2024年高考数学真题分类汇编08：计数原理与概率统计

这是一份2024年高考数学真题分类汇编08：计数原理与概率统计，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2024·全国）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（均在之间，单位：kg）并部分整理下表
据表中数据，结论中正确的是（ ）
A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg
B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%
C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间
D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间
2．（2024·全国）甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·北京）的二项展开式中的系数为（ ）
A．15B．6C．D．
4．（2024·天津）下列图中，相关性系数最大的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
5．（2024·全国）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，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，）
A．B．
C．D．
三、填空题
6．（2024·全国）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 .
7．（2024·全国）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 ．
8．（2024·全国）的展开式中，各项系数的最大值是 ．
9．（2024·全国）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.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与差的绝对值不超过的概率是 ．
10．（2024·天津）五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.（1）甲选到的概率为 ；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为 ．
11．（2024·上海）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为 ．
12．（2024·上海）某校举办科学竞技比赛，有3种题库，题库有5000道题，题库有4000道题，题库有3000道题．小申已完成所有题，他题库的正确率是0.92，题库的正确率是0.86，题库的正确率是0.72．现他从所有的题中随机选一题，正确率是 ．
13．（2024·上海）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ．
四、解答题
14．（2024·全国）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
15．（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，，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，
（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？
16．（2024·全国）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：
(1)填写如下列联表：
能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？
(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，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？（）
附：
17．（2024·北京）已知某险种的保费为万元，前3次出险每次赔付万元，第4次赔付万元
在总体中抽样100单，以频率估计概率：
(1)求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率；
(2)（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为，估计的数学期望；
（ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降，已赔偿过的增加．估计保单下一保险期毛利润的数学期望．
18．（2024·上海）为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：
(1)该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时人数约为多少？
(2)估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）
(3)是否有的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？
（附：其中，．）
亩产量
[900，950）
[950，1000）
[1000，1050）
[1100，1150）
[1150，1200）
频数
6
12
18
24
10
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
优级品
非优级品
甲车间
乙车间
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
赔偿次数
0
1
2
3
4
单数
时间范围学业成绩
优秀
5
44
42
3
1
不优秀
134
147
137
40
27
参考答案：
1．C
【分析】计算出前三段频数即可判断A；计算出低于1100kg的频数，再计算比例即可判断B；根据极差计算方法即可判断C；根据平均值计算公式即可判断D.
【解析】对于 A, 根据频数分布表可知, ,
所以亩产量的中位数不小于 , 故 A 错误；
对于B，亩产量不低于的频数为，
所以低于的稻田占比为，故B错误；
对于C，稻田亩产量的极差最大为，最小为，故C正确；
对于D，由频数分布表可得，亩产量在的频数为，
所以平均值为，故D错误.
故选；C.
2．B
【分析】分类讨论甲乙的位置，得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.
【解析】当甲排在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；
于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意；
基本事件总数显然是，
根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为.
故选：B
3．B
【分析】写出二项展开式，令，解出然后回代入二项展开式系数即可得解.
【解析】的二项展开式为，
令，解得，
故所求即为.
故选：B.
4．A
【分析】由点的分布特征可直接判断
【解析】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
5．BC
【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.
【解析】依题可知，，所以，
故，C正确，D错误；
因为，所以，
因为，所以，
而，B正确，A错误，
故选：BC．
6．/0.5
【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
【解析】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.
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，所以.
从而.
记.
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；
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.
而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.
所以，，两式相减即得，故.
所以甲的总得分不小于2的概率为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.
7． 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.
【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，
所以共有种选法；
每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，的4个数之和最大，为.
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.
8．5
【分析】先设展开式中第项系数最大，则根据通项公式有，进而求出即可求解.
【解析】由题展开式通项公式为，且，
设展开式中第项系数最大，则，
，即，又，故，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为.
故答案为：5.
9．
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【解析】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
10．
【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求甲选到的概率；采用列举法或者条件概率公式可求乙选了活动，他再选择活动的概率.
【解析】解法一：列举法
从五个活动中选三个的情况有：
,共10种情况，
其中甲选到有6种可能性：，
则甲选到得概率为：；
乙选活动有6种可能性：，
其中再选则有3种可能性：，
故乙选了活动，他再选择活动的概率为.
解法二：
设甲、乙选到为事件，乙选到为事件，
则甲选到的概率为；
乙选了活动，他再选择活动的概率为
故答案为：；
11．10
【分析】令，解出，再利用二项式的展开式的通项合理赋值即可.
【解析】令，，即，解得，
所以的展开式通项公式为，令，则，
．
故答案为：10．
12．0.85
【分析】求出各题库所占比，根据全概率公式即可得到答案.
【解析】由题意知，题库的比例为：，
各占比分别为，
则根据全概率公式知所求正确率．
故答案为：0.85．
13．329
【分析】三位数中的偶数分个位是0和个位不是0讨论即可.
【解析】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数．
首先讨论三位数中的偶数，
①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个；
②当个位不为0时，则个位有个数字可选，百位有个数字可选，十位有个数字可选，
根据分步乘法这样的偶数共有，
最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为个．
故答案为：329．
14．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；
（2）根据可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.
【解析】（1）首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组.
（如果，则忽略②）
故数列是可分数列.
（3）定义集合，.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，
则数列一定是可分数列：
命题1：或；
命题2：.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.
所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.
15．(1)
(2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛；
【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）（i）首先各自计算出，，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.
【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.
（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，
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，
，
，
，应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
，
，
，
，
记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
同理
，
因为，则，，
则，
应该由甲参加第一阶段比赛.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.
16．(1)答案见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算，并与临界值对比分析；
（2）用频率估计概率可得，根据题意计算，结合题意分析判断.
【解析】（1）根据题意可得列联表：
可得，
因为，
所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）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，
用频率估计概率可得，
又因为升级改造前该工厂产品的优级品率，
则，
可知，
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.
17．(1)
(2)(i)0.122万元 (ii)万元
【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，用频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从而可求.
（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求.
【解析】（1）设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
由题设中的统计数据可得.
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，
由题设中的统计数据可得，
，，
，
故
故（万元）.
（ⅱ）由题设保费的变化为，
故（万元）
18．(1)
(2)
(3)有
【分析】（1）求出相关占比，乘以总人数即可；
（2）根据平均数的计算公式即可得到答案；
（3）作出列联表，再提出零假设，计算卡方值和临界值比较大小即可得到结论.
【解析】（1）由表可知锻炼时长不少于1小时的人数为占比，
则估计该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时的人数为．
（2）估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为
．
则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时.
（3）由题列联表如下：
提出零假设：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于1小时但少于2小时无关．
其中．
．
则零假设不成立，
即有的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关．
优级品
非优级品
甲车间
26
24
乙车间
70
30
其他
合计
优秀
45
50
95
不优秀
177
308
485
合计
222
358
580