1、第十章计数原理、概率过关检测卷2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）第I卷（选择题）一、单选题1六一儿童节，某幼儿园的每名小朋友制作了一件礼物该幼儿园将小朋友们进行分组，每4位小朋友为一组，小组内小朋友随机拿一件本组小朋友制作的礼物，则小朋友A没有拿到自己制作的礼物的概率为（ ）ABCD【答案】D【分析】分别求出基本事件总数（24）和所求事件包含的基本事件个数（18），进而可得结果.【详解】根据题意，每个小朋友随机拿一件礼物，共有种结果，其中小朋友A没有拿到自己的礼物含有种结果，所以概率为故选：D2某公司根据上年度业绩筛选出业绩出色的，四人，欲从此人中选择人晋升该公司某部门经理一职，现进
2、入最后一个环节：，四人每人有票，必须投给除自己以外的一个人，并且每个人投给其他任何一人的概率相同，则最终仅一人获得最高得票的概率为（ ）ABCD【答案】D【分析】由题意可知每个人投票给另外一个人的概率为，获得最高票有得三票和得两票的情况，分情况求出每种概率再求和即可.【详解】解：每个人投票给另外一个人的概率为，获得最高票有得三票和得两票的情况，当得三票时，均投票给，则有，当得两票时，从中选两个人投票给，另一人投票给除之外的其他人，投票给剩余两人，则有，则概率为故选：D3两个班级的排球队进行排球比赛，先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各队输赢局次的不同视为不同情形）共有（ ）A
3、6种B12种C20种D30种【答案】C【分析】由题意知比赛的场次可能有场，分别讨论其中一个班在不同场次下赢得比赛的可能情况再乘以2，将它们加总即为所有可能出现的情形数.【详解】两个班级比赛先赢三局者获胜，决出胜负为止，则比赛的场次可能有场，1、若共比3场，则其中一个班连赢3场，共有2种情况，2、若共比4场，则其中一个班赢了前3场中2场及最后一场，共有种情况，3、若共比5场，则其中一个班赢了前4场中2场及最后一场，共有种情况，共有可能出现的情形.故选：C4九章算术中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正四棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正四棱柱的顶点为顶点，以为底面矩形的一边，
4、则这样的阳马的个数是（ ）A4B8C12D16【答案】B【分析】先找出包含的底面矩形，再根据图形特征，逐个计数即可.【详解】如图，若包含的底面矩形为，则顶点可以从，中选取，故有四个不同的阳马；若包含的底面矩形为，则顶点可以从，中选取，故有四个不同的阳马；若包含的底面矩形为，则从，中任取一个作为顶点，都不符合阳马，故舍去.综上可知，以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是8个.故选：B.5的展开式中的系数为（ ）A45B90C135D270【答案】C【分析】先求出通项公式，再赋值求解即可【详解】当时，,此时的系数为.故选：C6将甲、乙、丙、丁4名学生分配到三个不同的班级，每个班级至少一人且甲、乙
5、不在同一班级的分配方案共有（ ）A36种B30种C18种D12种【答案】B【分析】首先求出4名学生分配到三个不同的班级，每个班级至少一人的方法，减去甲、乙在同一班级的分配方案即可求解.【详解】首先将甲、乙、丙、丁4名学生分成三组，有种分组方法，再分配到三个不同的班级有种，所以4名学生分配到三个不同的班级，每个班级至少一人共有种，若甲乙分配到同一个班级，在三个不同的班级中选一个安排甲乙两人有种，将剩余人全排列，安排到个班级有，所以甲乙分配到同一班级的方法有种，所以甲、乙不在同一班级的分配方案共有种，故选：B.7现有3名男医生3名女医生组成两个组，去支援两个山区，每组三人，女医生不能全在同一组，则
6、不同的派遣方法有（ ）A9B18C36D54【答案】B【分析】首先分组，有种方法，再计算分配的方法.【详解】3名男医生和3名女医生，平均分成2组，有种方法，其中包含女医生在同一个组的1种方法，所以共有10-1=9种分组方法，再去支援两个山区，则不同的派遣方法有.故选：B8从4位男生，2位女生中选3人组队参加比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法种数共有（ ）A8B12C16D20【答案】C【分析】总数减去没有女生入选的情况即可得到答案.【详解】先不考虑性别，共有种情况；如果全是男生入选，共有种情况，所以至少一名女生入选的种数为20-4=16种情况.故选：C.9永定土楼，位于中国东南沿海的福建
7、省龙岩市，是世界上独一无二的神奇的山区民居建筑，是中国古建筑的一朵奇葩2008年7月，永定土楼成功列入世界遗产名录.它历史悠久、风格独特，规模宏大、结构精巧.土楼具体有圆形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊脚楼等类型.现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼进行调查研究.要求调查顺序中，圆形要排在第一个，五角形、八角形不能相邻，则不同的排法种数共有（ ）ABCD【答案】A【分析】利用插空法求解，先对除五角形、八角形的其它4个排列，然后五角形、八角形的去插空，然后由分步计数原理可得答案【详解】因为圆形排在第一个，五角形、八角形不能相邻，所以采用插空法.其他四个图形全排列有种排法，
8、然后把五角形、八角形进行插空，有种不同的排法，则共有种不同的排法.故选：A10饺子源于古代的角子，又称水饺，是深受人们喜爱的中国传统食品现盘子中有个饺子，其中肉馅的有个，素馅的有个.从外观无法分辨是肉馅还是素馅，现用筷子从中随机夹出个，则夹到的个饺子恰好个是肉馅，另个是素馅的概率是（ ）ABCD【答案】D【分析】结合组合数求得基本事件的个数，再用分步计数原理求出符合条件的事件的个数，再用古典概型的概率公式即可求解.【详解】用筷子从中随机夹出个共有种情况，且夹到的个饺子恰好个是肉馅，另个是素馅有种情况，由古典概型的概率公式得.故选：D.11“3+1+2”高考方案中，“3”是指统一高考的语文、数学
9、、外语3门科目，其中外语可以从英语、日语、法语、西班牙语、德语、俄语中任选一门参加高考，“1”是指考生在物理、历史两门选择性考试科目中所选择的一门科目，“2”是指在思想政治、地理、化学、生物4门选择性科目中所选择的2门科目则每一名学生参加高考的科目选择方法数共有（ ）种A72B80C12D84【答案】A【分析】根据题意，依次分析考生在必考科目，物理、历史两门选择性考试科目经以及4门选择性科目中的选择方法数目，由分步计数原理计算可得答案【详解】解：根据题意，考查必考语文、数学、外语3门科目，其中外语可以从英语、日语、法语、西班牙语、德语、俄语中任选一门参加高考，有6种选法，在物理、历史两门选择性
10、考试科目中所选择的一门科目，有2种选法，在思想政治、地理、化学、生物4门选择性科目中所选择的2门科目，有种选法，由分步计数原理可得共有种选法，故选：A12将6个相同的小球放入3个不同的盒子中，每个盒子至多可以放3个小球，且允许有空盒子，则不同的放法共有（ ）种A10B16C22D28【答案】A【分析】分没有空盒和有1个空盒，求放置的方法.【详解】如果没有空盒，则小盒的球数是1,2,3，或是2,2,2，共有种方法，若是有一个空盒，则小盒的球数是3,3，首先选盒，再放小球，共有种方法，所以不同的放法共有7+3=10种方法.故选：A13从7人中选派5人到10个不同交通岗的5个中参加交通协管工作，则不
11、同的送派方法有（ ）种ABCD【答案】D【分析】利用分布计数原理结合排列组合求解即可【详解】第一步，从7人中选出5人，共有种第二步，从10个不同交通岗的5个，共有种，第三步，将5人分配到5个岗位，共有种，由分步计数原理可知，不同的选派方法共有,故选：D14某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花.现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有（ ）A400种B396种C380种D324种【答案】B【分析】分两步进行，圆环的3个区域和中间的6个区域，
12、其中中间的6个区域种植鲜花可分为3类.【详解】圆环的3个区域种植绿色植物共有种.如图.中间的6个区域种植鲜花可分为3类：第一类，均种相同植物，有种；第二类，种2种不同植物，有种；第三类，种的植物各不相同，有种.故由乘法原理和加法原理得到不同的栽种方案共有种.故选：B15为庆祝建党一百周年，长沙市文史馆举办“学党史，传承红色文化”的主题活动，某高校团委决定选派5男3女共8名志愿者，利用周日到该馆进行宣讲工作.已知该馆有甲乙两个展区，若要求每个展区至少要派3名志愿者，每个志愿者必须到两个展区中的一个工作，且女志愿者不能单独去某个展区工作，则不同的选派方案种数为（ ）A252B250C182D180
13、【答案】D【分析】由题意可知，两个展区中派遣的人数分别为35或44，且3名女志愿者不能单独成一组，由间接法可求得分组的种数为，再将他们分配到甲乙两个展区，根据分步乘法计数原理即可求出【详解】因为每个展区至少要派3人，则两个展区中派遣的人数分别为35或44，又因为3名女志愿者不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为.故选：D16某次数学考试的一道多项选择“题”的要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.”已知该选择“题”的正确答案是CD，且甲乙丙丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（ ）A甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是B乙同学仅随机选两个选项
14、，能得5分的概率是C丙同学随机选择选项，能得分的概率是D丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是【答案】B【分析】利用古典概型的概率求解判断.【详解】A. 甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是，故错误；B. 乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是，故正确；C. 丙同学随机选择选项，能得分的概率是，故错误；D. 丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是，故错误；故选：B17在一段时间内，甲去博物馆的概率为0.8，乙去博物馆的概率为0.7，且甲乙两人各自行动则在这段时间内，甲乙两人至少有一个去博物馆的概率是（ ）A0.56B0.24C0.94D0.84【答案】C【分析】先根据独立事件的乘
15、法公式求出甲乙两人都不去博物馆的概率，进而对立事件求概率的公式即可计算出结果.【详解】甲乙两人至少有一个去博物馆的对立事件为甲乙两人都不去博物馆，设甲去博物馆为事件,乙去博物馆为事件，则甲乙两人都不去博物馆的概率,因此甲乙两人至少有一个去博物馆的概率,故选：C.18若随机变量的分布列如下表，则（ ）1234P3x6x2xxABCD【答案】A【分析】分布列中概率之和等于可得的值，再计算即可.【详解】由分布列中概率的性质可知：，可得：，所以故选：A.19设随机变量，若，则（ ）ABCD【答案】C【分析】根据对立事件的概率公式，先求出p，再依二项分布的期望公式求出结果【详解】由，所以，解得所以，则故
16、选：C20设，若随机变量的分布列是01则当在内增大时（ ）A增大B先增大后减小C减小D先减小后增大【答案】C【分析】计算出关于的表达式，利用函数单调性可得出结论.【详解】，故，因此，当在内增大时，减小.故选：C.21已知随机变量和，其中，且，若的分布列如下表，则的值为（ ）1234ABCD【答案】A【分析】由表格可得，结合数学期望和概率的计算公式可求出m的值.【详解】因为，所以，所以，又，且，由，得.故选：A22下列说法正确的个数有（ ）（1）掷一枚质地均匀的的骰子一次，事件M=“出现偶数点”，N=“出现3点或 6 点”.则 和 相互独立；（2）袋中有大小质地相同的 3 个白球和 1 个红球.
17、依次不放回取出 2 个球，则“两球同色”的概率是 ；（3）甲乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶率为0.8，乙的中标率为0.9，则“至少一人中靶”的概率为0.98；（4）柜子里有三双不同的鞋，如果从中随机地取出2只，那么“取出地鞋不成双”的概率是 ；AB2 C3D4【答案】C【分析】由概率的相关知识逐一判断即可【详解】对于（1）：掷一枚质地均匀的的骰子一次，即，故事件和相互独立；（1）正确；对于（2）：袋中有大小质地相同的 3 个白球和 1 个红球.依次不放回取出 2 个球，若“两球同色”则都是白球，则“两球同色”的概率是 ，（2）错误；对于（3）：“至少一人中靶”的概率为，（3）正确；对于
18、（4）：柜子里有三双不同的鞋，如果从中随机地取出2只，共有种，取出的鞋成双的只有3种，那么“取出的鞋不成双”有15-3=12种，所以“取出的鞋不成双”的概率是，（4）正确综上可知正确的有（1）（3）（4）故选：C23某篮球运动员投篮的命中率为0.8，现投了5次球，则5次都没投中的概率为（ ）ABC0.8D0.2【答案】A【分析】用相互独立事件发生的概率公式求解即可【详解】5次都没投中的概率故选：A24某次战役中，狙击手A受命射击敌机，若击落敌机，需命中机首2次或命中机中3次或命中机尾1次，已知A每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2，0.4，0.1，未命中敌机的概率为0.3，且各次射
19、击互相独立，若A至多射击两次，则他能击落敌机的概率为（ ）ABCD【答案】A【分析】利用相互独立事件的概率公式分类讨论即可【详解】狙击手A每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2，0.4，0.1，未命中敌机的概率为,且各次射击相互独立，若狙击手A射击一次就击落敌机，则他击中利敌机的机尾，故概率为；若狙击手A射击次就击落敌机，则他次都击中利敌机的机首，概率为；或者狙击手A第一次没有击中机尾、且第二次击中了机尾，概率为 ,所以狙击手A至多射击两次，则他能击落敌机的概率为 ,故选：A.二、多选题25、五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（ ）A若、两人站在一起有48种方法B若、不相邻共有1
20、2种方法C若在左边有60种排法D若不站在最左边，不站最右边，有72种方法【答案】AC【分析】对于A利用捆绑法求解；对于B利用插空法求解；对于C利用倍分法求解；对于D利用特殊元素优先法求解【详解】解：对于A，先将A,B排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步原理可知共有种，所以A正确；对于B，先将A,B之外的3人全排列，产生4个空，再将A,B两元素插空，所以共有种，所以B不正确；对于C，5人全排列，而其中A在B的左边和A在B的右边是等可能的，所以A在B的左边的排法有种，所以C正确；对于D，对A分两种情况：一是若A站在最右边，则剩下的4人全排列有种，另一个是A不在最左边也
21、不在最右边，则A从中间的3个位置中任选1个，然后B从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列即可，由分类加法原理可知共有种，所以D不正确，故选：AC【点睛】此题考查排列、组合的应用，利用了捆绑法、插空法、倍分法，特殊元素优先法等，属于中档题.26现安排甲乙丙丁戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译导游礼仪司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是（ ）A若每人都安排一项工作，则不同的方法数为B若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为C每项工作至少有1人参加，甲乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是D如果司机工作不安排，其余三项工
22、作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为【答案】ABD【分析】根据分步乘法计数原理判断A、B，对开车的人员分类讨论利用分步乘法计数原理及分类加法计数原理判断C，按照部分平均分组法判断D；【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，故错误；对于，根据题意，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故错误；对于，根据题意，分2种情况讨论：从丙，丁，戊中选出2人开车，从丙，丁，戊中选出1人开车，则有种安排方法，正确；对于，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，
23、将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，错误；故选：27习近平总书记在党史学习教育动员大会上讲话强调，“要抓好青少年学习教育，着力讲好党的故事革命的故事英雄的故事，厚植爱党爱国爱社会主义的情感，让红色基因革命薪火代代传承.”为了深入贯彻习近平总书记的讲话精神，我校积极开展党史学习教育，举行“学党史，颂党恩，跟党走”的主题宣讲.现安排4名教师到高中3个年级进行宣讲，每个年级至少1名教师，则不同的选法有（ ）ABCD【答案】BD【分析】根据题意，先将名教师分为三组，再将三组分配到三个年级，由分布乘法计数原理即可求解；还可以在三个年级中选出一个，安排名教师，再将剩下的人安
24、排到两个年级，由分布乘法计数原理即可求解.【详解】将名教师分为三组，有种分组方法，再将三组分配到三个年级有种方法，所以共有种选法，故选项B正确；在三个年级中选出一个，安排名教师有种安排方法，再将剩下的人安排到两个年级有种方法，所以共有种选法，故选项D正确；故选：BD.2817名同学站成两排，前排7人，后排10人，则不同站法的种数为（ ）ABCD【答案】BD【分析】17名同学中选7名全部排序站在前排有种方法，剩下10名同学全排在后排有种方法，根据乘法原理，共有种方法；或者将前后排视为一排，共有种方法，由此可得选项.【详解】17名同学中选7名全部排序站在前排有种方法，剩下10名同学全排在后排有种方
25、法，根据乘法原理，共有种方法，将前后排视为一排，共有种方法，故BD正确，故选：BD.29甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）A如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种B最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种C甲乙不相邻的排法种数为72种D甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种【答案】ABCD【分析】A根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解判断； B分最左端排甲，和最左端排乙两类求解判断； C根据甲乙不相邻，利用插空法求解判断； D根据甲乙丙按从左到右的顺序排列求解判断；【详解】A如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，可将甲乙捆绑
26、看成一个元素，则不同的排法有种，故正确B最左端排甲时，有种不同的排法，最左端排乙时，最右端不能排甲，则有种不同的排法，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有24+18=42种,故正确C因为甲乙不相邻，先排甲乙以外的三人，再让甲乙插空，则有种，故正确D甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故正确故选：ABCD30下列说法正确的为（ ）A6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有种不同的分法B6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人一本，一人2本，一人3本，有种不同的分法C6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人4本，其余两人每人各一本，有种不同的分法D6本相同的分给甲、乙、丙三人
27、，每人至少一本，有10种不同的分法【答案】AD【分析】利用均分、不均分、局部均分、隔板法分别处理各个选项.【详解】根据题意，依次分析选项：对于，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，先分给甲，有种情况，再分给乙，有种情况，最后2本分给丙，有种不同的分法，正确；对于，先将6本书分为1、2、3的三组，有种分组方法，再将分好的三组分成甲乙丙三人，有种情况，则有种不同分法，错误；对于，先将6本书分为4、1、1的三组，有种分组方法，再将分好的三组分成甲乙丙三人，有种情况，则有种不同分法，错误；对于，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，用挡板法分析，在6本书之间的5个空位中任选2个，插入挡板
28、即可，有种分法，正确.故选：31现将5个不同的小球全部放入标有编号12345的五个盒子中（ ）A若有一个盒子有3个球，有两个盒子各有1个球，则不同的放球方法种数为B若恰有一个盒子没有小球，则不同的放球方法种数为C若恰有两个盒子没有小球，则装有小球的盒子的编号之和恰为11的不同放法种数为150D若这5个小球的编号分别为15号，则恰有四个盒子的编号与球的编号不同的放法种数为45【答案】BCD【分析】对于A，从5个球中选3个看成整体，再和剩下的2个球全排列放到3个不同的盒子中去即可；对于B，从5个球中选2个看成整体，再和剩下的3个球全排列放到4个不同的盒子中去中；对于C，由于5个盒子的编号的和为15
29、，则2个盒子无小球的和为4，只有1，3满足要求，则5个球放到编号为245的三个盒子中，因为每个盒子中至少放1个小球，所以在三个盒子中有两种方法：各放1个，2个，2个或各放3个，1个，1个，从而可求得答案；对于D，恰有四个盒子的编号与球的编号不同，就是恰有1个编号相同，先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，然后其它的错位排即可【详解】对于A，不同的放球方法种数为，故A错误.对于B，不同的放球方法种数为，故B正确.对于C，5个球放到编号为245的三个盒子中，因为每个盒子中至少放1个小球，所以在三个盒子中有两种方法：各放1个，2个，2个的方法有种；各放3个，1个，1个的方法有种.共有150种，故C正
30、确.对于D，恰有四个盒子的编号与球的编号不同，就是恰有1个编号相同，先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有种情况，不妨设5号球放在5号盒子里，其余4个球的放法为，共9种，故恰好有1个球的编号与盒子的编号相同的投放方法总数为种，故D正确.故选:BCD.32下列关于事件和事件的结论正确的是（ ）A若，则事件与事件互为对立事件B若，则事件与事件相互独立C若事件与事件互为互斥事件，则事件与事件也互为互斥事件D若事件与事件相互独立，则事件与事件也相互独立【答案】BD【分析】根据对立事件，互斥事件，相互独立事件的定义逐一判断即可【详解】对于A：例如四个球，选中每个球的概率都一样，为选中两个球的概率：0.
31、5，为选中两个球的概率：0.5，但事件与事件不是对立事件，故A错误；对于B：若，则事件与事件相互独立，故B正确；对于C：假设一个随机事件由这四个彼此互斥的基本事件构成，则事件中含有事件，事件中含有，则事件与事件不是互斥事件，故C错误；对于D：若事件与事件相互独立，与，与，与也相互独立，故D正确综上，正确的有BD故选：BD33随着高三毕业日期的逐渐临近，有个同学组成的学习小组，每人写了一个祝福的卡片准备送给其他同学，小组长收齐所有卡片后让每个人从中随机抽一张作为祝福卡片，则（ ）A当时，每个人抽到的卡片都不是自己的概率为B当时，恰有一人抽到自己的卡片的概率为C甲和乙恰好互换了卡片的概率D记个同学
32、都拿到其他同学的卡片的抽法数为，则，【答案】ACD【分析】考虑n+1个同学时的情况，若个同学都拿到其他同学的卡片，则第个同学可以与其中任何一个交换卡片；若个同学只有一个拿到自己的卡片，则第个同学必须与该同学交换卡片，由此推导出结论.【详解】考虑n+1个同学时的情况，若个同学都拿到其他同学的卡片，则第个同学可以与其中任何一个交换卡片，若个同学只有一个拿到自己的卡片，则第个同学必须与该同学交换卡片，所以，故D正确；，因为，所以，所以，代入数据可得，当时，每个人抽到的卡片都不是自己的概率为，故A正确；当时，恰有一人抽到自己的卡片的概率为，故B错误；甲和乙恰好互换了卡片的概率为，故C正确.故选：ACD
33、34从甲袋内摸出1个红球的概率是，从乙袋内摸出1个红球的概率是，从袋内各摸出1个球，则（ ）A2个球不都是红球的概率是B2个球都是红球的概宰是C至少有1个红球的概率是D2个球中恰有1个红球的概率是【答案】BC【分析】结合独立事件的乘法公式和对立事件的概率公式计算即可.【详解】A：两个球不都是红球的概率为：，故A错误；B：两个球都是红球的概率为：，故B正确；C：至少有一个红球的概率为：，故C正确；D：两个球中，恰好有一个红球的概率为：，故D错误.故选：BC35从甲袋中摸出一个红球的概率为，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球.下列结论正确的是（ ）A2个球都是红球的概率为B2个球不都
34、是红球的概率为C至少有1个红球的概率为D2个球中恰有1个红球的概率为【答案】ACD【分析】设从甲袋中摸出一个红球为事件，从乙袋中摸出一个红球为事件，分别根据相互独立事件的概率公式计算即可【详解】解：设从甲袋中摸出一个红球为事件，从乙袋中摸出一个红球为事件，则，则2个球都是红球的概率为，故正确，2个球不都是红球的概率为，故不正确至少有1个红球的概率为，故正确，2个球中恰有1个红球的概率为，故正确，故选：36江先生每天9点上班，上班通常开私家车加步行或乘坐地铁加步行.私家车路程近一些，但路上经常拥堵，所需时间（单位：分钟）服从正态分布，从停车场步行到单位要6分钟；江先生从家到地铁站需要步行5分钟，
35、乘坐地铁畅通，但路线长且乘客多，所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟.从统计的角度出发，下列说法中合理的有（ ）参考数据：若，则，A若8:00出门，则开私家车不会迟到；B若8:02出门，则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大；C若8:06出门，则开私家车上班不迟到的可能性更大；D若8:12出门，则乘坐地铁几乎不可能上班不迟到.【答案】CD【分析】对于A，由即可判断；对于BC，分别计算开私家车及乘坐地铁不迟到的概率即可判断；对于D，计算即可判断【详解】解：对于A，由题意得，当满足时，江先生仍旧有可能迟到，只不过发生的概率较小，所以A错误；对于B，若8:02出门，江先生
36、开私家车，由题意得，当满足时，江先生开私家车不会迟到；江先生乘坐地铁，由题意得当满足时，此时江先生乘坐地铁不会迟到，此时两种方式，江先生不迟到的概率相当，所以B错误；对于C，若8:06出门，江先生开私家车，由题意得，当满足,此时江先生开私家车不会迟到；江先生乘坐地铁，由题意得，当满足时，此时江先生乘坐地铁不会迟到，此时两种方式，显然江先生开私家车不迟到的可能性更大，所以C正确；对于D，若8:12出门，江先生乘坐地铁上班，由题意得，当满足时，江先生乘坐地铁不会迟到，此时不迟到的可能性极小，故江先生乘坐地铁几乎不可能上班不迟到，所以D正确故选：CD37某班同学在一次数学测验中的成绩x服从正态分布（
37、试卷满分为100分），该班共有50名同学，则下列说法正确的是（ ）（参考数据：，）A本次考试一定有同学考到80分B本次考试分数大于90分的同学的有6人C在本次考试中可能有考出满分的同学D【答案】CD【分析】对于A：说法过于绝对，所以不正确对于B: 直接求出本次考试分数大于90分的同学的概率，即可判断对于C: 在本次考试中可能有考出满分的同学,成立，故C正确；对于D：直接求出，即可判断【详解】对于A：本次考试一定有同学考到80分，说法绝对，所以不正确；对于B: 由，可得，本次考试分数大于90分的概率为，若本次考试分数大于90分的同学的有6人，则其概率为，故B不正确；对于C: 在本次考试中可能有考
38、出满分的同学,成立，故C正确；对于D：因为x服从正态分布，所以考试分数小于75和大于85的概率相等，因为考试分数在概率为，所以考试分数小于75和大于85的概率和为1-0.6827=0.3173，所以考试分数小于75的概率为，所以故D正确；故选：CD38设随机变量表示从1到这个整数中随机抽取的一个整数，表示从1到这个整数中随机抽取的一个整数，则（ ）A当时，B当时，C当(且)时，D当(且)时，【答案】ACD【分析】根据古典概型的概率公式，互斥事件的概率和公式以及相互独立事件同时发生的概率乘法公式即可判断【详解】对A，当时，故A正确；对B，当时，则由可得，或，故B错误；对C，当(且)时，则，故C正
39、确；对D，所以D正确故选：ACD.39抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为号和号），观察两枚骰子分别可能出现的基本结果：记“号骰子出现的点数为1”；“号骰子出现的点数为2”；“两个点数之和为8”；“两个点数之和为7”，则（ ）A与相互独立B与相互独立C与相互独立D与相互独立【答案】AB【分析】利用相互独立事件的定义求解即可【详解】解：抛掷两枚质地均匀的骰子共有36种等可能情况，当号骰子出现的点数为1的有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），共6种，则，当号骰子出现的点数为2的有（1，2），（2，2），（3，2），（4，2），（5，2），（6，2），共6种，所以，当两
40、个点数之和为8的有（2，6），（6，2），（3，5），（5，3），（4，4），共5种，所以，当两个点数之和为7的有（1，6），（6，1），（2，5），（5，2），（3，4），（4，3），共6种，所以,因为事件表示号骰子出现的点数为1且号骰子出现的点数为2，只有1种情况，所以，所以，所以与相互独立，所以A正确；因为事件表示号骰子出现的点数为1且两个点数之和为7，只有1种情况，所以，所以，所以与相互独立，所以B正确；因为事件表示号骰子出现的点数为2且两个点数之和为8，只有1种，所以，而，所以与不相互独立，所以C错误；因为事件表示两个点数之和为8且两个点数之和为7，没有这种情况，所以，所以与不相互独
41、立，故选：AB40若随机变量服从两点分布，且，记的均值和方差分别为和，则下列结论正确的是（ ）ABCD【答案】AB【分析】根据两点分布的性质求出，从而求得和，再根据方差和均值的性质即可判断BD的正误.【详解】解：因为随机变量服从两点分布，且，所以，所以，.故选：AB.41现有一款闯关游戏，共有关，规则如下：在第关要抛掷骰子次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第关，.假定每次闯关互不影响，则（ ）A直接挑战第关并过关的概率为B连续挑战前两关并过关的概率为C若直接挑战第关，设 “三个点数之和等于”， “至少出现一个点”，则D若直接挑战第关，则过关的概率是【答
42、案】ACD【分析】分别求出基本事件的总数，求出符合条件的事件数，然后利用条件概率以及古典概型的概率公式进行求解，对每个选项逐一判断即可【详解】解：对于，直接挑战第2关，则，所以投掷两次点数之和应大于6，故直接挑战第2关并过关的概率为，故选项正确；对于，闯第1关时，所以挑战第1关通过的概率为，则连续挑战前两关并过关的概率为，故选项错误；对于，由题意可知，抛掷3次的基本事件有个，抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有个，故，而事件包括：含5，5，5的1个，含4，5，6的有6个，一共有7个，故，所以，故选正确；对于，当时，基本事件共有个，“4 次点数之和大于20”包含以下情况：含5，5，5，6的有4
43、个，含5，5，6，6的有6个，含6，6，6，6的有1个，含4，6，6，6的有4个，含5，6，6，6的有4个，含4，5，6，6的有12个，含3，6，6，6的有4个，所以共有个，所以直接挑战第4关，则过关的概率是，故选项正确故选：第II卷（非选择题）三、填空题42袋子中有6个大小质地相同的球，其中2个白球，3个黄球和1个黑球，从中随机摸取两个球，则没有摸到黑球的概率为_.【答案】【分析】求出所有的基本事件的个数，再求出没有抽到黑球的基本事件的个数，利用等可能性事件的概率公式即可求解.【详解】从6个球中任取2个球的基本事件有：种取法.没有抽到黑球的事件是：种取法，故没有抽到黑球的概率为：.故答案为：
44、.43安排A，B，C，D，E，F共6名大学生到甲，乙，丙三地支教，每名学生只去一地，每地安排两名学生，其中A不去甲地，则不同的安排方法共有_【答案】60【分析】首先不考虑A的限制，将6名学生2人一组安排到甲，乙，丙三地支教，求出可能的安排情况数，再去掉A去甲地的情况数即为所求.【详解】1、若6名学生可任意安排，则共有种，2、A去甲地的情况有种，A不去甲地的安排方法共有种.故答案为：44在狂欢节上，有六名同学想报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，每个项目都有人报名，则共有_种不同的报名方法【答案】120【分析】根据题意，依次分析每个项目的报名方法，由分步计数原理即可求出结果.【详解】根据题意，每项限报一人，且每人至多参加一项，每个项目都有人
