新高考数学一轮复习单元复习第十章计数原理、概率《过关检测卷》(含解析)

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01卷 第十章　计数原理、概率《过关检测卷》
－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）
第I卷（选择题）

一、单选题
1．六一儿童节，某幼儿园的每名小朋友制作了一件礼物．该幼儿园将小朋友们进行分组，每4位小朋友为一组，小组内小朋友随机拿一件本组小朋友制作的礼物，则小朋友A没有拿到自己制作的礼物的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
分别求出基本事件总数（24）和所求事件包含的基本事件个数（18），进而可得结果.
【详解】
根据题意，每个小朋友随机拿一件礼物，共有种结果，其中小朋友A没有拿到自己的礼物含有种结果，所以概率为．
故选：D．
2．某公司根据上年度业绩筛选出业绩出色的，，，四人，欲从此人中选择人晋升该公司某部门经理一职，现进入最后一个环节：，，，四人每人有票，必须投给除自己以外的一个人，并且每个人投给其他任何一人的概率相同，则最终仅一人获得最高得票的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意可知每个人投票给另外一个人的概率为，获得最高票有得三票和得两票的情况，分情况求出每种概率再求和即可.
【详解】
解：每个人投票给另外一个人的概率为，
获得最高票有得三票和得两票的情况，
当得三票时，均投票给，则有，
当得两票时，从中选两个人投票给，另一人投票给除之外的其他人，投票给剩余两人，则有，
则概率为
故选：D
3．两个班级的排球队进行排球比赛，先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各队输赢局次的不同视为不同情形）共有（ ）
A．6种 B．12种 C．20种 D．30种
【答案】C
【分析】
由题意知比赛的场次可能有场，分别讨论其中一个班在不同场次下赢得比赛的可能情况再乘以2，将它们加总即为所有可能出现的情形数.
【详解】
两个班级比赛先赢三局者获胜，决出胜负为止，则比赛的场次可能有场，
1、若共比3场，则其中一个班连赢3场，共有2种情况，
2、若共比4场，则其中一个班赢了前3场中2场及最后一场，共有种情况，
3、若共比5场，则其中一个班赢了前4场中2场及最后一场，共有种情况，
∴共有可能出现的情形.
故选：C
4．《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正四棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正四棱柱的顶点为顶点，以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）

A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】B
【分析】
先找出包含的底面矩形，再根据图形特征，逐个计数即可.
【详解】
如图，

若包含的底面矩形为，则顶点可以从，，，中选取，故有四个不同的阳马；
若包含的底面矩形为，则顶点可以从，，，中选取，故有四个不同的阳马；
若包含的底面矩形为，则从，，，中任取一个作为顶点，都不符合阳马，故舍去.
综上可知，以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是8个.
故选：B.
5．的展开式中的系数为（ ）
A．45 B．90 C．135 D．270
【答案】C
【分析】
先求出通项公式，再赋值求解即可
【详解】

当时，,此时的系数为.
故选：C
6．将甲、乙、丙、丁4名学生分配到三个不同的班级，每个班级至少一人．且甲、乙不在同一班级的分配方案共有（ ）
A．36种 B．30种 C．18种 D．12种
【答案】B
【分析】
首先求出4名学生分配到三个不同的班级，每个班级至少一人的方法，减去甲、乙在同一班级的分配方案即可求解.
【详解】
首先将甲、乙、丙、丁4名学生分成三组，有种分组方法，
再分配到三个不同的班级有种，
所以4名学生分配到三个不同的班级，每个班级至少一人共有种，
若甲乙分配到同一个班级，在三个不同的班级中选一个安排甲乙两人有种，
将剩余人全排列，安排到个班级有，
所以甲乙分配到同一班级的方法有种，
所以甲、乙不在同一班级的分配方案共有种，
故选：B.
7．现有3名男医生3名女医生组成两个组，去支援两个山区，每组三人，女医生不能全在同一组，则不同的派遣方法有（ ）
A．9 B．18 C．36 D．54
【答案】B
【分析】
首先分组，有种方法，再计算分配的方法.
【详解】
3名男医生和3名女医生，平均分成2组，有种方法，其中包含女医生在同一个组的1种方法，所以共有10-1=9种分组方法，再去支援两个山区，则不同的派遣方法有.
故选：B
8．从4位男生，2位女生中选3人组队参加比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法种数共有（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】C
【分析】
总数减去没有女生入选的情况即可得到答案.
【详解】
先不考虑性别，共有种情况；如果全是男生入选，共有种情况，
所以至少一名女生入选的种数为20-4=16种情况.
故选：C.
9．永定土楼，位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的神奇的山区民居建筑，是中国古建筑的一朵奇葩2008年7月，永定土楼成功列入世界遗产名录.它历史悠久、风格独特，规模宏大、结构精巧.土楼具体有圆形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊脚楼等类型.现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼进行调查研究.要求调查顺序中，圆形要排在第一个，五角形、八角形不能相邻，则不同的排法种数共有（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用插空法求解，先对除五角形、八角形的其它4个排列，然后五角形、八角形的去插空，然后由分步计数原理可得答案
【详解】
因为圆形排在第一个，五角形、八角形不能相邻，所以采用插空法.
其他四个图形全排列有种排法，然后把五角形、八角形进行插空，有种不同的排法，则共有种不同的排法.
故选：A
10．饺子源于古代的角子，又称水饺，是深受人们喜爱的中国传统食品现盘子中有个饺子，其中肉馅的有个，素馅的有个.从外观无法分辨是肉馅还是素馅，现用筷子从中随机夹出个，则夹到的个饺子恰好个是肉馅，另个是素馅的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
结合组合数求得基本事件的个数，再用分步计数原理求出符合条件的事件的个数，再用古典概型的概率公式即可求解.
【详解】
用筷子从中随机夹出个共有种情况，且夹到的个饺子恰好个是肉馅，另个是素馅有种情况，由古典概型的概率公式得.
故选：D.
11．“3+1+2”高考方案中，“3”是指统一高考的语文、数学、外语3门科目，其中外语可以从英语、日语、法语、西班牙语、德语、俄语中任选一门参加高考，“1”是指考生在物理、历史两门选择性考试科目中所选择的一门科目，“2”是指在思想政治、地理、化学、生物4门选择性科目中所选择的2门科目．则每一名学生参加高考的科目选择方法数共有（ ）种
A．72 B．80 C．12 D．84
【答案】A
【分析】
根据题意，依次分析考生在必考科目，物理、历史两门选择性考试科目经以及4门选择性科目中的选择方法数目，由分步计数原理计算可得答案
【详解】
解：根据题意，考查必考语文、数学、外语3门科目，其中外语可以从英语、日语、法语、西班牙语、德语、俄语中任选一门参加高考，有6种选法，在物理、历史两门选择性考试科目中所选择的一门科目，有2种选法，在思想政治、地理、化学、生物4门选择性科目中所选择的2门科目，有种选法，
由分步计数原理可得共有种选法，
故选：A
12．将6个相同的小球放入3个不同的盒子中，每个盒子至多可以放3个小球，且允许有空盒子，则不同的放法共有（ ）种
A．10 B．16 C．22 D．28
【答案】A
【分析】
分没有空盒和有1个空盒，求放置的方法.
【详解】
①如果没有空盒，则小盒的球数是1,2,3，或是2,2,2，共有种方法，
若是有一个空盒，则小盒的球数是3,3，首先选盒，再放小球，共有种方法，
所以不同的放法共有7+3=10种方法.
故选：A
13．从7人中选派5人到10个不同交通岗的5个中参加交通协管工作，则不同的送派方法有（ ）种．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
利用分布计数原理结合排列组合求解即可
【详解】
第一步，从7人中选出5人，共有种
第二步，从10个不同交通岗的5个，共有种，
第三步，将5人分配到5个岗位，共有种，
由分步计数原理可知，不同的选派方法共有,
故选：D
14．某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花.现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有（ ）

A．400种 B．396种 C．380种 D．324种
【答案】B
【分析】
分两步进行，圆环的3个区域和中间的6个区域，其中中间的6个区域种植鲜花可分为3类.
【详解】
圆环的3个区域种植绿色植物共有种.如图.中间的6个区域种植鲜花可分为3类：

第一类，均种相同植物，有种；
第二类，种2种不同植物，有种；
第三类，种的植物各不相同，有种.
故由乘法原理和加法原理得到不同的栽种方案共有种.
故选：B
15．为庆祝建党一百周年，长沙市文史馆举办“学党史，传承红色文化”的主题活动，某高校团委决定选派5男3女共8名志愿者，利用周日到该馆进行宣讲工作.已知该馆有甲､乙两个展区，若要求每个展区至少要派3名志愿者，每个志愿者必须到两个展区中的一个工作，且女志愿者不能单独去某个展区工作，则不同的选派方案种数为（ ）
A．252 B．250 C．182 D．180
【答案】D
【分析】
由题意可知，两个展区中派遣的人数分别为3､5或4､4，且3名女志愿者不能单独成一组，由间接法可求得分组的种数为，再将他们分配到甲､乙两个展区，根据分步乘法计数原理即可求出．
【详解】
因为每个展区至少要派3人，则两个展区中派遣的人数分别为3､5或4､4，又因为3名女志愿者不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为.
故选：D．
16．某次数学考试的一道多项选择“题”的要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.”已知该选择“题”的正确答案是CD，且甲､乙､丙､丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（ ）
A．甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是
B．乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是
C．丙同学随机选择选项，能得分的概率是
D．丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是
【答案】B
【分析】
利用古典概型的概率求解判断.
【详解】
A. 甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是，故错误；
B. 乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是，故正确；
C. 丙同学随机选择选项，能得分的概率是，故错误；
D. 丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是，故错误；
故选：B
17．在一段时间内，甲去博物馆的概率为0.8，乙去博物馆的概率为0.7，且甲乙两人各自行动．则在这段时间内，甲乙两人至少有一个去博物馆的概率是（ ）
A．0.56 B．0.24 C．0.94 D．0.84
【答案】C
【分析】
先根据独立事件的乘法公式求出甲乙两人都不去博物馆的概率，进而对立事件求概率的公式即可计算出结果.
【详解】
甲乙两人至少有一个去博物馆的对立事件为甲乙两人都不去博物馆，
设甲去博物馆为事件,乙去博物馆为事件，
则甲乙两人都不去博物馆的概率,
因此甲乙两人至少有一个去博物馆的概率,
故选：C.
18．若随机变量的分布列如下表，则（ ）

1
2
3
4
P
3x
6x
2x
x

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
分布列中概率之和等于可得的值，再计算即可.
【详解】
由分布列中概率的性质可知：，可得：，
所以
故选：A.
19．设随机变量～，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据对立事件的概率公式，先求出p，再依二项分布的期望公式求出结果
【详解】
由，所以
，解得
所以～，则
故选：C
20．设，若随机变量的分布列是

0

1




则当在内增大时（ ）
A．增大 B．先增大后减小
C．减小 D．先减小后增大
【答案】C
【分析】
计算出关于的表达式，利用函数单调性可得出结论.
【详解】
，
故，
因此，当在内增大时，减小.
故选：C.
21．已知随机变量和，其中，且，若的分布列如下表，则的值为（ ）

1
2
3
4






A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由表格可得，结合数学期望和概率的计算公式可求出m的值.
【详解】
因为，
所以，
所以，
又①，
且②，
由①②，得.
故选：A
22．下列说法正确的个数有（ ）
（1）掷一枚质地均匀的的骰子一次，事件M=“出现偶数点”，N=“出现3点或 6 点”.则 和 相互独立；
（2）袋中有大小质地相同的 3 个白球和 1 个红球.依次不放回取出 2 个球，则“两球同色”的概率是 ；
（3）甲乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶率为0.8，乙的中标率为0.9，则“至少一人中靶”的概率为0.98；
（4）柜子里有三双不同的鞋，如果从中随机地取出2只，那么“取出地鞋不成双”的概率是 ；
A． B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】
由概率的相关知识逐一判断即可
【详解】
对于（1）：掷一枚质地均匀的的骰子一次，，，
，即，故事件和相互独立；（1）正确；
对于（2）：袋中有大小质地相同的 3 个白球和 1 个红球.依次不放回取出 2 个球，若“两球同色”则都是白球，则“两球同色”的概率是 ，（2）错误；
对于（3）：“至少一人中靶”的概率为，（3）正确；
对于（4）：柜子里有三双不同的鞋，如果从中随机地取出2只，共有种，
取出的鞋成双的只有3种，那么“取出的鞋不成双”有15-3=12种，所以“取出的鞋不成双”的概率是，（4）正确
综上可知正确的有（1）（3）（4）
故选：C
23．某篮球运动员投篮的命中率为0.8，现投了5次球，则5次都没投中的概率为（ ）
A． B． C．0.8 D．0.2
【答案】A
【分析】
用相互独立事件发生的概率公式求解即可
【详解】
5次都没投中的概率．
故选：A
24．某次战役中，狙击手A受命射击敌机，若击落敌机，需命中机首2次或命中机中3次或命中机尾1次，已知A每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2，0.4，0.1，未命中敌机的概率为0.3，且各次射击互相独立，若A至多射击两次，则他能击落敌机的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用相互独立事件的概率公式分类讨论即可
【详解】
狙击手A每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2，0.4，0.1，
未命中敌机的概率为,且各次射击相互独立，
若狙击手A射击一次就击落敌机，则他击中利敌机的机尾，故概率为；
若狙击手A射击次就击落敌机，则他次都击中利敌机的机首，概率为；或者狙击手A第一次没有击中机尾、且第二次击中了机尾，概率为 ,
所以狙击手A至多射击两次，则他能击落敌机的概率为 ,
故选：A.

二、多选题
25．、、、、五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（ ）
A．若、两人站在一起有48种方法 B．若、不相邻共有12种方法
C．若在左边有60种排法 D．若不站在最左边，不站最右边，有72种方法
【答案】AC
【分析】
对于A利用捆绑法求解；对于B利用插空法求解；对于C利用倍分法求解；对于D利用特殊元素优先法求解
【详解】
解：对于A，先将A,B排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步原理可知共有种，所以A正确；
对于B，先将A,B之外的3人全排列，产生4个空，再将A,B两元素插空，所以共有种，所以B不正确；
对于C，5人全排列，而其中A在B的左边和A在B的右边是等可能的，所以A在B的左边的排法有种，所以C正确；
对于D，对A分两种情况：一是若A站在最右边，则剩下的4人全排列有种，另一个是A不在最左边也不在最右边，则A从中间的3个位置中任选1个，然后B从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列即可，由分类加法原理可知共有种，所以D不正确，
故选：AC
【点睛】
此题考查排列、组合的应用，利用了捆绑法、插空法、倍分法，特殊元素优先法等，属于中档题.
26．现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译､导游､礼仪､司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．每项工作至少有1人参加，甲､乙不会开车但能从事其他三项工作，丙､丁､戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
【答案】ABD
【分析】
根据分步乘法计数原理判断A、B，对开车的人员分类讨论利用分步乘法计数原理及分类加法计数原理判断C，按照部分平均分组法判断D；
【详解】
解：根据题意，依次分析选项：
对于，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，故错误；
对于，根据题意，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故错误；
对于，根据题意，分2种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出2人开车，②从丙，丁，戊中选出1人开车，则有种安排方法，正确；
对于，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，错误；
故选：．
27．习近平总书记在党史学习教育动员大会上讲话强调，“要抓好青少年学习教育，着力讲好党的故事､革命的故事､英雄的故事，厚植爱党､爱国､爱社会主义的情感，让红色基因､革命薪火代代传承.”为了深入贯彻习近平总书记的讲话精神，我校积极开展党史学习教育，举行“学党史，颂党恩，跟党走”的主题宣讲.现安排4名教师到高中3个年级进行宣讲，每个年级至少1名教师，则不同的选法有（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】
根据题意，先将名教师分为三组，再将三组分配到三个年级，由分布乘法计数原理即可求解；还可以在三个年级中选出一个，安排名教师，再将剩下的人安排到两个年级，由分布乘法计数原理即可求解.
【详解】
将名教师分为三组，有种分组方法，再将三组分配到三个年级有种方法，
所以共有种选法，故选项B正确；
在三个年级中选出一个，安排名教师有种安排方法，再将剩下的人安排到两个年级有种方法，所以共有种选法，故选项D正确；
故选：BD.
28．17名同学站成两排，前排7人，后排10人，则不同站法的种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】
17名同学中选7名全部排序站在前排有种方法，剩下10名同学全排在后排有种方法，根据乘法原理，共有种方法；或者将前后排视为一排，共有种方法，由此可得选项.
【详解】
17名同学中选7名全部排序站在前排有种方法，剩下10名同学全排在后排有种方法，根据乘法原理，共有种方法，
将前后排视为一排，共有种方法，故BD正确，
故选：BD.
29．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．甲乙不相邻的排法种数为72种
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
【答案】ABCD
【分析】
A．根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解判断； B．分最左端排甲，和最左端排乙两类求解判断； C．根据甲乙不相邻，利用插空法求解判断； D．根据甲乙丙按从左到右的顺序排列求解判断；
【详解】
A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，可将甲乙捆绑看成一个元素，则不同的排法有种，故正确．
B．最左端排甲时，有种不同的排法，最左端排乙时，最右端不能排甲，则有种不同的排法，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有24+18=42种,故正确．
C．因为甲乙不相邻，先排甲乙以外的三人，再让甲乙插空，则有种，故正确．
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故正确．
故选：ABCD．
30．下列说法正确的为（ ）
A．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有种不同的分法
B．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人一本，一人2本，一人3本，有种不同的分法
C．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人4本，其余两人每人各一本，有种不同的分法
D．6本相同的分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法
【答案】AD
【分析】
利用均分、不均分、局部均分、隔板法分别处理各个选项.
【详解】
根据题意，依次分析选项：
对于，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，先分给甲，有种情况，再分给乙，有种情况，最后2本分给丙，有种不同的分法，正确；
对于，先将6本书分为1、2、3的三组，有种分组方法，再将分好的三组分成甲乙丙三人，有种情况，则有种不同分法，错误；
对于，先将6本书分为4、1、1的三组，有种分组方法，再将分好的三组分成甲乙丙三人，有种情况，则有种不同分法，错误；
对于，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，用挡板法分析，在6本书之间的5个空位中任选2个，插入挡板即可，有种分法，正确.
故选：
31．现将5个不同的小球全部放入标有编号1､2､3､4､5的五个盒子中（ ）
A．若有一个盒子有3个球，有两个盒子各有1个球，则不同的放球方法种数为
B．若恰有一个盒子没有小球，则不同的放球方法种数为
C．若恰有两个盒子没有小球，则装有小球的盒子的编号之和恰为11的不同放法种数为150
D．若这5个小球的编号分别为1~5号，则恰有四个盒子的编号与球的编号不同的放法种数为45
【答案】BCD
【分析】
对于A，从5个球中选3个看成整体，再和剩下的2个球全排列放到3个不同的盒子中去即可；对于B，从5个球中选2个看成整体，再和剩下的3个球全排列放到4个不同的盒子中去中；对于C，由于5个盒子的编号的和为15，则2个盒子无小球的和为4，只有1，3满足要求，则5个球放到编号为2､4､5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放1个小球，所以在三个盒子中有两种方法：各放1个，2个，2个或各放3个，1个，1个，从而可求得答案；对于D，恰有四个盒子的编号与球的编号不同，就是恰有1个编号相同，先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，然后其它的错位排即可
【详解】
对于A，不同的放球方法种数为，故A错误.
对于B，不同的放球方法种数为，故B正确.
对于C，5个球放到编号为2､4､5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放1个小球，所以在三个盒子中有两种方法：各放1个，2个，2个的方法有种；各放3个，1个，1个的方法有种.共有150种，故C正确.
对于D，恰有四个盒子的编号与球的编号不同，就是恰有1个编号相同，先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有种情况，不妨设5号球放在5号盒子里，其余4个球的放法为，，，，，，，，，共9种，故恰好有1个球的编号与盒子的编号相同的投放方法总数为种，故D正确.
故选:BCD.
32．下列关于事件和事件的结论正确的是（ ）
A．若，则事件与事件互为对立事件
B．若，则事件与事件相互独立
C．若事件与事件互为互斥事件，则事件与事件也互为互斥事件
D．若事件与事件相互独立，则事件与事件也相互独立
【答案】BD
【分析】
根据对立事件，互斥事件，相互独立事件的定义逐一判断即可
【详解】
对于A：例如四个球，选中每个球的概率都一样，为选中两个球的概率：0.5，为选中两个球的概率：0.5，，但事件与事件不是对立事件，故A错误；
对于B：若，则事件与事件相互独立，故B正确；
对于C：假设一个随机事件由这四个彼此互斥的基本事件构成，则事件中含有事件，事件中含有，则事件与事件不是互斥事件，故C错误；
对于D：若事件与事件相互独立，与，与，与也相互独立，故D正确
综上，正确的有BD
故选：BD
33．随着高三毕业日期的逐渐临近，有个同学组成的学习小组，每人写了一个祝福的卡片准备送给其他同学，小组长收齐所有卡片后让每个人从中随机抽一张作为祝福卡片，则（ ）
A．当时，每个人抽到的卡片都不是自己的概率为
B．当时，恰有一人抽到自己的卡片的概率为
C．甲和乙恰好互换了卡片的概率
D．记个同学都拿到其他同学的卡片的抽法数为，则，
【答案】ACD
【分析】
考虑n+1个同学时的情况，若个同学都拿到其他同学的卡片，则第个同学可以与其中任何一个交换卡片；若个同学只有一个拿到自己的卡片，则第个同学必须与该同学交换卡片，由此推导出结论.
【详解】
考虑n+1个同学时的情况，
若个同学都拿到其他同学的卡片，
则第个同学可以与其中任何一个交换卡片，
若个同学只有一个拿到自己的卡片，则第个同学必须与该同学交换卡片，
所以，故D正确；
，
因为，所以，
所以，代入数据可得，
当时，每个人抽到的卡片都不是自己的概率为，故A正确；
当时，恰有一人抽到自己的卡片的概率为，故B错误；
甲和乙恰好互换了卡片的概率为，故C正确.
故选：ACD
34．从甲袋内摸出1个红球的概率是，从乙袋内摸出1个红球的概率是，从袋内各摸出1个球，则（ ）
A．2个球不都是红球的概率是 B．2个球都是红球的概宰是
C．至少有1个红球的概率是 D．2个球中恰有1个红球的概率是
【答案】BC
【分析】
结合独立事件的乘法公式和对立事件的概率公式计算即可.
【详解】
A：两个球不都是红球的概率为：，故A错误；
B：两个球都是红球的概率为：，故B正确；
C：至少有一个红球的概率为：，故C正确；
D：两个球中，恰好有一个红球的概率为：，故D错误.
故选：BC
35．从甲袋中摸出一个红球的概率为，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球.下列结论正确的是（ ）
A．2个球都是红球的概率为 B．2个球不都是红球的概率为
C．至少有1个红球的概率为 D．2个球中恰有1个红球的概率为
【答案】ACD
【分析】
设从甲袋中摸出一个红球为事件，从乙袋中摸出一个红球为事件，分别根据相互独立事件的概率公式计算即可．
【详解】
解：设从甲袋中摸出一个红球为事件，从乙袋中摸出一个红球为事件，则，，
则2个球都是红球的概率为，故正确，
2个球不都是红球的概率为，故不正确．
至少有1个红球的概率为，故正确，
2个球中恰有1个红球的概率为，故正确，
故选：．
36．江先生每天9点上班，上班通常开私家车加步行或乘坐地铁加步行.私家车路程近一些，但路上经常拥堵，所需时间（单位：分钟）服从正态分布，从停车场步行到单位要6分钟；江先生从家到地铁站需要步行5分钟，乘坐地铁畅通，但路线长且乘客多，所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟.从统计的角度出发，下列说法中合理的有（ ）
参考数据：若，则
，
，

A．若8:00出门，则开私家车不会迟到；
B．若8:02出门，则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大；
C．若8:06出门，则开私家车上班不迟到的可能性更大；
D．若8:12出门，则乘坐地铁几乎不可能上班不迟到.
【答案】CD
【分析】
对于A，由即可判断；对于BC，分别计算开私家车及乘坐地铁不迟到的概率即可判断；对于D，计算即可判断
【详解】
解：对于A，由题意得，当满足时，江先生仍旧有可能迟到，只不过发生的概率较小，所以A错误；
对于B，若8:02出门，①江先生开私家车，由题意得，当满足时，江先生开私家车不会迟到；
②江先生乘坐地铁，由题意得当满足时，此时江先生乘坐地铁不会迟到，此时两种方式，江先生不迟到的概率相当，所以B错误；
对于C，若8:06出门，①江先生开私家车，由题意得，当满足,此时江先生开私家车不会迟到；
②江先生乘坐地铁，由题意得，当满足时，此时江先生乘坐地铁不会迟到，
此时两种方式，显然江先生开私家车不迟到的可能性更大，所以C正确；
对于D，若8:12出门，江先生乘坐地铁上班，由题意得，当满足时，江先生乘坐地铁不会迟到，此时不迟到的可能性极小，故江先生乘坐地铁几乎不可能上班不迟到，所以D正确
故选：CD
37．某班同学在一次数学测验中的成绩x服从正态分布（试卷满分为100分），该班共有50名同学，则下列说法正确的是（ ）
（参考数据：，）
A．本次考试一定有同学考到80分 B．本次考试分数大于90分的同学的有6人
C．在本次考试中可能有考出满分的同学 D．
【答案】CD
【分析】
对于A：说法过于绝对，所以不正确
对于B: 直接求出本次考试分数大于90分的同学的概率，即可判断
对于C: 在本次考试中可能有考出满分的同学,成立，故C正确；
对于D：直接求出，即可判断
【详解】
对于A：本次考试一定有同学考到80分，说法绝对，所以不正确；
对于B: 由，可得，本次考试分数大于90分的概率为，若本次考试分数大于90分的同学的有6人，则其概率为，故B不正确；
对于C: 在本次考试中可能有考出满分的同学,成立，故C正确；
对于D：因为x服从正态分布，所以考试分数小于75和大于85的概率相等，
因为考试分数在概率为，
所以考试分数小于75和大于85的概率和为1-0.6827=0.3173，
所以考试分数小于75的概率为，
所以
故D正确；
故选：CD
38．设随机变量表示从1到这个整数中随机抽取的一个整数，表示从1到这个整数中随机抽取的一个整数，则（ ）
A．当时，
B．当时，
C．当(且)时，
D．当(且)时，
【答案】ACD
【分析】
根据古典概型的概率公式，互斥事件的概率和公式以及相互独立事件同时发生的概率乘法公式即可判断．
【详解】
对A，当时，，故A正确；
对B，当时，∵，则由可得，或，，
∴，故B错误；
对C，当(且)时，则，故C正确；
对D，
，所以D正确．
故选：ACD.
39．抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为Ⅰ号和Ⅱ号），观察两枚骰子分别可能出现的基本结果：记“Ⅰ号骰子出现的点数为1”；“Ⅱ号骰子出现的点数为2”；“两个点数之和为8”；“两个点数之和为7”，则（ ）
A．与相互独立 B．与相互独立 C．与相互独立 D．与相互独立
【答案】AB
【分析】
利用相互独立事件的定义求解即可
【详解】
解：抛掷两枚质地均匀的骰子共有36种等可能情况，
当Ⅰ号骰子出现的点数为1的有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），共6种，则，
当Ⅱ号骰子出现的点数为2的有（1，2），（2，2），（3，2），（4，2），（5，2），（6，2），共6种，所以，
当两个点数之和为8的有（2，6），（6，2），（3，5），（5，3），（4，4），共5种，所以，
当两个点数之和为7的有（1，6），（6，1），（2，5），（5，2），（3，4），（4，3），共6种，所以,
因为事件表示Ⅰ号骰子出现的点数为1且Ⅱ号骰子出现的点数为2，只有1种情况，所以，所以，所以与相互独立，所以A正确；
因为事件表示Ⅰ号骰子出现的点数为1且两个点数之和为7，只有1种情况，所以，所以，所以与相互独立，所以B正确；
因为事件表示Ⅱ号骰子出现的点数为2且两个点数之和为8，只有1种，所以，而，所以与不相互独立，所以C错误；
因为事件表示两个点数之和为8且两个点数之和为7，没有这种情况，所以，所以与不相互独立，
故选：AB
40．若随机变量服从两点分布，且，记的均值和方差分别为和，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【分析】
根据两点分布的性质求出，从而求得和，再根据方差和均值的性质即可判断BD的正误.
【详解】
解：因为随机变量服从两点分布，且，
所以，
所以，，
，.
故选：AB.
41．现有一款闯关游戏，共有关，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，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第关，.假定每次闯关互不影响，则（ ）
A．直接挑战第关并过关的概率为
B．连续挑战前两关并过关的概率为
C．若直接挑战第关，设 “三个点数之和等于”， “至少出现一个点”，则
D．若直接挑战第关，则过关的概率是
【答案】ACD
【分析】
分别求出基本事件的总数，求出符合条件的事件数，然后利用条件概率以及古典概型的概率公式进行求解，对每个选项逐一判断即可．
【详解】
解：对于，直接挑战第2关，则，
所以投掷两次点数之和应大于6，
故直接挑战第2关并过关的概率为，故选项正确；
对于，闯第1关时，，
所以挑战第1关通过的概率为，
则连续挑战前两关并过关的概率为，故选项错误；
对于，由题意可知，抛掷3次的基本事件有个，
抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有个，
故，
而事件包括：含5，5，5的1个，含4，5，6的有6个，一共有7个，
故，所以，故选正确；
对于，当时，，基本事件共有个，
“4 次点数之和大于20”包含以下情况：
含5，5，5，6的有4个，含5，5，6，6的有6个，含6，6，6，6的有1个，含4，6，6，6的有4个，
含5，6，6，6的有4个，含4，5，6，6的有12个，含3，6，6，6的有4个，
所以共有个，
所以直接挑战第4关，则过关的概率是，故选项正确．
故选：．

第II卷（非选择题）

三、填空题
42．袋子中有6个大小质地相同的球，其中2个白球，3个黄球和1个黑球，从中随机摸取两个球，则没有摸到黑球的概率为__________.
【答案】
【分析】
求出所有的基本事件的个数，再求出没有抽到黑球的基本事件的个数，利用等可能性事件的概率公式即可求解.
【详解】
从6个球中任取2个球的基本事件有：种取法.
没有抽到黑球的事件是：种取法，
故没有抽到黑球的概率为：.
故答案为：.
.
43．安排A，B，C，D，E，F共6名大学生到甲，乙，丙三地支教，每名学生只去一地，每地安排两名学生，其中A不去甲地，则不同的安排方法共有________．
【答案】60
【分析】
首先不考虑A的限制，将6名学生2人一组安排到甲，乙，丙三地支教，求出可能的安排情况数，再去掉A去甲地的情况数即为所求.
【详解】
1、若6名学生可任意安排，则共有种，
2、A去甲地的情况有种，
∴A不去甲地的安排方法共有种.
故答案为：
44．在狂欢节上，有六名同学想报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，每个项目都有人报名，则共有__________种不同的报名方法．
【答案】120
【分析】
根据题意，依次分析每个项目的报名方法，由分步计数原理即可求出结果.
【详解】
根据题意，每项限报一人，且每人至多参加一项，每个项目都有人报名，则第一个项目有6种报名方法，第二个项目有5种报名方法，第三个项目有4种报名方法，根据分步计数原理知共有种不同的报名方法，
故答案为：120.
45．对某种产品的6件不同的正品和4件不同次品一一进行测试，直到区分出所有次品为止.若所有次品恰好在第5次测试被全部发现，则这样的测试方法有___________种.
【答案】576
【分析】
由题意可得，前4次有一次正品，有3次是次品，而第5次取得正品，最后根据乘法公式计算可得共有几种可能
【详解】
解：由题意得，前4次有一次正品，有3次是次品，共有种可能，而第5次取得次品，
所以由分步计数原理可得，所有的测试方法有种可能，
故答案为：576
46．从3名男医生和6名女医生中选出5人组成一个医疗小组．如果这个小组中男女医生都不能少于2人则不同的建组方案共有种______．
【答案】75
【分析】
分两种情况：一种是3名男医生2名女医生，另一种是2名男医生3名女医生，利用分类计数原理求解即可
【详解】
解：由题意可知有两种情况：
一种是选3名男医生2名女医生，有种，
另一种是选2名男医生3名女医生，有，
所以由分类计数原理可得共有种建组方案，
故答案为：75
47．某单位对某村的贫困户进行“精准扶贫”，若甲、乙贫困户获得扶持资金的概率分别为和，两户是否获得扶持资金相互独立，则这两户中至少有一户获得扶持资金的概率为________．
【答案】
【分析】
利用对立事件，把问题转化为求这两户中都没有获得扶持资金的概率.
【详解】
这两户中至少有一户获得扶持资金的对立事件为这两户中都没有获得扶持资金，
这两户中至少有一户获得扶持资金的概率，
故答案为：．
48．某班有60名学生参加某次模拟考试，其中数学成绩近似服从正态分布，若)，则估计该班学生数学成绩在120分以上的人数为__________.
【答案】
【分析】
根据考试的成绩服从正态分布．得到考试的成绩关于对称，根据，得到，根据频率乘以样本容量得到这个分数段上的人数．
【详解】
解：考试的成绩服从正态分布．
考试的成绩关于对称，
，
，
该班数学成绩在120分以上的人数为．
故答案为：9．
49．甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为______．
【答案】.
【分析】
结合独立事件的乘法公式即可求解.
【详解】
设甲获得一等奖为事件,乙获得一等奖为事件,
则,
故答案为：.
50．甲、乙两人进行一对一投篮比赛．甲和乙每次投篮命中的概率分别是，每人每次投篮互不影响．若某人某次投篮命中，则由他继续投篮，否则由对方接替投篮．已知两人共投篮3次，且第一次由甲开始投篮，则3次投篮的人依次为甲、乙、乙的概率是______．
【答案】.
【分析】
由独立事件概率公式即可得到答案
【详解】
因为3次投篮的人依次为甲、乙、乙，说明第一次甲没有投中，紧接着乙投，并且投中，则其概率为.
故答案为：.
51．若，则__________.
【答案】
【分析】
根据X服从二项分布，即可求解.
【详解】
因为，所以.
故答案为：
52．甲、乙两人对同一目标各射击一次，甲命中的概率为，乙命中的概率为，且他们的结果互不影响，若命中目标的人数为，则__________．
【答案】
【分析】
本题可分别求出、以及时的概率，然后通过数学期望的计算公式即可得出结果.
【详解】
由题意易知，的可能取值为、、，
若，则；
若，则；
若，则，
故，
故答案为：.
53．下列命题中，正确命题的序号为___________.
①已知随机变量服从二项分布，若，，则；
②将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变；
③某厂家声称自己的产品合格率为99%，市场质量管理人员抽取了这个厂家的2件产品进行检验，发现不都合格，由此可知厂家所声称的合格率不可信.
④某人在10次射击中，击中目标的次数为，，则当时概率最大.
【答案】②③④.
【分析】
对于①，由已知条件列方程组直接求解；对于②，利用方差的定义判断；对于③，由抽检的合格率进行判断；对于④，由二项分布的性质判断即可
【详解】
解：对于①，因为随机变量服从二项分布， ，，所以，解得，所以①错误；
对于②，设一组数据的平均数为，方差为，则，新数据的平均数为，所以这新数据的方差为，所以方差不变，所以②正确；
对于③，由于抽取了这个厂家的2件产品进行检验，发现不都合格，可知其合格率不超过50%，所以厂家所声称的合格率不可信，所以③正确；
对于④，因为在10次射击中，击中目标的次数为，，所以对应的概率，当时，，，
由，得，即，因为，所以当时概率最大，所以④正确，
故选：②③④.
54．某气象台统计，该地区下雨的概率为，刮四级以上风的概率为，既刮四级以上的风又下雨的概率为，设为下雨，为刮四级以上的风，则___________.
【答案】
【分析】
利用条件概率的概率公式即可求解.
【详解】
由题意可得：，，，
由条件概率公式可得，
故答案为：.

四、双空题
55．某中学高二年级共16个班级，教室均分在1号楼的一至四层，学生自管会现将来自不同楼层的4个学生分配到各楼层执行管理工作，要求每个学生均不管理自己班级所在的楼层，则共有__________种不同的安排方法，如果事后排成一排拍照留影，则共有_____种不同的站位方法.（用数字作答）
【答案】9 24
【分析】
由分步计数原理可得每个学生均不管理自己班级所在楼层的安排方法，由全排列的知识可得照相时不同的站位的方法.
【详解】
由题意，第一层的同学不能管理第一层，有3种安排方法，
假设第一层的同学管理第二层，则第二层的同学此时有3种安排方法，
剩下的两名同学只有1种安排方法，
所以每个学生均不管理自己班级所在楼层的安排方法有种；
如果事后排成一排拍照留影，有种不同的站位方法.
故答案为：9；24.
56．有3个少数民族地区，每个地区需要一各支医医生和两名支教教师，现将3名支医医生（1男2女）和6名支教教师（3男3女）分配到这3地区去工作，
（1）要求每个地区至少有一名男性，则共有________种不同分配方案；
（2）要求每个地区至少有一名女性，则共有________种不同分配方案．
【答案】324 432
【分析】
（1）使用间接法求解，先计算对立事件至少有一个地区全是女性的分配方案，再计算所有分配方案即可求解问题；
（2）使用间接法求解，先计算对立事件至少有一个地区全是男性的分配方案，再用总方案相减即可求解结果．
【详解】
（1）要求每个地区至少有一名男性的对立事件是至少有一个地区全是女性的分配方案有，
每个地区需要一各支医医生和两名支教教师的总分配方案有
所以要求每个地区至少有一名男性的分配方案有；
（2）有一个地区全是男性的分配方案有
所以要求每个地区至少有一名女性的分配方案有．
故答案为：324，432
【点睛】
组合问题常有以下两类题型变化：
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取；
(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．
57．甲､乙､丙三支足球队进行双循环赛(任意两支球队都要在自己的主场和对方的主场各赛一场).根据比赛规则，胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.比赛进行中的统计数据如下表：

已赛场数
胜的场数
平的场数
负的场数
积分
甲
4
2
1
1
7
乙
3
0
2
1
2
丙
3
1
1
1
4
根据表格中的信息可知：
（1）还需进行___________场比赛，整个双循环赛全部结束；
（2）在与乙队的比赛中，甲队共得了___________分.
【答案】1 4
【分析】
（1）由题意可得每队需进行的比赛数为场比赛，所以由表中的数据可知乙､丙两队再互相进行一场比赛即可；
（2）从表中可以得到，由于乙队未能胜利一场，故在乙､丙进行的唯一一场比赛中，乙､丙两队只能平局，然后进行推理可得答案
【详解】
（1）由题意可知每队需要和除去自己外的另外两队各进行两场比赛，故每队需进行的比赛数为场比赛，而甲队已完成4场比赛，故乙､丙两队再互相进行一场比赛，即可完成整个双循环赛，
（2）从表中可以得到，由于乙队未能胜利一场，故在乙､丙进行的唯一一场比赛中，乙､丙两队只能平局，故由此可以推断出甲､乙两队比赛，甲队胜利一局，平局一局，甲丙之间的比赛，丙队胜利一局，失败一局，故与乙队比赛中甲队获得了分，
故答案为：1，4
58．“比特币”对于大家来说，已经再熟悉不过了.但是你知道比特币是通过哈希算法来加密的吗？实际上，哈希算法是一种加密技术.已知是最简单的哈希算法之一，它把一个较大数字的每一位改成它除以素数所得到的余数.如：对于进行，我们得到的哈希值为，那么对它进行，将得到________.同时，我们容易发现使得后得到哈希值为的正整数共有________个（可以不写出具体数字，用类似于的表达式表示）.
【答案】211210 56
【分析】
把各数位上的数字从左至右除以3的余数按从左至右组成的值即为所求；按除以2所得余数的原数字占位种数即可得所求正整数个数.
【详解】
对544213进行，即数字5，4，4，2，1，3除以3所得余数分别为2，1，1，2，1，0，故得到的哈希值为211210；
除以2余数值为1的数字有1，3，5，7，9共5个，余数为0的数字有0，2，4，6，8共5个，
六位整数的每一个数位上都有5个数字可取，共有，即哈希值为的正整数共有56.
故答案为：211210；56
59．经统计，某城市肥胖者占10%，中等体型者占82%，消瘦者占8%.已知肥胖者患高血压的概率为0.2，中等体型者患高血压的概率为0.1，消瘦者患高血压的概率为0.05，则该城市居民患高血压的概率为___________；若该城市有一居民患有高血压，那么该居民是肥胖者的概率是___________(保留三位有效数字).
【答案】
【分析】
利用条件概率公式分别求概率.
【详解】
设“患高血压”，“抽查者是肥胖体型”，“抽查者是中等体型”，“抽查者是消瘦体型”，
则由条件概率公式可得
，所以该市居民患高血压的概率是；
，所以该居民是肥胖者的概率是.
故答案为：；
60．己知某电脑卖家只卖甲、乙两个品牌的电脑，其中甲品牌的电脑占，甲品牌的电脑中，优质率为；乙品牌的电脑中，优质率为，从该电脑卖家中随机购买一台电脑：（1）则买到优质电脑的概率为____________，（2）若已知买到的是优质电脑，则买到的是甲品牌电脑的概率为___________（精确到）
【答案】
【分析】
本题可通过概率的加法法则以及条件概率的计算方式得出结果.
【详解】
（1）买到优质电脑的概率为，
（2）买到优质电脑且是甲电脑的概率为，
则已知买到的是优质电脑的情况下买到的是甲品牌电脑的概率为，
故答案为：、.
61．已知，，随机变量X的分布列是
X
0
1
2
P

a
b
若，则a=___________________；_______________．
【答案】 5
【分析】
根据离散型随机变量的分布列的性质，期望定义，方差定义以及方差的性质即可求出．
【详解】
由题意可得，解得，
因此，，
即．
故答案为：；5．
62．袋中装有质地，大小相同的5个红球，个白球，现从中任取2个球，若取出的两球都是红球的概率为，则 ______；记取出的红球个数为，则______．
【答案】3
【分析】
由题意可知即可求m，由，利用古典概型的概率求法求、、，即可求.
【详解】
由题意知：，整理得，
∴，
由，则，，，
∴.
故答案为：，.
63．某次演唱比赛，需要加试文化科学素质，每位参赛选手需回答3个问题，组委会为每位选手都备有10道不同的题目可供选择，其中有5道文史类题目、3道科技类题目、2道体育类题目.测试时，每位选手从给定的10道题目中不放回地随机抽取3次，每次抽取一道题目，回答完该题后，再抽取下一道题目作答.记某选手抽到科技类题目的道数为X.则随机变量X的可能取值为___________；X=1表示的试验结果可能出现________种不同的结果.
【答案】{0，1，2，3} 378
【分析】
结合题意可得X的可能取值，结合排列组合的知识可得X=1表示的试验结果可能出现的结果数.
【详解】
由题意得，X的可能取值为0，1，2，3；
X=1表示的试验结果是“恰好抽到一道科技类题目”，
可能出现=378(种)不同的结果.
故答案为：{0，1，2，3}；378.
64．已知X～B(n，p），E(X）＝8，D(X）＝1.6，则n＝________，p＝________．
【答案】10 0.8
【分析】
根据二项分布均值与方差的计算公式即可求得答案.
【详解】
为随机变量X～B(n，p)，所以E(X)＝np＝8，D(X)＝np(1－p)＝1.6，解得p＝0.8，n＝10.
故答案为：；.

五、解答题
65．从1、3、5、7中任取2个数字，从0、2、4、6、8中任取2个数字，用这四个数字组成无重复数字的四位数，所有这些四位数构成集合M．
（1）求集合M中不含有数字0的元素的个数；
（2）求集合M中含有数字0的元素的个数；
（3）从集合M中随机选择一个元素，求这个元素能被5整除的概率．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】
（1）（2）利用分类分步的方法，结合排列组合的计算公式求出M中不含有数字0或含有数字0的元素的个数即可；
（3）应用古典概型的概率求法求随机选择一个元素能被5整除的概率.
【详解】
（1）M中不含有数字0的元素：
1、从1、3、5、7中任取2个数字有种取法，
2、从2、4、6、8中任取2个数字有种取法，
3、将前两步所得的四个数字全排列：个四位数，
∴M中共有不含有数字0的元素个.
（2）M中含有数字0的元素：
1、从1、3、5、7中任取2个数字有种取法，
2、从2、4、6、8中任取1个数字有种取法，
3、将前两步所得的四个数字全排列，排除0在第一位的元素：个四位数，
∴M中共有含有数字0的元素个.
（3）由（1）（2）知：M中共有个元素，
M中能被5整除的元素，即个位为0或5的元素，
1、个位为0的元素有个，
2、个位为5的元素有个，
∴M中能被5整除的元素个，则随机选择一个元素能被5整除的概率.
66．为了促进教育均衡发展，让每一个孩子享受公平教育，教育行政部门鼓励优秀教师到教育资源薄弱学校支教．已知甲、乙两所学校报名支教的教师情况如下表：

男
女
合计
甲校
2
1
3
乙校
2
2
4
现从甲、乙两校报名支教的教师中各任选1名教师，求选取的2名教师性别相同的概率．
【答案】
【分析】
先求出都是男性、都是女性的概率，把两个概率加起来即可.
【详解】
由题意知，
P(都是男性)=，
P(都是女性)=，
所以P(性别相同)=P(都是男性)+P(都是女性)=.
67．（1）某外商计划在个城市投资个不同的项目，且在同一城市投资的项目不超过个，求该外商不同的投资方案有多少种？（用数字作答）
（2）某单位安排位员工在10月1日至10月7日值班，每天人，每人值班天，求员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的概率．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）根据题意，分两种情况讨论，一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，二是在三个城市各投资1个项目，分别计算其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．
（2）首先求出基本事件总数，再利用分类加法计数原理与分步乘法计数原理求出员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的事件数，再根据古典概型概率公式计算可得；
【详解】
解：（1）某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则有两种情况，
一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，
此时有种方案，
二是在三个城市各投资1个项目，有种方案，
共计有种方案，
（2）依题意某单位安排位员工在10月1日至10月7日值班，每天人，每人值班天，则基本事件总数为种；
则员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，分以下两类：
①甲乙相邻排在1、2日，则有种排法；
②甲乙相邻不排在1日，首先从其余4人中选一人排在10月1日，有种，再排其余人有种，按照分步乘法计数原理可知一共有种排法，
故满足员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的排法一共有种排法，故员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的概率
68．有8名学生排成一排照相，求满足下列要求的排法的种数．（只需列式并计算结果）
（1）甲、乙两人相邻；
（2）丙、丁两人不相邻；
（3）甲站在丙、丁两人的中间（未必相邻）．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】
（1）先将甲乙看出一个元素，再与其他6人全排列，利用分步计数原理，即可求解；
（2）先对除去丙丁两人的剩余的6人全排列， 再在7个空隙，选两个空隙，把丙丁排进去，结合分步计数原理，即可求解；
（3）先计算全部的排法，在分析甲乙丙三人的排法，由倍分法分析，即可求解.
【详解】
（1）把甲乙看出一个元素，对于7个元素全排列，共有种排法，
甲乙两个元素全排列，有中排法，
由分步计数原理，可得甲乙两人相邻的排法，共有种不同的排法.
（2）先对除去丙丁两人的剩余的6人全排列，共有种排法，
其中6个元素的排列，共构成7个空隙，选两个空隙，把丙丁排进去，共有方法，
由分步计数原理，可得丙丁两人不相邻的排法，共有种不同的排法.
（3）根据题意，将8人全排列，共有种排法，
甲乙丙三人的排法有种，其中甲站在丙丁两人中间的有2种，
所以甲站在丙丁两人中间的排法有种不同的排法.
69．某公司计划购买1种机器，该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元.该公司搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：

记表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，表示1台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)，表示购机的同时购买的易损零件数.
（1）若，求与的函数解析式；
（2）假设这100台机器在购机的同时每台都购买18个易损零件，或每台都购买19个易损零件，分别计算这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买1台机器的同时应购买18个还是19个易损零件？
（3）若该公司计划购买2台该机器，以上面柱状图中100台机器在三年使用期内更换的易损零件数的频率代替1台机器在三年使用期内更换的易损零件数发生的概率，求两台机器三年内共需更换的易损零件数为36的概率.
【答案】（1）；（2）购买1台机器的同时应购买19个易损零件；（3）0.1584.
【分析】
（1）由题意与柱状图，即可用分段函数的形式表示与的函数解析式；
（2）分别求出买18个和19个零件所需要的平均数，比较平均数的大小即可；
（3）用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的乘法公式求解即可
【详解】
（1）
（2）若每台都购买18个易损零件，则购买易损零件费用的平均数
(元)
若每台都购买19个易损零件，则购买易损零件费用的平均数
(元)
所以购买1台机器的同时应购买19个易损零件.
（3）将两台机器编号为1号､2号，设事件“1号机器需要更换的易损零件为个”，
事件“2号机器需要更换的易损零件为个”，
设事件“两台机器三年内共需更换的易损零件数为36”，
，


两台机器三年内共需更换的易损零件数为36的概率为0.1584.
70．某公司为奖励员工实施了两种奖励方案，方案一：每卖出一件产品奖励4.5元；方案二：卖出30件以内（含30件）的部分每卖出一件产品奖励4元，超出30件的部分每卖出一件产品奖励7元，员工甲在前10天内卖出的产品数依次为22，23，23，23，25，25，25，29，32，32，若将频率视为概率，回答以下问题．
（1）记利用方案二员工甲获得的日奖励为X（单位：元），求X的分布列和数学期望；
（2）如果仅从日平均奖励的角度考虑，请利用所学的统计学知识为员工甲选择奖励方案，并说明理由．
【答案】（1）分布列见解析；期望为（元）；（2）建议员工甲选择方案一；理由见解析．
【分析】
（1）根据古典概型公式算出斜率列出分布列，再根据期望公式算出期望即可；
（2）算出平均值比较大小即可.
【详解】
（1）X的分布列为：
X
88
92
100
116
134
P





（元）．
（2）根据数据，可估算员工甲日平均卖出的产品件数为：．
员工甲根据方案一的日平均奖励为（元），
因为，所以建议员工甲选择方案一．
71．某学校为了解高二年级学生的选考科目情况（选考规定：每位学生从理化生史地政6科中恰好选择3科），随机抽取20名学生进行了一次调查，其中男生8人，女生12人．统计选考科目人数如下表：
性别
物理
化学
生物
历史
地理
政治
男生
8
8
4
2
1
1
女生
10
9
5
4
5
3
（1）估计高二年级所有学生中，选考历史的概率；
（2）假设每位学生选择选考科目相互独立．在高二年级所有学生中任取3人，记这3人中选考历史的人数为X，用频率估计概率，求随机变量X的分布列；
（3）从已抽取的8名男生中随机选取2人，设随机变量，的方差为．若这8名男生中有一人将选考科目由“物理化学生物”更改为“物理化学历史”，试问更改之后是变大还是变小？请说明理由．
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）变小，理由见解析.
【分析】
（1）利用样本概率估计总体概率即可求解；
（2）可能的取值为：，分别求出对应的概率即可得分布列；
（3）根据已知条件分别求出改所选科目前后和的概率，利用两点分布方差公式计算方差，即可比较大小.
【详解】
（1）利用样本概率估计总体概率可得
高二年级所有学生中，选考历史的概率为：，
（2）可能的取值为：，
，
，

，
所以X的分布列为：










（3）由题意可得这名男生都选了物理和化学，的取值为
，，
，
若这8名男生中有一人将选考科目由“物理化学生物”更改为“物理化学历史”
则，
，
因为
所以更改之后变小.
72．为了防止受到核污染的产品影响我国民众的身体健康要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售．已知某产品第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，两轮检测是否合格相互没有影响．
（1）求该产品不能销售的概率；
（2）如果产品可以销售，则每件产品可获利40；如果产品不能销售，则每件产品亏损80元（即获利-80元）．已知一箱中有产品4件，记一箱产品获利元，求的分布列，并求出均值．
【答案】（1）；（2）的分布列见解析，.
【分析】
（1）记“该产品不能销售”为事件，则，计算得到答案；
（2）的取值为，计算概率得到分布列，再计算均值即可.
【详解】
（1）记“该产品不能销售”为事件，则，
所以该产品不能销售的概率为；
（2）依据题意的，的取值为，
； ；
；；
.
所以的分布列为：

-320
-200
-80
40
160







.
73．某大学准备在开学时举行一次大学一年级学生座谈会，拟邀请12名来自本校机械工程学院、海洋学院、医学院、经济学院的学生参加，各学院邀请的学生数如下表所示：
学院
机械工程学院
海洋学院
医学院
经济学院
人数
2
2
4
4
（1）从这12名学生中随机选出3名学生发言，求这3名学生中任意两个均不属于同一学院的概率；
（2）从这12名学生中随机选出3名学生发言，设来自医学院的学生数为，求随机变量的概率分布列和数学期望．
【答案】（1）（2）分布列答案见解析， .
【分析】
（1）先计算这12名学生中随机选出3名学生的方法总数，再计算3名学生中任意两个均不属于同一学院的方法，利用概率公式即可求解；
（2）由题可得的可能取值为， ， ， ，分别求出对应的概率，再列出分布列求出数学期望即可.
【详解】
（1）从这12名学生中随机选出3名学生的方法有种，
这3名学生中任意两个均不属于同一学院的方法有
种，
这3名学生中任意两个均不属于同一学院的概率，
（2）由题可得的可能取值为， ， ，
则，，
，
所以的概率分布列为：










.
74．为了备战2021年7月在东京举办的奥运会，跳水运动员甲参加国家队训练测试，已知该运动员连续跳水m次，每次测试都是独立的．若运动员甲每次选择难度系数较小的动作A与难度系数较大的动作B的概率均为．每次跳水测试时，若选择动作A，取得成功的概率为，取得成功记1分，否则记0分．若选择动作B，取得成功的概率为，取得成功记2分，否则记0分．总得分记为X分．
（1）若m＝2，求分数X的概率分布列与数学期望．（若结果不为整数，用分数表示）
（2）若测试达到n分则中止，记运动员在每一次跳水均取得成功且累计得分为n分的概率为G（n），如．
①求G（2）；
②问是否存在，使得为等比数列，其中？若有，求出；若没有，请说明理由．
【答案】（1）分布列见解析，期望值；（2）①，②有，
【分析】
（1）的可能取值为0，1，2，3，4，依次计算概率，再求分布列和期望即可；（2）①分两种情况：第一次就得两分和两次得1分②建立递推，用待定系数法即可.
【详解】
进行一次试验
获得0分的概率为
获得1分的概率为
获得2分的概率为
进行两次试验
的可能取值为0，1，2，3，4
，，，
，
所以分数X的概率分布列为

0
1
2
3
4






数学期望
（2）①
②据题意有，，其中
设

比较系数得，解得
所以是公差为的等比数列，其中，.
75．欧洲足球锦标赛，也称欧洲杯，是一项由欧足联举办，欧洲足协成员国间参加的最高级别国家级足球赛事：欧洲杯决赛圈比赛将首先进行小组赛，24支球队被分为6个小组，每个小组4支球队，小组采取单循环得分制比赛（任意两队只打一场），赢一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，每个小组的前两名（若出现积分相同，则比较两队相互间战绩，若还无法确定出线球队，则需比较小组赛全部比赛的净胜球数、进球数决定出线席位）.2021年欧洲杯分组中F组的四支队伍最引人注目，他们分别是葡萄牙队、法国队、德国队、匈牙利队，由于四支队伍实力强劲，F组也被称为“死亡之组”.假设四支队伍任意两队之间胜、平、负的概率都为.
（1）记葡萄牙队小组最后得分为随机变量X，求X的分布列与期望；
（2）假设德国队能得9分的情况下，求葡萄牙队能够以小组第二晋级（不需要比较相互战绩和净胜球）的概率.
【答案】（1）分布列详见解析，期望是4；（2）
【分析】
（1）根据题意，列举，再根据随机变量所对应的事件，写出概率，列分布列；（2）列举葡萄牙以小组第二晋级的情况，并求概率.
【详解】
（1）由条件可知，
，，，
，，
，，，
,
所以葡萄牙队小组最后得分为随机变量X，求X的分布列如下：

0
1
2
3
4
5
6
7
9










期望；
（2）德国得到9分，说明德国都赢了，所以只需比较葡萄牙，法国，匈牙利三国的胜负得分，如果葡萄牙以小组第二晋级，得6分一定晋级，概率，或者得4分，一胜一平，但是需要打平的法国或是匈牙利队，他俩比赛的是打平，或是打平的国家输掉比赛，概率是，其他情况不满足条件，
所以葡萄牙以小组第二晋级的概率.