五年（2019-2023）年高考真題分項匯編

與題08計熬原理，M隼或加計

含高頻考點

考點十三獨立性檢驗

考點一眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)

考點十二散點圖

考點二極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差

考點十一正態(tài)分布

考點三古典概型及其概率計算公式

考點十離散型隨機變量的期望與方差

膜原理、概率及統(tǒng)計考點四相互獨立事件和相互獨立事件

的概率乘法公式

考點九離散型隨機變量及其分布列

考點五頻率分布直方圖

考點八二項式定理

考點六分類加法計數(shù)原理

考點七排列、組合及簡單計數(shù)問題

誠考點精析

考點一次裁、中依照、平衲檄

1.【多選】（2023?新高考I）有一組樣本數(shù)據(jù)王，x2,,x6,其中凡是最小值，%是最大值，則（）

A.x2,x3,x4,毛的平均數(shù)等于內(nèi)，x2,,的平均數(shù)

X9

B.x2,X3,x4,毛的中位數(shù)等于X，2，戈6的中位數(shù)

C.x2,x3,x4,毛的標(biāo)準(zhǔn)差不小于不，x2,,4的標(biāo)準(zhǔn)差

D.x2,x3,x4,毛的極差不大于玉，x2,,%的極差

【解析】A選項，x2,七，x4,毛的平均數(shù)不一定等于％,x2,,%的平均數(shù)，A錯誤；

8選項，x2,x3,x4,匕的中位數(shù)等于三產(chǎn)，西，尤2，，%的中位數(shù)等于玉產(chǎn)，B正確:

C選項，設(shè)樣本數(shù)據(jù)％,x2,,無6為°，L2,8,9,10,可知不，x2,,乙的平均數(shù)是5,%,x3,

x4,看的平均數(shù)是5，

%，x2,,乙的方差s：=1x[(0-5>+(1-54+(2-5)2+(8—5)2+(9-5)2+(10—5)2]=史,

63

、1?5

/，￡，Z，天的方差5———x[(1—5)~+(2—5)~+(8—5)2+(9—5)~]—,

S\>S29Sl>S2fC錯誤.

。選項，x6>x5,x2>X}y：.X6-X1>X5-X2J。正確.

故選：BD.

2.(2023?上海)現(xiàn)有某地一年四個季度的GDP(億元)，第一季度GDP為232(億元)，第四季度GDP為

241(億元)，四個季度的G3P逐季度增長，且中位數(shù)與平均數(shù)相同，則該地一年的G0P為—.

【解析】設(shè)第二季度GDP為x億元，第三季度GDP為y億元,則232<xvy<241,

?中位數(shù)與平均數(shù)相同，

.x+y232+x+y+241

.?—,

24

「.x+y=473,

該地一年的GDP為232+x+y+241=946(億元).

故答案為：946(億元).

3.(2020?上海)已知有四個數(shù)1,2,a,b,這四個數(shù)的中位數(shù)是3,平均數(shù)是4,則昉=.

【解析】因為四個數(shù)的平均數(shù)為4,所以“+0=4x4—1—2=13,

因為中位數(shù)是3,所以出=3,解得。=4,代入上式得b=13-4=9,

2

所以而=36,

故答案為：36.

考點二做愛、方差鳥?；词?/p>

4.【多選】(2021?新高考II)下列統(tǒng)計量中，能度量樣本不，馬,…，%的離散程度的有()

A.樣本不，x2,.....的標(biāo)準(zhǔn)差B.樣本不，x2,....當(dāng)?shù)闹形粩?shù)

C.樣本%，％.....x”的極差D.樣本玉，x2,X”的平均數(shù)

【解析】中位數(shù)是反應(yīng)數(shù)據(jù)的變化，

方差是反應(yīng)數(shù)據(jù)與均值之間的偏離程度，

極差是用來表示統(tǒng)計資料中的變異量數(shù)，反映的是最大值與最小值之間的差距，

平均數(shù)是反應(yīng)數(shù)據(jù)的平均水平，

故能反應(yīng)一組數(shù)據(jù)離散程度的是標(biāo)準(zhǔn)差，極差.

故選：AC.

5.【多選】(2021?新高考I)有一組樣本數(shù)據(jù)不，%，…，與，由這組數(shù)據(jù)得到新樣本數(shù)據(jù)》，%....

y?>其中y=%+c(i=l,2,...?n),c為非零常數(shù)，貝I]()

A.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)相同

B.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)相同

C.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本標(biāo)準(zhǔn)差相同

D.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差相同

【解析】對于A,兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)的差為c,故A錯誤：

對于3,兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)的差是c,故3錯誤；

對于C,標(biāo)準(zhǔn)差。(凹)=0(%+c)=￡>(%,.),

.??兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本標(biāo)準(zhǔn)差相同，故C正確；

對于￡>,yt=xt+c(z=1,2,n),c為非零常數(shù)，

x的極差為x2-%,y的極差為U,w?+c)-U???+c)=-xmin,

兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差相同，故D正確.

故選：CD.

考點三令善橢型4共就阜計算公式

6.(2022?新高考I)從2至8的7個整數(shù)中隨機取2個不同的數(shù)，則這2個數(shù)互質(zhì)的概率為()

A.-B.-C.-D.-

6323

【解析】從2至8的7個整數(shù)中任取兩個數(shù)共有C；=21種方式，

其中互質(zhì)的有：23,25,27,34,35,37,38,45,47,56,57,58,67,78,共14種,

故所求概率為匕=2.

213

故選：D.

7.(2022?上海)為了檢測學(xué)生的身體素質(zhì)指標(biāo)，從游泳類1項，球類3項，田徑類4項共8項項目中隨機

抽取4項進行檢測，則每一類都被抽到的概率為.

【解析】從游泳類1項，球類3項，田徑類4項共8項項目中隨機抽取4項進行檢測，

則每一類都被抽到的方法共有C：?C；?C：+C：?C；?C：種，

而所有的抽取方法共有C；種，

故每一類都被抽到的概率為C；/=30=3(

故答案為：-.

7

8.(2021?上海)已知花博會有四個不同的場館A,B,C,D,甲、乙兩人每人選2個去參觀，則他們的

選擇中，恰有一個館相同的概率為—.

【解析】甲選2個去參觀，有C：=6種，乙選2個去參觀，有C；=6種，共有6x6=36種，

若甲乙恰有一個館相同，則選確定相同的館有C：=4種，然后從剩余3個館種選2個進行排列，有=6種，

共有4x6=24種，

則對應(yīng)概率2=絲=2,

363

故答案為：

3

9.(2019?上海)某三位數(shù)密碼，每位數(shù)字可在0-9這10個數(shù)字中任選一個，則該三位數(shù)密碼中，恰有兩

位數(shù)字相同的概率是—.

【解析】方法一、(直接法)某三位數(shù)密碼鎖，每位數(shù)字在0-9數(shù)字中選取，

總的基本事件個數(shù)為1000,

其中恰有兩位數(shù)字相同的個數(shù)為C：oC；G=270,

則其中恰有兩位數(shù)字相同的概率是型=2二：

1000100

方法二、(排除法)某三位數(shù)密碼鎖，每位數(shù)字在0-9數(shù)字中選取，

總的基本事件個數(shù)為1000,

其中三位數(shù)字均不同和全相同的個數(shù)為10*9x8+10=730，

可得其中恰有兩位數(shù)字相同的概率是1-空=2二.

1000100

故答案為：—.

100

考點四銅量秘嵬凈件前相及獨更事件的施率來依公工

10.(2021?新高考I)有6個相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中有放回的隨機取兩次，每

次取1個球.甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1"，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表

示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7"，則()

A.甲與丙相互獨立B.甲與丁相互獨立

C.乙與丙相互獨立D.丙與丁相互獨立

【解析】由題意可知,兩點數(shù)和為8的所有可能為：(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),

兩點數(shù)和為7的所有可能為(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),

P(甲)=1,p(乙)=1，p(丙)=—-—=,p(J)=―——=—,

666x6366x66

A:P(甲丙)二0工尸(甲)P(丙)，

B:P(甲丁)=—=P(甲)P(丁)，

36

C\P(乙丙)=—^P(乙)P(丙)，

36

D-P(丙丁)=0NP(丙)P(T).

故選：B.

11.【多選】(2023?新高考II)在信道內(nèi)傳輸0,1信號，信號的傳輸相互獨立.發(fā)送0時，收到1的概率

為a(0<a<l),收到0的概率為1-0；發(fā)送1時，收到0的概率為/?(()<￡<1),收到1的概率為1-/?.考

慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸.單次傳輸是指每個信號只發(fā)送1次，三次傳輸是指每個信號重復(fù)

發(fā)送3次.收到的信號需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到

的信號中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼(例如，若依次收到1,0,1,則譯碼為1)()

A.采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1,0,1,則依次收到1,0,1的概率為

B.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1,則依次收到1,0,1的概率為夕(1-4>

C.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1,則譯碼為1的概率為尸(1--)2+(1-夕

D.當(dāng)0<&<0.5時，若發(fā)送0,則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的

概率

【解析】采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1,0,1,則依次收到1,0,1的概率為：

(1-)0)(1-a)(l-/?)=(l-a)(l-"尸，故A正確；

采用三次傳輸方案，若發(fā)送1,依次收到1,0,1的概率為：(1-夕)夕(1-6)=￡(1-￡)2,故5正確：

采用三次傳輸方案，若發(fā)送1,

則譯碼為I包含收到的信號為包含兩個1或3個I,

故所求概率為：《夕(2-4y+(l-夕尸，故C錯誤；

三次傳輸方案發(fā)送0,譯碼為0的概率耳=C；a(l-a)2+(1-a)3,

單次傳輸發(fā)送0譯碼為0的概率P2=l-a,

232

P2-Pt=(,i-a)-C；a(l-a)-(l-a)=(l-a)[l-C；a(l-a)-(l-a)]

-(1-a)(2a2-a)

=(1-a)a(2a-1),

當(dāng)0vav0.5時，P2-Pt<0,

故g<6，故。正確.

故選：ABD.

考點五頻率臺，，方圖

12.(2023?新高考-II)某研究小組經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)某種疾病的患病者與未患病者的某項醫(yī)學(xué)指標(biāo)有明顯差異,

經(jīng)過大量調(diào)查，得到如下的患病者和未患病者該指標(biāo)的頻率分布直方圖：

頻率頻率

患病者未患病者

利用該指標(biāo)制定一個檢測標(biāo)準(zhǔn)，需要確定臨界值C,將該指標(biāo)大于C的人判定為陽性，小于或等于C的人判

定為陰性，此檢測標(biāo)準(zhǔn)的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為p(C);誤診率是將未患病者判定為

陽性的概率，記為q(c).假設(shè)數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布，以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率.

(1)當(dāng)漏診率p(c)=0.5%時，求臨界值c和誤診率q(c)；

(2)設(shè)函數(shù)/(c)=p(c)+q(c).當(dāng)ce[95,105],求/(c)的解析式，并求/(c)在區(qū)間[95,105]

的最小值.

【解析】(1)當(dāng)漏診率〃(c)=0.5%時，

則(c-95)0002=0.5%,解得c=97.5：

<7(c)=0.01x2.5+5x0.002=0.035=3.5%；

(2)當(dāng)cw[95,100]時,

f(c)=p(c)+q(c)=(c-95)-0.002+(100-c)-0.01+5x0.002=-0.008c+0.82..0.02,

當(dāng)ce(100,105]時，/(c)=p(c)+4(c)=5x0.002+(c-100)0.012+(105-c)-0.002=0.01c-0.98>0.02,

f-0.008c+0.82,95金100

故u/(c)=《，

[0.01c-0.98,100<c;,105

所以f(c)的最小值為0.02.

13.(2022?新高考H)在某地區(qū)進行流行病學(xué)調(diào)查，隨機調(diào)查了100位某種疾病患者的年齡，得到如下的

樣本數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖：

(1)估計該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表)；

（2）估計該地區(qū)一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間［20,70）的概率；

（3）已知該地區(qū)這種疾病患者的患病率為0.1%,該地區(qū)年齡位于區(qū)間［40,50）的人口占該地區(qū)總?cè)丝诘?/p>

16%.從該地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間［40,50）,求此人患這種疾病的概率（以樣本數(shù)據(jù)中

患者的年齡位于各區(qū)間的頻率作為患者的年齡位于該區(qū)間的概率，精確到0.0001）.

【解析】（1）由頻率分布直方圖得該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡為：

X=5x0.00lxl0+15x0.002xl0+25x0.0l2xl0+35x0.017xl0+45x0.023xl0+55x0.020xl0+65x0.017xl0+75x0.006xl0+85x0.002xl0=47.9^,!?

（2）該地區(qū)一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間［20,70）的頻率為：

（0.012+0.017+0.023+0.020+0.017）x10=0.89,

.??估計該地區(qū)一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間［20,70）的概率為0.89.

（3）設(shè)從該地區(qū)中任選一人，此人的年齡位于區(qū)間［40,50）為事件3,此人患這種疾病為事件C,

則P（C|B）=迺=O1%X°O23XI0^,0（H4.

今奏加法什核原理

14.（2020?上海）已知A={-3,-2,-I,0,1,2,3）,a、h&A,則的情況有種.

【解析】當(dāng)a=—3,0種，

當(dāng)a=—2,2種，

當(dāng)a=—1,4種;

當(dāng)a=0，6種，

當(dāng)a=l,4種；

當(dāng)a=2,2種，

當(dāng)a=3,0種，

故共有：2+4+6+4+2=18.

故答案為：18.

星點七排列、俶含含簡單針裁冏做

15.（2023?新高考H）某學(xué)校為了了解學(xué)生參加體育運動的情況，用比例分配的分層隨機抽樣方法作抽樣

調(diào)查，擬從初中部和高中部兩層共抽取60名學(xué)生，已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學(xué)生,

則不同的抽樣結(jié)果共有（）

A.謂。種B.種

C.C北種D.C北C禽種

【解析】.?初中部和高中部分別有400和200名學(xué)生，

人數(shù)比例為400:200=2:1,

則需要從初中部抽取40人，高中部取20人即可，

則有編,C靠種.

故選：D.

16.（2022?新高考II）甲、乙、丙、丁、戊5名同學(xué)站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相

鄰，則不同的排列方式共有（）

A.12種B.24種C.36種D.48種

【解析】把丙和丁捆綁在一起，4個人任意排列，有用=48種情況，

甲站在兩端的情況有C；用=24種情況，

.?.甲不站在兩端，丙和丁相鄰的不同排列方式有48-24=24種，

故選：B.

17.（2020?海南）要安排3名學(xué)生到2個鄉(xiāng)村做志愿者，每名學(xué)生只能選擇去一個村，每個村里至少有一

名志愿者，則不同的安排方法共有（）

A.2種B.3種C.6種D.8種

【解析】要安排3名學(xué)生到2個鄉(xiāng)村做志愿者，每名學(xué)生只能選擇去一個村，

每個村里至少有一名志愿者，

則不同的安排方法共有：

C；C：#=6.

故選：C.

18.（2020?山東）6名同學(xué)到甲、乙、丙三個場館做志愿者，每名同學(xué)只去1個場館，甲場館安排1名，乙

場館安排2名，丙場館安排3名，則不同的安排方法共有（）

A.120種B.90種C.60種D.30種

【解析】因為每名同學(xué)只去1個場館，甲場館安排1名，乙場館安排2名，丙場館安排3名，

甲場館從6人中挑一人有：C：=6種結(jié)果；

乙場館從余下的5人中挑2人有：C；=10種結(jié)果；

余下的3人去內(nèi)場館；

故共有：6x10=60種安排方法；

故選：C.

19.(2023?新高考I)某學(xué)校開設(shè)了4門體育類選修課和4門藝術(shù)類選修課，學(xué)生需從這8門課中選修2

門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有一種(用數(shù)字作答).

【解析】若選2門，則只能各選1門，有C：C：=16種，

如選3門，則分體育類選修課選2,藝術(shù)類選修課選1,或體育類選修課選1,藝術(shù)類選修課選2,

則有+C：C：=24+24=48,

綜上共有16+48=64種不同的方案.

故答案為：64.

20.(2020?上海)從6個人挑選4個人去值班，每人值班一天，第一天安排1個人，第二天安排1個人，

第三天安排2個人，則共有一種安排情況.

(解析】根據(jù)題意，可得排法共有C：C；C：=180利I

故答案為：180.

21.(2019?上海)首屆中國國際進口博覽會在上海舉行，某高校擬派4人參加連續(xù)5天的志愿者活動，其

中甲連續(xù)參加2天，其他人各參加1天，則不同的安排方法有一種(結(jié)果用數(shù)值表示)

【解析】在五天里，連續(xù)的2天，一共有4種，剩下的3人排列，故有4A；=24種，

故答案為：24.

濤點八二項K定理

0000o0

22.(2023?上海)已知(1+2023》)'+(2023-4=4+4/+%/++%,/"+400M,若存在ke{0,1,

2,,100}使得ak<0,貝必的最大值為.

【解析】二項式(1+2O23W0的通項為*=G；o(2O23xA=Cq-2O23J/,re{0,1,2,100},

0000

二項式(2023-x)'的通項為&=/120231T(_刈=1,-20231°°-'?(-1)x'，小{0,1,2.....100),

A100|()

ak=C^,-2023+C^,■2O23-t-(-1)*=^[20234+2023°-4-(-1)*],ke[0,1,2,,100},

若/<0,則氏為奇數(shù)，

AA

此時ak=C^(2023-2023'°°-),

2023*-2023*<0,

.,次<100-攵，

.?Mv50,

又,々為奇數(shù)，

:.k的最大值為49.

故答案為：49.

23.(2022?上海)二項式(3+x)"的展開式中，/項的系數(shù)是常數(shù)項的5倍，則〃=—.

【解析】二項式(3+x)"的展開式中，V項的系數(shù)是常數(shù)項的5倍，

即C；X3"2=5C>3",即“("[D=5X9,

.-./?=10,

故答案為：10.

2345

24.(2022?浙江)已知多項式(x+2)(x-l)4=a0+a1x+a2x+a3x+a4x+6z5x,則生=_

4+%+。3+。4+。5=?

【解析】。-1)4一4丁+6/一4x+1,

勺=+12=8；

令x=0,則4=2,

令x=1,貝ij/+4+%+%+/+%=0，

「?4+%+/+%+%=-2?

故答案為：8,-2.

25.(2022?新高考I)(1-?的展開式中xR的系數(shù)為(用數(shù)字作答).

X

【解析】0+)，)8的通項公式為7；+1=(7/8-3’,

2635

當(dāng)廠=6時，7；=C1xy,當(dāng)r=5時，T6=C1xy,

(1-2)(x+y)8的展開式中x2/的系數(shù)為《-以=--合;=28-56=-28.

故答案為：-28.

26.(2021?浙江)已知多項式(x-l)'+(x+1)'=X，+%工+%，則q=；a2+a^+aA=

【解析】4即為展開式中d的系數(shù)，

所以q=以(-1)。+<7：=5；

令x=l,則有1+4+/+4+4=(1-1)3+(1+1)4=16,

所以見+4+%=16-5-1=10.

故答案為：5；10.

27.(2021?上海)己知二項式(x+a)5展開式中，V的系數(shù)為80,則“=.

【解析】(x+a)s的展開式的通項公式為卻

所以/的系數(shù)為CM3=80,解得a=2.

故答案為：2.

28.（2021?上海）已知（1+x）"的展開式中,唯有仁的系數(shù)最大,則（1+x）"的系數(shù)和為.

【解析】由題意，C：>C；,且C；>C：,

所以〃=6,

所以令x=l,（1+》）6的系數(shù)和為26=64.

故答案為：64.

2345

29.（2020?浙江）二項展開式（1+2x）'=aQ+atx+a2x+a3x+?4x+a5x,則a4=,4+4+%=

5234

【解析】（1+2x）=aQ+a{x+a2x+a3x+a4x+a5^,則44=以,2"=80.

%+4+%=C；x2+C；x23+C；25=122.

故答案為：80；122.

30.（2020?上海）已知二項式（2x+6）5,則展開式中V的系數(shù)為.

【解析】仁（24（?）4=10丁，所以展開式中V的系數(shù)為10.

故答案為：10.

31.（2019?上海）已知二項式（2x+l）s,則展開式中含/項的系數(shù)為.

【解析】二項式（2x+iy的展開式的通項公式為刀”

令5f=2,求得r=3,可得展開式中含％z項的系數(shù)值為C；?22=40,

故答案為：40.

32.（2019?浙江）在二項式（夜+幻9展開式中，常數(shù)項是—，系數(shù)為有理數(shù)的項的個數(shù)是—.

【解析】二項式（血+x）9的展開式的通項為j=C；（應(yīng)廣5=2yC；，.

由r=0,得常數(shù)項是工=16立；

當(dāng)r=l,3,5,7,9時?，系數(shù)為有理數(shù)，

系數(shù)為有理數(shù)的項的個數(shù)是5個.

故答案為：16夜，5.

33.（2019?上海）在（*+9）6的展開式中，常數(shù)項等于.

【解析】（x+j=）6展開式的通項為,片《.一，.―二禺/喈，6-y=0,得r=4,

故展開式的常數(shù)項為第5項：C：=15.

故答案為：15.

考點九再假建成機安量女其臺，利

34.(2019?浙江)設(shè)Ova<l.隨機變量X的分布列是

X0a1

P2

333

則當(dāng)。在(0,1)內(nèi)增大時，()

A.￡>(X)增大B.D(X)減小

C.Q(X)先增大后減小D.D(X)先減小后增大

【解析】￡(X)=0x-+ax-+lx-=^-i^,

3333

1/。+101。+1°1

D(X)=(亍)~x§+3—~—)-x-+(l—~—)-X—

3

17211

=—[(a+1)2+(2a-1產(chǎn)+(a—2力=一(/一。+1)=一(。一一f_

279926

Ovavl,.?.O(X)先減小后增大

故選：

考點十離款型成機變貨的期望易方是

35.(2022?浙江)現(xiàn)有7張卡片，分別寫上數(shù)字1,2,2,3,4,5,6.從這7張卡片中隨機抽取3張，記

所抽取卡片上數(shù)字的最小值為J,則尸(4=2)=,E?)=.

【解析】根據(jù)題意可得：J的取值可為1,2,3,4,

又小=1)哈4,

「…一個一行’

雄二"哈總,

-4)哈總，

故答案為：—；—.

357

36.(2021?浙江)袋中有4個紅球，"，個黃球，〃個綠球.現(xiàn)從中任取兩個球，記取出的紅球數(shù)為若取

出的兩個球都是紅球的概率為工，一紅一黃的概率為1，則"一〃=—,E&)=—.

【解析】由題意，尸4=2）==^-=，=三

C"+"+4636

又一紅一黃的概率為半^,

C，4336

所以C二4=36,C：,=3,

解得m=31n=2,故〃2—〃=1：

由題意，J的可能取值為0,1,2,

所以尸C=o）=m=[=2，

C93010

P?=1)r='C*1=2M0=￡10

C9301o

13

尸C=2)=—=，，

618

JWU.E(^)=0x—+lx—+2x—=-

1818189

8

故答案為：1;9-

37.（2020?浙江）盒中有4個球，其中1個紅球，1個綠球，2個黃球.從盒中隨機取球，每次取1個，不

放回，直到取出紅球為止.設(shè)此過程中取到黃球的個數(shù)為則尸4=0）=,E（+=.

【解析】【解法1】由題意知隨機變量4的可能取值分別為0，1，2；

&=0表示取到紅球后（停止取球）還沒有取到黃球，有以下兩種情況：

①第一次就取到紅球（6=1）,

②第一次取到綠球、第二次取到紅球（8=（xg=*）,

所以PC=o)=4+2=；+^=g；

當(dāng)4=1時，有以下三種情況：①第一次取到1個黃球為2=第二次紅球為1，停止取球;

423

②第一次取到1個黃球為2,笫二次取到綠球為1，第三次取到紅球為1,停上取球;

432

③第一次取到綠球為工，第二次取到黃球為2,第三次取到紅球為2，停止取球;

432

212111211

所以尸(4=1)=^*3+^x—x—+—x-x—=—

324323

所以g的分布列為:

012

P

333

數(shù)學(xué)期望為EC)=0xg+lx!+2xg=l.

【解法2】由題意知，隨機變量4的可能取值為0,1,2；

計算P(9)f+嘉巖；

3)=芋+^^4

n一c、^-C',C；-C；-A^-C；1

必=2)=丁+-d=鼠

所以EC)=0xg+lxg+2xg=l.

故答案為：--1.

3

38.(2023?上海)2023年6月7日，21世紀(jì)汽車博覽會在上海舉行，已知某汽車模型公司共有25個汽車

模型，其外觀和內(nèi)飾的顏色分布如下表所示：

紅色外觀藍色外觀

棕色內(nèi)飾128

米色內(nèi)飾23

(1)若小明從這些模型中隨機拿一個模型，記事件A為小明取到紅色外觀的模型，事件8為小明取到棕色

內(nèi)飾的模型，求尸(B)和P(3|A),并判斷事件A和事件8是否獨立；

(2)該公司舉行了一個抽獎活動，規(guī)定在一次抽獎中，每人可以一次性從這些模型中拿兩個汽車模型，給

出以下假設(shè)：

假設(shè)1：拿到的兩個模型會出現(xiàn)三種結(jié)果，即外觀和內(nèi)飾均為同色、外觀和內(nèi)飾都異色、以及僅外觀或僅內(nèi)

飾同色；

假設(shè)2：按結(jié)果的可能性大小，概率越小獎項越高；

假設(shè)3：該抽獎活動的獎金額為：一等獎600元，二等獎300元、三等獎150元；

請你分析獎項對應(yīng)的結(jié)果，設(shè)X為獎金額，寫出X的分布列并求出X的數(shù)學(xué)期望.

【解析】(1)若紅色外觀的模型，則分棕色內(nèi)飾12個，米色內(nèi)飾2個，則對應(yīng)的概率尸(A)=叫工=6，

2525

若小明取到棕色內(nèi)飾，分紅色外觀12,藍色外觀8,則對應(yīng)的概率P(B)=12+8=20=4

25255

取到紅色外觀的模型同時是棕色內(nèi)飾的有12個，即P（A8）=上io

25

12

P(AB)=25J2=6

則尸(31A)=

尸(A)14147

25

1445612

P(A)P(B)=—x—=衛(wèi)二一，/.P(A)P(B)wP(A3),

25512525

即事件A和事件B不獨立.

(2)由題意知X=600，300,150,

則外觀和內(nèi)飾均為同色的概率-"；￡；+《二皿|滬1嗡喂

外觀和內(nèi)飾都異色的概率P=C；G+C；2G=24+24=±=竺、

C%25x1225150

僅外觀或僅內(nèi)飾同色的概率p=i-9-&=衛(wèi)，

15025150

774924

\<----->------>------，

150150150

774924

/.P(X=150)=一，P(X=300)=—，P(X=600)=一,

150150150

則X的分布列為:

X150300600

P774924

150Tso150

則EX=150x」77-+300x」49"+600x——94=-4-0-6-50-=271（元）.

150150150150

39.（2023?新高考I）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若未

命中則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6,乙每次投籃的命中率均為

0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.

（1）求第2次投籃的人是乙的概率；

（2）求第i次投籃的人是甲的概率；

（3）已知：若隨機變量X,.服從兩點分布，且P（X,=l）=l-P（X,=0）=%，i=l,2,,n,則

E（￡X；）=￡%.記前〃次（即從第1次到第〃次投籃）中甲投籃的次數(shù)為y,求E（y）.

/=1/=1

【解析】（1）設(shè)第2次投籃的人是乙的概率為P,

由題意得P=0.5x0.4+0.5x0.8=0.6：

（2）由題意設(shè)為第"次投籃的是甲，

則P?+l=0.6匕+0.2（1-勺）=0.4Pn+0.2,

.."g=04比。,

又g=貝11{2一；}是首項為公比為0.4的等比數(shù)列，

Pn',即口=：+34）"''

365305

第i次投籃的人是甲的概率為e=4+'x（I）1-1;

1I7

（3）由（2）得q=±+Lx（士）”,

365

由題意得甲第i次投籃次數(shù)耳服從兩點分布，且尸氏=1）=1-尸（匕=0）=月,

x)=E(y)=f6,

1=1<=1

12

Iri-(ry11

上1n-4-EVV\(D1/2-_1〃65〃5「1n

.?.當(dāng)”..I時，￡(n=2.^=7L(7)v+7=-——7—+T=—n-H—；

r=io,)Jj1——3183

=-5

57（）

當(dāng)〃=o時，￡（y）=-[i-（-）°]+-,

1o53

綜上所述，E（y）=A[i_（|）o]+,〃eN.

40.（2021?新高考II）一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷生存下來，設(shè)一個這種微生物為第0代，經(jīng)

過一次繁殖后為第1代，再經(jīng)過一次繁殖后為第2代，該微生物每代繁殖的個數(shù)是相互獨立的且有

相同的分布列，設(shè)X表示1個微生物個體繁殖下一代的個數(shù)，P（X=i）=p,（i=0,1,2,3）.

（I）已知〃（）=0.4,P]=0.3,p2=0.2,p3=0.1,求七（X）；

（II）設(shè)〃表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率，〃是關(guān)于工的方程：〃。+四工+〃2/+〃3%3=無

的一個最小正實根，求證：當(dāng)鳳X）,,l時，p=l,當(dāng)E（X）>1時，p<l；

（III）根據(jù)你的理解說明（2）問結(jié)論的實際含義.

【解析】（I）解：由題意，Po=0.4,P]=0.3,p2=0.2,p3=0.1?

故石（X）=0x0.4+lx0.3+2x0.2+3x0.1=l；

（II）證明：由題意可知，〃o+Pl++〃3=1，則石（X）=Pl+2P2+3小，

223

所以Po+RX+P2X+=光，變形為Po-（1-/?!）%+P2X+p3x=0,

所以Po+P#+―(Po+,2+P3)X=0，

即p()(l-x)+p2x(x-l)-bp3x(x-1)(X-F1)=0r

即(X—+(〃2+P3)X—PO]=O,

2

令f(x)=PyX+(p2+P,)X-Po,

若axO時，則f(x)的對稱軸為x=一上也<0,

2P3

注意至1」/(0)=-區(qū)》,0，f<1)=2。3+。2—。0=。|+2。2+3p3-l=E(X)-l，

若P3=0時，f(1)=￡(%)-1.

當(dāng)E(X),,1時,f(1)?0,f(x)=O的正實根為..1,原方程的最小正實根p=l,

當(dāng)E(X)>1時，f(1)=8+2%+3功-1>。，/(x)=0的正實根為<1,原方程的最小正實根?<1,

(HI)解：當(dāng)1個微生物個體繁殖下一代的期望小于等于1時，這種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕；

當(dāng)1個微生物個體繁殖下一代的期望大于1時，這種微生物經(jīng)過多代繁殖后還有繼續(xù)繁殖的可能.

41.(2021?新高考I)某學(xué)校組織“一帶一路”知識競賽，有A,8兩類問題.每位參加比賽的同學(xué)先在

兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學(xué)比賽結(jié)束；若回答正確則從另一

類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學(xué)比賽結(jié)束.A類問題中的每個問題回答正

確得20分，否則得0分；8類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分.

已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8,能正確回答3類問題的概率為0.6,且能正確回答問題的概率

與回答次序無關(guān).

(1)若小明先回答A類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；

(2)為使累計得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？并說明理由.

【解析】(1)由己知可得，X的所有可能取值為0,20,100,

貝i]P(X=0)=l-0.8=0.2,

p(X=20)=0.8x(l-0.6)=0.32

P(X=100)=0.8x0.6=0.48,

所以X的分布列為：

X020100

P0.20.320.48

(2)由(1)可知小明先回答A類問題累計得分的期望為E(X)=0x0.2+20x0.32+100xQ48=54.4,

若小明先回答B(yǎng)類問題，記y為小明的累計得分，

則y的所有可能取值為o,80,loo,

p(y=0)=1-0.6=0.4,

P(Y=80)=0.6x(1-0.8)=0.12,

P(y=100)=0.6x0.8=0.48,

貝|JY的期望為E(n=0x0.4+80x0.12+100x0.48=57.6,

因為E&)>E(X),

所以為使累計得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答3類問題.

考點十**正態(tài)今，

42.(2021?新高考H)某物理量的測量結(jié)果服從正態(tài)分布'(IO,/),則下列結(jié)論中不正確的是()

A.b越小，該物理量在一次測量中落在(9.9,10.1)內(nèi)的概率越大

B.該物理量在一次測量中大于10的概率為0.5

C.該物理量在一次測量中小于9.99與