新高考版2023年高考数学必刷压轴题专题24计数原理概率随机变量及其分布选填压轴题（教师版）

这是一份新高考版2023年高考数学必刷压轴题专题24计数原理概率随机变量及其分布选填压轴题（教师版），共48页。试卷主要包含了定义“有增有减”数列如下等内容，欢迎下载使用。
1．（2022·浙江·高二期中）现有天平及重量为1，2，4，8的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中、发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的放法共有（ ）种．
A．105B．72C．60D．48
【答案】A
【详解】根据每次放的砝码重量分类讨论，结合两个基本计数原理求解，
依题可知8只能在左边，
①第一步先排8，8只能在左边，接下来重量为1,2,4的砝码顺序随意有种，左右边随意，则种，共有种；
②第一步先排4，4只能在左边，8可以在第2,3,4步中任选一步放，有种，重量为1,2的砝码顺序随意左右边随意，共有种；
③第一步先排2，2只能在左边，
若第二步放8，则重量为去1,4的砝码顺序随意左右边随意，有中，
若第二步放4，则8可以在第3,4步汇总任选一步放，砝码1左右边随意放，由种，
若第二步放1，有2种放法，接下第3步有2种情形：
（）若第三步放8，那第四步放4可以在左右都行，有2种，
（）若第三步放4，那4只能放左边，第四步放8只能放左边，由1种，
共有种；
④第一步先排1，1只能在左边，接下来第二步：
若第二步放8，则重量为2,4的砝码顺序随意左右边随意放，有种，
若第二步放4，则8可以在第3,4步中任选一步放，砝码2左右边随意放，有种，
若第二步放2，2只能在左边，接下来第三步有2种情形：
（）若第三步放8，那第四步放4可以在左右边都行，有2种，
（）若第三步放4，那4只能在左边，第四步放8只能放左边，有1种，
共有种，
综上有种.
故选：A.
2．（2022·浙江省杭州第二中学高二期中）现有天平及重量为1，2，4，8的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中，发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的方法共有（ ）种
A．105B．72C．60D．48
【答案】A
【详解】依题可知8只能在左边，
①第一步先排8，8只能在左边，接下来重量为1，2，4的砝码顺序随意有种，左右边随意，共有种，
②第一步先排4，4只能在左边，8可以在第2，3，4步中任选一步放，有种，重量为1，2的砝码顺序随意左右边随意，共有种，
③第一步先排2，2只能在左边，
若第二步放8，则重量为1，4的砝码顺序随意左右边随意，有种，
若第二步放4，则8可以在第3，4步中任选一步放，砝码1左右边随意放，有种，
若第二步放1，有2种放法，接下来第3步有2种情形：（a）若第3步放8，那第4步放4可以在左右边都行，有2种，（b）若第3步放4，那4只能放左边，第4步放8只能放左边，有1种，
共有种，
④第一步先排1，1只能在左边，接下来第二步，
若第二步放8，则重量为2，4的砝码顺序随意左右边随意放，有种，
若第二步放4，则8可以在第3，4步中任选一步放，砝码2左右边随意放，有种，
若第二步放2，2只能在左边，接下来第3步有2种情形：（a）若第3步放8，那第4步放4可以在左右边都行，有2种，（b）若第3步放4，那4只能放左边，第4步放8只能放左边，有1种，
共有种，
综上有种．
故选：A
3．（2022·重庆·万州纯阳中学校高二阶段练习）阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉．三个家庭的3位妈妈带着3名女宝和2名男宝共8人踏春．在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾孩子；3名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止2名男宝打闹，2人不相邻，且不排最前面也不排最后面．则不同的排法种数共有( )
A．144种B．216种C．288种D．432种
【答案】C
【详解】第一步：先将3名母亲全排，共有种排法；
第二步：将3名女宝“捆绑”在一起，共有种排法；
第三步：将“捆绑”在一起的3名女宝作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插入，有种排法；
第四步：首先将2名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，然后将另一个男宝插入由女宝与妈妈形成的2个空中的其中1个，共有种排法．
∴不同的排法种数有：种．
故选：C．
4．（2022·安徽·合肥一中模拟预测（理））某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）
A．48B．54C．60D．72
【答案】C
【详解】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，
共有 种方法；
由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，
所以由 种方法；
按照分步乘法原理，共有 种方法；
故选：C.
5．（2022·重庆·高二阶段练习）由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；
在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.
因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，
所以所求的概率．
故选：A．
6．（2022·内蒙古·赤峰二中高二阶段练习（理））如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（ ）.
A．40320种B．5040种C．20160种D．2520种
【答案】D
【详解】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有种方法，
再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有种方法，
由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，
所以不同的涂色方法，共有种不同的涂法.
故选：D.
7．（2022·北京市第五中学高二期中）定义“有增有减”数列如下：，满足，且，满足.已知“有增有减”数列共4项，若，且，则数列共有
A．64个B．57个C．56个D．54个
【答案】D
【详解】（法一）：
由题意不妨设
记
则满足条件的有：
（1）中有两个元素时：选元素：种；排循序：（减去：全相同2种，顺序3种，倒序3种）；共有种；
（2）中有三个元素时：选元素：种；排循序：（减去：顺序1种，倒序1种）；共有种；
所以共有种.
（法二）：
当四个数中只有两个数相同或只有两对数时，共有种，当四个数中有三个数相同时，共有种，所以总方法数有．
8．（2022·河南·安阳一中高三阶段练习（理））《红海行动》是一部现代海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务必须排在前三位，且任务、必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有
A．240种B．188种C．156种D．120种
【答案】D
【详解】当E,F排在前三位时，=24,当E,F排后三位时，=72，当E,F排3，4位时，=24，N=120种，选D.
9．（2022·广东·珠海市第一中学高二阶段练习）用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为
A．610B．630C．950D．1280
【答案】B
【详解】试题分析：采用分类原理：第一类：涂两个红色圆，共有种；第二类：涂三个红色圆，共有种；故共有630种．
10．（2022·上海市青浦高级中学模拟预测）如图，由个边长为1个单位的小正方形组成一个大正方形．某机器人从C点出发，沿若小正方形的边走到D点，每次可以向右走一个单位或者向上走一个单位．如果要求机器人不能接触到线段，那么不同的走法共有______种．
【答案】28
【详解】由题意可知，机器人所成走动的路线如图所示的方格：
图中小写字母表示机器人所能走的那一步路线，
那么第一步是固定的只有一种走法，
从第二步开始如果走a，第三步走c,第四步如果走h,那么这时共有3种走法，
第四步如果走f，那么后面四步走的一个长方形的边，这时共有 种走法；
第二步如果走b,第三步如果走d,第四步走e,第五步只能走h，此时共有3种走法，
第四步如果走f，此时共有种走法，
第三步若果走g，后面五步是沿着一个长方形的边走，此时共有 种走法，
故共有的走法为 种，
故答案为：28
11．（2022·黑龙江·双鸭山一中高二阶段练习）现安排甲、乙、丙、丁、戊5名学生分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的科代表，要求甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，若丙当物理科代表则丁必须当化学科代表，则不同的选法共有_____种
【答案】67
【详解】因为丙当物理课代表则丁必须当化学课代表，以丙进行分类：
第一类，当丙当物理课代表时，丁必须当化学课代表，再根据甲当数学课代表，乙戊可以当英语和语文中的任一课，有种，当甲不当数学课代表，甲只能当英语课代表，乙只能当语文课代表，戊当数学课代表，有种，
共计种；
第二类，当丙不当物理课代表时，分四类：
①丙为语文课代表时，乙只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的甲丁戊任意排给剩下的三课，有种种，
②丙为数学课代表时，甲只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的乙丁戊任意排给剩下的三课，有种，
③丙为英语课代表时，继续分类，甲当数学课代表时，其他三位同学任意当有种，当甲不当数学课代表，甲只能从物理和化学课中选一课,乙只能从语文和甲选完后的剰下的一课中选一课，丁和戊做剰下的两课，有种，共计种，
④丙为化学课代表时，同③的选法一样有种，
根据分类计数原理得，不同的选法共有种.
故答案为：67.
12．（2022·全国·高三专题练习（理））从A，B，C，D，a，b，c，d中任选5个字母排成一排，要求按字母先后顺序排列（即按先后顺序，但大小写可以交换位置，如或都可以），这样的情况有__________种．（用数字作答）
【答案】160
【详解】分为四类情况：
第一类：在A、B、C、D中取四个，在a、b、c、d中取一个，共有；
第二类：在A、B、C、D中取三个，在a、b、c、d中取两个，分两种情况：形如AaBbC(大小写有两个字母相同)共有，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共有 ；
第三类：在A、B、C、D中取两个，在a、b、c、d中取三个，取法同第二类情况；
第四类：在A、B、C、D中取一个，在a、b、c、d中取四个，取法同第一类情况；
所以共有：2(8++)=160
13．（2022·全国·高三专题练习（理））新冠疫情期间，甲､乙､丙三个家庭在某医院等候区等待核酸检测结果.等候区是6（列）×2（行）的座位.甲､乙家庭各有三人，且乙家庭有一个小孩，丙家庭有两人.现有相关规定：同一家庭的人需坐在同一行上，不同家庭的人之间不能太接近（左右不相邻），小孩至少坐在其一位家长身边(左右相邻).则共有______种坐法.
【答案】9216
【详解】由题甲、丙在一行, 乙在另一行和乙、丙在一行, 甲在另一行两类：
（1）甲、丙在一行, 乙在另一行, 分4步处理如下：
①先甲、丙选行，有种；
②再甲、丙选左右两边，有种；
③两边分别排甲、丙，甲、丙间隔一个位置，有种；
④排乙，乙在甲、丙另一行，又分3人相邻和只2人相邻两类，
3人相邻有，只2人相邻有种
故共有种；
（2）乙、丙在一行, 甲在另一行, 分4步处理如下
①先乙、丙选行，有种；
②再乙、丙选左右两边，有种；
③两边分别排乙、丙，乙、丙间隔一个位置，有种；
④排甲，甲在乙、丙另一行，有种，
故共有种坐法
由（1）（2）共有 种.
故答案为：9216.
14．（2022·江西抚州·高二期末（理））在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有3种不同的植物可供选择，则有_____种栽种方案．
【答案】66
【详解】根据题意，分3种情况讨论：
①当A、C、E种同一种植物，此时共有3×2×2×2=24种方法；
②当A、C、E种二种植物，此时共有C32×A32×2×1×1=36种方法；
③当A、C、E种三种植物，此时共有A33×1×1×1=6种方法；
则一共有24+36+6=66种不同的栽种方案；
故答案为66．
15．（2022·全国·高二课时练习）在一个如图所示的6个区域栽种观赏植物，要求同一块区域中种同一种植物，相邻的两块区域中种不同的植物.现有4种不同的植物可供选择，则不同的栽种方案的总数为____．
【答案】
【详解】先种B、E两块，共种方法，再种A、D,分A、E相同与不同，共种方法，同理种C、F共有7种方法，总共方法数为
16．（2022·全国·高三专题练习（理））学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选．那么不同的组队形式有_________种．
【答案】
【详解】分析：分三种情况讨论，分别求出甲乙都入选、甲不入选，乙入选、甲乙都不入选,，相应的情况不同的组队形式的种数，然后求和即可得出结论.
详解：若甲乙都入选，则从其余人中选出人，有种，男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有 种；
若甲不入选，乙入选，则从其余人中选出人，有种，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有种；
若甲乙都不入选，则从其余6人中选出人，有种，再全排，有种，故共有种，综上所述，共有，故答案为.
②二项式定理
1．（2022·江苏常州·高三阶段练习）已知，则的值为（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】B
【详解】因为，展开式第项，当时，，当时，，故，即.
故选：B
2．（2022·全国·高三专题练习）伟大的数学家欧拉28岁时解决了困扰数学界近一世纪的“巴赛尔级数”难题．当时，，又根据泰勒展开式可以得到，根据以上两式可求得（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由，两边同时除以x，
得，
又
展开式中的系数为，
所以，
所以．
故选：A．
3．（2022·河南·模拟预测（理））已知的展开式中各项系数和为4，则的系数为（ ）
A．16B．8C．0D．
【答案】D
【详解】因为各项系数和为4，
所以令x=1，代入可得，解得，
所以原式为，
又展开式的通项公式为，
令k=3，则，所以可得一个的系数为，
令k=0，则，
又展开式的通项公式为，
令，，所以可得一个的系数为，
令，，所以可得一个的系数为，
令k=1，，所以可得一个的系数为，
综上：的系数为.
故选：D
4．（2022·江苏·金沙中学高二阶段练习）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】依题意，，
当时，，
于是得
.
故选：B
5．（2022·广东省阳山县阳山中学高二期末）的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．120D．200
【答案】A
【详解】展开式的通项公式为，
当时，，此时只需乘以第一个因式中的即可，得到；
当时，，此时只需乘以第一个因式中的即可，得到；
据此可得：的系数为.
故选：A.
6．（2022·全国·高二课时练习）已知是数列的前n项和，若，数列的首项，则（ ）
A．B．C．2021D．
【答案】A
【详解】令，得.
又因为，所以.
由，得，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
所以，所以.
故选：A.
7．（2022·上海·高三专题练习）用表示个实数的和，设，，其中，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：∵ ，∴ ，
∴
，
∴ ，
又 ∵ ，∴
∴ .
故选：B.
8．（2022·全国·高二课时练习）设是常数，对于，都有，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为，
则令可得.
又对两边求导可得：
，
令，
则，
所以，
所以
故，
所以.
故选：A.
9．（2022·江苏·海安县实验中学高二期中）已知，则
A．B．0C．14D．
【答案】B
【详解】解：由题知，，
且，
则，
，
所以.
故选：B.
10．（2022·黑龙江·勃利县高级中学高二期中）在的展开式中，x2项的系数为（ ）
A．30B．45C．60D．90
【答案】B
【详解】在的展开式中，通项公式为Tr+1•.
对于，通项公式为Tk+1•xr﹣2021k，k≤r，r、k∈N，r≤10.
令r﹣2021k＝2，可得r＝2+2021k，
故k＝0，r＝2，
故x2项的系数为•45，
故选：B.
11．（2022·全国·高三专题练习（文））如图，在杨辉三角形中，斜线的上方从1按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”的数列：，记此数列的前项之和为，则的值为__________.
【答案】452
【详解】设数列为{}，
当为偶数时，易知；
前23项里面有偶数项11项，奇数项12项，
偶数项是首项为3，公差为1的等差数列，且，
所以偶数项之和为：；
当为奇数时，，，，，…，
所以，则，
所以前23项里面奇数项和为：
=
=
=
=364，
所以.
故答案为：452.
12．（2022·江苏·金陵中学高二阶段练习）设，1，2，…，2022）是常数，对于，都有，则= ________.
【答案】2021
【详解】因为，
则令可得.
又对两边求导可得：
，
令，
则，
所以，
所以
故，
所以.
故答案为：2021.
13．（2022·全国·高三专题练习）(1)若数列的通项公式为，则该数列中的最小项的值为__________．
(2)若的展开式中含有常数项，则n的最小值等于__________．
(3)如图所示的数阵中，用表示第m行的第n个数，则以此规律为__________．
(4)的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知，且，有下列结论：①；②；③，时，的面积为；④当时，为钝角三角形．其中正确的是__________填写所有正确结论的编号
【答案】 ## 2 ①②④
【详解】(1)令，
则，令，解得，
单调递减，
单调递增，
∴数列在1≤n≤12时递减，在n≥13时递增，
∵n＝12离更近，故当时，数列取得最小值；
(2)的展开式的通项为，
由题意，令得，则r＝4时，n取最小值5；
令得n＝，则r＝2时，n取最小值2.
综上，n的最小值为2.
(3)由题可知，设第n行第1个分数的分母为，
则有，，
累加可得，故第6、7行第一个分数分母分别为28、36.
观察数阵，不难发现，从第三行起，每一行的第二个数的分母都等于上一行的第一个数的分母和第二个数的分母之和，据此可求出第6行第二个分数分母为21＋37＝58，第7行第2个分数分母为28＋58＝86，第8行第2个分数分母为36＋86＝122，如图所示.
故为：.
(4)对于①，根据题意，若，则，故可设.
则有，则，变形可得，故①正确；
对于②，，
又，∴，
，∴，∴，故②正确；
对于③，当时，，
则有，则a边上的高为，
∴，故③错误；
对于④，当时，，则，
则，故C为钝角，为钝角三角形，故④正确.
故正确的有：①②④.
故答案为：；2；；①②④.
14．（2022·广东·深圳市龙岗区龙城高级中学高二期中）已知等差数列，对任意都有成立，则数列的前项和__________．
【答案】
【详解】设等差数列的公差为，则，因为，
所以
，
所以，所以对恒成立，
所以，，所以等差数列的通项公式，
所以，
所以数列的前项和．
故答案为：.
15．（2022·全国·高三专题练习（文））杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就出现了，在数学史上具有重要的地位．现将杨辉三角中的每一个数都换成，就得到一个如下表所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形．莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，比如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和．如果，那么下面关于莱布尼茨三角形的性质描述正确的是__________．
①当n是偶数时，中间的一项取得最小值；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值；
②；
③；
④．
第0行
第1行
第2行
第3行
…… ……
第n行 ……
【答案】①②③④
【详解】对①，根据杨辉三角的特点，当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值；当每一项取倒数时，再乘以一个常数，可得当n是偶数时，中间的一项取得最小值；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值；故①正确；
对②，第行的第2个数等于第行的第一个数和第行的第1个数相乘；故②正确；对③，直接根据组合数的性质，故③正确；
对④，开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，即，故④正确；
16．（2022·广东·广州南洋英文学校高二期中）将杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1、…记作数列，若数列的前n项和为，则_____________.
【答案】2114
【详解】使得每行的序数与该行的项数相等，则第行最后项在数列中的项数为：
设位于第行，则：，解得：.
且第11行最后一项在数列中的项数为：.
位于杨辉三角数阵的第12行第3个.
而第一行各项和为，第二行各项和为，第三行各项的和为.
依此类推，第行各项的和为.
故答案为：
17．（2022·全国·高二课时练习）已知当|时，有，根据以上信息，若对任意都有则______．
【答案】910
【详解】解：当时，有，①
当时，有，②
又对任意，
都有，
即为的系数，
可取①中的，②中的1；或①中，②中的；
或①中的，②中的；或①中的，②中的；
，
故答案为：910．
③概率综合
1．（2022·全国·高三专题练习）如图，△ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线AD=3，E为线段BD中点，将△ABC沿AD折成大小为的二面角，连接BC，形成四面体，若P是该四面体表面或内部一点，则下列说法错误的是（ ）
A．点P落在三棱锥内部的概率为
B．若直线PE与平面ABC没有交点，则点P的轨迹与平面ADC的交线长度为
C．若点P在平面ACD上，且满足，则点P的轨迹长度为
D．若点P在平面ACD上，且满足，则线段PB长度为定值
【答案】D
【详解】如图示，由题意可知底面BCD,
由于E为线段BD中点，
故 ,
故P落在三棱锥内部的概率为 ,故A正确；
若直线PE与平面ABC没有交点，则P点在过点E和平面ABC平行的平面上，
如图示，设CD的中点为F,AD的中点为G,连接EF,FG,EG,
则平面EFG平面 ABC,
则点P的轨迹与平面ADC的交线即为GF,
由于△ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线AD=3，故 ,
则 ,故B正确；
若点P在平面ACD上，且满足，以D为原点，DC,DA为x,y轴建立平面直角坐标系，如图，
则 ,设 ，则 ，
即，故P点在平面ADC上的轨迹即为该圆被平面ADC截得的圆弧 （如图示），由可得，则,
则点P的轨迹长度为,故C正确；
由题意可知 ,故平面ADC,
故 ,由于P在圆弧上，圆心为M,
故PD的长不是定值，如上图，当 位于N点时， ,
当 位于T点时，,故线段PB长度不是定值，D错误，
故选：D
2．（2022·全国·高一）对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D，其中，，，，，，，，则（ ）
A．A与B不互斥B．A与D互斥但不对立
C．C与D互斥D．A与C相互独立
【答案】D
【详解】由，，，即，故A、B互斥，A错误；
由，A、D互斥且对立，B错误；
又，，则，C与D不互斥，C错误；
由，，，
所以，即A与C相互独立，D正确.
故选：D
3．（2022·浙江·高三开学考试）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，
任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：
当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有种；
2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有种；
所以个位是偶数共有20种；
同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是.
故选：C
4．（2022·重庆市万州第二高级中学高二阶段练习）如图，在某城市中，M､N两地之间有整齐的方格形道路网，其中､､､是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处，今在道路网M､N处的甲､乙两人分别要到N､M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N､M处为止，则下列说法错误的是（ ）
A．甲从M必须经过到达N处的方法有9种
B．甲､乙两人相遇的概率为
C．甲乙两人在处相遇的概率为
D．甲从M到达N处的方法有20种
【答案】B
【详解】对于甲，经过到达有1种，经过到达有种，
经过到达有种，经过到达有1种，甲从M到达N处的方法共有20种，
同理对于乙，经过到达分别有种．
对于A，甲从M必须经过到达N处的方法有9种，A正确，
对于B，甲乙两人相遇的概率，B错误，
对于C，甲乙两人在处相遇的概率，C正确，
对于D，甲从M到达N处的方法共有20种，D正确
故选：B
5．（2022·全国·高二期末）2021年高考结束后小明与小华两位同学计划去老年公寓参加志愿者活动．小明在如图的街道E处，小华在如图的街道F处，老年公寓位于如图的G处，则下列说法正确的个数是（ ）
①小华到老年公寓选择的最短路径条数为4条
②小明到老年公寓选择的最短路径条数为35条
③小明到老年公寓在选择的最短路径中，与到F处和小华会合一起到老年公寓的概率为
④小明与小华到老年公寓在选择的最短路径中，两人并约定在老年公寓门口汇合，事件A：小明经过F事件B；从F到老年公寓两人的路径没有重叠部分（路口除外），则
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【详解】由图知，要使小华、小明到老年公寓的路径最短，则只能向上、向右移动，而不能向下、向左移动，
对于①，小华到老年公寓需要向上1格，向右2格，即小华共走3步其中1步向上，
所以最短路径条数为条，错误；
对于②，小明到老年公寓需要向上3格，向右4格，即小明共走7步其中3步向上，最短路径条数为条，正确；
对于③，小明到的最短路径走法有条，再从F处和小华一起到老年公寓的路径最短有3条，而小明到老年公寓共有条，
所以到F处和小华会合一起到老年公寓的概率为，正确；
对于④，由题意知：事件的走法有18条即，事件的概率，
所以，错误.
故说法正确的个数是2.
故选：B.
6．（2022·河南·宝丰县第一高级中学模拟预测（理））奔驰汽车是德国的汽车品牌，奔驰汽车车标的平面图如图（1），图（2）是工业设计中按比例放缩的奔驰汽车车标的图纸．若向图（1）内随机投入一点，则此点取自图中黑色部分的概率约为（ ）
A．0.108B．0.237C．0.251D．0.526
【答案】B
【详解】最大圆的面积；
黑圈面积 ；
每个黑色三角形
黑色面积与总面积的比值为
0.237（可以代入，也可以借助找到最接近的答案）
故选：B.
7．（2022·全国·高二期末）甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球， 乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球(球除颜色外，大小质地均相同)．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐中取出的球是红球的事件．下列结论正确的个数是（ ）
①事件与相互独立；
②，，是两两互斥的事件；
③；
④；
⑤
A．5B．4C．3D．2
【答案】C
【详解】显然，，，是两两互斥的事件，且
，，而，①错误，②正确；
，，所以，③正确；
④正确；
，⑤错误，综上：结论正确个数为3.
故选：C
8．（2022·全国·高三专题练习）如图，在某城市中，､两地之间有整齐的方格形道路网，其中､､､是道路网中位于一条对角线上的个交汇处.今在道路网､处的甲､乙两人分别要到､处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达､处为止.则下列说法正确的是（ ）
A．甲从到达处的方法有种
B．甲从必须经过到达处的方法有种
C．甲､乙两人在处相遇的概率为
D．甲､乙两人相遇的概率为
【答案】C
【详解】A选项，甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，则甲从M到达N处的方法有种，A选项错误；
B选项，甲经过到达N处，可分为两步：
第一步，甲从M经过需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，方法数为种；
第二步，甲从到N需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法数为种.
∴甲经过到达N的方法数为种，B选项错误；
C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，
∴甲､乙两人在处相遇的方法数为种，
甲､乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；
D选项，甲､乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，
若甲､乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为1种；
若甲､乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为81种；
若甲､乙两人在处相遇，甲到处，前三步有2步向右走，后三步只有1步向右走，乙到处，前三步有2步向下走，后三步只有1步向下走，
所以，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲､乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为1种；
故甲､乙两人相遇的概率，D选项错误.
故选：D.
9．（2022·全国·高三专题练习（理））为迎接第24届冬季奥林匹克运动会，某校安排甲､乙､丙､丁､戊共五名学生担任冰球､冰壶和短道速滑三个项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人.则学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】所有的安排方法，
若只有1人去冰球项目做志愿者，有；
若恰有2人去冰球项目做志愿者，有；
若有3人去冰球项目做志愿者，有，
所以共有种安排法，
所以学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为.
故选：B
10．（2022·福建省德化第一中学高二阶段练习）2020年疫情期间，某县中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支援武汉六个不同的方舱医院，每个方舱医院分配一人.第一批派出一名医务人员的年龄为，第二批派出两名医务人员的年龄最大者为，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为，则满足的分配方案的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】假设6位医务人员年龄排序为，由题意知，年龄最大的医务人员必在第三批，派遣方式如下：
1、第一批派，第二批年龄最大者为，第三批年龄最大者为：剩下的医务人员一个在第二批，两个在第三批有种方法，
2、第一批派，第二批年龄最大者为或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，共种方法；
3、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；
4、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；
∴种方法，而总派遣方法有种，
∴满足的分配方案的概率为.
故选：A.
11．（2022·全国·高三专题练习）甲、乙两人拿两颗如图所示的正四面体骰子做抛掷游戏，规则如下：由一人同时掷两个骰子，观察底面点数，若两个点数之和为5，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是5，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，设第n次由甲掷的概率为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为5有4种情况，得点数之和为5的概率为，
第n次由甲掷有两种情况：
一是第次由甲掷，第n次由甲掷，概率为；
二是第次由乙掷，第n次由甲掷，概率为．
这两种情况是互斥的，所以，即，
所以，即数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以．
故选：A
12．（2022·全国·高三专题练习（理））某地一重点高中为让学生提高遵守交通的意识，每天都派出多名学生参加与交通相关的各类活动.现有包括甲、乙两人在内的6名中学生，自愿参加交通志愿者的服务工作这6名中学生中2人被分配到学校附近路口执勤，2人被分配到医院附近路口执勤，2人被分配到中心市场附近路口执勤，如果分配去向是随机的，则甲、乙两人被分配到同一路口的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意，把6名同学平均分配到三个不同的路口，共有种分配方案，
其中甲、乙两人被分配到同一路口有种可能，
所以甲、乙两人被分配到同一路口的概率为.
故选：A.
13．（2022·全国·高一课时练习）关于圆周率π，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的浦丰实验和查理斯实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值：先请全校名同学每人随机写下一个都小于的正实数对；再统计两数能与构成钝角三角形三边的数对的个数；最后再根据统计数估计的值，那么可以估计的值约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：根据题意知，名同学取对都小于的正实数对，即，
对应区域为边长为的正方形，其面积为，
若两个正实数能与构成钝角三角形三边，则有，
其面积；则有，解得
故选：．
14．（2022·全国·高三专题练习）高尔顿（钉）板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行、水平间隔相等的铁钉（如图所示），并且每一排钉子数目都比上一排多一个，一排中各个钉子正好对准上面一排两个相邻铁钉的正中央从入口处放入一个直径路小于两颗钉子间隔的小球，当小球从两钉之间的间隙下落时，由于碰到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左或向右落下，接若小球再通过两钉的间隙，又碰到下一排铁钉.如此继续下去，小球最后落入下方条状的格子内求小球落到第7个格子（从左开始）的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】小球从开始下落到结束共有9次左右下落情况，落入第7个格子需要次左次右，
故概率是：.
故选：.
15．（2022·全国·高一专题练习）如图来自某中学数学研究性学习小组所研究的几何图形，大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有1个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点，小球相交部分(图中阴影部分)记为Ⅰ，大球内、小球外的部分(图中黑色部分)记为Ⅱ，若在大球中随机取一点，此点取Ⅰ，Ⅱ的概率分别记为，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设小球的半径为r，则大球的半径为，体积为，
4个小球的体积之和为，小球相交部分的体积，
大球内、小球外的部分的体积，
所以，从而，，
，
所以选项A、B、D错误，选项C正确．
故选：C.
16．（2022·全国·高二单元测试）现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第关要抛掷骰子次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第关，，2，3，4．假定每次闯关互不影响，则下列结论错误的序号是______．
（1）直接挑战第2关并过关的概率为；
（2）连续挑战前两关并过关的概率为；
（3）若直接挑战第3关，设A＝“三个点数之和等于15”，B＝“至少出现一个5点”，则；
（4）若直接挑战第4关，则过关的概率是．
【答案】（2）
【详解】对于（1），，所以两次点数之和应大于6，
即直接挑战第2关并过关的概率为，故（1）正确；
对于（2），，所以挑战第1关通过的概率，
则连续挑战前两关并过关的概率为，故（2）错误；
对于（3），由题意可知，抛掷3次的基本事件有，
抛掷3次至少出现一个5点的事件共有种，
故，而事件包括：含5，5，5的1种，含4，5，6的有6种，共7种，
故，所以，故（3）正确；
对于（4），当时，，
而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：
含5，5，5，6的有4种，含5，5，6，6的有6种，
含6，6，6，6的有1种，含4，6，6，6的有4种，
含5，6，6，6的有4种，含4，5，6，6的有12种，
含3，6，6，6的有4种，
所以，故（4）正确．
故答案为：（2）
17．（2022·全国·高三专题练习）某商场经销A，B两种生活消耗品，顾客每次必买且只买其中一种，经过统计分析发现:顾客第一次购买时购买A的概率为.前一次购买A的顾客下一次购买A的概率为，前一次购买B的顾客下一次购买A的概率为那么某顾客第次来购买时购买A产品的概率为______
【答案】
【详解】设某顾客第次来购买时购买A产品的概率为，
由题意，则，而，
所以是首项为，公比为的等比数列，
则，故.
故答案为：.
18．（2022·全国·高二课时练习）有一道楼梯共10阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步一阶或一步两阶，小王同学7步登完楼梯的概率为___________.
【答案】
【详解】解：由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，
①步：即步两阶，有种；
②步：即步两阶与步一阶，有种；
③步：即步两阶与步一阶，有种；
④步：即步两阶与步一阶，有种；
⑤步：即步两阶与步一阶，有种；
⑥步：即步一阶，有种；
综上可得一共有种情况，满足7步登完楼梯的有种；
故7步登完楼梯的概率为
故答案为：
19．（2022·全国·高三专题练习）如图，将一个大等边三角形分成三个全等三角形与中间的一个小等边三角形，设.若在大等边三角形内任取一点P，则该点取自小等边三角形内的概率为___________.
【答案】
【详解】解：设，由题意可得，化简得，，
又由正弦定理可得，即，
所以所求概率为，
故答案为：.
20．（2022·江苏·盐城市田家炳中学高二期中）若一个三位数的各位数字之和为10，则称这个三位数“十全十美数”，如208，136都是“十全十美数”，现从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率是____________
【答案】
【详解】所有三位数个数为900个.
“十全十美数”有54个列举如下：①有一位数字是的，共有个，分别为；
②含有两个相同数字的，共有个，分别为；
③不含0且没有相同数字的，共有个，分别为,
从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率.
故答案为:
21．（2022·重庆·高三阶段练习）验证码就是将一串随机产生的数字或符号，生成一幅图片，图片里加上一些干扰象素（防止），由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能.很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全.在抗疫期间，某居民小区电子出入证的登录验证码由0，1，2，…，9中的五个数字随机组成.将中间数字最大，然后向两边对称递减的验证码称为“钟型验证码”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7的概率为__________.
【答案】
【详解】根据“钟型验证码” 中间数字最大，然后向两边对称递减，所以中间的数字可能是.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
所以该验证码的中间数字是7的概率为.
故答案为：
④随机变量及其分布列
1．（2022·浙江·高三开学考试）互不相等的正实数是的任意顺序排列，设随机变量满足：则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】解：因为随机变量满足：
所以当或时，；
当或时，；
当或时，；
所以X，Y的分布列为：
所以，
，
所以，
故选：C
2．（2022·重庆·高三阶段练习）设随机变量（且），最大时，（ ）
A．1.98B．1.99C．2.00D．2.01
【答案】C
【详解】随机变量，则，
因最大，则有，
即，，
整理得，解得，
而，则，所以.
故选：C
3．（2022·上海市七宝中学高二期末）信息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量X所有可能的取值为1，2，…，n，且，定义X的信息熵．
命题1：若，则随着n的增大而增大；
命题2：若，随机变量Y所有可能的取值为1，2，…，m，且，则．
则以下结论正确的是（ ）
A．命题1正确，命题2错误B．命题1错误，命题2正确
C．两个命题都错误D．两个命题都正确
【答案】A
【详解】若，则，故随着n的增大而增大，命题1正确；
，则，
而，，
，
所以，故，命题2错误；
故选：A
4．（2022·浙江·三模）设，随机变量的分布列是
则当p在区间内增大时，（ ）A．减小B．增大
C．先减小后增大D．先增大后减小
【答案】D
【详解】，
，令，则，易得单调递减，
又，故存在，使得，则在单增，在单减，即先增大后减小.
故选：D.
5．（2022·黑龙江·双鸭山一中高二期中）足球运动被誉为“世界第一运动”．深受青少年的喜爱．为推广足球运动，某学校成立了足球社团，社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率为，即．则下列说法正确的个数是（ ）
（1）；（2）；（3）；（4）．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【详解】甲传球给乙或丙，故，（1）正确；
乙或丙传球给其他两个人，故，（2）正确；
由题意得：要想第次触球者是甲，则第次触球的不能是甲，
且第次触球的人，有的概率将球传给甲，
故，C正确；
因为，设，
解得：，
所以
因为，
所以是以为首项，公比是的等比数列，
故，
所以，
故，
，
故，（4）错误.
说法正确的个数是3个.
故选：C
6．（2022·全国·高三专题练习）已知，且，记随机变量为x，y，z中的最大值，则（ ）
A．B．
C．5D．
【答案】D
【详解】根据隔板法，将看做个完全相同的小球排成一排，中间形成的个空，放入两块隔板，可求得正整数解有组，可能的取值为，不妨设，则，下分类讨论：
， ；，
， ；
， ；，
但根据的对称性，上述每一组解的结果数还要乘以，于是则有：
，，，
，
于是
故选：D
7．（2022·全国·高二期中）2019年末，武汉出现新型冠状病毒肺炎（COVID-19）疫情，并快速席卷我国其他地区，传播速度很快.因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，所以目前没有特异治疗方法，防控难度很大，武汉市出现疫情最早，感染人员最多，防控压力最大，武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人.在排查期间，一户6口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立，该家庭至少检测了5个人才能确定为“感染高危户”的概率为，当时，最大，则（）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：设事件A：检测5个人确定为“感染高危户”，
事件B：检测6个人确定为“感染高危户”.
∴，.
即.
设，则
，
∴
，
当且仅当即时取等号，
即.
故选：A.
8．（2022·全国·高二专题练习）已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴在y轴的左侧，其中a、b、c∈{－3，－2，－1,0,1,2,3}，在这些抛物线中，记随机变量ξ＝“|a－b|的取值”，则ξ的数学期望E(ξ)为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由于对称轴在轴左侧，故，故同号，基本事件有.的可能性有三种，，，.故期望值为.故选.
9．（2022·浙江·高二期中）设，随机变量X的分布列是：
则当最大时的a的值是A．B．C．D．
【答案】D
【详解】根据随机变量的分布列和数学期望与方差的计算公式，
可得，
又由
可得，
因为，所以当最大时的的值为.
故选：D.
10．（2022·全国·高二课时练习）现有4个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动，掷出点数为1或2的人去打篮球，掷出点数大于2的人去打乒乓球.用，分别表示这4个人中去打篮球和乒乓球的人数，记，求随机变量的数学期望为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】依题意，这4个人中，每个人去打篮球的概率为，去打乒乓球的概率为，
设“这4个人中恰有人去打篮球”为事件，
则﹐的所有可能取值为0，2，4.
由于与互斥﹐与互斥，故﹐
，
所以的分布列为
随机变量ξ的数学期望.
11．（2022·江苏泰州·高二期末）（1）将个小球随机地投入编号为1，2…，的个盒子中（每个盒子容纳的小球个数没有限制），记1号盒子中小球的个数为；（2）将个小球随机地投入编号为1，2…，的个盒子中（每个盒子容纳的小球个数没有限制），记号盒子中小球的个数为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】问题转化为将一个小球投入到个盒子中，投次，投入1号盒子中小球的次数为，故
同理可得：
即
故选：A
12．（2022·全国·高二课时练习）我们知道，在次独立重复试验（即伯努利试验）中，每次试验中事件发生的概率为，则事件发生的次数服从二项分布，事实上，在无限次伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件首次发生时试验进行的次数，显然，我们称服从“几何分布”，经计算得．由此推广，在无限次伯努利试验中，试验进行到事件和都发生后停止，此时所进行的试验次数记为，则，那么（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】因为，．
∴若，则．
那么
．
设．
．
∴．
∴时，．
∴．
故选：A．
13．（2022·全国·益阳平高学校高二期末）下列说法中正确的是（ ）
①设随机变量X服从二项分布，则
②已知随机变量X服从正态分布且，则
③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则；
④；.
A．①②③B．②③④C．②③D．①③
【答案】A
【详解】解：命题①：设随机变量X服从二项分布，
则，正确；
命题②：∵服从正态分布，
∴正态曲线的对称轴是，
，
，正确；
命题③：设事件“4个人去的景点不相同”，
事件“小赵独自去一个景点”，
则，
所以，正确；
命题④：正确，错误，应该为，故不正确.
故选：A
14．（2022·广东·东莞四中高三阶段练习）有一种投掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第10站，共10站，设棋子跳到第n站的概率为，若一枚棋子开始在第1站，棋手每次投掷骰子一次，棋子向前跳动一次．若骰子点数小于等于3，棋子向前跳一站；否则，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第9站（失败）或者第10站（获胜）时，游戏结束．则_________；该棋手获胜的概率为__________．
【答案】 ##0.75
【详解】由题，因为，故，由，所以，累加可得：．
故答案为：；.
15．（2022·辽宁·东北育才学校高二阶段练习）2022年3月初，新冠病毒肺炎疫情在上海爆发，并以极快的速度在上海传播开来．因该病毒暂无临床特效药可用，因此防控难度极大．上海某地防疫防控部门决定进行全面入户排查4类人员：新冠患者、疑似患者、普通感冒发热者和新冠密切接触者，过程中排查到一户6口之家被确认为新冠肺炎密切接触者，按要求进一步对该6名成员逐一进行核糖核酸检测，若出现阳性，则该家庭定义为“感染高危户”，设该家庭每个成员检测呈阳性的概率相同均为，且相互独立，该家庭至少检测了5人才能确定为“感染高危户”的概率为，当时，最大，此时______．
【答案】
【详解】由题意可得，该家庭至少检测了5人才能确定为“感染高危户”，则前4人检测为阴性，第5人为阳性或前5人检测为阴性，第6人为阳性，由相互独立事件同时发生的概率公式，得
令，即，
解得(舍)或（舍）或.
当时，；
当时，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数取得极大值，也是最大值.
所以.
故答案为：.
16．（2022·上海市青浦高级中学高二阶段练习）在一次新兵射击能力检测中，每人都可打5枪，只要击中靶标就停止射击，合格通过；5次全不中，则不合格．新兵A参加射击能力检测，假设他每次射击相互独立，且击中靶标的概率均为，若当时，他至少射击4次合格通过的概率最大，则___________．
【答案】##
【详解】至少射击4次合格通过的概率为，
所以，令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，
当时得最大值，故．
故答案为：
17．（2022·江苏·高二课时练习）设随机变量服从正态分布，则下列结论正确的是______.（填序号）
①；
②；
③；
④.
【答案】②④##④②
【详解】因为，所以①不正确；
因为
，
所以②正确，③不正确；
因为，所以，所以④正确.
故答案为：②④.
18．（2022·广东·深圳市龙岗区平冈中学高二期中）对一个物理量做次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差，为使误差在的概率不小于0.9545，至少要测量_____次（若，则）．
【答案】32
【详解】根据正态曲线的对称性知：要使误差在的概率不小于0.9545，
则且，，
所以.
故答案为：32.
19．（2022·全国·高二专题练习）设为互不相等的正实数，随机变量和的分布列如下表，若记，分别为的方差，则_____．（填>，
【详解】，故
.
，
.
要比较的大小，只需比较与，两者作差并化简得
①，
由于为互不相等的正实数，故，也即
，也即.
故答案为：
20．（2022·全国·高三专题练习）2019年暑假期间，河南有一新开发的景区在各大媒体循环播放广告，观众甲首次看到该景区的广告后，不来此景区的概率为，从第二次看到广告起，若前一次不来此景区，则这次来此景区的概率是，若前一次来此景区，则这次来此景区的概率是.记观众甲第n次看到广告后不来此景区的概率为，若当时，恒成立，则M的最小值为__________.
【答案】
【详解】根据题意，为观众甲第次看到广告后不来此景区的概率，
则，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以， 即，
显然数列单调递减，
所以当时，，
所以，所以的最小值为.X
2
3
P
Y
2
3
P
0
p
1
P
X
-1
1
2
P
2
2
4