專題15排列組合、概率統(tǒng)計與實際應(yīng)用

目錄

第一部分考向速遞洞察考向，感知前沿

第二部分題型歸納梳理題型，突破重難

題型01排列組合

題型02二項式定理

題型03概率初步

題型04統(tǒng)計估計

題型05條件概率與相關(guān)公式

題型06隨機變量的分布與特征

題型07常用分布

題型08成對數(shù)據(jù)的相關(guān)分析

題型09一元線性規(guī)劃分析

題型102×2列聯(lián)表

第三部分分層突破固本培優(yōu)，精準(zhǔn)提分

A組·基礎(chǔ)保分練

B組·重難提升練

n

21

1．“n6”是“x的二項展開式中存在常數(shù)項”的（）

x

A．充分非必要條件B．必要非充分條件

C．充要條件D．既非充分也非必要條件

【答案】A

nr

【解析】21展開式的通項為：r2nr1r2n3r；

xTr1CnxCnx0rn,rN

xx

40

當(dāng)n6時，取r4，則T5C6x15，故充分性成立；

n

1n8

當(dāng)2n3r0時，x展開式中存在常數(shù)項，如，故必要性不成立；

xr4

n

1

所以“n6”是“x的二項展開式中存在常數(shù)項”的充分非必要條件.

x

故選：A.

1

2.小何同學(xué)喜歡踢足球，已知他踢點球進(jìn)門的概率是，一次點球訓(xùn)練中，他連續(xù)2次都沒有踢

3

進(jìn)門，則他第3次踢進(jìn)門的概率為（）

122

A．B．C．1D．介于和1之間的某個實數(shù)

333

【答案】A

11

【解析】他踢點球進(jìn)門的概率是，所以他第3次踢進(jìn)門的概率為.

33

故選：A

3．在桌面上有一個質(zhì)地均勻的正四面體D—ABC．從該正四面體與桌面貼合的面上的三條棱中等可能地選

取一條棱，沿其翻轉(zhuǎn)正四面體至正四面體的另一個面與桌面貼合，如此翻轉(zhuǎn)稱為一次操作．如圖，開始時，

正四面體與桌面貼合的面為ABC，操作n(n1,2,3,)次后，正四面體與桌面貼合的面是ABC的概率記為Pn.

1

現(xiàn)有下列兩個結(jié)論：①P；②PP.則下列說法正確的是（）

232524

A．①正確，②錯誤B．①錯誤，②正確

C．①、②都正確D．①、②都錯誤

【答案】C

【解析】開始時正四面體與桌面貼合的面為ABC，進(jìn)行一次操作后，正四面體與桌面貼合的面不可能再是

ABC，所以P10.

要得到操作2次后正四面體與桌面貼合的面是ABC，那么第一次操作后正四面體與桌面貼合的面不是ABC，

且第二次操作能回到ABC.

第一次操作后正四面體與桌面貼合的面不是ABC，有3種情況（正四面體共4個面，除去ABC面），從這

1

3個面中的任意一個面進(jìn)行第二次操作回到ABC面的概率為,

3

111

根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，P1P，因為P0，所以P10，故①正確,

2131233

當(dāng)n2時，操作n次后正四面體與桌面貼合的面是ABC，則操作n1次后正四面體與桌面貼合的面不是

ABC，且第n次操作能回到ABC,

操作n1次后正四面體與桌面貼合的面不是ABC的概率為1Pn1，

1

從不是ABC的面進(jìn)行一次操作回到ABC面的概率為，

3

111

所以可得遞推關(guān)系P1PP.

nn133n13

111

將上式變形為PnPn1,

434

11111

所以數(shù)列P是以P0為首項,為公比的等比數(shù)列,

n414443

n1n1

111即111，

Pn,Pn

443443

2423

111111，顯然，故②正確

P25,P24P25P24.

443443

故選：C

4.標(biāo)志重捕法是指的是在一定范圍內(nèi)，對活動能力強、活動范圍較大的動物種群進(jìn)行粗略估算的

一種生物統(tǒng)計方法，是根據(jù)自由活動的生物在一定區(qū)域內(nèi)被調(diào)查與自然個體數(shù)的比例關(guān)系對自然個體總數(shù)

進(jìn)行數(shù)學(xué)推斷.在被調(diào)查種群的生存環(huán)境中，捕獲一部分個體，將這些個體進(jìn)行標(biāo)志后再放回原來的環(huán)境，

經(jīng)過一段時間后進(jìn)行重捕，根據(jù)重捕中標(biāo)志個體占總捕獲數(shù)的比例來估計該種群的數(shù)量.標(biāo)志重捕法估算種

群密度是基于以下幾種假設(shè)：①標(biāo)記個體與未標(biāo)記個體在重捕時被捕獲的概率相等；②在調(diào)查期內(nèi)標(biāo)記的

個體沒有死亡，沒有遷出，標(biāo)記物沒有脫落；③標(biāo)記個體在種群中均勻分布.若應(yīng)用標(biāo)志重捕法調(diào)查魚的種

群密度，則下列捕魚過程會導(dǎo)致估算結(jié)果與實際情況誤差較大的是（）.

A．第一次用小網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，第二次用小網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚

B．第一次用小網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，第二次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚

C．第一次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，第二次用小網(wǎng)眼點漁網(wǎng)捕魚

D．第一次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，第二次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚

【答案】D

Nn

【解析】理論計算公式為，其中N為估算的種群數(shù)值，M為第一次捕獲并標(biāo)記的個體，

Mm

n為一段時間后，在原來的捕獲點再次捕獲的個體數(shù)，m為二次捕獲的個體中有標(biāo)記的數(shù)量，

Mn

轉(zhuǎn)換后得N，

m

假設(shè)池塘中的魚分為大魚和小魚，大魚是指用大網(wǎng)和小網(wǎng)均能捕獲的魚，小魚指僅能用小網(wǎng)能捕獲的魚，

A選項，第一次用小網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，第二次用小網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，

第一次用小網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，MM1M2，其中M1為捕獲并標(biāo)記的大魚，M2為捕獲并標(biāo)記的小魚，

設(shè)N1為池塘中實際的大魚數(shù)，N2為池塘中實際的小魚數(shù)，N0為池塘中實際的魚條數(shù)，

則N0N1N2，

MM

標(biāo)記后全部放回池塘后，池塘中被標(biāo)記的大魚占全部大魚比例為1，被標(biāo)記的小魚占全部小魚比例為2，

N1N2

MMM

假設(shè)每條魚被捕獲的概率相等，故12，

N1N2N0

M

第二次捕獲的大魚n1條中，理論上含標(biāo)記的大魚有n1，

N0

M

第二次捕獲的小魚n2條中，理論中含標(biāo)記的小魚有n2，

N0

故nn1n2，

MMMM

故總的標(biāo)記條數(shù)為mn1n2n1n2n，

N0N0N0N0

MnMn

所以N，又N，故NN，

0mm0

結(jié)論：若兩次捕魚都用小網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，

采用標(biāo)志重捕法估算出的種群數(shù)量與實際種群數(shù)量大致相等；

B選項，第一次用小網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，第二次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，

第一次用小網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，MM1M2，其中M1為捕獲并標(biāo)記的大魚，M2為捕獲并標(biāo)記的小魚，

設(shè)N1為池塘中實際的大魚數(shù)，N2為池塘中實際的小魚數(shù)，

MM

標(biāo)記后全部放回池塘后，池塘中被標(biāo)記的大魚占全部大魚比例為1，被標(biāo)記的小魚占全部小魚比例為2，

N1N2

MMM

12

假設(shè)每條魚被捕獲的概率相等，故，其中N0為池塘中實際的魚條數(shù)，

N1N2N0

第二次用大網(wǎng)眼漁網(wǎng)捕魚，捕獲的全部是大魚，即n1n，

MM

MnMn

理論上，mn1n，故N0，又N，故N0N，

N0N0mm

結(jié)論：第一次用小網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，第二次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，

采用標(biāo)志重捕法估算出的種群數(shù)量與實際種群數(shù)量大致相等；

C選項，第一次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，第二次用小網(wǎng)眼點漁網(wǎng)捕魚，

第一次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，MM1，標(biāo)記后將魚全部放回到池塘后，

MM

池塘中被標(biāo)記的大魚占全部大魚比例為1，

N1N1

第二次用小網(wǎng)眼漁網(wǎng)捕魚，捕獲的魚中既有大魚也有小魚，nn1n2，

由于第一次用大網(wǎng)眼漁網(wǎng)捕魚，標(biāo)記的均為大魚，故第二次捕獲的魚中，只有大魚也有可能被標(biāo)記，

M

理論上，mn1，

N1

MnMnnNnnNnN

N1121N21

其中1，

mMn1n1n1

n1

N1

因為每條魚捕獲的概率相等，所以第二次用小網(wǎng)眼漁網(wǎng)捕獲的魚中，

nN

大魚和小魚的比例與池塘中的大魚和小魚的比例相等，即22，

n1N1

n2N1N2N1

所以NN1N1N1N2N0，

n1N1

結(jié)論：第一次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，第二次用小網(wǎng)眼點漁網(wǎng)捕魚，

采用標(biāo)志重捕法估算出的種群數(shù)量與實際種群數(shù)量大致相等；

D選項，第一次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，第二次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，

第一次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，MM1，標(biāo)記后將魚全部放回到池塘后，

MM

池塘中被標(biāo)記的大魚占全部大魚比例為1，

N1N1

第二次用大網(wǎng)眼漁網(wǎng)捕魚，捕獲的全部是大魚，即n1n，

MM

MnMn

理論上，mn1n，故N1，又N，故N0N1N，

N1N1mm

結(jié)論：第一次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，第二次用大網(wǎng)眼的漁網(wǎng)捕魚，

采用標(biāo)志重捕法估算出的種群數(shù)量約等于種群中大魚數(shù)量，與實際種群數(shù)量相比小，誤差大；

故選：D

5．某城市交通系統(tǒng)采用數(shù)智技術(shù)記錄城市道路口的信號燈狀態(tài)，每個時段的信號燈狀態(tài)對應(yīng)一

個數(shù)字（見下表）.

非正常綠波協(xié)調(diào)

信號燈狀態(tài)正常綠波協(xié)調(diào)

道路施工臨時黃燈突發(fā)事故臨時紅燈

對應(yīng)數(shù)字011

現(xiàn)需要按順序記錄某個道路口5個時段的信號燈狀態(tài)，例如，記號1,0,1,0,1表示5個時段中有3個時段

是“非正常綠波協(xié)調(diào)”狀態(tài)，分別發(fā)生在第1、3、5時段.問：該路口5個時段所有可能的記錄中，“非正常綠

波協(xié)調(diào)”的時段數(shù)不少于1個且不多于3個的記錄共有種.

【答案】130

【解析】按照“非正常綠波協(xié)調(diào)”的時段個數(shù)進(jìn)行分類，

每類情況均先從5個時段中選取“非正常綠波協(xié)調(diào)”的時段個數(shù)，且因“非正常綠波協(xié)調(diào)”有兩種情況，

1

則“非正常綠波協(xié)調(diào)”的時段數(shù)1個的記錄有2C510種；

22

“非正常綠波協(xié)調(diào)”的時段數(shù)2個的記錄有2C540種；

33

“非正常綠波協(xié)調(diào)”的時段數(shù)3個的記錄有2C580種；

故“非正常綠波協(xié)調(diào)”的時段數(shù)不少于1個且不多于3個的記錄共有：104080130種；

故答案為：130

6.北斗七星是夜空中的七顆亮星，它們組成的圖形象我國古代舀酒的斗，故命名為北斗七星.北斗七星不僅

是天上的星象，也是古人判斷季節(jié)的依據(jù)之一.如圖，用點A，B，C，D，E，F(xiàn)，G表示某季節(jié)的北斗

七星，其中B，D，E，F(xiàn)看作共線，其他任何三點均不共線.若過這七個點中任意三點作三角形，則所作

的不同三角形的個數(shù)為.

【答案】31

【解析】由題設(shè)，7個點任選3個減去從4個共線的點任選3個的情況，即為構(gòu)成三角形的情況，

33

所以不同三角形的個數(shù)為C7C435431個.

故答案為：31

7.若三個正整數(shù)a，b，c的位數(shù)之和為8，且組成a，b，c的8個數(shù)碼能排列為2，0，2，5，0，

6，0，7，則稱（a，b，c）為“幸運數(shù)組”，例如（7，6，202500）是一個幸運數(shù)組.則滿足10abc的

幸運數(shù)組（a，b，c）的個數(shù)為.

【答案】591

【解析】因為10abc，所以有兩類不同情形：

（1）a是兩位數(shù)，b，c都是三位數(shù).

3

先不考慮b，c的大小，由于a，b，c的首位均不能排0，所以三個0可在五個位置中選擇有C5種排法，兩

33

個2有C5種排法，其余三個數(shù)5，6，7有P3種的排法，

223

共有C5C5P3600種不同的排法，又因為不可能有bc，可知bc與bc的排法各占一半，所以，有

300個滿足條件的幸運數(shù)組；

（2）a，b是兩位數(shù)，c是四位數(shù).

3

先不考慮b，c的大小，由于a，b，c的首位均不能排0，所以三個0可在五個位置中選擇有C5種排法，兩

33223

個2有C5種排法，其余三個數(shù)5，6，7有P3種的排法，共有C5C5P3600種不同的排法.

3

如果ab，則只有ab20，c的四個位置上的數(shù)字為0，5，6，7，共有3P318種排法，

60018

此外，bc與bc的排法各占一半，即291，所以，有291個滿足條件的幸運數(shù)組；

2

綜上，所求幸運數(shù)組的個數(shù)為591.

故答案為：591.

01排列組合

1．現(xiàn)有5名學(xué)生站成一排，若學(xué)生甲不站兩端，則不同站法共有種（用數(shù)字作答）.

【答案】72

【解析】根據(jù)題意，可分兩步完成：第一步，先在中間三個位置上安排學(xué)生甲，有3種方法；

4

第二步，在留下的四個位置上安排另外4名學(xué)生，有A4種方法.

4

由分步乘法計數(shù)原理，不同站法數(shù)為3A472種.

故答案為：72.

2．上海國際電影節(jié)影片展映期間，某影院準(zhǔn)備在周日的某放映廳安排放映4部電影，兩部紀(jì)錄片和兩部懸

疑片，當(dāng)天白天有5個時段可供放映（5個連續(xù)的場次），則兩部懸疑片不相鄰（中間隔空場也叫不相鄰），

且當(dāng)天最先放映的一定是懸疑片的排片方法有種（結(jié)果用數(shù)字表示）．

【答案】44

【解析】由題意當(dāng)天最先放映的一定是懸疑片，若第一場是懸疑片，

1

從2個懸疑片中選1個安排到第一場有C2種排法，由兩部懸疑片不相鄰（中間隔空場也叫不相鄰），可以從

1

5個場次中的后3場選1場安排另一部懸疑片有C3種排法，

112

所以排懸疑片有C2C3種排法，兩部紀(jì)錄片排在剩下的3個位置，有A3種排法，

112

共有C2C3A336種；

1

若第一場為空場，則第二場從2個懸疑片中選1個安排有C2種排法，

1

從后2場選1場安排另一部懸疑片有C2種排法，

112

所以排懸疑片有C2C2種排法，兩部紀(jì)錄片排在剩下的2個位置，有A2種排法，

112

共有C2C2A28種；

所以符合題意的排法一共有36844種排法.

故答案為：44

x15x5

3．已知關(guān)于正整數(shù)x的方程C12C12，則該方程的解為.

【答案】1或3

x15x5

【解析】根據(jù)組合數(shù)的性質(zhì)，由C12C12

x15x5x15x512

0x1120x112

可知：或，

05x51205x512

xZxZ

x1x3

1x131x13

即17或17，所以x1和x3均滿足題意，

1x1x

55

xZxZ

所以該方程的解為：1或3.

故答案為：1或3

4．用黑白兩種顏色（都要使用）給正方體的6個面涂色，每個面只涂一種顏色。如果一種涂色方案可以

通過重新擺放正方體，變?yōu)榱硪环N涂色方案，則這兩種方案認(rèn)為是相同的。（例如：a.前面涂黑色，另外五

個面涂白色;b.上面涂黑色，另外五個面涂白色是同一種方案）則涂色方案一共有種。

【答案】8

【解析】兩種顏色15類型的，有212種；

24類型的，有224種（兩個面相鄰、相對）

33類型的，有2種（三個面有公共頂點或者沒有公共頂點）

因此共有8種.

故答案為：8.

5．有3件商品的編號分別為i(i1,2,3)，它們的售價（元）Si5,7,8,10,11,20，且滿足S1S2S3，

則這3件商品售價的所有可能情況有種.

【答案】56

【解析】分四類討論：

①當(dāng)S1S2S3時，有6種情況；

②當(dāng)S1S2S3時，

若S1S25，S3有5種選法；

若S1S27，S3有4種選法；

若S1S28，S3有3種選法；

若S1S210，S3有2種選法；

若S1S211，S3有1種選法；

由加法原理可得共有15種；

③當(dāng)S1S2S3時，

若S15，選擇S2S3有5種選法；

若S17，選擇S2S3有4種選法；

若S18，選擇S2S3有3種選法；

若S110，選擇S2S3有2種選法；

若S111，選擇S2S3有1種選法；

由加法原理可得共有15種；

3

④當(dāng)S1S2S3時，有C620種，

綜上，共有615152056種.

故答案為：56.

02二項式定理

10

1

6．x的二項展開式中常數(shù)項為．

x

【答案】252

10r

【解析】1展開式的通項為r10r1rr102r，

xTr1C10x1C10x

xx

令102r0，解得r=5，

10

所以1的二項展開式中常數(shù)項為55

x1C10252.

x

故答案為：252.

6

7．在x2的二項展開式中，x3項的系數(shù)為.

【答案】160

6r6rrrr6r

【解析】二項式x2的通項公式為Tr1C6x2C62x，

333

令6r3，可得r3，所以x項的系數(shù)為C62208160.

故答案為：160.

n*

8．已知(13x)nN的展開式中所有項的二項式系數(shù)的和為64，則展開式中x3的系數(shù)為.

【答案】540

【解析】因為所有項的二項式系數(shù)的和為64，

所以2n64，解得n6，

rrr

所以展開式的通項公式為Tr1C63x，

3333

令r3，可得T43C6x540x，

故答案為：540

10210

9．已知12xa0a1xa2xa10x，則a3．

【答案】960

10r10rrrrr

【解析】二項式12x展開式的通項公式為：Tr1C1012xC102x，

10210

由于12xa0a1xa2xa10x，

33

則當(dāng)r3時，a3C102960；

故答案為：960

4

a

10．已知2x的二項展開式中常數(shù)項為1，則實數(shù)a的值為.

3x

1

【答案】/0.5

2

kk

4k4kk4k

【解析】kak1，

Tk1C42xC42ax

3x3x

k

14

4kk4k4kk4k

k3k3，

C42axxC42ax

解得k3，

43331

則C32a1，即8a1，a，

42

1

因此實數(shù)a的值為.

2

1

故答案為：

2

03概率初步

11．已知隨機事件A,B，B表示事件B的對立事件，P(A)0.4,P(B)0.6，則下面結(jié)論正確的是（）

A．事件A與B一定是對立事件B．P(AB)1

C．P(AB)0.24D．若事件A，B互相獨立，則PAB0.16

【答案】D

【解析】對于A和B，假設(shè)從一個裝有標(biāo)號為1，2，3，4，5的5個小球的密封盒子中任取1球，

記事件A：從中取出球的標(biāo)號為1或2，事件B：從中取出球的標(biāo)號為1或2或3，

則PA0.4,PB0.6，滿足PAPB1，但A,B不是對立事件，故A錯誤；

由上例可知PABPB0.6，故B錯誤；

對于C，只有事件A、B相互獨立時,才有PABPAPB成立，

由題設(shè)不知道事件A、B的關(guān)系，故不能確定PAB的值，故C錯誤；

對于D，若事件A、B相互獨立，則事件A、B也相互獨立，

所以PABPAPBPA1PB0.410.60.16，故D正確.

故選：D.

12．莫高窟坐落在甘肅的敦煌，它是世界上現(xiàn)存規(guī)模最大、內(nèi)容最豐富的佛教藝術(shù)圣地，每年都會吸引來

自世界各地的游客參觀旅游．已知購買莫高窟正常參觀套票可以參觀8個開放洞窟，在這8個洞窟中有3

個被譽為最值得參觀的洞窟．現(xiàn)游客需從套票包含的開放洞窟中隨機選擇4個進(jìn)行參觀，則至少選中2個

最值得參觀洞窟的概率是．

1

【答案】/0.5

2

4

【解析】從8個洞窟中選出4個洞窟，共有C870種不同的選法，

2231

其中至少選中2個最值得參觀的洞窟，有C3C5C3C530535種選法，

351

由古典概型的概率計算公式，可得至少選中2個最值得參觀洞窟的概率P.

702

1

故答案為：.

2

13．盲盒是指消費者不能提前得知具體產(chǎn)品款式的商品盒面已知某盲盒產(chǎn)品共有3種玩偶，小明購買4個

盲盒，則他能集齊3種玩偶的概率是.（結(jié)果用數(shù)值表示）

4

【答案】

9

【解析】小明購買4個盲盒的試驗有34個基本事件，它們等可能，能集齊3種玩偶的事件A含有的基本事件

23

數(shù)為：C4A3，

C2A34

所以能集齊3種玩偶的概率是PA43.

349

4

故答案為：.

9

14．一項過關(guān)游戲的規(guī)則規(guī)定：在第n關(guān)要投擲骰子n次，如果這n次投擲所得的點數(shù)之和大于3n，則算

過關(guān)，問一個人連過第一、二關(guān)的概率為．

7

【答案】

24

【解析】由題設(shè)，在第一關(guān)投1次骰子，點數(shù)大于3，即擲得點數(shù)為4,5,6，

31

則過第一關(guān)的概率為，

62

第二關(guān)投2次骰子，點數(shù)之和大于6，則兩次擲得點數(shù)分別為：

1,6,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,3,4,4,4,5，

4,6,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6,6,1,6,2,6,3,6,4,6,5,6,6

217

故過第二關(guān)系的概率為，

3612

7

故一個人連過第一、二關(guān)的概率為，

24

7

故答案為：.

24

15．設(shè)mR，同時拋擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子一次，事件A表示“第一枚骰子向上的點數(shù)為奇數(shù)”，事件B表

示“兩枚骰子向上的點數(shù)之和為m”，若事件A與事件B相互獨立，則m的一個可取值為.

【答案】3（或5、7、9、11其中之一）

【解析】設(shè)第一次的點數(shù)為a，第二次的點數(shù)為b，

則兩次拋擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子的結(jié)果記為a,b，其中a,b1,2,3,4,5,6，共36種基本事件，

31

故由題知，PA，

62

11

當(dāng)m2時，B的基本事件為1,1，AB的基本事件為1,1，故PB，PAB，

3636

PABPAPB，事件A與事件B不獨立；

211

當(dāng)m3時，B的基本事件為1,2，2,1，AB的基本事件為1,2，故PB，PAB，

361836

PABPAPB，事件A與事件B相互獨立；

當(dāng)m4時，B的基本事件為1,3，3,1，2,2，AB的基本事件為1,3，3,1，

3121

故PB，PAB，PABPAPB事件A與事件B不獨立；

36123618

當(dāng)m5時，B的基本事件為1,4，4,1，2,3，3,2，AB的基本事件為1,4，3,2，

4121

故PB，PAB，PABPAPB事件A與事件B相互獨立；

3693618

當(dāng)m6時，B的基本事件為1,5，5,1，2,4，4,2，3,3，AB的基本事件為1,5，5,1，3,3，

531

故PB，PAB，PABPAPB事件A與事件B不獨立；

363612

當(dāng)m7時，B的基本事件為1,6，6,1，2,5，5,2，3,4，4,3，AB的基本事件為1,6，5,2，3,4，

6131

故PB，PAB，PABPAPB事件A與事件B相互獨立；

3663612

當(dāng)m8時，B的基本事件為2,6，6,2，3,5，5,3，4,4，AB的基本事件為3,5，5,3，

521

故PB，PAB，PABPAPB事件A與事件B不獨立；

363618

當(dāng)m9時，B的基本事件為3,6，6,3，4,5，5,4，AB的基本事件為3,6，5,4，

4121

故PB，PAB，PABPAPB，事件A與事件B相互獨立；

3693618

當(dāng)m10時，B的基本事件為4,6，6,4，5,5，AB的基本事件為5,5，

311

故PB，PAB，PABPAPB，事件A與事件B不獨立；

361236

當(dāng)m11時，B的基本事件為5,6，6,5，AB的基本事件為5,6，

211

故PB，PAB，PABPAPB，事件A與事件B相互獨立；

361836

當(dāng)m12時，B的基本事件為6,6，AB的基本事件為，

1

故PB，PAB0，PABPAPB，事件A與事件B不獨立；

36

綜上，m的可能取值為3,5,7,9,11

故答案為：3（或5、7、9、11其中之一）

04統(tǒng)計估計

16．從放有兩個紅球、一個白球的袋子中一次任意取出兩個球，兩個紅球分別標(biāo)記為A、B，白球標(biāo)記為C，

則它的一個樣本空間可以是（）

A．AB,BCB．AB,AC,BC

C．AB,BA,BC,CBD．AB,BA,AC,CA,CB

【答案】B

【解析】從放有兩個紅球、一個白球的袋子中一次任意取出兩個球的所有可能結(jié)果為AB,AC,BC，

所以它的一個樣本空間為AB,AC,BC.

故選：B.

17．某班一次數(shù)學(xué)小測驗（百分制）后，老師為了獎勵同學(xué)們平時認(rèn)真學(xué)習(xí)，決定給每位同學(xué)的成績加上5

分作為過程性評價獎勵.加分后，與原始分?jǐn)?shù)相比，不會發(fā)生改變的是（）

A．平均數(shù)B．中位數(shù)C．第80百分位數(shù)D．方差

【答案】D

【解析】加分后，與原始分?jǐn)?shù)相比，平均值，中位數(shù)，第80百分位數(shù)的數(shù)值都會發(fā)生改變，

但根據(jù)方差的性質(zhì)，一組數(shù)據(jù)同時加上相同的數(shù)后，方差大小不變.

故選：D.

18．現(xiàn)從編號為01，02，，50的50支水筆中抽取10支水筆進(jìn)行書寫長度檢測，若從以下隨機數(shù)表第9個數(shù)

字開始由左向右讀取，則抽取的第4支水筆的編號為（以下摘自隨機數(shù)表第7行）．

398327763991853532591131404692350498221220671263

【答案】11

【解析】從隨機數(shù)表第9個數(shù)字開始向右讀，39，91（舍去），85（舍去），35，32，59（舍去），11……，

則第4支水筆的編號為11．

故答案為：11．

19．某校數(shù)學(xué)組老師的年齡分布莖葉圖如圖所示，則該校數(shù)學(xué)組老師年齡的中位數(shù)與極差之和

為．

【答案】68

【解析】老師的年齡分別為27，28，32，33，36，36，38，40，45，52，54，58，

3638

故中位數(shù)為37，極差為582731，

2

故313768，

故答案為：68

20．在某市的三次數(shù)學(xué)測試中，為了解學(xué)生的測試情況，從中隨機抽取100名學(xué)生的測試成績，被抽取成

績?nèi)拷橛?0分到100分之間（滿分100分），將統(tǒng)計結(jié)果按如下方式分成六組：第一組40,50．第二組

50,60，……第六組90,100，畫出頻率分布直方圖如圖所示，

(1)估計該市學(xué)生這次測試成績的第25百分位數(shù)；

(2)估計該市學(xué)生這次測試成績的平均值（回一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表）；

(3)從60,70,70,80兩組中按分層抽樣抽取5名學(xué)生，再隨機抽取3名同學(xué)進(jìn)行問卷測試，問3名同學(xué)中

恰好只有1名同學(xué)成績在70,80之間的概率．

【答案】(1)64.5

(2)73.8

3

(3)

10

【解析】（1）因為0.0040.012100.160.25，

0.0040.0120.020100.360.25，

0.250.16

所以第25百分位數(shù)為601064.5.

0.2

（2）平均值

x450.00410550.01210650.02010750.03010850.02410950.0101073.8；

（3）因為60,70的頻率為0.02100.2，70,80的頻率為0.03100.3，

0.2

則60,70中抽取52名學(xué)生，分別記作A、B，

0.20.3

0.3

70,80中抽取53名學(xué)生，分別記作a、b、c，

0.20.3

從這5名學(xué)生，隨機抽取3名同學(xué)進(jìn)行問卷測試，則可能結(jié)果有：ABa，ABb，ABc，Aab，Aac，Abc，

Bab，Bac，Bbc，abc共10個；

其中3名同學(xué)中恰好只有1名同學(xué)成績在70,80之間有ABa，ABb，ABc共3個，

3

所以3名同學(xué)中恰好只有1名同學(xué)成績在70,80之間的概率P；

10

05條件概率與相關(guān)公式

21．已知事件A與B相互獨立，且0PAPB1，則下列選項不一定成立的是（）

A．PAB1PAPB；B．PABPAPB；

C．PABPAPB；D．PABPBAPAB.

【答案】B

【解析】因為A與B相互獨立，所以A與B、A與B、A與B也相互獨立，

A選項，PABPAPB1PAPB，故A一定成立；

B選項，PABPAPBPAB，

而PABPAPB0，所以PABPAPB，故B不成立；

C選項，PAB1PAB1PABPABPABPABPAPB，

故C一定成立；

PABPABPABPAB

D選項，PABPBAPAB，

PBPAPAB

故D一定成立.

故選：B.

111

22．假設(shè)生產(chǎn)某產(chǎn)品的一個部件來自三個供應(yīng)商，供貨占比分別是、、，而它們的良品率分別是0.96、

263

0.90、0.93，則該部件的總體良品率是．

【答案】0.94

【解析】由題意可知該部件的總體良品率是：

111

0.960.900.930.94，

263

故答案為：0.94

123

23．已知隨機事件A,B滿足PA，PB，PB|A，則PB|A

2510

1

【答案】/0.5

2

PAB333

【解析】因為PB|A，所以PABPA，

PA101020

1

因為PBPABPAB，所以PABPBPAB，

4

1

PAB1

所以PB|A4.

1

PA12

2

1

故答案為：.

2

24．某高中開發(fā)了三個不同的“美育”課程和兩個不同的“勞動教育”課程，甲同學(xué)從五門課程中任選了兩門，

已知有一門是“美育”課程，則另一門也是“美育”課程的概率為

1

【答案】

3

【解析】設(shè)事件A：至少有一門是“美育”課程，事件AB：兩門都是“美育”課程，

54

從五門課程中任選兩門的選法數(shù)為C210種，

521

“至少有一門是‘美育’課程”的對立事件是“兩門都是‘勞動教育’課程”，

2

兩門都是“勞動教育”課程的選法數(shù)為C21種，

9

所以至少有一門是“美育”課程的選法數(shù)為1019種，則PA.

10

323

從三個不同的“美育”課程中選兩門的選法數(shù)為C23種，所以PAB.

32110

3

PAB3101

則已知有一門是“美育”課程，則另一門也是“美育”課程的概率為PB|A10.

PA91093

10

1

故答案為：.

3

25．某工廠生產(chǎn)的產(chǎn)品以100個為一批．在進(jìn)行抽樣檢查時，只從每批中抽取10個來檢查，如果發(fā)現(xiàn)其中

有次品，則認(rèn)為這批產(chǎn)品是不合格的．假定每一批產(chǎn)品中的次品最多不超過2個，并且其中恰有i（i0，

1，2）個次品的概率如下：

一批產(chǎn)品中有次品的個

012

數(shù)i

概率0.30.50.2

則各批產(chǎn)品通過檢查的概率為．（精確到0.01）

【答案】0.91

【解析】設(shè)事件Bi表示一批產(chǎn)品中有i個次品(i0，1，2)，

則P(B0)0.3，P(B1)0.5，P(B2)0.2，

設(shè)事件A表示這批產(chǎn)品通過檢查，即抽樣檢查的10個產(chǎn)品都是合格品，

C109C1089

9998

則P(A|B0)1，P(A|B1)10，P(A|B2)10，

C10010C100110