高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题15概率统计与计数原理选择填空题特训(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题15概率统计与计数原理选择填空题特训(原卷版+解析)，共54页。

1．【2022年全国甲卷理科02】某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：
则（ ）
A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%
B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%
C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
2．【2022年全国乙卷理科10】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
3．【2022年新高考1卷05】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ）
A．16B．13C．12D．23
4．【2022年新高考2卷05】有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．48种
5．【2021年全国甲卷理科2】为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：
根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（ ）
A．该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%
B．该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%
C．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元
D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间
6．【2021年全国甲卷理科10】将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ）
A．13B．25C．23D．45
7．【2021年新高考1卷8】有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立D．丙与丁相互独立
8．【2021年全国乙卷理科6】将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．60种B．120种C．240种D．480种
9．【2021年全国乙卷理科8】在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于74的概率为（ ）
A．79B．2332C．932D．29
10．【2021年新高考2卷6】某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2)，下列结论中不正确的是（ ）
A．σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大
B．σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．σ越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D．σ越小，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等
11．【2020年全国1卷理科05】某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：°C）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi,yi)(i=1,2,⋯,20)得到下面的散点图：
由此散点图，在10°C至40°C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是（ ）
A．y=a+bxB．y=a+bx2
C．y=a+bexD．y=a+blnx
12．【2020年全国1卷理科08】(x+y2x)(x+y)5的展开式中x3y3的系数为（ ）
A．5B．10
C．15D．20
13．【2020年全国2卷理科03】在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（ ）
A．10名B．18名C．24名D．32名
14．【2020年全国3卷理科03】在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4，且i=14pi=1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ）
A．p1=p4=0.1,p2=p3=0.4B．p1=p4=0.4,p2=p3=0.1
C．p1=p4=0.2,p2=p3=0.3D．p1=p4=0.3,p2=p3=0.2
15．【2020年山东卷03】6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种B．90种
C．60种D．30种
16．【2020年山东卷05】某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（ ）
A．62%B．56%
C．46%D．42%
17．【2020年海南卷03】6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种B．90种
C．60种D．30种
18．【2020年海南卷05】某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（ ）
A．62%B．56%
C．46%D．42%
19．【2019年新课标3理科03】《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为（ ）
A．0.5B．0.6C．0.7D．0.8
20．【2019年新课标3理科04】（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为（ ）
A．12B．16C．20D．24
21．【2019年全国新课标2理科05】演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是（ ）
A．中位数B．平均数C．方差D．极差
22．【2019年新课标1理科06】我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是（ ）
A．516B．1132C．2132D．1116
23．【2018年新课标1理科03】某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：
则下面结论中不正确的是（ ）
A．新农村建设后，种植收入减少
B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上
C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍
D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半
24．【2018年新课标1理科10】如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ．在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则（ ）
A．p1＝p2B．p1＝p3C．p2＝p3D．p1＝p2+p3
25．【2018年新课标2理科08】我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7+23．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（ ）
A．112B．114C．115D．118
26．【2018年新课标3理科05】（x2+2x）5的展开式中x4的系数为（ ）
A．10B．20C．40D．80
27．【2018年新课标3理科08】某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P（x＝4）＜P（X＝6），则p＝（ ）
A．0.7B．0.6C．0.4D．0.3
28．【2017年新课标1理科02】如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ）
A．14B．π8C．12D．π4
29．【2017年新课标1理科06】（1+1x2）（1+x）6展开式中x2的系数为（ ）
A．15B．20C．30D．35
30．【2017年新课标2理科06】安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（ ）
A．12种B．18种C．24种D．36种
31．【2017年新课标3理科03】某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．
根据该折线图，下列结论错误的是（ ）
A．月接待游客量逐月增加
B．年接待游客量逐年增加
C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月
D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳
32．【2017年新课标3理科04】（x+y）（2x﹣y）5的展开式中的x3y3系数为 （ ）
A．﹣80B．﹣40C．40D．80
33．【2016年新课标1理科04】某公司的班车在7：00，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是（ ）
A．13B．12C．23D．34
34．【2016年新课标2理科05】如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ ）
A．24B．18C．12D．9
35．【2016年新课标2理科10】从区间[0，1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn构成n个数对（x1，y1），（x2，y2）…（xn，yn），其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为（ ）
A．4nmB．2nmC．4mnD．2mn
36．【2016年新课标3理科04】某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图，图中A点表示十月的平均最高气温约为15℃，B点表示四月的平均最低气温约为5℃，下面叙述不正确的是（ ）
A．各月的平均最低气温都在0℃以上
B．七月的平均温差比一月的平均温差大
C．三月和十一月的平均最高气温基本相同
D．平均最高气温高于20℃的月份有5个
37．【2015年新课标1理科04】投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（ ）
A．0.648B．0.432C．0.36D．0.312
38．【2015年新课标1理科10】（x2+x+y）5的展开式中，x5y2的系数为（ ）
A．10B．20C．30D．60
39．【2015年新课标2理科03】根据如图给出的2004年至2013年我国二氧化硫年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论中不正确的是（ ）
A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著
B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效
C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势
D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关
40．【2014年新课标1理科05】4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为（ ）
A．18B．38C．58D．78
41．【2014年新课标2理科05】某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是（ ）
A．0.8B．0.75C．0.6D．0.45
42．【2013年新课标1理科03】为了解某地区中小学生的视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已经了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大．在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是（ ）
A．简单的随机抽样B．按性别分层抽样
C．按学段分层抽样D．系统抽样
43．【2013年新课标1理科09】设m为正整数，（x+y）2m展开式的二项式系数的最大值为a，（x+y）2m+1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝（ ）
A．5B．6C．7D．8
44．【2013年新课标2理科05】已知（1+ax）（1+x）5的展开式中x2的系数为5，则a＝（ ）
A．﹣4B．﹣3C．﹣2D．﹣1
45．【2021年新高考1卷9】有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi=xi+c(i=1,2,⋅⋅⋅,n),c为非零常数，则（ ）
A．两组样本数据的样本平均数相同
B．两组样本数据的样本中位数相同
C．两组样本数据的样本标准差相同
D．两组样数据的样本极差相同
46．【2021年新高考2卷9】下列统计量中，能度量样本x1,x2,⋯,xn的离散程度的是（ ）
A．样本x1,x2,⋯,xn的标准差B．样本x1,x2,⋯,xn的中位数
C．样本x1,x2,⋯,xn的极差D．样本x1,x2,⋯,xn的平均数
47．【2020年山东卷12】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P(X=i)=pi>0(i=1,2,⋯,n),i=1npi=1，定义X的信息熵H(X)=−i=1npilg2pi.（ ）
A．若n=1，则H(X)=0
B．若n=2，则H(X)随着p1的增大而增大
C．若pi=1n(i=1,2,⋯,n)，则H(X)随着n的增大而增大
D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为1,2,⋯,m，且P(Y=j)=pj+p2m+1−j(j=1,2,⋯,m)，则H(X)≤H(Y)
48．【2020年海南卷12】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P(X=i)=pi>0(i=1,2,⋯,n),i=1npi=1，定义X的信息熵H(X)=−i=1npilg2pi.（ ）
A．若n=1，则H(X)=0
B．若n=2，则H(X)随着p1的增大而增大
C．若pi=1n(i=1,2,⋯,n)，则H(X)随着n的增大而增大
D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为1,2,⋯,m，且P(Y=j)=pj+p2m+1−j(j=1,2,⋯,m)，则H(X)≤H(Y)
49．【2022年全国甲卷理科15】从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．
50．【2022年全国乙卷理科13】从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．
51．【2022年新高考1卷13】1−yx(x+y)8的展开式中x2y6的系数为________________（用数字作答）．
52．【2022年新高考2卷13】已知随机变量X服从正态分布N2,σ2，且P(22.5)=____________．
53．【2020年全国2卷理科14】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.
54．【2020年全国3卷理科14】(x2+2x)6的展开式中常数项是__________（用数字作答）．
55．【2019年全国新课标2理科13】我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 ．
56．【2019年新课标1理科15】甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是 ．
57．【2018年新课标1理科15】从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有 种．（用数字填写答案）
58．【2017年新课标2理科13】一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次．X表示抽到的二等品件数，则DX＝ ．
59．【2016年新课标1理科14】（2x+x）5的展开式中，x3的系数是 10 ．（用数字填写答案）
60．【2015年新课标2理科15】（a+x）（1+x）4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝ ．
61．【2014年新课标1理科13】（x﹣y）（x+y）8的展开式中x2y7的系数为 ．（用数字填写答案）
62．【2014年新课标2理科13】（x+a）10的展开式中，x7的系数为15，则a＝ ．
63．【2013年新课标2理科14】从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为114，则n＝ ．
模拟好题
1．下列说法正确的是（ ）
A．随机变量X服从两点分布，若PX=0=13，则EX=13
B．随机变量X~Bn,p，若EX=30，DX=10，则p=43
C．随机变量X服从正态分布N4,1，且PX≥5=0.1587，则P3D．随机变量X服从正态分布N3,4，且满足X+2Y=3，则随机变量Y服从正态分布N0,1
2．一个质地均匀的正四面体，四个面分别标以数字1，2，3，4．抛掷该正四面体两次，依次记下它与地面接触的面上的数字．记事件A为“第一次记下的数字为奇数”，事件B为“第二次记下的数字比第一次记下的数字大1”，则下列说法正确的是（ ）
A．PA=13B．事件A与事件B互斥
C．PBA=14D．事件A与事件B相互独立
3．冬奥会的两个吉祥物是“冰墩墩”和“雪容融”．“冰墩墩”将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，体现了冰雪运动和现代科技特点．冬残奥会吉祥物“雪容融”以灯笼为原型进行设计创作，顶部的如意造型象征吉祥幸福．小明在纪念品商店买了6个“冰墩墩”和3个“雪容融”，随机选了3个寄给他的好朋友小华，则小华收到的“冰墩墩”的个数的平均值为（ ）
A．1B．2C．3D．1.5
4．5x2−xn展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（ ）
A．−375B．−15C．15D．375
5．学校组织班级知识竞赛，某班的12名学生的成绩（单位：分）分别是：58、67、73、74、76、82、82、87、90、92、93、98，则这12名学生成绩的第三四分位数是（ ）
A．88分B．89分C．90分D．91分
6．若将整个样本空间想象成一个边长为1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积．则如图所示的阴影部分的面积表示（ ）
A．事件A发生的概率B．事件B发生的概率
C．事件B不发生条件下事件A发生的概率D．事件A、B同时发生的概率
7．将5名志愿者分配到4个不同的社区进行抗疫，每名志愿者只分配到1个社区，每个社区至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．120种B．240种C．360种D．480种
8．对于1x−2x9的展开式，下列说法不正确的是（ ）
A．有理项共5项B．二项式系数和为512
C．二项式系数最大的项是第4项和第5项D．各项系数和为−1
9．如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线，则从数字“1”到“7”，漏掉两个数字的移动路线条数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
10．“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，⋯，则下列选项不正确的是（ ）
A．在第9条斜线上，各数之和为55
B．在第nn≥5条斜线上，各数自左往右先增大后减小
C．在第n条斜线上，共有2n+1−−1n4个数
D．在第11条斜线上，最大的数是C73
11．感动中国十大人物之一的张桂梅老师为了让孩子走出大山，扎根基层教育默默奉献精神感动了全中国.受张桂梅老师的影响，有5位志愿者主动到3所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，每位志愿者只到一所学校支教，下列结论正确的有（ ）
A．不同的安排方法数为150
B．若甲学校至少安排两人，则有60种安排方法
C．小晗被安排到甲学校的概率为13
D．在小晗被安排到甲校的前提下，甲学校安排两人的概率为58
12．甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以A1，A2和A3表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（ ）
A．A1，A2，A3是两两互斥的事件B．事件A1与事件B相互独立
C．PBA2=311D．PB=25
13．全市高三年级第二次统考结束后，李老师为了了解本班学生的本次数学考试情况，将全班50名学生的数学成绩绘制成频率分布直方图．已知该班级学生的数学成绩全部介于65分到145分之间（满分150分），将数学成绩按如下方式分成八组：第一组[65,75)，第二组[75,85)，…，第八组[135,145]．按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分如图，则下列结论正确的是（ ）
A．第七组的频率为0.008
B．该班级数学成绩的中位数的估计值为101分
C．该班级数学成绩的平均分的估计值大于95分
D．该班级数学成绩的标准差的估计值大于6
14．甲､乙两人进行2nn∈N∗局羽毛球比赛(无平局)，每局甲获胜的概率均为12.规定：比赛结束时获胜局数多的人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为Pn，假设每局比赛互不影响，则( )
A．P1=14B．P3=1116C．Pn=1−C2nn22nD．Pn单调递增
15．若数列an的通项公式为an=(−1)n−1，记在数列an的前n+2n∈N*项中任取两项都是正数的概率为Pn，则（ ）
A．P1=13
B．P2nC．P2n−1D．P2n−1+P2n16．已知ax2+1x−2x5的展开式中各项系数的和为−3，则该展开式中x的系数为_________
17．已知(1+x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为___________.
18．设随机变量X~B(2,p)，满足P(X≥1)=1516．若Y=2X−1，则D(Y)=_____．
19．“田忌赛马”的故事千古流传，故事大意是：在古代齐国，马匹按奔跑的速度分为上、中、下三等.一天，齐王找田忌赛马，两人都从上、中、下三等马中各派出一匹马，每匹马都各赛一局，采取三局两胜制.已知田忌每个等次的马，比齐王同等次的马慢，但比齐王较低等次的马快.若田忌事先打探到齐王第一场比赛会派出上等马，田忌为使自己获胜的概率最大，采取了相应的策略，则其获胜的概率最大为_________.
20．2022年疫情期间，某市中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支授上海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P1，第二批派出两名医务人员的年龄最大者为P2，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为P3，则满足P121．若1−2x5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a0+a1+a2+a3+a4+a5=_______．
22．奥运古祥物“雪容融”是根据中国传统文化中灯笼的造型创作而成，现挂有如图所示的两串灯笼，每次随机选取其中一串并摘下其最下方的一个灯笼，直至某一串灯笼被摘完为止，则左边灯笼先摘完的概率为________.
23．我国古代认为构成宇宙万物的基本要素是金、木、水、火、土这五种物质，称为“五行”.古人构建了金生水、水生木、木生火、火生土、土生金的相生理论，随机任取“两行”，则取出的“两行”相生的概率是_______
24．在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞.已知某研究小组利用高倍显微镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究，现在利用甲、乙、丙、丁四种不同的试剂对A、B、C、D、E、F这六个细胞进行染色，其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试剂不能对C细胞染色，则共有__________种不同的染色方法（用数字作答）.
25．已知关于x的方程x−a+x−b=x−c+x−d有且仅有一个实数根，其中互不相同的实数a、b、c、d∈1,2,3,4,5,6，且a−b=c−d，则a、b、c、d的可能取值共有________种．（请用数字作答）
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）
专题15概率统计与计数原理选择填空题
真题汇总命题趋势
1．【2022年全国甲卷理科02】某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：
则（ ）
A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%
B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%
C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
【答案】B
【解析】
讲座前中位数为70%+75%2>70%,所以A错；
讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%,所以B对；
讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；
讲座后问卷答题的正确率的极差为100%−80%=20%，
讲座前问卷答题的正确率的极差为95%−60%=35%>20%,所以D错.
故选:B.
2．【2022年全国乙卷理科10】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】
该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率为p甲
则p甲=2(1−p2)p1p3+2p2p1(1−p3)=2p1(p2+p3)−4p1p2p3
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙
则p乙=2(1−p1)p2p3+2p1p2(1−p3)=2p2(p1+p3)−4p1p2p3
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙
则p丙=2(1−p1)p3p2+2p1p3(1−p2)=2p3(p1+p2)−4p1p2p3
则p甲−p乙=2p1(p2+p3)−4p1p2p3−2p2(p1+p3)−4p1p2p3=2p1−p2p3<0
p乙−p丙=2p2(p1+p3)−4p1p2p3−2p3(p1+p2)−4p1p2p3=2p2−p3p1<0
即p甲则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
故选：D
3．【2022年新高考1卷05】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ）
A．16B．13C．12D．23
【答案】D
【解析】
从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C72=21种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有：(2,4),(2,6),(2,8),(3,6),(4,6),(4,8),(6,8)，共7种，
故所求概率P=21−721=23.
故选：D.
4．【2022年新高考2卷05】有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．48种
【答案】B
【解析】
因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!×2×2=24种不同的排列方式，
故选：B
5．【2021年全国甲卷理科2】为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：
根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（ ）
A．该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%
B．该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%
C．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元
D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间
【答案】C
因为频率直方图中的组距为1，所以各组的直方图的高度等于频率.样本频率直方图中的频率即可作为总体的相应比率的估计值.
该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户的比率估计值为0.02+0.04=0.06=6%,故A正确；
该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计值为0.04+0.02×3=0.10=10%,故B正确；
该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的比例估计值为0.10+0.14+0.20×2=0.64=64%>50%,故D正确；
该地农户家庭年收入的平均值的估计值为3×0.02+4×0.04+5×0.10+6×0.14+7×0.20+8×0.20+9×0.10+10×0.10+11×0.04+12×0.02+13×0.02+14×0.02=7.68(万元)，超过6.5万元，故C错误.
综上，给出结论中不正确的是C.
故选：C.
6．【2021年全国甲卷理科10】将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ）
A．13B．25C．23D．45
【答案】C
将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，
若2个0相邻，则有C51=5种排法，若2个0不相邻，则有C52=10种排法，
所以2个0不相邻的概率为105+10=23.
故选：C.
7．【2021年新高考1卷8】有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立D．丙与丁相互独立
【答案】B
P(甲)=16，P(乙)=16，P(丙)=536，P(丁)=636=16， ，
P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)=136=P(甲)P(丁)，
P(乙丙)=136≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙)，
故选：B
8．【2021年全国乙卷理科6】将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．60种B．120种C．240种D．480种
【答案】C
根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有C52种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有C52×4!=240种不同的分配方案，
故选：C.
9．【2021年全国乙卷理科8】在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于74的概率为（ ）
A．79B．2332C．932D．29
【答案】B
如图所示：
设从区间(0,1),(1,2)中随机取出的数分别为x,y，则实验的所有结果构成区域为Ω={(x,y)|0设事件A表示两数之和大于74，则构成的区域为A={(x,y)|0故选：B.
10．【2021年新高考2卷6】某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2)，下列结论中不正确的是（ ）
A．σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大
B．σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．σ越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D．σ越小，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等
【答案】D
对于A，σ2为数据的方差，所以σ越小，数据在μ=10附近越集中，所以测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大，故A正确；
对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故B正确；
对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C正确；
对于D，因为该物理量一次测量结果落在(9.9,10.0)的概率与落在(10.2,10.3)的概率不同，所以一次测量结果落在(9.9,10.2)的概率与落在(10,10.3)的概率不同，故D错误.
故选：D.
11．【2020年全国1卷理科05】某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：°C）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi,yi)(i=1,2,⋯,20)得到下面的散点图：
由此散点图，在10°C至40°C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是（ ）
A．y=a+bxB．y=a+bx2
C．y=a+bexD．y=a+blnx
【答案】D
【解析】
由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，
因此，最适合作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是y=a+blnx.
故选：D.
12．【2020年全国1卷理科08】(x+y2x)(x+y)5的展开式中x3y3的系数为（ ）
A．5B．10
C．15D．20
【答案】C
【解析】
(x+y)5展开式的通项公式为Tr+1=C5rx5−ryr（r∈N且r≤5）
所以x+y2x与(x+y)5展开式的乘积可表示为：
xTr+1=xC5rx5−ryr=C5rx6−ryr或y2xTr+1=y2xC5rx5−ryr=C5rx4−ryr+2
在xTr+1=C5rx6−ryr中，令r=3，可得：xT4=C53x3y3，该项中x3y3的系数为10，
在y2xTr+1=C5rx4−ryr+2中，令r=1，可得：y2xT2=C51x3y3，该项中x3y3的系数为5
所以x3y3的系数为10+5=15
故选：C
13．【2020年全国2卷理科03】在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（ ）
A．10名B．18名C．24名D．32名
【答案】B
【解析】
由题意，第二天新增订单数为500+1600−1200=900，
故需要志愿者90050=18名.
故选：B
14．【2020年全国3卷理科03】在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4，且i=14pi=1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ）
A．p1=p4=0.1,p2=p3=0.4B．p1=p4=0.4,p2=p3=0.1
C．p1=p4=0.2,p2=p3=0.3D．p1=p4=0.3,p2=p3=0.2
【答案】B
【解析】
对于A选项，该组数据的平均数为xA=1+4×0.1+2+3×0.4=2.5，
方差为sA2=1−2.52×0.1+2−2.52×0.4+3−2.52×0.4+4−2.52×0.1=0.65；
对于B选项，该组数据的平均数为xB=1+4×0.4+2+3×0.1=2.5，
方差为sB2=1−2.52×0.4+2−2.52×0.1+3−2.52×0.1+4−2.52×0.4=1.85；
对于C选项，该组数据的平均数为xC=1+4×0.2+2+3×0.3=2.5，
方差为sC2=1−2.52×0.2+2−2.52×0.3+3−2.52×0.3+4−2.52×0.2=1.05；
对于D选项，该组数据的平均数为xD=1+4×0.3+2+3×0.2=2.5，
方差为sD2=1−2.52×0.3+2−2.52×0.2+3−2.52×0.2+4−2.52×0.3=1.45.
因此，B选项这一组的标准差最大.
故选：B.
15．【2020年山东卷03】6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【答案】C
【解析】
首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有C61；
然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有C52；
最后剩下的3名同学去丙场馆.
故不同的安排方法共有C61⋅C52=6×10=60种.
故选：C
16．【2020年山东卷05】某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（ ）
A．62%B．56%
C．46%D．42%
【答案】C
【解析】
记“该中学学生喜欢足球”为事件A，“该中学学生喜欢游泳”为事件B，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A+B，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A⋅B，
则P(A)=0.6，P(B)=0.82，PA+B=0.96，
所以P(A⋅B)= P(A)+P(B)−P(A+B) =0.6+0.82−0.96=0.46
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46%.
故选：C.
17．【2020年海南卷03】6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【答案】C
【解析】
首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有C61；
然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有C52；
最后剩下的3名同学去丙场馆.
故不同的安排方法共有C61⋅C52=6×10=60种.
故选：C
18．【2020年海南卷05】某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（ ）
A．62%B．56%
C．46%D．42%
【答案】C
【解析】
记“该中学学生喜欢足球”为事件A，“该中学学生喜欢游泳”为事件B，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A+B，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A⋅B，
则P(A)=0.6，P(B)=0.82，PA+B=0.96，
所以P(A⋅B)= P(A)+P(B)−P(A+B) =0.6+0.82−0.96=0.46
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46%.
故选：C.
19．【2019年新课标3理科03】《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为（ ）
A．0.5B．0.6C．0.7D．0.8
【答案】解：某中学为了了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，
其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，
阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，
作出维恩图，得：
∴该学校阅读过《西游记》的学生人数为70人，
则该学校阅读过《西游记》的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为：70100=0.7．
故选：C．
20．【2019年新课标3理科04】（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为（ ）
A．12B．16C．20D．24
【答案】解：（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为：
1×C43×13×C11×1+2×C41×11×C33×13=12．
故选：A．
21．【2019年全国新课标2理科05】演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是（ ）
A．中位数B．平均数C．方差D．极差
【答案】解：根据题意，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分，
7个有效评分与9个原始评分相比，最中间的一个数不变，即中位数不变，
故选：A．
22．【2019年新课标1理科06】我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是（ ）
A．516B．1132C．2132D．1116
【答案】解：在所有重卦中随机取一重卦，
基本事件总数n＝26＝64，
该重卦恰有3个阳爻包含的基本个数m=C63C33=20，
则该重卦恰有3个阳爻的概率p=mn=2064=516．
故选：A．
23．【2018年新课标1理科03】某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：
则下面结论中不正确的是（ ）
A．新农村建设后，种植收入减少
B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上
C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍
D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半
【答案】解：设建设前经济收入为a，建设后经济收入为2a．
A项，种植收入37%×2a﹣60%a＝14%a＞0，
故建设后，种植收入增加，故A项错误．
B项，建设后，其他收入为5%×2a＝10%a，
建设前，其他收入为4%a，
故10%a÷4%a＝2.5＞2，
故B项正确．
C项，建设后，养殖收入为30%×2a＝60%a，
建设前，养殖收入为30%a，
故60%a÷30%a＝2，
故C项正确．
D项，建设后，养殖收入与第三产业收入总和为
（30%+28%）×2a＝58%×2a，
经济收入为2a，
故（58%×2a）÷2a＝58%＞50%，
故D项正确．
因为是选择不正确的一项，
故选：A．
24．【2018年新课标1理科10】如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ．在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则（ ）
A．p1＝p2B．p1＝p3C．p2＝p3D．p1＝p2+p3
【答案】解：如图：设BC＝2r1，AB＝2r2，AC＝2r3，
∴r12＝r22+r32，
∴SⅠ=12×4r2r3＝2r2r3，SⅢ=12×πr12﹣2r2r3，
SⅡ=12×πr32+12×πr22﹣SⅢ=12×πr32+12×πr22−12×πr12+2r2r3＝2r2r3，
∴SⅠ＝SⅡ，
∴P1＝P2，
故选：A．
25．【2018年新课标2理科08】我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7+23．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（ ）
A．112B．114C．115D．118
【答案】解：在不超过30的素数中有，2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个，
从中选2个不同的数有C102=45种，
和等于30的有（7，23），（11，19），（13，17），共3种，
则对应的概率P=345=115，
故选：C．
26．【2018年新课标3理科05】（x2+2x）5的展开式中x4的系数为（ ）
A．10B．20C．40D．80
【答案】解：由二项式定理得（x2+2x）5的展开式的通项为：
Tr+1=C5r（x2）5﹣r（2x）r=2rC5rx10−3r，
由10﹣3r＝4，解得r＝2，
∴（x2+2x）5的展开式中x4的系数为22C52=40．
故选：C．
27．【2018年新课标3理科08】某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P（x＝4）＜P（X＝6），则p＝（ ）
A．0.7B．0.6C．0.4D．0.3
【答案】解：某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，看做是独立重复事件，满足X～B（10，p），
P（x＝4）＜P（X＝6），可得C104p4(1−p)6＜C106p6(1−p)4，可得1﹣2p＜0．即p＞12．
因为DX＝2.4，可得10p（1﹣p）＝2.4，解得p＝0.6或p＝0.4（舍去）．
故选：B．
28．【2017年新课标1理科02】如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ）
A．14B．π8C．12D．π4
【答案】解：根据图象的对称性知，黑色部分为圆面积的一半，设圆的半径为1，则正方形的边长为2，
则黑色部分的面积S=π2，
则对应概率P=π24=π8，
故选：B．
29．【2017年新课标1理科06】（1+1x2）（1+x）6展开式中x2的系数为（ ）
A．15B．20C．30D．35
【答案】解：（1+1x2）（1+x）6展开式中：
若（1+1x2）＝（1+x﹣2）提供常数项1，则（1+x）6提供含有x2的项，可得展开式中x2的系数：
若（1+1x2）提供x﹣2项，则（1+x）6提供含有x4的项，可得展开式中x2的系数：
由（1+x）6通项公式可得C6rxr．
可知r＝2时，可得展开式中x2的系数为C62=15．
可知r＝4时，可得展开式中x2的系数为C64=15．
（1+1x2）（1+x）6展开式中x2的系数为：15+15＝30．
故选：C．
30．【2017年新课标2理科06】安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（ ）
A．12种B．18种C．24种D．36种
【答案】解：4项工作分成3组，可得：C42=6，
安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，
可得：6×A33=36种．
故选：D．
31．【2017年新课标3理科03】某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．
根据该折线图，下列结论错误的是（ ）
A．月接待游客量逐月增加
B．年接待游客量逐年增加
C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月
D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳
【答案】解：由已有中2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据可得：
月接待游客量逐月有增有减，故A错误；
年接待游客量逐年增加，故B正确；
各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月，故C正确；
各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故D正确；
故选：A．
32．【2017年新课标3理科04】（x+y）（2x﹣y）5的展开式中的x3y3系数为 （ ）
A．﹣80B．﹣40C．40D．80
【答案】解：（2x﹣y）5的展开式的通项公式：Tr+1=∁5r（2x）5﹣r（﹣y）r＝25﹣r（﹣1）r∁5rx5﹣ryr．
令5﹣r＝2，r＝3，解得r＝3．
令5﹣r＝3，r＝2，解得r＝2．
∴（x+y）（2x﹣y）5的展开式中的x3y3系数＝22×（﹣1）3∁53+23×1×∁52=40．
故选：C．
33．【2016年新课标1理科04】某公司的班车在7：00，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是（ ）
A．13B．12C．23D．34
【答案】解：设小明到达时间为y，
当y在7：50至8：00，或8：20至8：30时，
小明等车时间不超过10分钟，
故P=2040=12，
故选：B．
34．【2016年新课标2理科05】如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ ）
A．24B．18C．12D．9
【答案】解：从E到F，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，
从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段方向相同，另2段方向相同，
每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，故共有C42C22＝6种走法．
同理从F到G，最短的走法，有C31C22＝3种走法．
∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6×3＝18种走法．
故选：B．
35．【2016年新课标2理科10】从区间[0，1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn构成n个数对（x1，y1），（x2，y2）…（xn，yn），其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为（ ）
A．4nmB．2nmC．4mnD．2mn
【答案】解：由题意，两数的平方和小于1，对应的区域的面积为14π•12，从区间[0，1】随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成n个数对（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn），对应的区域的面积为12．
∴mn=14π⋅1212
∴π=4mn．
故选：C．
36．【2016年新课标3理科04】某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图，图中A点表示十月的平均最高气温约为15℃，B点表示四月的平均最低气温约为5℃，下面叙述不正确的是（ ）
A．各月的平均最低气温都在0℃以上
B．七月的平均温差比一月的平均温差大
C．三月和十一月的平均最高气温基本相同
D．平均最高气温高于20℃的月份有5个
【答案】解：A．由雷达图知各月的平均最低气温都在0℃以上，正确
B．七月的平均温差大约在10°左右，一月的平均温差在5°左右，故七月的平均温差比一月的平均温差大，正确
C．三月和十一月的平均最高气温基本相同，都为10°，正确
D．平均最高气温高于20℃的月份有7，8两个月，故D错误，
故选：D．
37．【2015年新课标1理科04】投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（ ）
A．0.648B．0.432C．0.36D．0.312
【答案】解：由题意可知：同学3次测试满足X∽B（3，0.6），
该同学通过测试的概率为C32(0.6)2×(1−0.6)+C33(0.6)3=0.648．
故选：A．
38．【2015年新课标1理科10】（x2+x+y）5的展开式中，x5y2的系数为（ ）
A．10B．20C．30D．60
【答案】解：（x2+x+y）5的展开式的通项为Tr+1=C5r(x2+x)5−ryr，
令r＝2，则（x2+x）3的通项为C3k(x2)3−kxk=C3kx6−k，
令6﹣k＝5，则k＝1，
∴（x2+x+y）5的展开式中，x5y2的系数为C52C31=30．
故选：C．
39．【2015年新课标2理科03】根据如图给出的2004年至2013年我国二氧化硫年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论中不正确的是（ ）
A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著
B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效
C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势
D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关
【答案】解：A从图中明显看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量明显减少，且减少的最多，故A正确；
B2004﹣2006年二氧化硫排放量越来越多，从2007年开始二氧化硫排放量变少，故B正确；
C从图中看出，2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故C正确；
D2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，而不是与年份正相关，故D错误．
故选：D．
40．【2014年新课标1理科05】4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为（ ）
A．18B．38C．58D．78
【答案】解：4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，共有24＝16种情况，
周六、周日都有同学参加公益活动，共有24﹣2＝16﹣2＝14种情况，
∴所求概率为1416=78．
故选：D．
41．【2014年新课标2理科05】某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是（ ）
A．0.8B．0.75C．0.6D．0.45
【答案】解：设随后一天的空气质量为优良的概率为p，则由题意可得0.75×p＝0.6，
解得p＝0.8，
故选：A．
42．【2013年新课标1理科03】为了解某地区中小学生的视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已经了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大．在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是（ ）
A．简单的随机抽样B．按性别分层抽样
C．按学段分层抽样D．系统抽样
【答案】解：我们常用的抽样方法有：简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，
而事先已经了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大．
了解某地区中小学生的视力情况，按学段分层抽样，这种方式具有代表性，比较合理．
故选：C．
43．【2013年新课标1理科09】设m为正整数，（x+y）2m展开式的二项式系数的最大值为a，（x+y）2m+1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】解：∵m为正整数，由（x+y）2m展开式的二项式系数的最大值为a，以及二项式系数的性质可得a=C2mm，
同理，由（x+y）2m+1展开式的二项式系数的最大值为b，可得b=C2m+1m=C2m+1m+1．
再由13a＝7b，可得13C2mm=7C2m+1m，即 13×(2m)!m!⋅m!=7×(2m+1)!m!⋅(m+1)!，
即 13＝7×2m+1m+1，即 13（m+1）＝7（2m+1），解得m＝6，
故选：B．
44．【2013年新课标2理科05】已知（1+ax）（1+x）5的展开式中x2的系数为5，则a＝（ ）
A．﹣4B．﹣3C．﹣2D．﹣1
【答案】解：已知（1+ax）（1+x）5＝（1+ax）（1+C51x+C52x2+C53x3+C54x4+C55x5）
展开式中x2的系数为C52+a•C51=5，解得a＝﹣1，
故选：D．
45．【2021年新高考1卷9】有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi=xi+c(i=1,2,⋅⋅⋅,n),c为非零常数，则（ ）
A．两组样本数据的样本平均数相同
B．两组样本数据的样本中位数相同
C．两组样本数据的样本标准差相同
D．两组样数据的样本极差相同
【答案】CD
A：E(y)=E(x+c)=E(x)+c且c≠0，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为xi，则第二组的中位数为yi=xi+c，显然不相同，错误；
C：D(y)=D(x)+D(c)=D(x)，故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为xmax−xmin，则第二组的极差为ymax−ymin=(xmax+c)−(xmin+c)=xmax−xmin，故极差相同，正确；
故选：CD
46．【2021年新高考2卷9】下列统计量中，能度量样本x1,x2,⋯,xn的离散程度的是（ ）
A．样本x1,x2,⋯,xn的标准差B．样本x1,x2,⋯,xn的中位数
C．样本x1,x2,⋯,xn的极差D．样本x1,x2,⋯,xn的平均数
【答案】AC
由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；
由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；
由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；
由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；
故选：AC.
47．【2020年山东卷12】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P(X=i)=pi>0(i=1,2,⋯,n),i=1npi=1，定义X的信息熵H(X)=−i=1npilg2pi.（ ）
A．若n=1，则H(X)=0
B．若n=2，则H(X)随着p1的增大而增大
C．若pi=1n(i=1,2,⋯,n)，则H(X)随着n的增大而增大
D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为1,2,⋯,m，且P(Y=j)=pj+p2m+1−j(j=1,2,⋯,m)，则H(X)≤H(Y)
【答案】AC
【解析】
对于A选项，若n=1，则i=1,p1=1，所以HX=−1×lg21=0，所以A选项正确.
对于B选项，若n=2，则i=1,2，p2=1−p1，
所以HX=−p1⋅lg2p1+1−p1⋅lg21−p1，
当p1=14时，HX=−14⋅lg214+34⋅lg234，
当p1=34时，HX=−34⋅lg234+14⋅lg214，
两者相等，所以B选项错误.
对于C选项，若pi=1ni=1,2,⋯,n，则
HX=−1n⋅lg21n×n=−lg21n=lg2n，
则HX随着n的增大而增大，所以C选项正确.
对于D选项，若n=2m，随机变量Y的所有可能的取值为1,2,⋯,m，且PY=j=pj+p2m+1−j（j=1,2,⋯,m）.
HX=−i=12mpi⋅lg2pi=i=12mpi⋅lg21pi
=p1⋅lg21p1+p2⋅lg21p2+⋯+p2m−1⋅lg21p2m−1+p2m⋅lg21p2m.
HY=p1+p2m⋅lg21p1+p2m+p2+p2m−1⋅lg21p2+p2m−1+⋯+pm+pm+1⋅lg21pm+pm+1=p1⋅lg21p1+p2m+p2⋅lg21p2+p2m−1+⋯+p2m−1⋅lg21p2+p2m−1+p2m⋅lg21p1+p2m由于pi>0i=1,2,⋯,2m，所以1pi>1pi+p2m+1−i，所以lg21pi>lg21pi+p2m+1−i，
所以pi⋅lg21pi>pi⋅lg21pi+p2m+1−i，
所以HX>HY，所以D选项错误.
故选：AC
48．【2020年海南卷12】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P(X=i)=pi>0(i=1,2,⋯,n),i=1npi=1，定义X的信息熵H(X)=−i=1npilg2pi.（ ）
A．若n=1，则H(X)=0
B．若n=2，则H(X)随着p1的增大而增大
C．若pi=1n(i=1,2,⋯,n)，则H(X)随着n的增大而增大
D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为1,2,⋯,m，且P(Y=j)=pj+p2m+1−j(j=1,2,⋯,m)，则H(X)≤H(Y)
【答案】AC
【解析】
对于A选项，若n=1，则i=1,p1=1，所以HX=−1×lg21=0，所以A选项正确.
对于B选项，若n=2，则i=1,2，p2=1−p1，
所以HX=−p1⋅lg2p1+1−p1⋅lg21−p1，
当p1=14时，HX=−14⋅lg214+34⋅lg234，
当p1=34时，HX=−34⋅lg234+14⋅lg214，
两者相等，所以B选项错误.
对于C选项，若pi=1ni=1,2,⋯,n，则
HX=−1n⋅lg21n×n=−lg21n=lg2n，
则HX随着n的增大而增大，所以C选项正确.
对于D选项，若n=2m，随机变量Y的所有可能的取值为1,2,⋯,m，且PY=j=pj+p2m+1−j（j=1,2,⋯,m）.
HX=−i=12mpi⋅lg2pi=i=12mpi⋅lg21pi
=p1⋅lg21p1+p2⋅lg21p2+⋯+p2m−1⋅lg21p2m−1+p2m⋅lg21p2m.
HY=p1+p2m⋅lg21p1+p2m+p2+p2m−1⋅lg21p2+p2m−1+⋯+pm+pm+1⋅lg21pm+pm+1=p1⋅lg21p1+p2m+p2⋅lg21p2+p2m−1+⋯+p2m−1⋅lg21p2+p2m−1+p2m⋅lg21p1+p2m由于pi>0i=1,2,⋯,2m，所以1pi>1pi+p2m+1−i，所以lg21pi>lg21pi+p2m+1−i，
所以pi⋅lg21pi>pi⋅lg21pi+p2m+1−i，
所以HX>HY，所以D选项错误.
故选：AC
49．【2022年全国甲卷理科15】从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．
【答案】635.
【解析】
从正方体的8个顶点中任取4个，有n=C84=70个结果，这4个点在同一个平面的有m=6+6=12个，故所求概率P=mn=1270=635．
故答案为：635．
50．【2022年全国乙卷理科13】从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．
【答案】310##0.3
【解析】
从5名同学中随机选3名的方法数为C53=10
甲、乙都入选的方法数为C31=3，所以甲、乙都入选的概率P=310
故答案为：310
51．【2022年新高考1卷13】1−yx(x+y)8的展开式中x2y6的系数为________________（用数字作答）．
【答案】-28
【解析】
因为1−yxx+y8=x+y8−yxx+y8，
所以1−yxx+y8的展开式中含x2y6的项为C86x2y6−yxC85x3y5=−28x2y6，
1−yxx+y8的展开式中x2y6的系数为-28
故答案为：-28
52．【2022年新高考2卷13】已知随机变量X服从正态分布N2,σ2，且P(22.5)=____________．
【答案】0.14##750．
【解析】
因为X∼N2,σ2，所以PX<2=PX>2=0.5，因此PX>2.5=PX>2−P2故答案为：0.14．
53．【2020年全国2卷理科14】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.
【答案】36
【解析】
∵4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学
∴先取2名同学看作一组，选法有：C42=6
现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：A33=6
根据分步乘法原理，可得不同的安排方法6×6=36种
故答案为：36.
54．【2020年全国3卷理科14】(x2+2x)6的展开式中常数项是__________（用数字作答）．
【答案】240
【解析】
∵x2+2x6
其二项式展开通项：
Tr+1=C6r⋅x26−r⋅2xr
=C6r⋅x12−2r(2)r⋅x−r
=C6r(2)r⋅x12−3r
当12−3r=0，解得r=4
∴x2+2x6的展开式中常数项是：C64⋅24=C62⋅16=15×16=240.
故答案为：240.
55．【2019年全国新课标2理科13】我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 ．
【答案】解：∵经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，
有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，
∴经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为：
x=110+20+10（10×0.97+20×0.98+10×0.99）＝0.98．
故答案为：0.98．
56．【2019年新课标1理科15】甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是 ．
【答案】解：甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．
设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，
甲队以4：1获胜包含的情况有：
①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：p1＝0.4×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.036，
②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：p2＝0.6×0.4×0.5×0.5×0.6＝0.036，
③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：p3＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054，
④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：p3＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054，
则甲队以4：1获胜的概率为：
p＝p1+p2+p3+p4＝0.036+0.036+0.054+0.054＝0.18．
故答案为：0.18．
57．【2018年新课标1理科15】从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有 种．（用数字填写答案）
【答案】解：方法一：直接法，1女2男，有C21C42＝12，2女1男，有C22C41＝4
根据分类计数原理可得，共有12+4＝16种，
方法二，间接法：C63﹣C43＝20﹣4＝16种，
故答案为：16
58．【2017年新课标2理科13】一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次．X表示抽到的二等品件数，则DX＝ ．
【答案】解：由题意可知，该事件满足独立重复试验，是一个二项分布模型，其中，p＝0.02，n＝100，
则DX＝npq＝np（1﹣p）＝100×0.02×0.98＝1.96．
故答案为：1.96．
59．【2016年新课标1理科14】（2x+x）5的展开式中，x3的系数是 10 ．（用数字填写答案）
【答案】解：（2x+x）5的展开式中，通项公式为：Tr+1=∁5r(2x)5−r(x)r=25﹣rC5r⋅x5−r2，
令5−r2=3，解得r＝4
∴x3的系数2C54=10．
故答案为：10．
60．【2015年新课标2理科15】（a+x）（1+x）4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝ ．
【答案】解：设f（x）＝（a+x）（1+x）4＝a0+a1x+a2x2+…+a5x5，
令x＝1，则a0+a1+a2+…+a5＝f（1）＝16（a+1），①
令x＝﹣1，则a0﹣a1+a2﹣…﹣a5＝f（﹣1）＝0．②
①﹣②得，2（a1+a3+a5）＝16（a+1），
所以2×32＝16（a+1），
所以a＝3．
故答案为：3．
61．【2014年新课标1理科13】（x﹣y）（x+y）8的展开式中x2y7的系数为 ．（用数字填写答案）
【答案】解：（x+y）8的展开式中，含xy7的系数是：8．
含x2y6的系数是28，
∴（x﹣y）（x+y）8的展开式中x2y7的系数为：8﹣28＝﹣20．
故答案为：﹣20
62．【2014年新课标2理科13】（x+a）10的展开式中，x7的系数为15，则a＝ ．
【答案】解：（x+a）10的展开式的通项公式为 Tr+1=C10r•x10﹣r•ar，
令10﹣r＝7，求得r＝3，可得x7的系数为a3•C103=120a3＝15，
∴a=12，
故答案为：12．
63．【2013年新课标2理科14】从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为114，则n＝ ．
【答案】解：从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数，取出的两数之和等于5的情况有：（1，4），（2，3）共2种情况；
从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数的所有不同取法种数为Cn2，由古典概型概率计算公式得：
从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数，取出的两数之和等于5的概率为p=2Cn2=114．
所以Cn2=28，即n(n−1)2=28，解得n＝8．
故答案为8．
模拟好题
1．下列说法正确的是（ ）
A．随机变量X服从两点分布，若PX=0=13，则EX=13
B．随机变量X~Bn,p，若EX=30，DX=10，则p=43
C．随机变量X服从正态分布N4,1，且PX≥5=0.1587，则P3D．随机变量X服从正态分布N3,4，且满足X+2Y=3，则随机变量Y服从正态分布N0,1
【答案】D
【解析】
随机变量X服从两点分布，由PX=0=13，得PX=1=23，则Ex=23，A错误；
随机变量X~Bn,p，有EX=np=30，DX=np1−p=10，解得p=23，B错误；
随机变量X~N4,1，则PX≤3=PX≥5=0.1587，
P3随机变量X，Y满足X+2Y=3，则Y=3−X2，EY=32−12EX=0，DY=14DX=1，因此Y~N0,1，D正确．
故选：D
2．一个质地均匀的正四面体，四个面分别标以数字1，2，3，4．抛掷该正四面体两次，依次记下它与地面接触的面上的数字．记事件A为“第一次记下的数字为奇数”，事件B为“第二次记下的数字比第一次记下的数字大1”，则下列说法正确的是（ ）
A．PA=13B．事件A与事件B互斥
C．PBA=14D．事件A与事件B相互独立
【答案】C
【解析】
由题意得PA=24=12，PB=34×4=316，PAB=24×4=18，
∵PAB≠PA⋅PB，∴事件A和事件B不相互独立，PBA=PABPA=14．
故选：C．
3．冬奥会的两个吉祥物是“冰墩墩”和“雪容融”．“冰墩墩”将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，体现了冰雪运动和现代科技特点．冬残奥会吉祥物“雪容融”以灯笼为原型进行设计创作，顶部的如意造型象征吉祥幸福．小明在纪念品商店买了6个“冰墩墩”和3个“雪容融”，随机选了3个寄给他的好朋友小华，则小华收到的“冰墩墩”的个数的平均值为（ ）
A．1B．2C．3D．1.5
【答案】B
【解析】
解：设小华收到的“冰墩墩”的个数为ξ，则ξ=0,1,2,3.
则P(ξ=0)=C33C93=184；P(ξ=1)=C61C32C93=314；
P(ξ=2)=C62C31C93=1528；P(ξ=3)=C63C93=521.
所以E(ξ)=1×314+2×1528+3×521=2.
故选：B
4．5x2−xn展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（ ）
A．−375B．−15C．15D．375
【答案】D
【解析】
2n=64,n=6，展开式的通项为Tr+1=C6r5x−26−r(−x)r=(−1)rC6r56−rx3r−12
由3r−12=0得r=4，则展开式的常数项为(−1)4C6452=375
故选：D
5．学校组织班级知识竞赛，某班的12名学生的成绩（单位：分）分别是：58、67、73、74、76、82、82、87、90、92、93、98，则这12名学生成绩的第三四分位数是（ ）
A．88分B．89分C．90分D．91分
【答案】D
【解析】
12名学生成绩由小到大排列为58、67、73、74、76、82、82、87、90、92、93、98，
∵12×75%=9， ∴这12名学生成绩的第三四分位数是90+922=91，
故选：D
6．若将整个样本空间想象成一个边长为1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积．则如图所示的阴影部分的面积表示（ ）
A．事件A发生的概率B．事件B发生的概率
C．事件B不发生条件下事件A发生的概率D．事件A、B同时发生的概率
【答案】A
【解析】
由题意可知：
PA|B⋅PB+PA|B⋅1−PB=PAB+PA|B⋅PB
=PAB+PAB=PA，
故选：A
7．将5名志愿者分配到4个不同的社区进行抗疫，每名志愿者只分配到1个社区，每个社区至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．120种B．240种C．360种D．480种
【答案】B
【解析】
将5名志愿者分为4组，每组的人数分别为2、1、1、1，再将这4组志愿者分配到4个不同的社区，
由分步乘法计数原理可知，不同的分配方案种数为C52A44=240.
故选：B.
8．对于1x−2x9的展开式，下列说法不正确的是（ ）
A．有理项共5项B．二项式系数和为512
C．二项式系数最大的项是第4项和第5项D．各项系数和为−1
【答案】C
【解析】
1x−2x9的展开式的通项公式为
Tr+1=C9r1x9−r2xr=2rC9rx3r2−9，
当r=0,2,4,6,8时，展开式的项为有理项，
所以有理项有5项，A正确；
所有项的二项式系数和为29=512，B正确；
因为二项式的展开式共有10项，
所以二项式系数最大的项为第5项和第6项，C错误；
令x=1，所有项的系数和为1−29=−1，D正确.
故选：C
9．如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线，则从数字“1”到“7”，漏掉两个数字的移动路线条数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【解析】
由题意1和7是不能漏掉的，所以由以下路线：
（1,3,5,6,7），（1,3,4,6,7），（1,3,4,5,7），（1,2,4,6,7），（1,2,4,5,7），（1,2,3,5,7）共6条，
故选：B.
10．“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，⋯，则下列选项不正确的是（ ）
A．在第9条斜线上，各数之和为55
B．在第nn≥5条斜线上，各数自左往右先增大后减小
C．在第n条斜线上，共有2n+1−−1n4个数
D．在第11条斜线上，最大的数是C73
【答案】A
【解析】
从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，⋯，
其规律是an+an+1=an+2，
所以第9条斜线上各数之和为13+21=34，故A错误；
第1条斜线上的数：C00，
第2条斜线上的数：C11；
第3条斜线上的数：C20,C11，
第4条斜线上的数：C30,C21，
第5条斜线上的数：C40,C31,C22，
第6条斜线的数：C50,C41,C32，
……，
依此规律，第n条斜线上的数为：Cn−10,Cn−21,Cn−32,Cn−43,Cn−54,⋯,Cn−kk−1,Cn−k+1k,⋯，
在第11条斜线上的数为C100,C91,C82,C73,C64,C55，最大的数是C73，
由上面的规律可知：n为奇数时，第n条斜线上共有n+12=2n+24个数；
n为偶数时，第n条斜线上共有共有n2=2n4个数，
所以第n条斜线上共2n+1−−1n4，故C正确；
由上述每条斜线的变化规律可知：在第n(n⩾5)条斜线上，各数自左往右先增大后减小，故B正确.
故选：A.
11．感动中国十大人物之一的张桂梅老师为了让孩子走出大山，扎根基层教育默默奉献精神感动了全中国.受张桂梅老师的影响，有5位志愿者主动到3所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，每位志愿者只到一所学校支教，下列结论正确的有（ ）
A．不同的安排方法数为150
B．若甲学校至少安排两人，则有60种安排方法
C．小晗被安排到甲学校的概率为13
D．在小晗被安排到甲校的前提下，甲学校安排两人的概率为58
【答案】AC
【解析】
对于A选项，将5位志愿者分成3组，每组至少一人，每组人数分别为3、1、1或2、2、1，
再将这三组志愿者分配给3个地区，不同的安排方法种数为C53+C52C32A22A33=150种，A对；
对于B选项，若甲学校至少安排两人，则甲校安排2人或3人，
则不同的安排方法种数为C52C32+C53A22=80种，B错；
对于C选项，若小晗被安排到甲学校，则甲校可安排的人数为1或2或3，
由古典概型的概率公式可知，小晗被安排到甲学校的概率为C42+C41A22+C41C32A22+C42A22150=13，C对；
对于D选项，记事件A:小晗被安排到甲校，事件B:甲学校安排两人，
则PA=13，PAB=C41C32A22150=425，
由条件概率公式可得PBA=PABPA=425×3=1225，D错.
故选：AC.
12．甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以A1，A2和A3表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（ ）
A．A1，A2，A3是两两互斥的事件B．事件A1与事件B相互独立
C．PBA2=311D．PB=25
【答案】AC
【解析】
由题意得可知A1，A2，A3是两两互斥的事件，故A正确；
∵P(A1)=310，P(A2)=210=15，P(A3)=12
∴PBA2=P(BA2)P(A2)=15×31115=311，故C正确；
由PBA1=P(BA1)P(A1)=310×411310=411
P(B)=P(BA1)+P(BA2)+P(BA3)=411×310+15×311+12×311=310
PBA1≠P(B)
事件A1与事件B不独立，故B、D错误；
故选：AC
13．全市高三年级第二次统考结束后，李老师为了了解本班学生的本次数学考试情况，将全班50名学生的数学成绩绘制成频率分布直方图．已知该班级学生的数学成绩全部介于65分到145分之间（满分150分），将数学成绩按如下方式分成八组：第一组[65,75)，第二组[75,85)，…，第八组[135,145]．按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分如图，则下列结论正确的是（ ）
A．第七组的频率为0.008
B．该班级数学成绩的中位数的估计值为101分
C．该班级数学成绩的平均分的估计值大于95分
D．该班级数学成绩的标准差的估计值大于6
【答案】BCD
【解析】
对于A，利用频率之和为1，可得第七组的频率为1−(0.004+0.012+0.016+0.030+0.020+0.006+0.004)×10=0.08，选项A错误；
对于B，成绩在第一组到第八组的人数分别为2，6，8，15，10，3，4，2，所以中位数在第四组[95,105)内．设中位数为x，因为(0.004+0.012+0.016)×10=0.32<0.5，所以0.32+0.030×(x−95)=0.5，解得x=101，所以该班级数学成绩的中位数的估计值为101分，选项B正确；
对于C，该班级数学成绩的平均分的估计值为70×0.04+80×0.12+90×0.16+100×0.3+110×0.2+120×0.06+130×0.08+140×0.04=102（分），选项C正确；
对于D，150×2×(70−102)2+6×(80−102)2+⋯>150×2×(70−102)2=40.96>36，所以标准差的估计值大于6，选项D正确．
故选:BCD．
14．甲､乙两人进行2nn∈N∗局羽毛球比赛(无平局)，每局甲获胜的概率均为12.规定：比赛结束时获胜局数多的人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为Pn，假设每局比赛互不影响，则( )
A．P1=14B．P3=1116C．Pn=1−C2nn22nD．Pn单调递增
【答案】AD
【解析】
由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢n+1局，Pn=122nC2nn+1+C2nn+2+⋯+C2n2n．
∵C2n0+C2n1+⋯+C2nn−1+C2nn+C2nn+1+⋯+C2n2n=22n，
又C2n0+C2n1+⋯+C2nn−1=C2nn+1+C2nn+2+⋯+C2n2n−1+C2n2n，
∴C2n0+C2n1+⋯+C2nn−1=C2nn+1+C2nn+2+⋯+C2n2n−1+C2n2n=22n−C2nn2，
∴Pn=122n⋅22n−C2nn2=12−C2nn22n+1，故C错误；
∴P1=12−C2123=14，故A正确；P3=12−C6327=1132，故B错误；
∵Pn＝12−C2nn22n＋1＝121−C2nn22n，∴Pn＋1＝121−C2n+2n+122n+2，
又∵C2nn22nC2n+2n+122n+2=4C2nnC2n+2n+1=42n!n!n!2n+2!n+1!n+1!=4n+122n+22n+1=2n+12n+1>1，
∴C2nn22n>C2n+2n+122n+2，∴Pn故选：AD．
15．若数列an的通项公式为an=(−1)n−1，记在数列an的前n+2n∈N*项中任取两项都是正数的概率为Pn，则（ ）
A．P1=13
B．P2nC．P2n−1D．P2n−1+P2n【答案】AB
【解析】
解：因为数列an的通项公式为an=(−1)n−1，所以数列an的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列an的偶数项为−1，即偶数项为负数，
又数列an的前n+2n∈N*项中，任取两项都是正数的概率为Pn，
当n=1时，即前3项中，任取两项都是正数，概率为P1=13，故A正确；
将2n−1代入，数列an的前2n+1n∈N*项中，有n+1个正数，n个负数，任取两项都是正数的概率为P2n−1=Cn+12C2n+12=nn+12n+1⋅2n=n+14n+2，
将2n代入，数列an的前2n+2n∈N*项中，有n+1个正数，n+1个负数，任取两项都是正数的概率为P2n=Cn+12C2n+22=nn+12n+1⋅2n+2=n4n+2，
将2n+1代入，数列an的前2n+3n∈N*项中，有n+2个正数，n+1个负数，任取两项都是正数的概率为P2n+1=Cn+22C2n+32=n+1n+22n+3⋅2n+2=n+24n+6，
将2n+2代入，数列an的前2n+4n∈N*项中，有n+2个正数，n+2个负数，任取两项都是正数的概率为P2n+2=Cn+22C2n+42=n+1n+22n+3⋅2n+4=n+14n+6，
所以P2n−P2n+2=n4n+2−n+14n+6=−24n+2⋅4n+6<0，所以P2nP2n−1−P2n=n+14n+2−n4n+2=14n+2>0，所以P2n−1>P2n，故C错误；
P2n−1+P2n−P2n+1+P2n+2=n+14n+2+n4n+2−n+24n+6+n+14n+6
=2n+14n+2−2n+34n+6=12−12=0，
所以P2n−1+P2n=P2n+1+P2n+2，故D错误，
故选：AB.
16．已知ax2+1x−2x5的展开式中各项系数的和为−3，则该展开式中x的系数为_________
【答案】−120
【解析】
解：因为ax2+1x−2x5的展开式中各项系数的和为−3，
所以令x=1，得−a+1=−3，
解得a=2，
所以二项式为2x2+1x−2x5，
则展开式中含x的项为2x2×C53x2−2x3+1×C52x3−2x2=−120x，
故x的系数为-120，
故答案为：−120
17．已知(1+x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为___________.
【答案】252x5
【解析】
由题意得Cn3=Cn7，得n=10，
所以展开式中二项式系数最大的项为第6项，
所以T6=C105x5=252x5，
故答案为：252x5.
18．设随机变量X~B(2,p)，满足P(X≥1)=1516．若Y=2X−1，则D(Y)=_____．
【答案】32##1.5
【解析】
由P(X≥1)=1−P(X=0)=1−C20(1−p)2p0=1516，故(1−p)2=116，则p=34，
所以X~B(2,34)，则D(X)=2×(1−34)×34=38，而Y=2X−1，
则D(Y)=4D(X)=32.
故答案为：32
19．“田忌赛马”的故事千古流传，故事大意是：在古代齐国，马匹按奔跑的速度分为上、中、下三等.一天，齐王找田忌赛马，两人都从上、中、下三等马中各派出一匹马，每匹马都各赛一局，采取三局两胜制.已知田忌每个等次的马，比齐王同等次的马慢，但比齐王较低等次的马快.若田忌事先打探到齐王第一场比赛会派出上等马，田忌为使自己获胜的概率最大，采取了相应的策略，则其获胜的概率最大为_________.
【答案】12##0.5
【解析】
设齐王有上、中、下三等的三匹马A、B、C，田忌有上、中、下三等的三匹马a、b、c，
所有比赛的方式有：Aa、Bb、Cc；Aa、Bc、Cb；Ab、Ba、Cc；Ab、Bc、Ca；Ac、Ba、Cb；Ac、Bb、Ca，一共6种.
若齐王第一场比赛派上等马，则第一场比赛田忌必输，此时他应先派下等马c参加.
就会出现两种比赛方式：Ac、Ba、Cb和Ac、Bb、Ca，其中田忌能获胜的为Ac、Ba、Cb，
故此时田忌获胜的概率最大为12.
故答案为：12.
20．2022年疫情期间，某市中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支授上海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P1，第二批派出两名医务人员的年龄最大者为P2，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为P3，则满足P1【答案】13
【解析】
解：由题意得年龄最大的医务人员必在第三批，安排年龄最大的医务人员有C31种方法，
第三批中剩下的两个方舱医院安排有A52种分配方式，
在留下的三位医务人员中，把这个年龄最大的医务人员安排在第二批，有C21种分配方式，
剩下的两位医务人员有A22种分配方式，
由分步乘法计数原理知：所有分配方式数为C31A52C21A22种：
又没有任何要求的分配方式为A66种，
所以满足P1故答案为：13
21．若1−2x5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a0+a1+a2+a3+a4+a5=_______．
【答案】243##35
【解析】
解：1−2x5的展开式得通项为Tr+1=C5r−2xr=−2rC5rxr，
则a0+a1+a2+a3+a4+a5=a0−a1+a2−a3+a4−a5，
令x=−1，则a0−a1+a2−a3+a4−a5=35=243，
即a0+a1+a2+a3+a4+a5=243.
故答案为：243.
22．奥运古祥物“雪容融”是根据中国传统文化中灯笼的造型创作而成，现挂有如图所示的两串灯笼，每次随机选取其中一串并摘下其最下方的一个灯笼，直至某一串灯笼被摘完为止，则左边灯笼先摘完的概率为________.
【答案】1116##0.6875
【解析】
解：根据题意可知每次摘左边的灯笼和右边的灯笼的概率都是12，
要使左边灯笼先摘完则摘灯笼的次数为2，3，4次，
若2次先摘完左边的灯笼，则概率为12×12=14，
若3次先摘完左边的灯笼，则概率为C21×12×12×12=14，
若4次先摘完左边的灯笼，则概率为C32×122×12×12=316，
所以左边灯笼先摘完的概率为14+14+316=1116.
故答案为：1116.
23．我国古代认为构成宇宙万物的基本要素是金、木、水、火、土这五种物质，称为“五行”.古人构建了金生水、水生木、木生火、火生土、土生金的相生理论，随机任取“两行”，则取出的“两行”相生的概率是_______
【答案】12##0.5
【解析】
由题意得，随机任取“两行”共有金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土共10种，
其中取出的“两行”相生的情况有金生水、水生木、木生火、火生土、土生金共5种，
所以取出的“两行”相生的概率P=510=12,
故答案为：12
24．在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞.已知某研究小组利用高倍显微镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究，现在利用甲、乙、丙、丁四种不同的试剂对A、B、C、D、E、F这六个细胞进行染色，其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试剂不能对C细胞染色，则共有__________种不同的染色方法（用数字作答）.
【答案】90.
【解析】
不考虑甲试剂不能对C细胞染色，
若C、E细胞的染色试剂相同，共有4×3×2×2=48种方法，
若C、E细胞的染色试剂不同，共有4×3×2×1+2=72种方法，
共120种方法.
现考虑甲试剂对C细胞染色，
若C、E细胞的染色试剂相同，共有3×2×2=12种方法，
若C、E细胞的染色试剂不同，共有3×2×2+1=18，
共30种方法.
所以，符合条件的染色方法有120-30=90种.
故答案为：90.
【点睛】
求解染色问题一般直接用两个计算原理求解，通常的作法是，按区域的不同以区域为主分布计数，用分布乘法原理进行求解.
25．已知关于x的方程x−a+x−b=x−c+x−d有且仅有一个实数根，其中互不相同的实数a、b、c、d∈1,2,3,4,5,6，且a−b=c−d，则a、b、c、d的可能取值共有________种．（请用数字作答）
【答案】56
【解析】
方程x−a+x−b=x−c+x−d有且只有一个实根，
由绝对值三角不等式可得x−a+x−b≥x−a−x−b=a−b，
x−c+x−d≥x−c−x−d=c−d，
因为a−b=c−d，考虑a因为x−a+x−b=a+b−2x,x≤ab−a,a作出函数y=x−a+x−b与函数y=x−c+x−d如下图所示：
则有b若a,b=1,2，则c,d的可能情况有：3,4、4,5、5,6；
若a,b=2,3，则c,d可能的情况有：4,5、5,6；
若a,b=3,4，则c,d=5,6；
若a,b=1,3，则c,d=4,6.
考虑a、b的大小，有2种情况；考虑c、d的大小，有2种情况；考虑a,b、c,d的位置，有2种情况.
综上所述，a、b、c、d的可能取值共有7×2×2×2=56种.
故答案为：56.
【点睛】
关键点点睛：本题考查分类计数原理的应用，解题的关键在于对a,b的可能情况进行分类讨论，结合列举法求解.