计数原理与概率统计（填空题、双空题）-2023届天津市高考数学二轮复习练习2023高考模拟

09计数原理与概率统计（填空题、双空题）-2023届天津市

高考数学二轮复习专题练习【2023高考模拟题精选】

一、填空题

I.（2023•天津河北・统考一模）的展开式中的常数项为

2.（2023・天津・统考二模）在（√7+W）的展开式中，常数项为.（结果

用数字表示）

3.（2023・天津和平•统考二模）若在（瓶-的展开式中，X-的系数为.（用

数字作答）

4.（2023•天津河东•一模）（V+?）'的展开式中，χ9项的系数为.（用数字作答）

5.（2023•天津・三模）在（4+土）的展开式中，前三项的系数成等差数列，则展开

式中含X项的系数为.

十）展开式的二项式系数之和为64,则展开式中的

6.（2023•天津•统考一模）若［2x-

常数项是.

7.（2023•天津和平•统考一模）g［x+娶］的展开式中常数项为.

8.（2023.天津河东•统考二模）在（2x2-1）的展开式中，X的系数是.

9.（2023・天津南开•统考一模）二项式（X-j=）的展开式中χ2的系数是.

10.（2023•天津•统考一模）在的二项展开式中，含V的项的系数是

.（用数字作答）

11.（2023・天津河西•统考二模）若（x+j=）的展开式中小的系数为7,则实数

12.（2023・天津♦二模）若jg=-√f∣的展开式中所有项系数的绝对值之和为1024,则

该展开式中的常数项是.

13.（2023・天津红桥•统考一模）某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回

答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问

432

题的概率分别为1，-,y,且各轮问题能否正确回答互不影响，则该选手被淘汰的概

率为.

14.（2023•天津红桥•统考一模）（召-Tj展开式中的常数项为_

二、双空题

15.（2023・天津•三模）现有4个红球和4个黄球，将其分配到甲、乙两个盒子中，每个

盒子中4个球.甲盒子中有2个红球和2个黄球的概率为；甲盒子中有一3个红

球和1个黄球，若同时从甲、乙两个盒子中取出i（i=l,2,3）个球进行交换，记交换后甲

盒子中的红球个数为X,X的数学期望为耳（X）,则鸟（X）+∕（X）=.

16.（2023•天津•统考二模）某篮球队对队员进行考核，规则是①每人进行5个轮次的投

篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过.已知队员

甲投篮1次投中的概率为0.6,如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲第一轮通过

的概率为:甲5个轮次通过的次数X的期望是.

17.（2023∙天津和平•统考二模）在学校大课间体育活动中，甲、乙两位同学进行定点投

篮比赛，每局比赛甲、乙每人各投篮一次，若一方命中且另一方末命中，则命中的一方

本局比赛获胜，否则为平局.已知甲、乙每次投篮命中的概率分别为二和且每局比

54

赛甲、乙命中与否互不影响，各局比赛也互不影响.则进行1局投篮比赛，甲、乙平局的

概率为；设共进行了10局投篮比赛，其中甲获胜的局数为X,求X的数学

期望E（X）=.

18.（2023∙天津南开•统考一模）假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占60%,乙厂产品

占40%,甲厂产品的合格率为90%,乙厂产品的合格率为80%,在该市场中购买甲厂

的两个灯泡，则恰有一个是合格品的概率为；若在该市场中随机购买一个

灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为.

19.（2023•天津河东•一模）甲、乙两名射手射中10环的概率分别为3、ɪ（两人射中

试卷第2页，共4页

10环与否相互独立），已知两人各射击1次.两人都射中10环的概率为；两

人命中10环的总次数为X,则随机变量X的期望为.

20.（2023•天津・统考一模）袋中装有大小、形状完全相同的2个白球和4个红球，每次

抽取1个球.若无放回的抽取，己知第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率

是;若有放回的抽取，则在3次抽取中恰有2次抽到白球的概率是

21.（2023・天津和平•统考一模）先后掷两次骰子（骰子的六个面上的点数分别是1、2、3

、4、5、6）,落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为记事件A为“x+y为偶数”,

事件B为“x、y中有偶数且X*N”，则概率P（A）=P（B∖A）=.

22.（2023•天津•统考一模）一袋中有大小相同的4个红球和2个白球若从中任取3球，

则恰有一个白球的概率是,若从中不放回的取球2次，每次任取1球，记“第

一次取到红球”为事件A,“第二次取到红球”为事件8,则尸（BIA）=.

23.（2023•天津河北•统考一模）盒子里装有同样大小的4个白球和3个黑球，甲先从中

取2球（不放回），之后乙再从盒子中取1个球.（1）则甲所取的2个球为同色球的概

率为;（2）设事件〃为“甲所取的2个球为同色球”，N事件为“乙所取的

球与甲所取的球不同色”，则在事件M发生的条件下，求事件N发生的概率

P（MM）=.

24.（2023•天津河东•统考二模）现有7张卡片，分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从

这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为4,则

P（ξ=2）=,Ee）=.

25.（2023∙天津•一模）某高中数学社团招募成员，依次进行笔试，面试两轮选拔，每轮

结果都分“合格”和“不合格”.当参选同学在第一轮笔试中获得“合格”时，才能进入下一轮

面试选拔，两轮选拔都合格的同学入选到数学社团.现有甲同学参加数学社团选拔，已

知甲同学在笔试，面试选拔中获得“合格”和“不合格”的概率分别为:，与，且在笔试，

面试两轮选拔中取得的成绩均相互独立，互不影响且概率相同，则甲同学能进入到数学

社团的概率是,设甲同学在本次数学社团选拔中恰好通过X轮选拔，则数

学期望E（X）=.

26.（2023∙天津河西•统考二模）设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概

率均为I.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.

用X表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，则随机变量X的数学期望

为;设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比

乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，则事件股发生的概率为.

27.（2023・天津・二模）已知一个袋子中装有4个红球和2个白球，假设每一个球被摸到

的可能性是相等的，若从袋子中摸出3个球，记摸到的白球的个数为C,则1=1的概率

是;随机变量6期望是.

试卷第4页，共4页

参考答案：

1.45

【分析】首先写出展开式的通项，令20-言=O求出，•，再代入计算可得.

,∖r20—―1'

【详解】二项式展开式的通项为=Go(T)∙X2

令20G=0,解得r=8,

，常数项为军LC°*(-if=45.

故答案为：45.

2.180

【分析】根据二项展开式通项，令r=2即可求得常数项.

(ɔ∖ur)Y10-5r

【详解】五+/展开式通项为：/10r∙∕J

2

令U9=o,解得：七2,.∙.η=2×C^o=4×45=18O,即常数项为180.

故答案为：180.

3.-20

【分析】写出二项展开式，令X的指数为-2,求出参数的值，代入通项即可得解.

4

令2-§左=-2,可得A=3,

因此，展开式中尸2的系数为C>(T)3=-20.

故答案为：-20.

4.90

【分析】求出(V+3)5展开式的通项公式，可得展开式为炉时r的值，代入可得展开式中一

项的系数.

【详解】(丁+3)'展开式的通项公式为7；M=CG3门(3丫=3,C*”,

答案第1页，共11页

15—3r=9得r=2,所以/项的系数为3'Q=3?C；=90；

故答案为：90

5.三

8

【分析】先写出［«+壶］的展开式的通项刀“，然后利用前三项的系数成等差数列来列

方程求得〃，再令通项中的X的次数为1可求得『，进而可求出展开式中含X项的系数.

根据前三项的系数成等差数列得2x/C：=最C：+盘C,

解得“=8或”=1（舍去）

3

令4一二厂=1,得广=4,

4

••・展开式中含X项的系数白；=票

故答案为：35

O

6.60

【分析】先根据二项式系数之和求出〃，然楼根据展开式的通式，令X的次数为零即可得常

数项.

【详解】由2x--=展开式的二项式系数之和为64得2"=64,解得n=6,

6

r6r6τ

即2x-,其展开式的通式为*∣=C*2x）=(-ι)2^qx^

令6一,=0得r=4,

.∙.”(-l)"2V=60

故答案为：60.

7.60

【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析运算.

【详解】∙..(x+刃展开式第r+1项J=C:尸伍)=C2χU>=0,l,2,3,4,5,6,

答案第2页，共11页

.∙.当r=2时，η=C^22√=60x3,

故展开式中常数项为

故答案为：60.

8.-40

【分析】写出二项式展开式通项，确定含X项的「值，代入通项公式求系数即可.

【详解】由题设，展开式通项为筹M=GQxfTjJy=(T)'25TC∙XK)

X

当r=3时，Ta=-40X,

.∙.x的系数是-40.

故答案为：-40

9.40

【分析】先求得二项式的通项公式，再令X的次数为2求解.

的通项公式为：7；T=CYI_N)=Cζj2)'x杉

【详解】二项式

45-y=2,解得，=2,

所以n=40V,

所以展开式中/的系数是40,

故答案为：40

10.240

【分析】先得到通项，再根据系数得到项数，然后计算即可.

【详解】根据二项式定理的通项为J=Q啰T(Ty.｝，

当6弓=3时,即r=2时河得(=240χ3.

即1项的系数为24().

故答案为：240.

1

11.-

2

【分析】利用二项式展开式的通项公式，根据系数，即可求得参数值.

答案第3页，共11页

的通项公式CXj(I)=c;JTZ

【详解】=

4

令8-丁=4,解得〃=3.

故可得CQ3=7,解得α=g.

故答案为：—■

【点睛】本题考查利用二项式展开式的通项公式由项的系数求参数值，属简单题.

12.-90

【分析】利用“的展开式中所有项系数和''与"的展开式中所有项系数

的绝对值之和”之间的关系，求得〃的值，进而求得的展开式中的常数项.

由于“〔关一底1的展开式中所有项系数的绝对值之和''等于"［金+近）的展开式中所有

项系数和”.

故答案为：-90

【点睛】本小题主要考查二项式展开式各项系数之和,考查二项式展开式的通项公式的运用,

属于中档题.

101

13.

125

答案第4页，共11页

【分析】设事件Aa=I,2,3)表示“该选手能正确回答第i轮的问题”，选手被淘汰，考虑对立

事件，代入P(A),P(4),F(4)的值，可得结果;

【详解】记”该选手能正确回答第i轮的问题”为事件Aa=I,2,3),则

P(A)=S,P(A2)=∣,P(A3)=1.

该选手被淘汰的概率：

P=P(A+A4+A&A3)=P(A)+P(A)(4)+P(A)(4)(4)

142433IOl

—+—X—+—X—X

555555T25

故答案为：ɪ^ɪ

【点睛】求复杂互斥事件概率的两种方法:

⑴直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和；

⑵间接法：先求该事件的对立事件的概率，再由P(A)=I—P(K)求解.当题目涉及“至多虫至

少''型问题时，多考虑间接法.

14.15.

【分析】利用通项公式即可得出.

2123

【详解】通项公式Th■/=£(x)"7(-，)'=(-1)r^x'rf

X

令12-3r=0,解得r=4.

.∙.展开式中的常数项=第=15.

故答案为15.

【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.

,5史.4

35

【分析】根据超几何分布，即可求解甲盒子中有2个红球和2个黄球的概率；当i=l时，X

的取值可能是2,3,4；当i=3时，X的取值可能是0,1,2,利用超几何分布分布求出对

应的概率，结合数学期望的公式分布计算即可求解.

【详解】由题可知，

1o

甲盒子中有2个红球和2个黄球的概率P=Wɪ=毛;

答案第5页，共11页

当i=l时，X的取值可能是2,3,4,

ClCɪ-尸(X=3)=窜=∣,P(X=4)=Wq,

且P(X=2)=∙⅛^=

4410OL2410

9315

贝∣J6(x)=2χ正+3χw+4xkK

IoOIo2

当i=3时，X的取值可能是0,1,2,

CC1P(X=I)=需4,P(x=2)=∣fq,

且P(X=O)=

OC4C4IO

则Es(X)=OxLId+2x”

168162

故E(X)+E,(X)=4.

故答案为：—;4.

16.0∙84z⅛427T

【分析】由独立事件的乘法公式得出甲第一轮通过的概率，再由X服从二项分布得出甲5

个轮次通过的次数X的期望.

【详解】A=”第i次投中"，i=L2,

则甲第一轮通过的概率为P=I-P(A1A2)=I-P(A1)P(A2)=1-0.4X0.4=0.84.

X的可能取值为0,123,4,5,X服从二项分布X~B(5,0.84),

则甲5个轮次通过的次数X的期望是E(X)=5x0.84=4.2.

故答案为：0.84；4.2.

17.畀0∙652

【分析】第一空，考虑两人平局情况，根据相互独立事件的乘法公式，即可求得答案；第二

空，求出甲每局获胜的概率，确定甲获胜的局数XB(IO,%,根据二项分布的期望公式即

可求得答案.

【详解】由题意知甲、乙每次投篮命中的概率分别为三和=,

54

_434313

则甲、乙平局的情况为两人都投中或都不中，故平局概率为彳乂了+(1-不)(1-二)二工；

545420

431

甲每局获胜的概率为=X(I-T)=Z,

545

答案第6页，共11页

故共进行了10局投篮比赛，其中甲获胜的局数为X,则XB(10ɪ),

故E(X)=IoXg=2,

13

故答案为：—；2

943

18.0.18/—0.86/—

5050

【分析】根据全概率公式和条件概率公式计算即可.

【详解】在该市场中购买甲厂的两个灯泡，

恰有一个是合格品的概率为C；×0.9×0.1=().18,

若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为0.6x0.9+0.4x0.8=0.86.

故答案为：0.18；0.86.

15

9.6-6-

【分析】两人都射中10环可以看作2个互斥事件乘积计算概率即可；根据独立事件发生结

果和对应X的概率，求期望即可求解.

【详解】互斥事件同时发生：「=分8=葭"；

236

由题意可得X=O,1,2

121

P(X=O)=-X-=-:,

…12111

尸(X=1)=—×—I—X—=一；,

23232

P(X=2)=K=J;

236

E(X)=0XL1/+2X—=一；

3266

故答案为：ɪ；ɪ；

66

20--

'59

【分析】根据题意，由条件概率公式代入计算即可得到结果；根据二项分布的概率计算公式,

即可得到结果.

【详解】设第一次抽到白球为事件A,第二次抽到白球为事件B,则在第一次抽到白球的条

件下，第二次抽到白球的概率为P(BIA),

答案第7页，共11页

ɔ7ιι

因为P(A)=N=Q，P(AB)=-X-=-

oɔOJlɔ

I

H

所以PNA)=M=-

I

-

3

若有放回的抽取，设在3次抽取中抽到的白球个数为X,则服从二项分布，即XB(3,g

所以P(X=2)=C

故答案为：!；|.

21.L/0.5ɪ

23

【分析】由古典概率公式求出P(A)、P(AB)f利用条件概率公式可得结果.

【详解】解：若χ+y为偶数，则1、y全为奇数或全为偶数，所以，P(A)=一Ξ

6⅛×6=92

事件A8为“x+y为偶数且X、y中有偶数，则不、y为两个不等的偶数，

所以，P(AB)=涔=:，

6×66

因此，P(MA)=需H∙

故答案为：ɪ；ɪ.

“33

22.--

55

【分析】(1)直接使用公式；(2)条件概率公式的使用.

CC=3

【详解】恰有一个白球的概率P=

C；5

由题可知A="第一次取到红球”,3="第二次取到红球“，则

P(A)=|,P(AB)=^∣=∣

所以P(BlA)=然ɪ3

Γ∖Λ)5

33

故答案为：M—.

答案第8页，共11页

【分析】(I)利用超几何分布求概率即可；

(2)利用条件概公式求解即可.

【详解】解：(1)设事件A为“甲所取的2个球为同色球”

所以P(M)=黑W=

2

2

(2)P(MΛ0=44÷44=-×→×-=-P(MM)=小也4=2

CCGC；2152157v17P(M)33

7

32

故答案为：—

3

16125

24.—/z1l—

3577

【分析】利用古典概型概率公式求尸C=2),由条件求J分布列，再由期望公式求其期望.

【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有C；种取法，其中所抽取的卡片

上的数字的最小值为2的取法有C；+GC:种，所以PC=2)==V,

由已知可得自的取值有1,2,3,4,

Pe=I)=P恁=2)段,

'P(X)至啧P(A)=七总

1516ɔ3,112

所以Ee)=I1xF2×----∏3×F4×—=—

353535357

12

故答案为：—

'T,

4io

25.

9V

【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式可得空1