13计数原理与概率统计-北京市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版，2019新

这是一份13计数原理与概率统计-北京市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版，2019新，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2024上·北京房山·高三统考期末）的展开式中的常数项是（ ）
A．B．C．D．
2．（2024上·北京顺义·高三统考期末）地铁某换乘站设有编号为的五个安全出口．若同时开放其中的两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间如下：
用表示安全出口的疏散效率（疏散时间越短，疏散效率越高），给出下列四个说法：①；②；③；④．其中，正确说法的个数有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
3．（2024上·北京昌平·高三统考期末）已知，则（ ）
A．B．32C．495D．585
4．（2024上·北京丰台·高三统考期末）在八张亚运会纪念卡中，四张印有吉祥物宸宸，另外四张印有莲莲．现将这八张纪念卡平均分配给4个人，则不同的分配方案种数为（ ）
A．18B．19
C．31D．37
5．（2024上·北京东城·高三统考期末）的展开式中，的系数为（ ）
A．1B．5C．10D．20
6．（2024上·北京丰台·高三统考期末）在的展开式中，的系数为（ ）
A．B．120
C．D．60
7．（2022上·北京东城·高三统考期末）在二项式的展开式中，含项的二项式系数为（ ）
A．5B．C．10D．
8．（2024上·北京大兴·高三统考期末）二项式的展开式中的常数项是（ ）
A．B．15C．20D．
9．（2022上·北京朝阳·高三统考期末）盒子里有5个球，其中有2 个白球和3个红球，每次从中抽出1个球，抽出的球不再放回，则在第1次抽到白球的条件下，第2次抽到红球的概率为（ ）
A．B．C．D．
10．（2023上·北京通州·高三统考期末）设为正整数，的展开式中存在常数项，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
11．（2023上·北京东城·高三统考期末）北京中轴线是世界城市建设历史上最杰出的城市设计范例之一.其中钟鼓楼、万宁桥、景山、故宫、端门、天安门、外金水桥、天安门广场及建筑群、正阳门、中轴线南段道路遗存、永定门，依次是自北向南位列轴线中央相邻的11个重要建筑及遗存.某同学欲从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个游览，则选取的3个中一定有故宫的概率为（ ）
A．B．C．D．
12．（2023上·北京东城·高三统考期末）在的展开式中，若第3项的系数为10，则（ ）
A．4B．5C．6D．7
二、填空题
13．（2024上·北京石景山·高三统考期末）某学校从全校学生中随机抽取了50名学生作为样本进行数学知识测试，记录他们的成绩，测试卷满分100分，将数据分成6组：[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并整理得到如右频率分布直方图，则图中的值为 ，若全校学生参加同样的测试，估计全校学生的平均成绩为 （每组成绩用中间值代替）.
14．（2024上·北京顺义·高三统考期末）在的展开式中，的系数为 ．（用数字作答）
15．（2024上·北京海淀·高三统考期末）在的展开式中，的系数为 .
16．（2024上·北京通州·高三统考期末）在的展开式中，的系数为 .
17．（2020上·北京朝阳·高三统考期末）展开式的常数项是 ．（用数字作答）
18．（2023上·北京通州·高三统考期末）齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现双方各出上、中、下等马各一匹，分3组各进行一场比赛，胜2场及以上者获胜.若双方均不知对方马的出场顺序，则田忌获胜的概率为 ；若已知田忌的上等马与齐王的中等马分在一组，则田忌获胜的概率为 .
三、解答题
19．（2024上·北京丰台·高三统考期末）2023年冬，甲型流感病毒来势汹汹．某科研小组经过研究发现，患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异．在某地的两类人群中各随机抽取20人的该项医学指标作为样本，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标小于的人判定为阳性，大于或等于的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，用频率估计概率．
(1)当临界值时，求漏诊率和误诊率；
(2)从指标在区间样本中随机抽取2人，记随机变量为未患病者的人数，求的分布列和数学期望；
(3)在该地患病者占全部人口的5%的情况下，记为该地诊断结果不符合真实情况的概率．当时，直接写出使得取最小值时的的值．
20．（2024上·北京昌平·高三统考期末）某汽车生产企业对一款新上市的新能源汽车进行了市场调研，统计该款车车主对所购汽车性能的评分，将数据分成5组：，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)求的值；
(2)该汽车生产企业在购买这款车的车主中任选3人，对评分低于110分的车主送价值3000元的售后服务项目，对评分不低于110分的车主送价值2000元的售后服务项目．若为这3人提供的售后服务项目总价值为元，求的分布列和数学期望；
(3)用随机抽样的方法从购买这款车的车主中抽取10人，设这10人中评分不低于110分的人数为，问为何值时，的值最大？（结论不要求证明
21．（2024上·北京朝阳·高三统考期末）某学校开展健步走活动，要求学校教职员工上传11月4日至11月10日的步数信息.教师甲、乙这七天的步数情况如图1所示.
(1)从11月4日至11月10日中随机选取一天，求这一天甲比乙的步数多的概率；
(2)从11月4日至11月10日中随机选取三天，记乙的步数不少于20000的天数为，求的分布列及数学期望；
(3)根据11月4日至11月10日某一天的数据制作的全校800名教职员工步数的频率分布直方图如图2所示.已知这一天甲与乙的步数在全校800名教职员工中从多到少的排名分别为第501名和第221名，判断这是哪一天的数据.（只需写出结论）
22．（2024上·北京房山·高三统考期末）某移动通讯公司为答谢用户，在其APP上设置了签到翻牌子赢流量活动.现收集了甲、乙、丙3位该公司用户2023年12月1日至7日获得的流量（单位：MB）数据，如图所示.
(1)从2023年12月1日至7日中任选一天，求该天乙获得流量大于丙获得流量的概率；
(2)从2023年12月1日至7日中任选两天，设是选出的两天中乙获得流量大于丙获得流量的天数，求的分布列及数学期望；
(3)将甲、乙、丙3位该公司用户在2023年12月1日至7日获得流量的方差分别记为，，，试比较，，的大小（只需写出结论）.
安全出口编号
疏散乘客时间
120
220
160
140
200
参考答案：
1．B
【分析】写出二项式展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】的展开式通项为，
令，可得，
因此，展开式中的常数项为.
故选：B.
2．B
【分析】根据题意，列方程组，根据方程组解的值，判断正确的说法.
【详解】设每个出口每秒可疏散的人数为（），由题意，可得方程组：，可得：.
因为，所以，所以①正确；
因为，所以，所以②正确；
因为，所以，所以③正确；
因为，所以，所以④错误.
故选：B
3．C
【分析】利用赋值法，分别将赋值为，利用方程的思想，可得答案.
【详解】令，可得，解得；
令，可得，则；
令，可得，则；
令，，则.
故选：C.
4．B
【分析】设吉祥物宸宸记为，莲莲记为，将这八张纪念卡分为四组，共有3种分法，再分给四个人，分别求解即可.
【详解】设吉祥物宸宸记为，莲莲记为
①每人得到一张，一张，共有1种分法；
②将这八张纪念卡分为四组，
再分给四个人，则有种分法
③将这八张纪念卡分为四组，
再分给四个人，则有种分法
共有：种.
故选：B.
5．C
【分析】由二项展开式的通项计算即可得.
【详解】二项展开式的通项为，
令，即，有，
故的系数为10.
故选：C.
6．D
【分析】求出的通项，令即可得出答案.
【详解】的通项为：，
令可得：的系数为.
故选：D.
7．A
【分析】由二项式定理可得展开式通项为，即可求含项的二项式系数.
【详解】解：由题设，，
∴当时，.
∴含项的二项式系数.
故选：A.
8．B
【分析】根据二项展开通项公式求解.
【详解】展开式通项为：，
令，常数项为．
故选：B
9．D
【分析】设第1次抽到白球为事件A，第2次抽到红球为事件B，求出，，利用条件概率公式求出概率.
【详解】设第1次抽到白球为事件A，第2次抽到红球为事件B，
则，，
则在第1次抽到白球的条件下，第2次抽到红球的概率为.
故选：D
10．B
【分析】写出二项式展开式的通项，令的指数为0，进而可得结果.
【详解】的展开式的通项，
令得，因为，所以当时，有最小值3，
故选：B
11．D
【分析】分别求出这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个的种数和选取的3个中一定有故宫的种数，再由古典概率代入即可得出答案.
【详解】设11个重要建筑依次为，其中故宫为，
从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个有：，
，共9种情况，
其中选取的3个中一定有故宫的有：，共3种，
所以其概率为：.
故选：D.
12．B
【分析】直接利用二项式定理计算得到答案.
【详解】展开式的通项为，故，.
故选：B
13．
【分析】由频率分布直方图中总面积为可计算出，由频率分布直方图中平均数的计算方式计算平均数即可估计全校学生的平均成绩.
【详解】由频率分布直方图中总面积为，
即，
解得，
，
故可估计全校学生的平均成绩为.
故答案为：；.
14．10
【分析】根据二项式展开式的通项即可求解.
【详解】的展开式的通项为，
令，可得，
所以的系数为，
故答案为：10
15．
【分析】由二项式的展开式的通项进行求解即可.
【详解】的展开式的通项为
令得，所以，的系数为.
故答案为：.
16．
【分析】由展开式的通项求解即可.
【详解】的展开式的通项为，
令，解得，
所以x的系数为，
故答案为：-56.
17．24
【分析】求出给定二项式展开式的通项公式，再求出常数项作答.
【详解】展开式的通项公式是，
由，得，
所以展开式的常数项为.
故答案为：24
18． /0.5
【分析】列举出齐王与田忌赛马的每组马对阵的所有情况，即可求出双方均不知对方马的出场顺序时田忌获胜的概率，列举出田忌的上等马与齐王的中等马分在一组时的对阵情况，可求得田忌获胜的概率.
【详解】设齐王的三匹马分别记为，田忌的三匹马分别记为，
齐王与田忌赛马，双方每组对阵情况有∶
，齐王获胜；
，齐王获胜；
，齐王获胜；
，田忌获胜；
，齐王获胜；
，齐王获胜,共6种；
其中田忌获胜的只有一种
则田忌获胜的概率为；
若已知田忌的上等马与齐王的中等马分在一组，
此时情况为和共两种，
时，齐王获胜，，田忌获胜，
此时田忌获胜的概率为 ，
故答案为：
19．(1)，
(2)分布列见解析；期望为
(3)
【分析】（1）由频率分布直方图计算可得；
（2）利用超几何分布求解；
（3）写出的表达式判单调性求解.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，．
（2）样本中患病者在指标为区间的人数是，未患病者在指标为区间的人数是，总人数为5人．
可能的取值为0，1，2．
，，．
随机变量的分布列为
随机变量的期望为．
（3）由题，，
时，令
所以，关于的一次函数系数为，故单调递增，则即时取最小值
20．(1)；
(2)分布列见解析，期望6900；
(3).
【分析】（1）利用频率分布直方图的性质计算即可；
（2）利用频率分布直方图及离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可；
（3）利用二项分布的概率公式计算即可.
【详解】（1）由频率分布直方图可知；
（2）根据频率分布直方图可知评分低于110分的占比，评分不低于110分的占比，
任选3人中其评分情况有四种：3人均低于110分；2人低于110分，1人不低于110分；1人低于110分，2人不低于110分；3人均不低于110分，
所以可取四种情况，
，，
，，
故的分布列为：
则；
（3）由题意可知，
可知当时取得最大值.
证明如下：设最大，即，
所以，
化简得，因为，故.
21．(1)
(2)分布列见解析，
(3)11月6日
【分析】（1）根据古典概型即可得解；
（2）先写出随机变量的所有可能取值，求出对于概率，即可求出分布列，再根据期望公式求期望即可；
（3）先分别求出各个区间的人数，从而确定甲乙步数所在的区间，进而可得出结论.
【详解】（1）设“甲比乙的步数多”为事件，
在11月4日至11月10日这七天中，11月5日与11月9日这两天甲比乙步数多，
所以；
（2）由图可知，7天中乙的步数不少于20000步的天数共2天；
的所有可能取值为，
，
所以的分布列为
；
（3）由频率分布直方图知，步数在各个区间的人数如下，
有人，
有人，
有人，
有人，
有人，
有人，
因为甲与乙的步数在全校800名教职员工中从多到少的排名分别为第501名和第221名，
所以甲走的步数在区间内，乙走的步数在区间内，
符合的只有11月6日这一天，
所以这是11月6日的数据.
22．(1)
(2)的分布列见解析，
(3)
【分析】（1）利用古典概型计算公式进行求解即可；
（2）利用古典概型计算公式，结合数学期望公式进行求解即可.
（3）根据数据的集中趋势进行判断即可.
【详解】（1）由图可知，七天中只有1日、2日乙获得流量大于丙获得流量，
所以该天乙获得流量大于丙获得流量的概率为；
（2）由（1）可知七天中只有1日、2日乙获得流量大于丙获得流量，
因此，
，，，
所以的分布列如下图所示：
；
（3）根据图中数据信息，甲、乙七天的数据相同，都是1个50,2个30,1个10,3个5；而且丙的的数据最分散，
所以， .
0
1
2
9000
8000
7000
6000
0.027
0.189
0.441
0.343
0
1
2
0
1
2