名均为“高级水平”的概率为
答案　AC
解析　对于A，由图知，在50名参加测试的女生中，指标在0对于B，从50名女生中随机选出1名，则该学生为“初级水平”的概率P==，故B说法正确；
对于C，由图知，参加测试的男生中，“具备一定艺术发展潜质且为中级或高级水平”的有26人，故C说法错误；
对于D，由图知，“不具备明显艺术发展潜质却为中级或高级水平”的男生共有6人，其中“中级水平”有3人，分别记为A1，A2，A3，“高级水平”有3人，分别记为B1，B2，B3，则任选2名的样本空间Ω={(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)}，共有15个样本点，设事件C表示“两人均为高级水平”，则C=，共有3个样本点，所以P(C)==，故D说法正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.在杭州亚运会三馆(杭州奥体中心的体育馆、游泳馆和综合训练馆)对外免费开放预约期间将含甲、乙在内的5位志愿者分配到这三馆负责接待工作，每个场馆至少分配1位志愿者，且甲、乙分配到同一个场馆，则甲分配到游泳馆的概率为　　　　.
答案　
解析　甲、乙分配到同一个场馆有以下两种情况：
(1)场馆分组人数为1，1，3时，甲、乙必在3人组，则方法数为=18；
(2)场馆分组人数为2，2，1时，其中甲、乙在一组，则方法数为=18，
即甲、乙分配到同一个场馆的方法数n=18+18=36.
若甲分配到游泳馆，则乙必然也在游泳馆，此时的方法数m=+=12，
故所求的概率P===.
10.记M是从1，2，3，4，5，6，7中任取三个不同的数字构成的最大的三位数(例如：取1，2，3时，则M为321)；N是从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数字构成的最大的三位数，则M>N的概率为　　　　.
答案　
解析　M是从1，2，3，4，5，6，7中任取三个不同的数字构成的最大的三位数，
N是从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数字构成的最大的三位数，
则取得的M，N共有×=35×20=700(种)组合，
M中有数字7时，都满足M>N，有×=15×20=300(种)组合，
M中没有数字7时，则M和N都是从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数字构成的最大的三位数，有×=20×20=400(种)组合，
其中满足M=N的有×1=20(种)组合，满足M>N的有=190(种)组合，
所以依题意取到的M和N中，M>N的概率P==.第98练　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
(分值：52分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.某校在秋季运动会中，安排了篮球投篮比赛.现有20名同学参加篮球投篮比赛，已知每名同学投进的概率均为0.4，每名同学有2次投篮机会，且每名同学每次投篮之间没有影响.现规定：投进两个得4分，投进一个得2分，一个未进得0分，则其中一名同学得2分的概率为(　　)
A.0.5 B.0.48 C.0.4 D.0.32
2.某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路.有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25.若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为(　　)
A.0.34 B.0.37 C.0.42 D.0.43
3.甲、乙、丙3位大学毕业生去4个工厂实习，每位毕业生只能选择一个工厂实习，设“3位大学毕业生去的工厂各不相同”为事件A，“甲独自去一个工厂实习”为事件B，则P(A|B)等于(　　)
A. B. C. D.
4.近期某市推进“光储充一体化”充电站建设，现有A充电站配备2个超级快充桩和3个普通充电桩，B充电站配备1个超级快充桩和3个普通充电桩，为优化资源配置，系统随机从A站调度1个充电桩至B站，随后技术人员从B站随机选取2个充电桩进行升级调试，记“选取的2个充电桩均为普通桩”为事件B，则P(B)等于(　　)
A. B. C. D.
5.(2022·全国乙卷)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
6.为了督促市民节约用水，某市水务投资公司对居民生活用水实行阶梯水价制度进行收费，其收费标准如下：一户居民每月用水量不超过15吨时，收费单价为3.5元/吨；超过15吨但不超过20吨时，超出15吨部分的收费单价为4.75元/吨；超过20吨时属于严重超标，超出20吨部分的收费单价为6元/吨.某学生社团对某生活区的住户进行用水量调查，该生活区的某单元内居住着3户人家，每户月用水量严重超标的概率均为p(0A. B. C. D.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.记事件M中的样本点个数为||M||.对于一个古典概型试验的样本空间Ω和事件E，F，G，H，已知E Ω，F Ω，G Ω，H Ω，||Ω||=80，||E||=40，||F||=30，||G||=20，||H||=50，||E∪F||=70，||EG||=10，||E∪H||=80，则下列选项正确的是(　　)
A.E与H互斥 B.E与F互斥
C.E与G相互独立 D.E与H相互独立
8.同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1，2，3，4的正四面体一次，记事件A表示“第一个四面体向下的一面出现偶数”，事件B表示“第二个四面体向下的一面出现奇数”，事件C表示“两个四面体向下的一面同时出现奇数或者同时出现偶数”，则(　　)
A.P(AB)=P(AC)=P(BC)
B.P(A|B)=P(A|C)=
C.P(ABC)=
D.P(A)P(B)P(C)=
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.某同学高考后参加国内两所名牌大学A，B的“强基计划”招生考试，已知该同学能通过A，B大学招生考试的概率分别为x，，该同学能否通过这两所大学的招生考试相互独立，且该同学恰好能通过其中1所大学招生考试的概率为，则该同学至少通过1所大学招生考试的概率为　　　　.
10.已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球，所有小球大小、形状完全相同.第一次从红箱内取出一球后再放回原箱中，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回原箱中，依次类推，第k+1次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回去.记第n次取出的球是红球的概率为Pn，数列{Pn}前n项和Sn=　　　　.
第98练　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
(分值：52分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.某校在秋季运动会中，安排了篮球投篮比赛.现有20名同学参加篮球投篮比赛，已知每名同学投进的概率均为0.4，每名同学有2次投篮机会，且每名同学每次投篮之间没有影响.现规定：投进两个得4分，投进一个得2分，一个未进得0分，则其中一名同学得2分的概率为(　　)
A.0.5 B.0.48 C.0.4 D.0.32
答案　B
解析　设“第一次投进球”为事件A，“第二次投进球”为事件B，则得2分的概率为
P=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)
=0.4×0.6+0.6×0.4=0.48.
2.某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路.有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25.若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为(　　)
A.0.34 B.0.37 C.0.42 D.0.43
答案　C
解析　设事件A表示“两道题全做对”，
若两道题目都有思路，则P1=×0.82=0.32，
若两道题目中一个有思路一个没有思路，则P2=×0.8×0.25=0.1，
故P(A)=P1+P2=0.32+0.1=0.42.
3.甲、乙、丙3位大学毕业生去4个工厂实习，每位毕业生只能选择一个工厂实习，设“3位大学毕业生去的工厂各不相同”为事件A，“甲独自去一个工厂实习”为事件B，则P(A|B)等于(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　由题意知P(B)=，P(AB)=，所以P(A|B)===.
4.近期某市推进“光储充一体化”充电站建设，现有A充电站配备2个超级快充桩和3个普通充电桩，B充电站配备1个超级快充桩和3个普通充电桩，为优化资源配置，系统随机从A站调度1个充电桩至B站，随后技术人员从B站随机选取2个充电桩进行升级调试，记“选取的2个充电桩均为普通桩”为事件B，则P(B)等于(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　设从A站调度的充电桩为超级快充桩为事件M，从A站调度的充电桩为普通充电桩为事件N，则P(M)=，P(N)=，
则P(B)=P(M)·P(B|M)+P(N)·P(B|N)=×+×=×+×=.
5.(2022·全国乙卷)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
答案　D
解析　设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，
方法一　由题意可知，P甲=2p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=2p1p2+2p1p3-4p1p2p3，
P乙=2p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=2p1p2+2p2p3-4p1p2p3，
P丙=2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=2p1p3+2p2p3-4p1p2p3.
所以P丙-P甲=2p2(p3-p1)>0，
P丙-P乙=2p1(p3-p2)>0，
所以P丙最大，故选D.
方法二　(特殊值法)
不妨设p1=0.4，p2=0.5，p3=0.6，
则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲=2p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=0.4；
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙=2p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=0.52；
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙=2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=0.6.
所以P丙最大，故选D.
6.为了督促市民节约用水，某市水务投资公司对居民生活用水实行阶梯水价制度进行收费，其收费标准如下：一户居民每月用水量不超过15吨时，收费单价为3.5元/吨；超过15吨但不超过20吨时，超出15吨部分的收费单价为4.75元/吨；超过20吨时属于严重超标，超出20吨部分的收费单价为6元/吨.某学生社团对某生活区的住户进行用水量调查，该生活区的某单元内居住着3户人家，每户月用水量严重超标的概率均为p(0A. B. C. D.
答案　A
解析　设事件A为“该单元有2户人家月用水量严重超标”，事件B为“该单元有3户人家月用水量严重超标”，则P(A)=(1-p)p2=3(1-p)p2，P(B)=p3=p3，
即f(p)=P(A)+P(B)=3(1-p)p2+p3=3p2-2p3(0方法一　将各选项代入验证发现，唯有p=满足要求，故A正确.
方法二　令f(p)=3p2-2p3=，
整理为(2p)3-3·(2p)2+2=(2p-1)(4p2-4p-2)=0，
所以p=或p=，因为0二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.记事件M中的样本点个数为||M||.对于一个古典概型试验的样本空间Ω和事件E，F，G，H，已知E Ω，F Ω，G Ω，H Ω，||Ω||=80，||E||=40，||F||=30，||G||=20，||H||=50，||E∪F||=70，||EG||=10，||E∪H||=80，则下列选项正确的是(　　)
A.E与H互斥 B.E与F互斥
C.E与G相互独立 D.E与H相互独立
答案　BC
解析　A选项，||E∪H||=80，||E||=40，||H||=50，所以||E∪H||≠||E||+||H||，所以E与H不互斥，A错误；
B选项，||E∪F||=70，||E||=40，||F||=30，所以||E∪F||=||E||+||F||，所以E与F互斥，B正确；
C选项，||EG||=10，||E||=40，||G||=20，所以P(EG)==，P(E)==，P(G)==，所以P(EG)=P(E)P(G)，E与G相互独立，C正确；
D选项，||E∪H||=80，||E||=40，||H||=50，所以||EH||=40+50-80=10，
P(EH)==，P(E)=，
P(H)==，所以P(EH)≠P(E)P(H)，E与H不相互独立，D错误.
8.同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1，2，3，4的正四面体一次，记事件A表示“第一个四面体向下的一面出现偶数”，事件B表示“第二个四面体向下的一面出现奇数”，事件C表示“两个四面体向下的一面同时出现奇数或者同时出现偶数”，则(　　)
A.P(AB)=P(AC)=P(BC)
B.P(A|B)=P(A|C)=
C.P(ABC)=
D.P(A)P(B)P(C)=
答案　AB
解析　对于A，因为事件A，B，C两两相互独立，
所以P(AB)=×=，
P(AC)=×=，
P(BC)=×=，
所以P(AB)=P(AC)=P(BC)，故A正确；
对于B，易知P(A|B)=P(A)，P(A|C)=P(A)，所以P(A|B)=P(A|C)=，故B正确；
对于C，事件A，B，C不可能全部同时发生，故P(ABC)=0，故C错误；
对于D，P(A)P(B)P(C)=××=，故D错误.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.某同学高考后参加国内两所名牌大学A，B的“强基计划”招生考试，已知该同学能通过A，B大学招生考试的概率分别为x，，该同学能否通过这两所大学的招生考试相互独立，且该同学恰好能通过其中1所大学招生考试的概率为，则该同学至少通过1所大学招生考试的概率为　　　　.
答案　
解析　∵该同学能否通过这2所大学的招生考试相互独立，
∴该同学恰好能通过其中1所大学招生考试的概率P=x+(1-x)=+x=，
故x=，
∴该同学至少通过1所大学招生考试的概率为1-×=.
10.已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球，所有小球大小、形状完全相同.第一次从红箱内取出一球后再放回原箱中，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回原箱中，依次类推，第k+1次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回去.记第n次取出的球是红球的概率为Pn，数列{Pn}前n项和Sn=　　　　.
答案　
解析　依题意得P1==，
第n次取出的球是红球的概率为Pn，则第n次取出的球是白球的概率为(1-Pn)，
对于第n+1次，取出红球有两种情况：①从红箱取出的概率为Pn×，②从白箱取出的概率为(1-Pn)×，
所以Pn+1=+Pn，
所以Pn+1-=，
令an=Pn-，则数列{an}为等比数列，且公比为，
因为P1=，所以a1=，
故an=2-(2n+1)即对应Pn=+2-(2n+1)，
所以Sn=+=+=.第99练　离散型随机变量及其分布列、数字特征
(分值：40分)
一、单项选择题(共5分)
1.已知随机变量ξ的分布列为
ξ 1 2 3
P x y
若E(ξ)=，则D(ξ)等于(　　)
A. B. C. D.
二、多项选择题(每小题6分，共18分)
2.已知随机变量η和ξ满足：η=3ξ+1，且E(ξ)=2，若ξ的分布列如表所示，则下列说法正确的是(　　)
ξ 1 2 3
P a b
A.a= B.b=
C.E(η)=7 D.D(η)=
3.某游戏推出两种抽奖活动A和B，玩家可以通过参与活动获得游戏币，从而换取稀有道具.活动A和活动B的抽奖收益分别为X，Y(单位：千个)及其分布列如表所示，则下列选项正确的是(　　)
活动A的收益分布列：
X 3 7 11
P 0.4 m 0.3
活动B的收益分布列：
Y 0 8 18
P n 0.6 0.1
A.m+n=0.6
B.E(5Y-3)=18
C.两个活动的收益期望一样多
D.活动B的收益风险低于活动A
4.随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P a
其中ab≠0，下列说法正确的是(　　)
A.a+b=1
B.E(ξ)=
C.D(ξ)随b的增大而减小
D.D(ξ)有最大值
三、填空题(共5分)
5.设非零常数d是等差数列x1，x2，x3，…，x9的公差，随机变量ξ等可能地取x1，x2，x3，…，x9，则方差D(ξ)=　　　　.
四、解答题(共12分)
6.(12分)为弘扬奥林匹克和亚运精神，增强锻炼身体意识，某学校准备举办一场羽毛球比赛.已知羽毛球比赛的单打规则是：若发球方胜，则发球方得1分，且继续在下一回合发球；若接球方胜，则接球方得1分，且成为下一回合发球方.现甲、乙二人进行羽毛球单打比赛，若甲发球，甲得分的概率为，乙得分的概率为；若乙发球，乙得分的概率为，甲得分的概率为.每回合比赛的结果相互独立.经抽签决定，第一回合由甲发球.
(1)求第三回合甲发球的概率；(4分)
(2)设前三个回合中，甲的总得分为X，求X的分布列及期望.(8分)
第99练　离散型随机变量及其分布列、数字特征
(分值：40分)
一、单项选择题(共5分)
1.已知随机变量ξ的分布列为
ξ 1 2 3
P x y
若E(ξ)=，则D(ξ)等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由分布列的性质和期望公式可得
解得
所以D(ξ)=×+×+×=.
二、多项选择题(每小题6分，共18分)
2.已知随机变量η和ξ满足：η=3ξ+1，且E(ξ)=2，若ξ的分布列如表所示，则下列说法正确的是(　　)
ξ 1 2 3
P a b
A.a= B.b=
C.E(η)=7 D.D(η)=
答案　BCD
解析　依题意
解得a=b=，故A错误，B正确；
又η=3ξ+1，所以E(η)=E(3ξ+1)=3E(ξ)+1=3×2+1=7，故C正确；
因为D(ξ)=(1-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×=，
所以D(η)=D(3ξ+1)=32D(ξ)=9×=，故D正确.
3.某游戏推出两种抽奖活动A和B，玩家可以通过参与活动获得游戏币，从而换取稀有道具.活动A和活动B的抽奖收益分别为X，Y(单位：千个)及其分布列如表所示，则下列选项正确的是(　　)
活动A的收益分布列：
X 3 7 11
P 0.4 m 0.3
活动B的收益分布列：
Y 0 8 18
P n 0.6 0.1
A.m+n=0.6
B.E(5Y-3)=18
C.两个活动的收益期望一样多
D.活动B的收益风险低于活动A
答案　AC
解析　依题意可得
所以则m+n=0.6，故A正确；
所以E(X)=3×0.4+7×0.3+11×0.3=6.6，
E(Y)=0×0.3+8×0.6+18×0.1=6.6，则E(X)=E(Y)，故C正确；
而E(5Y-3)=5E(Y)-3=5×6.6-3=30，故B错误；
因为D(X)=(3-6.6)2×0.4+(7-6.6)2×0.3+(11-6.6)2×0.3=11.04，
D(Y)=(0-6.6)2×0.3+(8-6.6)2×0.6+(18-6.6)2×0.1=27.24，
即D(X)4.随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P a
其中ab≠0，下列说法正确的是(　　)
A.a+b=1
B.E(ξ)=
C.D(ξ)随b的增大而减小
D.D(ξ)有最大值
答案　ABD
解析　根据分布列的性质得a++=1，即a+b=1，故A正确；
E(ξ)=0×a+1×+2×=，故B正确；
D(ξ)=×a+×+× =×(1-b)+×+× =-b2+b=-+，
因为0当0当b=时，D(ξ)取得最大值，故D正确.
三、填空题(共5分)
5.设非零常数d是等差数列x1，x2，x3，…，x9的公差，随机变量ξ等可能地取x1，x2，x3，…，x9，则方差D(ξ)=　　　　.
答案　d2
解析　因为等差数列x1，x2，x3，…，x9的公差为d，d≠0，
所以E(ξ)=，
因为x1+x2+x3+…+x9=9x1+d=9x1+36d，
则E(ξ)=x1+4d，
所以xn-E(ξ)=x1+(n-1)d-(x1+4d)=(n-5)d(n=1，2，…，9)，
所以方差为D(ξ)=[(-4d)2+…+(-d)2+0+d2+…+(4d)2]=d2.
四、解答题(共12分)
6.(12分)为弘扬奥林匹克和亚运精神，增强锻炼身体意识，某学校准备举办一场羽毛球比赛.已知羽毛球比赛的单打规则是：若发球方胜，则发球方得1分，且继续在下一回合发球；若接球方胜，则接球方得1分，且成为下一回合发球方.现甲、乙二人进行羽毛球单打比赛，若甲发球，甲得分的概率为，乙得分的概率为；若乙发球，乙得分的概率为，甲得分的概率为.每回合比赛的结果相互独立.经抽签决定，第一回合由甲发球.
(1)求第三回合甲发球的概率；(4分)
(2)设前三个回合中，甲的总得分为X，求X的分布列及期望.(8分)
解　(1)若第三回合甲发球，则前三回合发球的顺序分别为甲甲甲，或者甲乙甲，
故第三回合甲发球的概率为×+×=.
(2)设“甲在第i回合得分”记为事件Ai，“乙在第i回合得分”记为事件 Bi，i∈{1，2，3}，
则P(A1A2A3)==，此时甲得3分，
P(A1A2B3)=×=，此时甲得2分，
P(A1B2A3)=××=，此时甲得2分，
P(A1B2B3)=××=，此时甲得1分，
P(B1A2A3)=××=，此时甲得2分，
P(B1A2B3)=××=，此时甲得1分，
P(B1B2A3)=××=，此时甲得1分，
P(B1B2B3)=××=，此时甲得0分，
故X的分布列为
X 0 1 2 3
P
故E(X)=0×+1×+2×+3×=.第100练　二项分布与超几何分布、正态分布
(分值：40分)
一、单项选择题(每小题5分，共10分)
1.若随机变量X~B(4，p)，D(X)=1，则P(X=3)等于(　　)
A. B. C. D.
2.某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲、乙两个品种的茶青每500克的红茶产量(单位：克)分别为X，Y，且X~N(μ1，)，Y~N(μ2，)，其密度曲线如图所示，则下列结论错误的是(　　)
A.Y的数据较X更集中
B.P(X≤c)C.甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2的概率大于
D.P(X>c)+P(Y≤c)=1
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
3.已知随机变量ξ~N(0，σ2)，φ(x)=P(ξ≤x)，其中x>0，则下列等式正确的是(　　)
A.φ(-x)=1-φ(x)
B.P(|ξ|≤1)=1-2φ(1)
C.P(|ξ|≤1)=2φ(1)-1
D.P(|ξ|>1)=2-2φ(1)
4.在一个袋中装有质地、大小均一样的6个黑球、4个白球，现从中不放回地任取4个小球，设取出的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是(　　)
A.P(X=2)=
B.随机变量X服从二项分布
C.随机变量X服从超几何分布
D.E(X)=
三、填空题(共5分)
5.在一次考试中，考生成绩X~N(80，σ2)，若P(70≤X≤90)=，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90分的概率为　　　　.
四、解答题(共13分)
6.(13分)为了引导人民强健体魄，某市组织了一系列活动，其中乒乓球比赛的冠军由A，B两队争夺，已知A，B两队之间的比赛采用5局3胜制，且本次比赛共设有3 000元奖金，奖金分配规则如下：①若比赛进行3局即可决定胜负，则赢方获得全部奖金，输方没有奖金；②若比赛进行4局即可决定胜负，则赢方获得90%的奖金，输方获得10%的奖金；③若比赛打满5局才决定胜负，则赢方获得80%的奖金，输方获得20%的奖金.已知每局比赛A队、B队赢的概率分别为，，且每局比赛的结果相互独立.
(1)若比赛进行4局即可决定胜负，则A队赢得比赛的概率为多少？(4分)
(2)求A队获得奖金金额X的分布列及数学期望.(9分)
第100练　二项分布与超几何分布、正态分布
(分值：40分)
一、单项选择题(每小题5分，共10分)
1.若随机变量X~B(4，p)，D(X)=1，则P(X=3)等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由题设D(X)=4p(1-p)=1，
可得p=，
所以P(X=3)==.
2.某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲、乙两个品种的茶青每500克的红茶产量(单位：克)分别为X，Y，且X~N(μ1，)，Y~N(μ2，)，其密度曲线如图所示，则下列结论错误的是(　　)
A.Y的数据较X更集中
B.P(X≤c)C.甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2的概率大于
D.P(X>c)+P(Y≤c)=1
答案　D
解析　对于A，Y的密度曲线更“瘦高”，即数据更集中，A正确；
对于B，记x=c，x=μ2，y=0与Y的密度曲线围成的面积为S1，x=c，x=μ1，y=0与X的密度曲线围成的面积为S2，则S1>S2，
又P(Y≤c)=+S1，P(X≤c)=+S2，
∴P(X≤c)对于C，∵μ2<μ1 ，
∴甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2 的概率P=P(X>μ2)>，C正确；
对于D，由B知P(X>c)=-S2，P(Y≤c)=+S1，
∴P(X>c)+P(Y≤c)=1+S1-S2>1，D错误.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
3.已知随机变量ξ~N(0，σ2)，φ(x)=P(ξ≤x)，其中x>0，则下列等式正确的是(　　)
A.φ(-x)=1-φ(x)
B.P(|ξ|≤1)=1-2φ(1)
C.P(|ξ|≤1)=2φ(1)-1
D.P(|ξ|>1)=2-2φ(1)
答案　ACD
解析　因为随机变量ξ~N(0，σ2)，则正态曲线关于直线x=0对称，
因为φ(x)=P(ξ≤x)，则由正态曲线的对称性可得φ(-x)+φ(x)=1，即φ(-x)=1-φ(x)，故A正确；
又P(|ξ|≤1)=P(-1≤ξ≤1)=P(ξ≤1)-P(ξ≤-1)=φ(1)-φ(-1)，
由于φ(-1)=1-φ(1)，所以P(|ξ|≤1)=2φ(1)-1，故B错误，C正确；
P(|ξ|>1)=1-P(|ξ|≤1)=1-2φ(1)+1=2-2φ(1)，故D正确.
4.在一个袋中装有质地、大小均一样的6个黑球、4个白球，现从中不放回地任取4个小球，设取出的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是(　　)
A.P(X=2)=
B.随机变量X服从二项分布
C.随机变量X服从超几何分布
D.E(X)=
答案　ACD
解析　随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，4，P(X=k)=，k∈N，k≤4，
因此随机变量X服从超几何分布，B错误，C正确；
P(X=0)==，
P(X=1)==，
P(X=2)==，A正确；
P(X=3)==，
P(X=4)==，
E(X)=1×+2×+3×+4×=，D正确.
三、填空题(共5分)
5.在一次考试中，考生成绩X~N(80，σ2)，若P(70≤X≤90)=，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90分的概率为　　　　.
答案　
解析　根据X~N(80，σ2)，
P(70≤X≤90)=，
所以P(80≤X≤90)=P(70≤X≤90)=，
则P(X>90)=-P(80≤X≤90)=-=，
设从参加这次考试的所有考生中选取3人，至少有2名考生成绩高于90分为事件A，有2名考生成绩高于90分为事件B，有3名考生成绩高于90分为事件C，
所以A=B∪C，事件B和事件C互斥，
所以P(A)=P(B∪C)=P(B)+P(C)=×+=+=.
四、解答题(共13分)
6.(13分)为了引导人民强健体魄，某市组织了一系列活动，其中乒乓球比赛的冠军由A，B两队争夺，已知A，B两队之间的比赛采用5局3胜制，且本次比赛共设有3 000元奖金，奖金分配规则如下：①若比赛进行3局即可决定胜负，则赢方获得全部奖金，输方没有奖金；②若比赛进行4局即可决定胜负，则赢方获得90%的奖金，输方获得10%的奖金；③若比赛打满5局才决定胜负，则赢方获得80%的奖金，输方获得20%的奖金.已知每局比赛A队、B队赢的概率分别为，，且每局比赛的结果相互独立.
(1)若比赛进行4局即可决定胜负，则A队赢得比赛的概率为多少？(4分)
(2)求A队获得奖金金额X的分布列及数学期望.(9分)
解　(1)因为比赛进行了4局即可决定胜负，且A队赢得比赛，
所以第4局必然是A队赢，且前3局比赛中A队赢2局，
所以若比赛进行了4局即可决定胜负，则A队赢得比赛的概率为×××=.
(2)由题意知X的所有可能取值为3 000，2 700，2 400，600，300，0，
则P(X=3 000)==，
P(X=2 700)=×××=，
P(X=2 400)=×××=，
P(X=600)=×××=，
P(X=300)=×××=，
P(X=0)==，
所以X的分布列为
X 3 000 2 700 2 400 600 300 0
P
所以E(X)=3 000×+2 700×+2 400×+600×+300×+0×=.第101练　数列递推关系在概率中的应用
(分值：30分)
概率之间的关系如果是数列的前后项之间的关系，即递推关系，就可以从概率问题自然地过渡到数列问题，再用数列的方法解决.已知数列的递推关系求通项公式的典型方法(n≥2，x≠0)：
(1)当出现an=an-1+m时，构造等差数列；
(2)当出现an=xan-1+y时，构造等比数列；
(3)当出现an=an-1+f(n)时，用累加法求解；
(4)当出现=f(n)时，用累乘法求解.
1.(13分)遗传学在培育作物新品种中有着重要的应用.已知某种农作物植株有AA，Aa，aa三种基因型，根据遗传学定律可知，AA个体自交产生的子代全部为AA个体，aa个体自交产生的子代全部为aa个体，Aa个体自交产生的子代中，AA，Aa，aa个体均有，且其数量比为1∶2∶1.假设每个植株自交产生的子代数量相等，且所有个体均能正常存活.
(1)现取个数比为2∶4∶1的AA，Aa，aa植株个体进行自交，从其子代所有植株中任选一株，已知该植株的基因型为aa，求该植株是由aa个体自交得到的概率；(4分)
(2)已知基因型为AA的植株具备某种优良性状且能保持该优良性状的稳定遗传，是理想的作物新品种.农科院研究人员为了获得更多的AA植株用于农业生产，将通过诱变育种获得的Aa植株进行第一次自交，根据植株表现型的差异将其子代中的aa个体人工淘汰掉后，再将剩余子代植株全部进行第二次自交，再将第二次自交后代中的aa个体人工淘汰掉后，再将剩余子代植株全部进行第三次自交……以此类推，不断地重复此操作，从第n次自交产生的子代中任选一植株，该植株的基因型恰为AA的概率记为Pn(n≥2且n∈N*).
①证明：数列为等比数列；(6分)
②求P10，并根据P10的值解释该育种方案的可行性.(3分)
2.(17分)如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作A，B1，P，B2，C1，Q1，C2，Q，C3.一个机器人从区域P出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域(有公共边的区域)，且到不同相邻区域的概率相等.
(1)分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域；(3分)
(2)求经过2秒机器人位于区域Q的概率；(4分)
(3)求经过n秒机器人位于区域Q的概率.(10分)
第101练　数列递推关系在概率中的应用
1.(13分)遗传学在培育作物新品种中有着重要的应用.已知某种农作物植株有AA，Aa，aa三种基因型，根据遗传学定律可知，AA个体自交产生的子代全部为AA个体，aa个体自交产生的子代全部为aa个体，Aa个体自交产生的子代中，AA，Aa，aa个体均有，且其数量比为1∶2∶1.假设每个植株自交产生的子代数量相等，且所有个体均能正常存活.
(1)现取个数比为2∶4∶1的AA，Aa，aa植株个体进行自交，从其子代所有植株中任选一株，已知该植株的基因型为aa，求该植株是由aa个体自交得到的概率；(4分)
(2)已知基因型为AA的植株具备某种优良性状且能保持该优良性状的稳定遗传，是理想的作物新品种.农科院研究人员为了获得更多的AA植株用于农业生产，将通过诱变育种获得的Aa植株进行第一次自交，根据植株表现型的差异将其子代中的aa个体人工淘汰掉后，再将剩余子代植株全部进行第二次自交，再将第二次自交后代中的aa个体人工淘汰掉后，再将剩余子代植株全部进行第三次自交……以此类推，不断地重复此操作，从第n次自交产生的子代中任选一植株，该植株的基因型恰为AA的概率记为Pn(n≥2且n∈N*).
①证明：数列为等比数列；(6分)
②求P10，并根据P10的值解释该育种方案的可行性.(3分)
(1)解　由题意得，若对Aa植株进行自交，产生AA，Aa，aa的概率比为1∶2∶1，
故在个数比为2∶4∶1的AA，Aa，aa植株个体进行自交时，其亲代AA，Aa，aa的概率比为∶∶，
故所求概率为=.
(2)①证明　记在不筛选出aa的情况下，第n代AA的概率为Bn，B1=×=，
B2=×+×=，
故可递推出Bn=+++…+==，
易得Pn==，
令Sn==2n，而Sn+1=2n+1，则有=2，
故数列为等比数列，得证.
②解　由①知P10==，且当n→+∞时，Pn→1，故该方案可行.
2.(17分)如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作A，B1，P，B2，C1，Q1，C2，Q，C3.一个机器人从区域P出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域(有公共边的区域)，且到不同相邻区域的概率相等.
(1)分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域；(3分)
(2)求经过2秒机器人位于区域Q的概率；(4分)
(3)求经过n秒机器人位于区域Q的概率.(10分)
解　(1)经过2秒机器人可能位于的区域为P，Q1，Q，经过3秒机器人可能位于的区域为A，B1，B2，C1，C2，C3.
(2)若经过2秒机器人位于区域Q，则经过1秒时，机器人必定位于B2，
P有三个相邻区域，故由P→B2的概率为p1=，B2有两个相邻区域，故由B2→Q的概率p2=，则经过2秒机器人位于区域Q的概率为
p1p2=×=.
(3)机器人的运动路径为P→A∪B1∪B2→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→…，
设经过n秒机器人位于区域Q的概率为Pn，
则当n为奇数时，Pn=0，
当n为偶数时，由(2)知，P2=，由对称性可知，
经过n秒机器人位于区域Q的概率与位于区域Q1的概率相等，亦为Pn，故经过n秒机器人位于区域P的概率为1-2Pn，
若第n秒机器人位于区域P，则第(n+2)秒机器人位于区域Q的概率为，
若第n秒机器人位于区域Q1，则第(n+2)秒机器人位于区域Q的概率为，
若第n秒机器人位于区域Q，则第(n+2)秒机器人位于区域Q的概率为1-2×=，
则有Pn+2=Pn+Pn+(1-2Pn)，
即Pn+2=+Pn，
令Pn+2+λ=(Pn+λ)，
即Pn+2=Pn-λ，有λ=-，
即有Pn+2-=，
又P2-=-=-，
故当n≥2且n为偶数时，数列是首项为-，公比为的等比数列，则Pn-=·=·，
即Pn=-·，
综上所述，当n为奇数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为0，
当n为偶数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为-·.第102练　高考大题突破练—概率与统计问题
(分值：30分)
1.(13分)2025年春节期间，电影《哪吒之魔童闹海》掀起全民观影热潮，吸引部分家庭携老扶幼共赴影院.某电影院为了解民众观影的喜欢程度，随机采访了180名观影人员，得到如表所示数据.
是否成年 是否喜欢 合计
不喜欢 喜欢
未成年 m 80 100
成年 20 s 80
合计 n t 180
(1)依据小概率值α=0.1的独立性检验，能否认为喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年有关？(6分)
(2)用频率估计概率，现随机采访一名成年人和一名未成年人，设X表示这两人中喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的人数，求X的分布列和数学期望.(7分)
参考公式：χ2=.
α 0.1 0.05 0.01
xα 2.706 3.841 6.635
2.(17分)佛山岭南天地位于禅城区祖庙大街2号，主要景点有龙塘诗社、文会里嫁娶屋、黄祥华如意油祖铺、李众胜堂祖铺、祖庙大街等，这里的每一处景色都极具岭南特色，其中龙塘诗社和祖庙大街很受年轻人的青睐.为进一步合理配置旅游资源，现对已在龙塘诗社游览的游客进行随机问卷调查，若继续游玩祖庙大街景点的记2分，若不继续游玩祖庙大街景点的记1分，每位游客选择是否继续游览祖庙大街的概率均为，游客之间的选择意愿相互独立.
(1)从游客中随机抽取3人，记总得分为X，求X的分布列与均值；(5分)
(2)①若从游客中随机抽取m人，记总得分恰为m分的概率为Am，求数列{Am}的前10项和；(5分)
②在对所有游客进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn，探讨Bn与Bn-1之间的关系式，并求数列{Bn}的通项公式.(7分)
第102练　高考大题突破练—概率与统计问题
(分值：30分)
1.(13分)2025年春节期间，电影《哪吒之魔童闹海》掀起全民观影热潮，吸引部分家庭携老扶幼共赴影院.某电影院为了解民众观影的喜欢程度，随机采访了180名观影人员，得到如表所示数据.
是否成年 是否喜欢 合计
不喜欢 喜欢
未成年 m 80 100
成年 20 s 80
合计 n t 180
(1)依据小概率值α=0.1的独立性检验，能否认为喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年有关？(6分)
(2)用频率估计概率，现随机采访一名成年人和一名未成年人，设X表示这两人中喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的人数，求X的分布列和数学期望.(7分)
参考公式：χ2=.
α 0.1 0.05 0.01
xα 2.706 3.841 6.635
解　(1)由题意得m=20，n=40，s=60，t=140，
零假设为H0：喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年无关.
根据列联表中的数据，经计算得到
χ2==≈0.643<2.706=x0.1.
根据小概率值α=0.1的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年无关.
(2)由题可知，随机采访一位未成年人，则该未成年人喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的概率为，随机采访一位成年人，则该成年人喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的概率为.
又X的可能取值为0，1，2，
所以P(X=0)=×=，
P(X=1)=×+×=，
P(X=2)=×=，
故X的分布列为
X 0 1 2
P
所以E(X)=0×+1×+2×=.
2.(17分)佛山岭南天地位于禅城区祖庙大街2号，主要景点有龙塘诗社、文会里嫁娶屋、黄祥华如意油祖铺、李众胜堂祖铺、祖庙大街等，这里的每一处景色都极具岭南特色，其中龙塘诗社和祖庙大街很受年轻人的青睐.为进一步合理配置旅游资源，现对已在龙塘诗社游览的游客进行随机问卷调查，若继续游玩祖庙大街景点的记2分，若不继续游玩祖庙大街景点的记1分，每位游客选择是否继续游览祖庙大街的概率均为，游客之间的选择意愿相互独立.
(1)从游客中随机抽取3人，记总得分为X，求X的分布列与均值；(5分)
(2)①若从游客中随机抽取m人，记总得分恰为m分的概率为Am，求数列{Am}的前10项和；(5分)
②在对所有游客进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn，探讨Bn与Bn-1之间的关系式，并求数列{Bn}的通项公式.(7分)
解　(1)X的可能取值为3，4，5，6，则
P(X=3)==，
P(X=4)==，
P(X=5)==，
P(X=6)==.
所以X的分布列为
X 3 4 5 6
P
则E(X)=3×+4×+5×+6×=.
(2)①总得分恰为m分的概率Am=，所以数列{Am}是首项为，公比为的等比数列，
则前10项和S10==1-=.
②方法一　已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn，
得不到n分的情况只有先得到(n-1)分，再得2分，概率为Bn-1(n≥2)，即其中B1=，
所以1-Bn=Bn-1(n≥2)，即Bn=-Bn-1+1(n≥2)，
所以Bn-=-(n≥2)，
即是等比数列，公比为-，首项为B1-=-.
所以Bn-=-，即Bn=-=+.
方法二　已调查过的累计得分恰为n分可以由两种情形得到，即(n-1)+1和(n-2)+2，
由全概率公式，得Bn=Bn-1×+Bn-2×(n≥3)，
所以Bn+Bn-1=Bn-1+Bn-2(n≥3)，
即为常数列，
又B1=，B2=+×=，
所以Bn+Bn-1=B2+B1=1，即Bn=-Bn-1+1(n≥2)，
所以Bn-=-(n≥2)，
即是等比数列，公比为-，首项为B1-=-，
所以Bn-=-，即Bn=-=+.

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