备战高二数学下学期期中（人教A）专题02 高二下学期期中真题精选（第六章 计数原理+第七章 随机变量及其分布）（解析版）

这是一份备战高二数学下学期期中（人教A）专题02 高二下学期期中真题精选（第六章 计数原理+第七章 随机变量及其分布）（解析版），共49页。试卷主要包含了正态分布等内容，欢迎下载使用。

压轴一 排列组合综合
压轴二 涂色问题
压轴三 杨辉三角形（难点）
压轴四 条件概率与全概率公式（难点）
压轴五 二项分布与超几何分布（高频）
压轴六 正态分布 （高频）
压轴七 概率与数列，导数交汇（难点）
压轴一、排列组合综合（共5小题）
1．（多选）（23-24高二下·内蒙古赤峰·期中）用数字组成无重复数字的四位数，则（ ）
A．可组成360 个四位数
B．可组成120 个四位偶数
C．可组成108个是5的倍数的四位数
D．可组成270个比 1325 大的四位数
【答案】CD
【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据题设，逐一分析各个选项的限制条件，利用特殊位置法、排列数和两个计数原理列式计算即可.
【详解】选项A：组成的四位数首位不能为0，有5种选法，
再从其余的五个数字中任选三个排在其余三个位置，有种选法，
由分步乘法计数原理的可以组成的四位数有个，A说法错误；
选项B：当末位数字是0时，可以组成个，
当末位数字不是0时，末位有2，4两种选法，首位有4种选法，中间两位可以从余下的4个数字中选两个，共有种结果，
根据分类加法计数原理可得共有个，B说法错误；
选项C：当末位数字是0时，可以组成个，
当末位数字是5时，首位有4种选法，中间两位可以从余下的4个数字中选两个，共有个，
根据分类加法计数原理可得共有个，C说法正确；
选项D：当千位上的数字比1大时，共有个，
当千位上数字是1，百位上的数字比3大时，共有个，
当千位上数字是1，百位上数字是3时，十位上数字比2大时，共有个，
不存在千位上数字是1，百位上数字是3，十位上数字是2时比1325 大的四位数，
所以共有个，D说法正确；
故选：CD
2．（24-25高三上·河南许昌·期中）川剧变脸是运用在川剧艺术中塑造人物的一种特技，是揭示剧中人物内心思想感情的一种浪漫主义手法，王老师获得了川剧演出的7张连号的票，王老师自己留下了2张连号的票，其余的票赠送给4位朋友，每人至少分1张，至多分2张，且这两张票连号，那么共有 种不同的分法.（用数字作答）
【答案】
【知识点】实际问题中的计数问题、其他排列模型
【分析】先确定王老师留下2张连号票的情况，再对剩余5张连号票分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号的情况进行分析，通过列举和组合的方法来计算不同分法的总数.
【详解】设这7张连号票编号为号，王老师留下2张连号票的情况有：
、、、、、，共6种情况，
若王老师留下，剩下3、4、5、6、7号票，
因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分：
把5张票分成4组，有、5、6、7；3、、6、7；3、4、、7；
34、5、这4种分法，此时有种不同的分法；
若王老师留下，剩下1、4、5、6、7号票，
因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分：
把5张票分成4组，有、1、6、7；1、、4、7；1、4、、5；这3种分法，
此时有种不同的分法；
若王老师留下，剩下1、2、5、6、7号票，
因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分：
把5张票分成4组，有、5、6、7；1、、2、7；1、2、、5；这3种分法，
此时有种不同的分法；
若王老师留下，剩下1、2、3、6、7号票，
因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分：
把5张票分成4组，有、3、6、7；1、、6、7；1、2、、3；这3种分法，
此时有种不同的分法；
若王老师留下，剩下1、2、3、4、7号票，
因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分：
把5张票分成4组，有、3、4、7；1、、4、7；1、2、、7；这3种分法，
此时有种不同的分法；
若王老师留下，剩下1、2、3、4、5号票，
因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分：
把5张票分成4组，有、3、4、5；1、、4、5；1、2、、5；1、2、3、；
这4种分法，此时有种不同的分法；
故共有种不同的分法.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查了分类加法原理和分组分配问题，解答此类问题的关键是分类时不重复不遗漏.
3．（23-24高二下·山东临沂·期中）某单位安排甲、乙、丙等6人参与周一至周六的值班，每天1人，每人值班1天，要求甲、乙都不值周三和周六，丙不值周五，则不同的安排方法有 种．
【答案】
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】利用特殊元素优先及分类讨论的思想计算即可.
【详解】①若甲安排在周五，则乙有3种安排方法，余下的四人四天种安排方法，合计有种方法；
②同理，若乙被安排在周五，也有72种方法；
③若甲、乙都不被安排在周五，
则甲、乙可选周一、二、四三天中的两天即有种方法，
丙有余下四天中除周五的三天可选，即3种方法，
余下三人安排余下的三天，有种方法，合计有种方法，
综上不同的安排方法共种.
故答案为：
【点睛】思路点睛：利用特殊元素优先，先考虑周五的安排方案，结合讨论甲、乙、丙三位的安排情况计算即可.
4．（23-24高二下·江苏淮安·期中）某校甲、乙等6位同学五一计划到涟水战役烈士纪念馆、周恩来纪念馆、刘老庄八十二烈士陵园研学，每个地方至少去1人．（用数字表示）
（1）有 种不同的安排方法；
（2）由于特殊情况五一节时甲取消研学且乙不去涟水战役烈士纪念馆，有 种不同的安排方法．
【答案】 540 100
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、分组分配问题、实际问题中的计数问题
【分析】（1）首先将6位同学分成三组，分三类计算不同的情况，然后进行全排列.（2）去掉甲同学还有4位同学和乙同学共5位同学.根据乙不去涟水战役烈士纪念馆，可以按照去涟水战役烈士纪念馆的人数分为三类讨论，然后相加可得答案.
【详解】（1）6位同学分为3组可以分三类.
第一类：1人，1人，4人分组，有种；
第二类：1人，2人，3人分组，有种；
第三类：2人，2人，2人分组，有种.
根据分类加法计数原理，共种.
再将3组按照全排列的方式分到涟水战役烈士纪念馆、周恩来纪念馆、刘老庄八十二烈士陵园，有种.
根据分步乘法计数原理，共种.
（2）由题意可知，还有乙与4位同学，其中乙不去涟水战役烈士纪念馆.
按照去涟水战役烈士纪念馆的人数可以分为3类.
第一类：恰有1人去涟水战役烈士纪念馆.
第一步，除去乙同学外的4人选取1人去涟水战役烈士纪念馆，有种；第二步，含乙在内的4位同学分两组，有种；第三步，两组同学分到周恩来纪念馆、刘老庄八十二烈士陵园，有种.第一类共种.
第二类：恰有2人去涟水战役烈士纪念馆.
第一步，除去乙同学外的4人选取2人去涟水战役烈士纪念馆，有种；第二步，含乙在内的3位同学分两组，有种；第三步，两组同学分到周恩来纪念馆、刘老庄八十二烈士陵园，有种.第二类共种.
第三类：恰有3人去涟水战役烈士纪念馆.
第一步，除去乙同学外的4人选取3人去涟水战役烈士纪念馆，有种；第二步，含乙在内的2位同学分到周恩来纪念馆、刘老庄八十二烈士陵园，有种.第三类共种.
根据分类加法计数原理，共种.
故答案为：540；100.
【点睛】解决分组分配问题的策略：
（1）对于不等分问题，首先要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类考虑.在每一类的计数中，又要考虑是分步乘法计数还是分类加法计数，是排列问题还是组合问题.
（2）对于整体均分，分组后一定要除以（n为均分的组数），避免重复计数.
（3）对于部分均分，若有m组元素个数相等，则分组时应除以.
5．（24-25高二上·河南·期中）已知集合，若、、且、、互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是 .
【答案】
【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、代数中的组合计数问题、分类加法计数原理
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若、和在上单调递增，则有个.
综上所述：共有个.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：两个计数原理的应用技巧
（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．
（2）对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．
压轴二、涂色问题（共6小题）
1．（23-24高二下·山东济宁·期中）我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”.后人称其为“赵爽弦图”.如图，现提供5种颜色给图中的5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同.记事件：“区域2和区域4颜色不同”，事件：“所有区域颜色均不相同”，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【知识点】计算条件概率、涂色问题
【分析】由已知，结合条件概率公式求解即可.
【详解】事件：“区域2和区域4颜色不同”即从5种颜色选出两种放入区域2和区域4，
再从剩余的3种颜色选出一种放入区域5，剩余的区域1和区域3分别都有两种选择，
即有种，
事件有种，
所以，
故选：C.
2．（22-23高二下·山东菏泽·期中）如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（ ）
A．360种B．264种C．192种D．144种
【答案】B
【知识点】涂色问题
【分析】依题意，完成涂色问题，至少用3种颜色，可分为4种颜色都用到和只用3种颜色两类.分别计算两类不同的涂色方法，可先给A、B、C三点涂色，再给D、E、F涂色，由乘法原理得结论.最后用加法原理得到不同的涂色方法.
【详解】如图，
若4种颜色都用到，先给A、B、C三点涂色，有种涂法，
再给D、E、F涂色，因为D、E、F中必有一点用到第4种颜色，有种涂法，
另外两点用到A、B、C三点所用颜色中的两种，有种涂法，
由乘法原理得种．
若只用3种颜色，先给A、B、C三点涂色，有种涂法，
再给D、E、F涂色，因为D点与A点不同色，有种涂法，
若D点与B点同色，则F与C、D不同色，有种涂法，此时E有种涂法；
若D点与C点同色，则E与B、D不同色，有种涂法，此时F有种涂法.
由乘法原理得种．
所以，不同的涂色方法共有种．
故选：B
3．（22-23高二下·山东济南·期中）某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有郁金香、玛格丽特、小月季、小杜鹃四种不同的花可供采购，要求相邻区域种不同种类的花，则不同的种植方案个数为（ ）
A．24B．36C．48D．96
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】由分步乘法计数原理求解即可.
【详解】先种区域1有种选择，区域2有种选择，区域3有种选择，区域4有种选择，区域5有2种选择，区域6有1种选择，
则共有：种.
故选：C.
4．（23-24高二下·江西赣州·期中）提供6种不同颜色的颜料给图中A，B，C，D，E，F六个区域涂色，要求相邻区域不能涂相同颜色，则不同的涂色方法共有 种.
【答案】6120
【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据和、和同色或者不同色分类，每一种情况中用分步乘法计数原理，最后利用分类加法计数原理得到涂色方法的数量.
【详解】假定涂色顺序为
若、涂相同颜色，则有种涂法；
若、涂不同颜色，、涂相同颜色，则有种涂法；
若、涂不同颜色，、涂不同颜色，则有种涂法；
故由分类加法计数原理得不同的涂色方法共有种.
故答案为：6120.
5．（22-23高二下·河北邯郸·期中）某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，且每个区域只布置一种花卉，若有5种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有 .

【答案】540
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题、涂色问题
【分析】给5块不同的区域标别布置A，B，D区域的花卉，继而讨论B，E是否布置同种花卉，根据分步计数原理，即可得答案.
【详解】如图：给5块不同的区域标上字母，

可先在A中布置花卉，有5种不同的布置方案，
再在B中布置花卉，有4种不同的布置方案，
再在D中布置花卉，有3种不同的布置方案，
若区域B，E布置同种花卉，则C有3种不同的布置方案，
若区域B，E布置不同的花卉，则E有2种不同的布置方案，C有3种不同的布置方案，
故不同的布置方案有种，
故答案为：540
6．（22-23高二下·安徽·期中）（1）用五种不同的颜色给下图中的四块区域涂色，要求相邻的区域颜色不同，则一共有多少种不同的涂色方法？
（2）记正方体中两条平行的棱为一对“平行棱”，现从正方体所有棱中任取4条，要求至少得到2对“平行棱”，则一共有多少种不同的取法？
【答案】（1）180；（2）207
【知识点】涂色问题、实际问题中的组合计数问题
【分析】（1）分选择四种和三种颜色两种情况讨论求解再求和即可；
（2）正方体中一共有3组，每组4条分别平行的直线，满足条件的“平行棱”可能有2，3，6对，再分别求解求和即可.
【详解】（1）若选择四种颜色，则有种不同的涂色方法；
若选择三种颜色，则有种不同的涂色方法，
故一共有种不同的涂色方法.
（2）正方体中一共有3组，每组4条分别平行的直线，则：
若4条棱中恰有2对“平行棱”，则2对分别来自不同2组，每组2条，不同的取法有种；
若4条棱中恰有3对“平行棱”，则3对分别来自不同2组，一组1条，一组3条，则不同的取法有种；
若4条棱中恰有6对“平行棱”，则6对均来自同一组，一组4条，则不同的取法有种.
故从所有棱中任取4条，且至少得到2对“平行棱”一共有种不同的取法.
压轴三、杨辉三角形（共7小题）
1．（23-24高二下·湖南邵阳·期中）如图，若在“杨辉三角”中从第2行右边的1开始按“锯齿形”排列的箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则此数列的前20项的和为（ ）
A．350B．295C．285D．230
【答案】C
【知识点】杨辉三角
【分析】利用分组求和法和组合数的性质进行求解即可.
【详解】记此数列的前20项的和为，则.
故选：C.
2．（多选）（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（ ）
A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84
B．由“第行所有数之和为”猜想：
C．在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为284
D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字
【答案】ABD
【知识点】两个二项式乘积展开式的系数问题、二项展开式各项的系数和、杨辉三角
【分析】根据“杨辉三角”,结合组合数公式，二项式定理，组合数的性质，判断选项.
【详解】A. 在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是，故A正确；
B.因为,令得，故B正确；
C. 在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为
，故C错误；
D. 在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字，
即，
因为
对应相乘可得的系数为
而二项式展开式的通项公式，，
当时，，则的系数为,
所以，故D正确.
故选：ABD
3．（多选）（23-24高二下·浙江·期中）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）
A．2024行中从左往右第1012个数与第1014个数相等
B．
C．记第10行的第个数为，则
D．记第行的第个数为，则
【答案】AC
【知识点】杨辉三角
【分析】对于A，利用的展开式的二项式系数计算，对于B，利用性质计算即可；对于C、D，代入，利用二项式定理计算即可.
【详解】对于A，第2024行中数为的展开式的二项式系数，则从左往右第1012个数为，第1014个数为，由于，故A正确；
对于B，由，可得，故B不正确；
对于C，第行的第个数为，则，故C正确；
对于D，第行的第个数为，则，故D错误；
故选：AC
4．（多选）（23-24高二下·山东聊城·期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，下列结论正确的是（ ）
A．
B．第16行所有数字之和为
C．第2024行的第1012个数最大
D．第15行中从左到右第4个数与第5个数之比为1:3
【答案】ABD
【知识点】杨辉三角
【分析】对于A，利用组合数运算公式计算；对于B，根据杨辉三角的每行系数和为即可；对于C，由杨辉三角图可知，第行有个数字，如果是奇数，则第和第个数字最大，且这两个数字一样大；如果是偶数，则第个数字最大；对于D，第行第个数为，第个数为，作比较即可.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，由杨辉三角的每行系数和性质可知，
第0行所有数字之和为，
第1行所有数字之和为，
第2行所有数字之和为，
第3行所有数字之和为，
第4行所有数字之和为，
以此类推，第16行所有数字之和为，故B正确；
对于C，由杨辉三角图可知，第行有个数字，如果是奇数，则第和第个数字最大，
且这两个数字一样大；如果是偶数，则第个数字最大，故第行的第个数最大，故C错误；
对于D，由题意，第行，第个数为，第个数为，即，故D正确.
故选：ABD.
5．（多选）（23-24高二下·广东佛山·期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第1行开始，第行从左到右的数字之和记为，如，，，的前项和记为，则下列说法正确的是（ ）
A．在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字是120
B．
C．在“杨辉三角”中，从第2行开始到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为
D．的前项和为
【答案】ACD
【知识点】裂项相消法求和、组合数的性质及应用、杨辉三角、二项展开式的应用
【分析】由题意分析出数列为等比数列，再求其前n项和记为，然后对各选项逐一分析即可.
【详解】在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字是，A选项正确；
从第一行开始，每一行的数依次对应的二项式系数，所以，
为等比数列，，所以，故B错误；
，
所以的前n项和为
，故D正确；
在“杨辉三角”中，从第2行开始到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为
，故C正确.
故选：ACD.
6．（多选）（23-24高二下·河北石家庄·期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，中国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，比欧洲早393年发现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题中正确的是（ ）
A．由“在相邻两行中，除1以外的每个数都等于它肩上的两个数字之和”猜想
B．由“第n行所有数之和为2n”猜想：
C．第20行中，第10个数最大
D．第15行中，第7个数与第8个数的比为7：8
【答案】AB
【知识点】组合数的性质及应用、杨辉三角、二项式的系数和
【分析】对于A选项，根据“杨辉三角”的规律进行判断即可；对于B选项，根据二项式系数之和的性质进行计算即可；对于C选项，第20行的数为，进而求解其最大项即可；对于D选项，根据规律找到第7、8个数，直接计算即可.
【详解】对于A选项，由“杨辉三角”的规律可得A正确；
对于B选项，由二项式系数的性质知，故B正确；
第20行的数是，最大的是第11个数，故C错误；
第15行中，第7个数与第8个数分别是和，，故D错误.
故选：AB.
7．（23-24高二下·重庆·期中）在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，出现了这个表，我们称这个表为杨辉三角．杨辉三角是中国古代数学中十分精彩的篇章．杨辉三角如下图所示：
第0行 1
第1行 1 1
第2行 1 2 1
第3行 1 3 3 1
第4行 1 4 6 4 1
第5行 1 5 10 10 5 1
第6行 1 6 15 20 15 6 1

如上图，杨辉三角第6行的7个数依次为，，…，．现将杨辉三角中第行的第个数乘以，第0行的一个数为0，得到一个新的三角数阵如下图：
第0行 0
第1行 0 1
第2行 0 2 2
第3行 0 3 6 3
第4行 0 4 12 12 4
第5行 0 5 20 30 20 5
第6行 0 6 30 60 60 30 6

在这个新的三角数阵中，第10行的第3个数为 ；从第一行开始的前行的所有数的和为 ．
【答案】 90
【知识点】杨辉三角、二项式定理与数列求和
【分析】由杨辉三角及二项式系数得出新的三角数阵中第行的第个数为；先求出新的三角数阵中第行的和为，再根据错位相减法求前行的所有数的和即可．
【详解】由题可得杨辉三角中第行的第个数为，
则新的三角数阵中第行的第个数为，故第10行的第3个数为，
新的三角数阵中第行的和为：，
设，，
两边求导得，，
令得，，
所以新的三角数阵中第行的和为，设前行的所有数的和为，
则，
，
两式相减得，，
所以，
故答案为：90，．
压轴四、条件概率与全概率公式（共7小题）
1．（23-24高二下·福建厦门·期中）现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球；第一次先从1号口袋内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法不正确的是（ ）
A．在第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率是
B．第二次取到1号球的概率
C．如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大
D．如果将5个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有150种
【答案】B
【知识点】分组分配问题、计算条件概率、利用全概率公式求概率、利用贝叶斯公式求概率
【分析】对于A选项利用条件概率公式求解；对于B选项利用全概率公式求解，对于C选项利用贝叶斯公式求解，对于D选项，不同元素的分配问题，先分类再分配即可求解.
【详解】对于A选项，记事件分别表示第一次、第二次取到号球, ，
则第一次抽到号球的条件下，第二次抽到号球的概率，故A正确；
对于B选项，记事件分别表示第一次、第二次取到号球, ,
依题意 两两互斥, 其和为, 并且，
，
，
，
应用全概率公式, 有，
故B错误；
对于C选项，依题设知, 第二次的球取自口袋的编号与第一次取的球上的号数相同,
则，
，
，
故在第二次取到1号球的条件下, 它取自编号为的口袋的概率最大，故C正确；
对于D选项，先将5个不同的小球分成1，1，3或2，2，1三份，
再放入三个不同的口袋，
则不同的分配方法有，故D正确.
故选：B.
2．（23-24高二下·重庆九龙坡·期中）在某次流感疫情爆发期间，A，B，C三个地区均爆发了流感，经调查统计A，B，C地区分别有的人患过流感，且A，B，C三个地区的人数的比为．现从这三个地区中随机选取一人，则此人患过流感的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【知识点】利用全概率公式求概率、计算条件概率
【分析】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，则，且彼此互斥，然后根据条件依次得到、、、、、的值，然后根据全概率公式公式求解即可.
【详解】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，
记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，
则，且彼此互斥，
由题意可得，，，
，，，
由全概率公式可得
.
故选：A.
3．（多选）（23-24高二下·重庆万州·期中）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，下列说法正确的是（ ）
A．2次传球后球在丙手上的概率是B．2次传球后球在乙手上的概率是
C．2次传球后球在甲手上的概率是D．n次传球后球在甲手上的概率是
【答案】BCD
【知识点】独立事件的乘法公式、计算条件概率、计算古典概型问题的概率、写出等比数列的通项公式
【分析】列举出经2次传球后的所有可能，再利用古典概率公式计算作答可判断ABC，n次传球后球在甲手上的事件即为，则有，利用全概率公式可得，再构造等比数列求解即可判断D.
【详解】对于A，第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：
甲乙甲，甲乙丙，甲乙丁，甲丙甲，甲丙乙，甲丙丁，甲丁甲，甲丁乙，甲丁丙，共9个结果，它们等可能，
2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙，甲丁丙，2个结果，所以概率是，故A错误；
对于B，2次传球后球在乙手中的事件有：甲丙乙，甲丁乙，2个结果，
所以概率是，故B正确；
对于C，2次传球后球在甲手中的事件有：甲乙甲，甲丙甲，甲丁甲，3个结果，
所以概率是，故C正确；
对于D，记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，，
，则，
于是得，即，
而，则数列是首项为，公比为的等比数列，
因此，，即，
所以n次传球后球在甲手中的概率是，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题D选项的关键点在于设n次传球后球在甲手上的事件为，则有，利用全概率公式可得，再构造等比数列求解即可.
4．（多选）（24-25高三上·湖北·期中）甲同学想用一支铅笔从如下的直三棱柱的顶点出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”，即每一步均沿着某一条棱从一个端点到达另一个端点，紧接着从上一步的终点出发随机选择下一条棱再次画出，进而达到该棱的另一端点，按此规律一直进行，其中每经过一条棱称为一次移动，并随机选择某个顶点处停止得到一条“一笔画”路径，比如“一笔画”路径.若某“一笔画”路径中没有重复经过任何一条棱，则称该路径为完美路径，否则为不完美路径.下列说法正确的有（ ）

A．若“一笔画”路径为完美路径，则甲不可能6次移动后回到点
B．经过4次移动后仍在点的概率为
C．若“一笔画”路径为完美路径，则5次移动后回到点有5条不同笔迹
D．经过3次移动后，到达点的条件下经过点C的概率为
【答案】BCD
【知识点】计算条件概率、组合数的计算
【分析】对于A.沿等路线即可判断；
对于B.分若存在重复路线和若不存在重复路线讨论，结合组合数公式计算判断；
对于C.运用列举法：分先第一次移动到和第一次移动到讨论计算共有5条路径；
对于D.先考虑重复路线：前两条路线重复：可能第一次移动到达共3条路径，后两条路径重复（即第一次移动到）同理有3条路径，其中重复，故共只有5条路径；再考虑不重复路径：只有1条路径，结合条件概率计算即可.
【详解】对于选项A，沿等路线即可，故A错误；
对于选项B，若存在重复路线，两次移动回到点可以第一次移动到达点，，C，第三次移动再从这些移动方式中选，共有9种走法，另外可以先移动两次再原路返回，第一次移动可能到达点，，C，每个点在第二次移动时都有两种移动方式，故有6种方式；
若不存在重复路线，经过点C由四条棱组成的闭合回路只有和两种，每条路都有两种经过方式，共有4种方式；
所以概率为，故B正确；
对于选项C，列举法：，，，，，故共有5条不同笔迹，故C正确；
对于选项D，先考虑重复路线：
前两条路线重复，第一次移动到达点，，C共３条路径；后两条路径重复（即第一次移动到点）同理有３条路径，其中重复，故共只有5条路径；
再考虑不重复路径：只有，1条路径，
∴三次移动后到达点A有6条路径.记事件：从点出发，三次移动后到达点；事件C：从点出发，三次移动时经过点C，
故，，故，故D确.
故选：BCD.
5．（23-24高二下·山东滨州·期中）已知编号为的三个袋子中装有除标号外完全相同的小球，其中1号袋子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号袋子内装有两个1号球，一个3号球；3号袋子内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球．现按照如下规则连续摸球两次；第一次先从1号袋子中随机摸出1个球，并将摸出的球放入与球编号相同的袋子中，第二次从刚放入球的袋子中再随机摸出1个球．
(1)若第二次摸到的是3号球，计算此3号球在第二次摸球过程中分别来自号袋子的概率；
(2)设是样本空间上的两个离散型随机变量，则称是上的二维离散型随机变量．设的一切可能取值为，记表示在中出现的概率，其中．若表示第一次摸出的是号球，表示第二次摸出的是号球．
①求；
②证明：．
【答案】(1)，，；
(2)①；②证明见解析.
【知识点】计算古典概型问题的概率、计算条件概率、独立事件的乘法公式、利用全概率公式求概率
【分析】（1）求出第一次摸到第1，2，3号球的概率，结合已知条件，利用全概率公式及条件概率公式依次计算即得.
（2）①求出第一次摸出1号球，并放入1号袋子，第二次从该袋子摸出2号球的概率；②利用全概率公式推理即得.
【详解】（1）设第一次摸到球的事件为，第二次摸到的是3号球的事件为，
第二次在第号袋子里摸到的是3号球的事件为，，
，
于是，
所以第二次摸到的是3号球，它来自1号袋子的概率；
第二次摸到的是3号球，它来自2号袋子的概率；
第二次摸到的是3号球，它来自3号袋子的概率.
（2）①依题意，，即第一次摸出1号球，并放入1号袋子，第二次从该袋子摸出2号球的概率，
所以.
②由定义及全概率公式知，
，
所以.
【点睛】方法点睛：全概率公式是将复杂事件A的概率求解问题转化为在不同情况下发生的简单事件的概率求和问题.
6．（23-24高二下·四川遂宁·期中）某品牌汽车厂今年计划生产万辆轿车，每辆轿车都需要安装一个配件，本厂每年可生产万个配件，其余的要向甲、乙两个配件厂家采购，已知向甲厂购买万个配件，向乙厂购买万个配件，且本厂、甲厂、乙厂生产的配件的次品率分别为，
(1)求该厂生产的一辆轿车使用的配件是次品的概率；
(2)现有一辆轿车由于使用了次品配件出现了质量问题，需要返厂维修，维修费用为元，若维修费用由本厂、甲厂、乙厂按照次品配件来自各厂的概率的比例分担，则它们各自应该承担的维修费用分别为多少？
【答案】(1)
(2)本厂、甲厂、乙厂应该承担的维修费用分别为元、元、元
【知识点】利用全概率公式求概率、计算条件概率
【分析】（1）根据各厂生产的配件的比例及次品率，即可求出结果；
（2）由条件概率公式，分别求出来自各个厂次品配件的概率，进一步即可求出各厂应该承担的维修费.
【详解】（1）因为甲厂、乙厂和本厂自主生产的配件的比例分别为，
又甲厂、乙厂和本厂自主生产的配件的次品率分别为，
所以该厂生产的一辆轿车使用的配件是次品的概率为.
（2）设“该轿车使用了次品配件”，“配件来自甲厂”，“配件来自乙厂”，“配件来自本厂”，
由（1）知，
又，，，
所以本厂应该承担的维修费用为元、甲厂应该承担的维修费用为元、乙厂应该承担的维修费用为元.
7．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）学校食堂为了减少排队时间，从开学第天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前天选择了米饭套餐，则第天选择米饭套餐的概率为；若他前天选择了面食套餐，则第天选择米饭套餐的概率为.已知他开学第天中午选择米饭套餐的概率为.
(1)求该同学开学第天中午选择米饭套餐的概率；
(2)记该同学开学第天中午选择米饭套餐的概率为证明：当时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【知识点】写出等比数列的通项公式、等比数列的单调性、构造法求数列通项、利用全概率公式求概率
【分析】（1）由已知结合全概率公式即可求解；
（2）由已知结合全概率公式及等比数列的定义即可求出的通项公式，分类讨论即可证明.
【详解】（1）设“第天选择米饭套餐”，则“第天选择面食套餐”，
根据题意，，，，
由全概率公式，得；
（2）设“第天选择米饭套餐”，
则，，，，
由全概率公式，得，
即，所以，
因为，所以是以为首项，为公比的等比数列；
可得，
当为大于的奇数时，；
当为正偶数时，，
综上所述：当时，.
压轴五、二项分布与超几何分布（共6小题）
1．（23-24高二下·河南·期中）2024年某校一次高二数学适应性考试中选择题由单选和多选两种题型组成.单选题每题四个选项，有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错得0分，多选题每题四个选项，有两个或三个选项正确，全部选对得6分，部分选对得3分，有错误选择或不选择得0分.
(1)已知某同学对其中4道单选题完全没有答题思路，只能随机选择一个选项作答，且每题的解答相互独立，记该同学在这4道单选题中答对的题数为随机变量.
（i）求；
（ii）求使得取最大值时的整数；
(2)若该同学在解答最后一道多选题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答.已知此题正确答案是两个选项与三个选项的概率均为，求该同学在答题过程中使得得分数学期望最大的答题方式，并写出得分的最大数学期望.
【答案】(1)（i）；（ii）
(2)该同学选择单选或单选的得分期望最大，最大值为分
【知识点】求离散型随机变量的均值、服从二项分布的随机变量概率最大问题、计算条件概率
【分析】（1）（i）由题意可得，求出，，由条件概率公式即可求得；（ii）依题意，解不等式即可；
（2）分别求出该同学决策单选或双选或三选的得分期望，比较即可得解．
【详解】（1）（i）因为，所以，，
所以；
（ii）因为.
依题意，即
解得，又为整数，所以，即时取最大值.
（2）由题知，B、D选项不能同时选择，故该同学可以选择单选､双选和三选.
正确答案是两选项的可能情况为，每种情况的概率均为.
正确答案是三个选项的可能情况为，每种情况出现的概率为.
若该同学做出的决策是单选，则得分的期望如下：
（分），
（分），
若该同学做出的决策是双选，则得分的期望如下：
（分），
（分）.
若该同学做出的决策是三选，则得分的期望如下：
（分）.
经比较，该同学选择单选或单选的得分期望最大，最大值为分.
2．（23-24高二下·湖南·期中）二项分布是离散型随机变量重要的概率模型，在生活中被广泛应用．现在我们来研究二项分布的简单性质，若随机变量．
(1)证明：（ⅰ）（，且），其中为组合数；
（ⅱ）随机变量的数学期望；
(2)一盒中有形状大小相同的4个白球和3个黑球，每次从中摸出一个球且不放回，直到摸到黑球为止，记事件A表示第二次摸球时首次摸到黑球，若将上述试验重复进行10次，记随机变量表示事件A发生的次数，试探求的值与随机变量最有可能发生次数的大小关系．
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
(2)数学期望小于最有可能发生的次数
【知识点】二项分布的均值、服从二项分布的随机变量概率最大问题、二项式定理与数列求和、组合数的性质及应用
【分析】（1）（ⅰ）根据组合数公式分析证明；（ⅱ）根据二项分布结合二项式定理分析证明；
（2）分析可知随机变量，结合二项分布概率公式可得概率最大，进而与期望对比分析.
【详解】（1）（ⅰ）因为，
且，
所以；
（ⅱ）因为，，
可得
，
令，则.
（2）由题意可知：，
又因为随机变量，所以，
因为，
假设时，其概率最大，
则，解得，
可知，所以其数学期望小于最有可能发生的次数．
【点睛】方法点睛：1.对于（1）（ⅱ）根据组合数性质以及二项式定理分析求解；
2.对于二项分布的概率最大问题，常常列式，运算求解即可.
3．（22-23高二下·广东东莞·期中）广东顺德双皮奶是一种粤式甜品，是用水牛奶做原料，辅以鸡蛋和白糖制成.不过新鲜的水牛奶保质期较短.某超市为了保证顾客能购买到新鲜的水牛奶又不用过多存货，于是统计了50天销售水牛奶的情况，获得如下数据：
假设水牛奶日销售量的分布规律保持不变，将频率视为概率.
(1)求接下来三天中至少有2天能卖出3件水牛奶的概率；
(2)已知超市存货管理水平的高低会直接影响超市的经营情况.该超市对水牛奶实行如下存货管理制度：当天营业结束后检查存货，若存货少于2件，则通知配送中心立即补货至3件，否则不补货.假设某天开始营业时货架上有3件水牛奶，求第二天营业结束后货架上有1件存货的概率.（结果用分数表示）
【答案】(1)
(2)
【知识点】利用全概率公式求概率、建立二项分布模型解决实际问题
【分析】（1）由题设三天中卖出3件水牛奶的天数，利用二项分布的概率公式求即可；
（2）讨论第一天营业结束是否需要补货，利用全概率公式分别求出不需补货、需要补货情况下在第二天营业结束货架上有1件存货的概率，即可得结果.
【详解】（1）依题意每天能卖出件水牛奶的概率为，卖出件以下的概率为，
记三天中卖出件水牛奶的天数为，则，
所以.
（2）①第一天营业结束后不补货的情况为销售件或销售件，
所以，，
令第二天货架上有1件存货，则，，
所以.
②第一天营业结束后补货的情况为销售3件或销售2件，
所以，，
令第二天货架上有1件存货，则，，
所以.
综上，第二天营业结束后货架上有1件存货的概率.
4．（23-24高二下·山东滨州·期中）某校为了解本校学生每天的体育活动时间，随机抽取了100名学生作为样本，统计并绘制了如下的频率分布直方图：
(1)估计这100名学生的平均体育活动时间；
(2)从这100名学生中按照分层抽样的方式在体育活动时间位于和的两组学生中抽取12名学生，再从这12名学生中随机抽取3人，用表示这3人中属于的人数，求的分布列和数学期望；
(3)以这100名学生体育活动时间的频率估计该校学生体育活动时间的概率，若从该校学生中随机抽取且名学生，求当为何值时，“抽取的名学生中恰有5人每天的体育活动时间不低于40分钟”的概率最大？
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)7
【知识点】求超几何分布的概率、服从二项分布的随机变量概率最大问题、独立重复试验的概率问题、由频率分布直方图估计平均数
【分析】（1）根据频率分布直方图求平均值即可得解；
（2）由题意求出位于和的两组学生人数，再由超几何分布求出分布列与期望；
（3）根据独立重复试验列出概率不等式式组，求解即可得.
【详解】（1）这100名学生的平均活动时间
分钟.
（2）因为体育活动时间位于和的频率分别为和，
所以抽取的12名学生中位于的有人，
位于的有人，
所以随机变量所有可能取值为，且服从超几何分布，
故，，
，
所以的分布列为：
所以.
（3）由频率分布直方图可知，每天的运动时间不低于40分钟的频率为：
.
设“抽取的名学生中每天的运动时间不低于40分钟的人数”为，则，
，
设，
则当“抽取的名学生中恰有5人每天的体育活动时间不低于40分钟”的概率最大时，
有，即，
化简得，解得，
因为且，所以.
5．（23-24高二下·吉林·期中）小林开车从家出发去单位上班，路上共需要经过n个红绿灯路口，已知他在每个路口遇到红灯的概率均为．
(1)若，记小林上班路上遇到红灯的个数为X，求X的分布列与期望；
(2)若，记小林上班路上恰好遇到k（）个红灯的概率为，求当k取何值时，取得最大值．
【答案】(1)分布列见解析，期望
(2)7
【知识点】二项分布的均值、服从二项分布的随机变量概率最大问题、利用二项分布求分布列
【分析】（1）根据给定条件，利用二项分布的概率求出分布列及期望.
（2）利用独立重复试验的概率最大问题求解即得.
【详解】（1）依题意，的所有可能取值为，，
则，
，
所以X的分布列为：
期望.
（2）依题意，，显然，
当时，，即，
整理得，即，
解得，而，于是，而，
所以当时，取得最大值.
6．（23-24高二下·山西运城·期中）我们学过二项分布，超几何分布，正态分布等概率分布模型.概率论中还有一种离散概率分布，设一组独立的伯努利试验，每次试验中事件发生的概率为，将试验进行至事件发生次为止，用表示试验次数，则服从负二项分布（也称帕斯卡分布），记作.为改善人口结构，落实积极应对人口老龄化国家战略，保持中国的人口资源优势，我国自2021年5月31日起实施三胎政策.政策实施以来，某市的人口出生率得到了一定程度的提高，某机构对该市家庭进行调查，抽取到第2个三胎家庭就停止抽取，记抽取的家庭数为随机变量，且该市随机抽取一户是三胎家庭的概率为.
(1)求;
(2)若抽取的家庭数不超过的概率不小于，求整数的最小值.
【答案】(1)
(2)7
【知识点】独立重复试验的概率问题、错位相减法求和
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式求解即可；
（2）利用错位相减法求取的家庭数不超过的概率，再结合数列的单调性求解即可.
【详解】（1）.
（2）因为.
所以抽取的家庭数不超过的概率为，
即，，
两式相减，得
所以.
由，得，
令，则.，
所以，所以数列是递减数列，
因为，
所以整数的最小值是7.
压轴六、正态分布（共5小题）
1．（多选）（23-24高二下·贵州黔西·期末）某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进．部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验．记表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”．改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间，则下列说法正确的是（ ）
（参考数据：若，则）
A．
B．
C．
D．取得最大值时，的估计值为53
【答案】ACD
【知识点】指定区间的概率、正态曲线的性质、服从二项分布的随机变量概率最大问题、计算条件概率
【分析】直接利用题意判断A；利用条件概率、全概率公式等进行转化判断B；利用正态分布的性质判断C；设，由函数的单调性判断D.
【详解】对于A，依题意，经智能检测系统筛选合格的条件下，通过人工抽检合格的概率
大于直接进入人工抽检合格的概率，即，A正确；
对于B，由，得，
又，
于是，即，
因此，即，则，B错误；
对于C，
，C正确；
对于D，，
设，，
解得，，由，
解得，即，
所以取得最大值时，的估计值为53，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法：
①熟记，，的值;
②充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.
2．（24-25高三上·四川成都·期中）如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网络外卖也开始成为不少人日常生活中重要的一部分，其中大学生更是频频使用网络外卖服务.市教育主管部门为掌握网络外卖在该市各大学的发展情况，在某月从该市大学生中随机调查了人，并将这人在本月的网络外卖的消费金额制成如下频数分布表（已知每人每月网络外卖消费金额不超过元）：
(1)由频数分布表可以认为，该市大学生网络外卖消费金额（单位：元）近似服从正态分布，其中近似为样本平均数（每组数据取区间的中点值，）．现从该市任取名大学生，记其中网络外卖消费金额恰在元至元之间的人数为，求的数学期望；
(2)市某大学后勤部为鼓励大学生在食堂消费，特地给参与本次问卷调查的大学生每人发放价值元的饭卡，并推出一档“勇闯关，送大奖”的活动．规则是：在某张方格图上标有第格、第格、第格、…、第格共个方格．棋子开始在第格，然后掷一枚均匀的硬币（已知硬币出现正、反面的概率都是，其中），若掷出正面，将棋子向前移动一格（从到），若掷出反面，则将棋子向前移动两格（从到）．重复多次，若这枚棋子最终停在第格，则认为“闯关成功”，并赠送元充值饭卡；若这枚棋子最终停在第格，则认为“闯关失败”，不再获得其他奖励，活动结束．
①设棋子移到第格的概率为，求P2的值，并证明：当时，是等比数列；
②若某大学生参与这档“闯关游戏”，试比较该大学生闯关成功与闯关失败的概率大小，并说明理由．
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．
【答案】(1)
(2)①，证明见解析 ；②该大学生闯关成功的概率大于闯关失败的概率，理由见解析
【知识点】特殊区间的概率、二项分布的均值、求离散型随机变量的均值、等比数列前n项和的基本量计算
【分析】（1）根据数据算出，由服从正态分布算出概率，即，进而算出的数学期望；
（2）棋子开始在第格为必然事件，.第一次掷硬币出现正面，棋子移到第1格，其概率为，即，棋子移到第格的情况是下列两种，即棋子先到第格，又掷出反面，其概率为；棋子先到第格，又掷出正面，其概率为，所以即，进而求证当时，是等比数列，计算符号即可判断.
【详解】（1），
因为服从正态分布，
所以．
所以，所以的数学期望为．
（2）①棋子开始在第格为必然事件，．
第一次掷硬币出现正面，棋子移到第格，其概率为，即．
棋子移到第格的情况是下列两种，而且也只有两种：
棋子先到第格，又掷出反面，其概率为；
棋子先到第格，又掷出正面，其概率为，
所以，
即，且，
所以当时，数列是首项，公比为的等比数列．
②由①知，，，，，
以上各式相加，得，
所以．
所以闯关成功的概率为，
闯关失败的概率为．
，
所以该大学生闯关成功的概率大于闯关失败的概率．
3．（23-24高三上·四川成都·期中）体育强国是新时期我国体育工作改革和发展的目标和任务，我国要力争实现体育大国向体育强国的转变.2019年9月2日，国务院办公厅印发《体育强国建设纲要》，纲要提出，到2035年，《国民体质测定标准》合格率超过．2023年9月23日至10月8日，第19届亚运会在我国杭州成功举办，中国代表队以201枚金牌，383枚奖牌夺得金牌榜和奖牌榜第一.这是新时期中国体育工作改革和发展过程中取得的优异成绩.某校将学生的立定跳远作为体育健康监测项目，若该校初三年级上期开始时要掌握全年级学生立定跳远情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到频率分布直方图，且规定计分规则如下表：

(1)现从样本的100名学生中，任意选取2人，求两人得分之和不大于35分的概率；
(2)若该校初三年级所有学生的跳远距离（单位：）服从正态分布，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差，已知样本方差（各组数据用中点值代替）．根据往年经验，该校初三年级学生经过一年训练后，每人跳远距离都有明显进步，假设初三结束进行跳远测试时每人跳远比初三上学期开始时距离增加，现利用所得正态分布模型：
（ⅰ）若全年级恰好有2000名学生，预估初三结束进行测试时，跳远距离在以上的人数；（结果四舍五入到整数）
（ⅱ）若在全年级所有学生中任意选取3人，记初三结束进行测试时，跳远距离在以上的人数为，求随机变量的分布列和期望．
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
参考数据：；
【答案】(1)
(2)（ⅰ）1683人；（ⅱ）分布列见解析，1.5
【知识点】指定区间的概率、利用二项分布求分布列、计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题
【分析】（1）先根据频率分布直方图求出得分17分和18分的人数，利用组合可得；
（2）（ⅰ）先求出，，根据正态分布概率的性质可得；
（ⅱ）根据正态分布可知学生中任取1人，跳远距离在以上的概率为0.5，
服从二项分布，根据二项分布的概率公式和期望公式可得.
【详解】（1）两人得分之和不大于35分，即两人得分均为17分，或两人中1人17分，1人18分，
由频率分布直方图，得分为17分的人数为人，
得分为18分的人数为人，
故.
（2）
又，所以，
所以初三结束进行测试时，，，所以.
（ⅰ）因为
所以，
所以跳远距离在以上的人数为：（人）
（ⅱ）由正态分布模型，全年级所有学生中任取1人，跳远距离在以上的概率为0.5，
故，
所以，，
，，
的分布列为：
4．（23-24高二下·江苏·期末）《中华人民共和国国民经济和社会发展第十四个五年规划和2023年远景目标纲要》指出：要加强原创性、引领性科技攻关，坚决打赢关键核心技术攻坚战.某企业集中科研骨干力量，攻克系列关键技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，工艺段覆盖至，为我国芯片制造产业链补上重要一环.该企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进.
(1)该款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在改进生产工艺前，前三道工序的次品率分别为.
①求改进生产工艺前，该款芯片的次品率；
②在第四道工序中，部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验.记表示事件“某芯片经过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”，求证：；
(2)改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间.
①若，以使得的最大值作为的估计值，求；
②记这个芯片的质量指标的标准差为，其中个芯片的质量指标的平均数为，标准差为，剩余芯片的质量指标的平均数为，标准差为，试写出的计算式.
参考数据：.
【答案】(1)①；②证明见解析.
(2)①；②
【知识点】正态曲线的性质、独立事件的乘法公式、计算条件概率、计算几个数据的极差、方差、标准差
【分析】（1）①根据相互独立事件及对立事件求解即可；
②利用条件概率公式及性质证明即可.
（2）①由已知可推得，，
根据已知以及正态分布的对称性，可求得.则，，设，
求出函数的最大整数值，即可得出答案.
②利用样本平均数及方差公式化简即可求解.
【详解】（1）①改进生产工艺前，该款芯片的次品率为
.
②由题意，所以，所以，
又，
所以，即，
所以，即，所以.
（2）①由已知可得，.
又，
所以，.
设，
令，
所以，所以.
令，
所以，所以.
所以使得最大的M值作为M的估计值，则M为.
②记，这个芯片的质量指标的平均数为：，则
又
同理，
所以
，
所以.
5．（23-24高三下·江西·开学考试）已知某客运轮渡最大载客质量为，且乘客的体重（单位：）服从正态分布．
(1)记为任意两名乘客中体重超过的人数，求的分布列及数学期望（所有结果均精确到0.001）；
(2)设随机变量相互独立，且服从正态分布，记，则当时，可认为服从标准正态分布．若保证该轮渡不超载的概率不低于，求最多可运载多少名乘客．
附：若随机变量服从正态分布，则；若服从标准正态分布，则；，，．
【答案】(1)分布列见解析，期望值为；
(2)
【知识点】指定区间的概率、标准正态分布的应用、求离散型随机变量的均值、写出简单离散型随机变量分布列
【分析】（1）首先求得乘客体重大于的概率为，再利用二项分布可求得概率得分布列和期望值；
（2）根据可得保证该轮渡不超载的概率不低于等价于，解不等式可得.
【详解】（1）由乘客的体重（单位：）服从正态分布可得，
则可得，
即任意一名乘客体重大于的概率为，
则的所有可能取值为，
，
，
所以的分布列为
期望值为
（2）设为第位乘客的体重，则，其中，
所以，
由可得，
即，可得，即，.
所以保证该轮渡不超载的概率不低于，最多可运载64名乘客.
压轴七、概率与数列，导数交汇（共6小题）
1．（24-25高三上·四川自贡·期中）某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行.
(1)求乙同学第2局赢的概率；
(2)记甲同学第i局赢的概率为；
（ⅰ）求
（ⅱ）若存在i，使成立，求整数k的最小值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（2）．
【知识点】独立事件的乘法公式、互斥事件的概率加法公式、写出等比数列的通项公式、由导数求函数的最值（不含参）
【分析】（1）根据独立事件概率公式和互斥事件概率公式计算出甲同学第2局赢的概率，再由对立事件概率公式计算；
（2）（ⅰ）根据独立事件概率公式和互斥事件概率公式计算；
（ⅱ）根据独立事件概率公式和互斥事件概率公式确定与的关系，，构造等比数列得出，不等式化为，利用导数求出函数的单调性，求出的最大值为，再由函数单调性对进行估值，从而得出的最小整数值．
【详解】（1）由题意甲第2局赢的概率为，
所以乙赢的概率为；
（2）（ⅰ）由已知时，，
所以，又，所以数列是等比数列，公比为，
所以，所以；
（ⅱ）即，
令，则，易知是减函数，，
所以时，，递减，
显然，因此要求的最小值，即求的最大值，
又，为偶数时，，
为奇数时，，且在为奇数时，是单调递减的，
所以是中的最大值，，
所以，
又在上是减函数，所以，
而，（∵），
所以，
所以满足的整数的最小值为．
【点睛】方法点睛：重复进行的概率问题，一般都要通过独立事件的概率公式、互斥事件概率公式等确定概率的递推关系，然后构造新的等比数列，从而利用等比数列通项公式求得出表达式．
2．（24-25高二上·广东清远·期中）甲、乙、丙三人参加竞答游戏，一轮三个题目，每人回答一题，为体现公平，制定如下规则：①第一轮回答顺序为甲、乙、丙，第二轮回答顺序为乙、丙、甲，第三轮回答顺序为丙、甲、乙，第四轮回答顺序为甲、乙、丙，…，后面按此规律依次向下进行；②当一人回答不正确时，竞答结束，最后一个回答正确的人胜出.已知每次甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，丙回答正确的概率为，三个人回答每个问题相互独立.
(1)求一轮中三人全部回答正确的概率；
(2)记为甲在第轮胜出的概率，为乙在第轮胜出的概率，求与，并比较与的大小.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【知识点】独立事件的乘法公式
【分析】（1）利用计数原理的乘法规律计算即可；
（2）根据题意，我们可以得出每轮回答的概率，是一个以三为周期的一个函数，然后以每三个一组找到规律计算判断大小关系即可.
【详解】（1）设“一轮中三人全部回答正确”为事件M，则.
（2）甲在第一轮胜出的概率为.
甲在第二轮胜出，说明第一轮、第二轮中三人都回答正确，第三轮中丙回答错误，
故甲在第二轮胜出的概率为.
易知
所以当时，;当时，;当时，.
同理可得，当时，；当时，；当时，.
所以当时，；当时，；当时，.
3．（23-24高二下·山东滨州·期中）这个冬季，哈尔滨文旅持续火爆，喜迎大批游客，冬天里哈尔滨雪花纷飞，成为无数南方人向往的旅游胜地，这里的美景，美食，文化和人情都让人流连忘返，严寒冰雪与热情服务碰撞出火花，吸引海内外游客纷至沓来．据统计，2024年元旦假期，哈尔滨市累计接待游客304.79万人次，实现旅游总收入59.14亿元，游客接待量与旅游总收入达到历史峰值．现对某一时间段冰雪大世界的部分游客做问卷调查，其中的游客计划只游览冰雪大世界，另外的游客计划既游览冰雪大世界又参观群力音乐公园大雪人．每位游客若只游览冰雪大世界，则得到1份文旅纪念品；若既游览冰雪大世界又参观群力音乐公园大雪人，则获得2份文旅纪念品．假设每位来冰雪大世界景区游览的游客与是否参观群力音乐公园大雪人是相互独立的，用频率估计概率．
(1)从冰雪大世界的游客中随机抽取3人，记这3人获得文旅纪念品的总个数为，求的分布列；
(2)记个游客得到文旅纪念品的总个数恰为个的概率为，求的前项和：
(3)从冰雪大世界的游客中随机抽取100人，这些游客得到纪念品的总个数恰为个的概率为，当取最大值时，求的值．
【答案】(1)分布列见解析
(2)
(3)
【知识点】确定数列中的最大（小）项、错位相减法求和、利用二项分布求分布列
【分析】（1）由题设条件得出的可能取值，进而由二项分布得出分布列；
（2）由二项分布，进而由错位相减法求和即可；
（3）由二项分布，根据数列的最值的定义结合组合公式得出的值．
【详解】（1）据题意，每位游客只游览冰雪大世界的概率为，得到1份文旅纪念品；
既游览冰雪大世界又参观群力音乐公园大雪人的概率为，获得2份文旅纪念品，
则的可能取值为3，4，5，6，
其中，，
，，
所以的分布列为
（2）因为个游客得到文旅纪念品的总个数恰为个，
则只有1人既游览冰雪大世界又参观群力音乐公园大雪人，
于是，
则，
于是，
两式相减，得
，
所以．
（3）设只游览冰雪大世界的人数为，
则既游览冰雪大世界又参观群力音乐公园大雪人的人数为，
因此游客得到纪念品的总个数，
此时，
假定取最大值，必有，于是，
即，整理得，
解得，而，则，
所以当取最大值时，．
【点睛】关键点睛：求解第三问时，关键在于利用，通过解不等式组，得出的值.
4．（23-24高二下·安徽亳州·期中）已知正四面体的四个面分别标注有字母，随机抛掷该四面体，各面接触桌面的概率均相等．
(1)若每次抛掷时标注有的面接触桌面为抛掷成功，将试验进行到恰好出现3次成功时结束试验，求结束试验时所抛掷的次数为4次的概率；
(2)若每次抛掷标注有或的面接触桌面为抛掷成功，且试验进行到恰好出现2次成功时结束试验，用表示抛掷次数．
①求；
②要使得在次内（含次）结束试验的概率不小于，求的最小值．
【答案】(1)
(2)①；②6．
【知识点】建立二项分布模型解决实际问题、独立重复试验的概率问题、裂项相消法求和、判断数列的增减性
【分析】（1）分析事件，可得部分二项分布求概率；
（2）利用（1）的解法来求出概率，然后利用裂项相消法来求和，最后用数列递推思想得出数列单调性，从而赋值求解最小值.
【详解】（1）因为共抛掷了4次，结束试验时恰好成功3次，说明前3次成功了2次且第4次成功，
所以．
（2）①由题意可知，，
所以；
②由①可知，所以．
令，
则，所以单调递减．
又，，所以当时，，则的最小值为6．
【点睛】方法点睛：在求时，利用了裂项相消法，即.
5．（23-24高二下·福建泉州·期中）某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客．为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2024年的“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分．假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率．
(1)从2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的分布列；
(2)2024年的“清明文化节”拟定于4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务．已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，如此往复．
（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）求甲第n（n＝1，2，…，16）天选择“单车自由行”的概率Pn，并帮甲确定在2024年“清明文化节”的16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数．
【答案】(1)分布列见解析
(2)（i）；（ii），2天
【知识点】乘法公式、求离散型随机变量的均值、写出简单离散型随机变量分布列、写出等比数列的通项公式
【分析】（1）随机抽取三人，用随机变量X表示三人合计得分，则X可能的取值为3，4，5，6，再分别计算概率即可得分布列；
（2）（i）分别分析前后两天选择的情况，再分情况求概率即可；
（ii）设甲第n（n＝1，2，…，16）天选择“单车自由行”的概率Pn，再根据题意得出递推公式，进而可得通项公式，再根据题意可得，代入通项公式分析即可.
【详解】（1）由题意，每位游客得1分的概率为，得2分的概率为，
随机抽取三人，用随机变量X表示三人合计得分，则X可能的取值为3，4，5，6，
，，
，，
所以X的分布列为：
（2）第一天选择“单车自由行”的概率为，则第一天选择“观光电车行”的概率为，
若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，
若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，
则后一天选择“单车自由行”的概率为，
（i）甲第二天选择“单车自由行”的概率．
（ii）甲第n（n＝1，2，…，16）天选择“单车自由行”的概率Pn，有，
，，
又，
∴数列是以为首项，以公比的等比数列，
，
由题意知，，即，，
即，
显然n必为奇数，当n＝1，3，5，…，15时，有即可，
n＝1时，成立；n＝3时，成立；
n＝5时，，则n＝5时，不成立，
n＞5时，不成立．
综上，16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数只有2天．
6．（23-24高二下·浙江杭州·期中）甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有1个黑球和2个白球.设从甲、乙两个口袋中各任取一个球交换放入另一个口袋为一次操作，经过次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为.
(1)写出的分布列并计算；
(2)某人重复进行了100次操作，记，，求该数列的前100项和的最大值；
(3)定性分析当交换次数趋向于无穷时，趋向的值.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)50
(3)，理由见解析
【知识点】求离散型随机变量的均值、独立事件的乘法公式、写出简单离散型随机变量分布列、由递推数列研究数列的有关性质
【分析】（1）第一问就是用相互独立事件同时发生的乘法公式就可求得的分布列，然后利用期望公式即可计算出结果；
（2）第二问关键是看懂题意，即甲口袋中黑球个数为0个时，，甲口袋中黑球个数不为0个时，，所以要想数列的前100项和最大，则尽最大可能让甲口袋中黑球个数为0，从而得到问题的解法及结果；
（3）第三问关键是找到第次交换球后的概率与第次交换球后的概率关系，有了第次交换球后的概率分布，就可以计算第次甲口袋中黑球期望与第次的期望关系，从而构造成等比数列求出，再用极限思想就可以得到结果.
【详解】（1）甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有1个黑球和2个白球.
从甲、乙两个口袋中各任取一个球交换放入另一个口袋为一次操作，
记甲口袋中黑球个数为，则的可能取值有1，2，3，
则，
，
，
所以的分布列为：
即；
（2）根据题设可得不可能同时为1，故，
由于，要使得取到最大值，则使得多出现0个，即甲口袋中的黑球要最快被换成白球，
即第一次甲口袋摸出黑球而且乙口袋摸出白球交换，再第二次还是要从甲口袋摸出黑球而且乙口袋摸出白球交换，
这样经历次可以得到甲口袋中黑球个数为0，此时，
之后甲口袋中只能摸出白球而且乙口袋中只能摸出黑球交换，此时，则，
我们可以再次从甲口袋摸出黑球而且乙口袋摸出白球交换，得到，则，
这样总可以是间隔一次出现甲口袋中没有黑球，所以的最大值为50；
（3）设表示第次交换后甲口袋中黑球有个的概率，
则，
，
，
，
所以
，
由上可得期望的递推关系：，
变形构造为：，由(1)得，所以，
即数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
所以当交换次数趋向于无穷时，趋向的值为.
【点睛】方法点睛：本题创新在第二问数列求和的最大值，看似是一个很难很麻烦的问题，但我们能构理解题意，找到问题可能发生的结果，甚至不用计算，就能得到结果。关键就是在于问题的分析能力.
而第三问就重在能找到一个递推关系，而期望是必须研究甲口袋中的黑球个数取时的概率分布列，所以由此想找到的是概率递推关系，从而就可以不断深入研究期望的递推关系，从而解决问题，这个题的亮点就是与数列的递推综合来解决概率问题.
日销售量/件
0
1
2
3
天数
5
10
25
10
0
1
2
3
0
1
2
3
消费金额（单位：百元）
频数
20
35
25
10
5
5
跳远距离
得分
17
18
19
20
0
1
2
3
0.125
0.375
0.375
0.125
0
1
2
3
4
5
6
X
3
4
5
6
P
1
2
3