2025年高考数学一轮复习：计数原理、随机变量及其分布列（新高考专用）（解析版）

专题29计数原理随机变量及其分布列（五大题型+模拟精练）

01题型归纳

目录：

♦题型01两个计数原理

♦题型02排列组合

♦题型03二项式定理

♦题型04随机变量及其分布列

♦题型05不同类型分布列综合

♦题型01两个计数原理

1.甲、乙、丙、丁去听同时举行的3个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听

同一个讲座的种数为（）

A.6B.12C.18D.24

【答案】A

【分析】先安排甲乙，然后安排丙丁，再根据分步乘法计数原理求得正确答案.

【解析】甲乙两人听同一个讲座，方法数有3种，

丙丁两人听不同的讲座，方法数有2种，

所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的种数为3x2=6种.

故选：A

2.从7本不同的书中选出3本送给3位同学，每人一本，不同的选法种数是（）

A.37B.73C.21D.210

【答案】D

【分析】根据分步乘法计数原理求解.

【解析】根据分步乘法计数原理，不同的选法有7x6x5=210种.

故选：D

3.A民C三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，某中学有四名学生报名参加.若每名学生只能

报一所大学，每所大学都有该中学的学生报名，且A大学只有其中一名学生报名，则不同的报名方法共有

（）

A.18种B.21种C.24种D.36种

【答案】C

【分析】按分步乘法计数原理，首先选一人去A大学，然后将剩余的三位同学分为两组2,1,再分配到民C

两所学校即可求解.

【解析】第一步选一人去A大学，则有C；=4（种），

第二步将剩余的三位同学以一组两人，一组一人进行分组，然后分配到民C两所学校，

则有C；A；=6（种），

则不同的报名方法共有4x6=24（种），

故选：C.

♦题型02排列组合

4.用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成（）个无重复数字，符合"小于4310的四位偶数”

A.108B.109C.110D.111

【答案】B

【分析】根据题意，分千位小于4,千位为4,百位小于3,千位为4,百位等于3,当十位小于1时，然后

根据分类计数原理可得.

【解析】当千位小于4时,有A>A；.A；+A%A；=96种，

当千位是4,百位小于3时，有A；?2+A-种，

当千位是4,百位是3,十位小于1时，有1种，

由分类计数原理，可得小于4310的四位偶数共有96+12+1=109,

故选：B.

5.七位渔民各驾驶一辆渔船依次进湖捕鱼，甲、乙渔船要排在一起出行，丙必须在最中间出行，则不同的

排法有（）

A.96种B.120种C.192种D.240种

【答案】C

【分析】先将甲乙捆绑成一个单元，再讨论其所排位置，运算求解.

【解析】由题意可知，丙排在第4位，则甲乙两人可能在第1、2或2、3或5、6或6、7位，

故不同的排法有C：A；A：=4x2x24=192种.

故选：C.

6.将6棵高度不同的景观树种植在道路两侧，要求每一侧种植3棵，且每一侧中间的景观树都要比两边的

高，则不同的种植方法共有（）

A.20种B.40种C.80种D.160种

【答案】C

【分析】先分步计算两侧的排法，再结合分步计数原理计算即可.

［解析】一侧的种植方法有C：A；=20x2=40种排法，

另一侧的种植方法有A；=2种排法

再由分步计数原理得不同的种植方法共有40x2-80种排法,

故选:C.

7.甲、乙、丙等5人被安排到A,8,C三个社区做志愿者，每人随机选择一个社区，且这三个社区都有人去,

则甲和乙不去同一个社区的概率为（)

19452

A.—B.-C.一D.-

25563

【答案】A

【分析】先将5人分为三组，再分配到三个社区，再减掉甲乙两个人在同一社区的情况，即可求得.

【解析】根据题意，甲、乙、丙等五人被安排到A,民C三个社区做志愿者,

每人随机选择一个社区，且这三个社区都有人去，则可按11,3和1,2,2分组,

223

再分配到三个社区，共有C：A；+曾CC产A=150种不同的安排方法,

其中甲乙在一个社区的共有C；A；+C；&=36种，

则甲乙不去同一个社区的概率为尸=1-普=£

故选：A.

8.暑期将至，甲、乙、丙等六名学生准备各自从A,8,C,D四个景点中选一个景点去旅游.已知每个景点都有

人选，且甲没有选景点A,则所有不同的选法种数为（）

A.540B.720C.1080D.1170

【答案】D

【分析】根据排列组合知识结合分组问题求解即可.

【解析】因为甲没有选景点A,所以甲有C；=3种选法,

其余5名学生可以选3个景点或4个景点.

「1「3「1「2「2、

当其余5名学生选3个景点时，有A；=150种选法;

7

当其余5名学生选4个景点时，有C；A：=240种选法.

故共有（150+240）x3=1170种不同的选法.

故选：D.

9.武汉外校国庆节放7天假（10月1日至10月7日），马老师、张老师、姚老师被安排到校值班，每人至

少值班两天，每天安排一人值班，同一人不连续值两天班，则不同的值班方法共有（）种

A.114B.120C.126D.132

【答案】A

【分析】依据值班3天的为分类标准，逐类解决即可.

【解析】因为有三位老师值班7天，且每人至少值班两天，每天安排一人值班，同一人不连续值两天班，

所以必有一人值班3天，另两人各值班2天.

第一类：值班3天在（1,3,5）、（1,3,6）、（1,4,6）、（2,4,7）、（2,5,7）、（3,5,7）时，共有6xC；C；C；=72种不同

的值班方法；

第二类：值班3天在（1,3,7）、（1,5,7）时，共有2xC；C；=12种不同的值班方法；

第三类：值班3天在（1,4,7）时，共有C；C；C；=12种不同的值班方法；

第四类：值班3天在（2,4,6）时，共有C；C：=18种不同的值班方法；

综上可知三位老师在国庆节7天假期共有72+12+12+18=114种不同的值班方法.

故选：A

♦题型03二项式定理

10.在（犬3一彳：的展开式中，常数项为（）

A.-4B.4C.-32D.32

【答案】C

【分析】写出（三-1）4的展开式的通项，求出常数项.

【解析】二项式（炉-2）4的展开式的通项为=CKJ）j（一2），=（一2），C42.，

XX

令12-4r=0,得r=3,

所以常数项为（-2）3C：=-32.

故选：c

11.(x-y)(x+y)8的展开式中x2『的系数为()

A.20B.-20C.28D.-28

【答案】B

【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.

【解析】依题意，Y『的系数为lxC：-C；=C；-C：=C；-C；=8-28=-20.

故选：B

12.己知(x+a>°=%+q(x—1)+O2(x—1)-++%(x—I)。+q0(》—『°,若“9=30,则实数a=()

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【分析】利用换元法，根据二项式定理的性质，即可求解.

【解析】令x—1=/,贝(]x=t+l,所以(f+1+a)=4+//+%厂+…+佝产+严，

所以，见=婢0(4+1"9,所以C：o(a+1)=%=10(a+l)=30=a=2；

故选：B.

♦题型04随机变量及其分布列

13.已知随机变量X的分布列为

EEJ□

EiHn

则O（5X-1）=（）

A.0.2B.1.2C.5D.6

【答案】D

【分析】先求出E（X）=4.6,再求出£）（X）=0.24,最后根据O（5X—1）=25D（X）,求解即可.

【解析】解：因为E（X）=4x。.4+5x0.6=4.6,

所以0（X）=（4—4.6）2x0.4+（5-4.6）2x0.6=0.24,

所以O（5X-1）=25D（X）=25x0.24=6.

故选：D.

14.已知离散型随机变量X的分布列如下，若E（3X+4）=5,则a+6=（）

X-10a2

51j_

Pb

1244

【答案】C

【分析】根据概率之和等于1建立等式求解出。，再利用期望的性质及算法建立等式求解。，即可求解.

【解析】由题意知［+方+!+!=1,

1244

解得b=J

因为E（3X+4）=5,所以3E（X）+4=5,即E（X）=L贝l|E（X）=-lx9+0x'+axL+2x』=L

3121244*3

解得。=1,所以6卓13，

故选：C.

15.已知随机变量X的分布列如下表所示：

X-101

1

p—mn

13

若尸（xvo）=g,且2x+y=i,则n（y）=（）

【答案】c

【分析】利用分布列的性质结合给定概率求出小，“，再求出E（X）,£>（X）,进而利用方差的性质计算即得.

【解析】由尸（XWO）=5，得"7==-2=5，n=l-P（X<0）=^

则E（X）=_lx「Ox「lx»O（X）=E（X2）一国X）］Jlx：+Ox,中=||,

由2x+y=i,得y=i-2X,所以n（y）=4o（x）=豆.

故选：C

16.已知随机变量X的分布列如下表所示，则E（2X+1）=（）

【答案】C

【分析】根据分布列的性质可得进而可得E（X）=y，再根据期望的性质分析求解.

26

【解析】由分布列可得:+a+J=i,解得.=!，

362

贝U£（X）=lxl+2xl+3x1=^,

3266

14

所以石（2乂+1）=25（乂）+1=1.

故选：C.

♦题型05不同类型分布列综合

17.已知随机变量X服从两点分布，且P（X=l）=0.7,设y=2X-1,那么。（丫）的值是（）

A.0.84B.0.7C.0.4D.0.3

【答案】A

【分析】由已知结合两点分布的方差公式和方差性质即可求解.

【解析】因为随机变量X服从两点分布，

所以由题O（X）=0.7x（l—0.7）=021,又y=2X—1,

所以D（y）=O（2X—l）=22£）（X）=4x0.21=0.84.

故选：A.

18.已知X服从两点分布，若P（X=0）=5P（X=l）,则尸（X=l）=（）

11I1

A.—B.-C.—D.-

6543

【答案】A

【分析】根据两点分布的特征计算即可.

【解析】由题意得P（X=0）+P（X=l）=6P（X=l）=l,则p（X=l）=g.

故选：A.

19.国家提出"乡村振兴”战略，各地纷纷响应.某县有7个自然村，其中有4个自然村根据自身特点推出乡

村旅游，被评为“旅游示范村现要从该县7个自然村里选出3个作宣传，则恰有2个村是“旅游示范村"

的概率为（）

,121843

A.—B.—C.-D.一

353577

【答案】B

【分析】根据题意，可直接写出对应事件的概率.

[解析】由题可得，恰有2个村是"旅游示范村”的概率为尸=专=2.

故选：B

20.5个零件中有3个次品，从中每次抽检1个，检验后放回，连续抽检3次，则抽检的3个零件中恰有2个

是次品的概率为;

54

【答案】m/°，432

【分析】记抽到次品的概率为。，抽到正品的概率为4,则p=（,q=j,用X表示3次抽检中抽到次品

的次数，则X是一个随机变量，每次抽检抽到次品的概率为|,由题意知*~80,||,利用二项分布的概

率公式可求解.

【解析】记抽到次品的概率为0,抽到正品的概率为4,则P=（,q=~,

用X表示3次抽检中抽到次品的次数，则X是一个随机变量，

每次抽检抽到次品的概率为|,由题意知X~B[3,|）,故连续抽检3次，

抽检的3个零件中恰有2个是次品的概率为尸（X=2）=C；p243-2=302q=3xR，x：=卷.

54

故答案为：

21.盒中共有9个球，其中有4个红球，3个黄球和2个白球，这些球除颜色外完全相同，若用随机变量X

表示任选4个球中红球的个数，则X服从超几何分布，其参数为（）

A.N=9,M=4,"=4B.N=9,M=5,n=5

C.N=13,M=4,n=4D.N=14,M=5,n=5

【答案】A

【分析】根据超几何分布的定义求解即可.

【解析】在产品质量的不放回抽检中，若N件产品中有M件次品，

抽检"件时所得次品数X=Z,则P（X=%）=Cg'"，、=l,2,,m,

CN

m=min[M,n^,n<N,M<N,n,M,N,

此时称随机变量X服从超几何分布.

根据超几何分布的定义可知，N=9,M=4,n=4.

故选：A

22.已知连续型随机变量X与离散型随机变量y满足y~4i6，m，若X与y的方

差相同且P（2WXW4）=0.3,贝iJP（XW4）=（）.

A.0.8B.0.5C.0.3D.0.2

【答案】A

【分析】由正态分布和二项分布的性质可得结果.

【解析】D（X）=〃2,D（y）=16x|x^l-^=4,D（X）=D（y）,

，〃2=4,〃=2,由对称性：P（X<2）=0.5,

故尸（X<4）=P（X<2）+P（2<X<4）=0.5+0.3=0.8.

故选：A.

23.己知随机变量X服从正态分布N（3,〃），若P（X>8）=0.2,则尸（—2WXW3）=.

【答案】0.3

【分析】根据正态分布的对称性求得正确答案.

【解析】解法一：尸（X>8）=0.2=P（X<-2）,尸（-24X43）=；-尸（X<-2）=0.3.

解法二：P（3VX48）=尸（X23）-P（X>8）=0.3=P（-2<X<3）,

故答案为：0.3

24.设随机变量X~N（M，b；）,y~N（%引，这两个正态分布密度曲线如图所示，贝I（）

A.4>〃2B.O-,<CT2

c.p(x</<)>p(y>/z2)D.P(X</A)>P(K<^)

【答案】D

【分析】由密度曲线结合正态分布性质求解即可.

【解析】x的密度曲线的对称轴在y的密度曲线的对称轴的左边，即从<4.

x的密度曲线较为分散，y的密度曲线较为集中，即巧>外,故AB错误；

因为尸(XW4)=0.5,尸(丫24)=0.5,所以C错误；

因为P(xW4)>0.5,P(yW“)<0.5,所以D正确；

故选：D

25.若随机变量Z服从正态分布则尸(Z<必+C)。0.8413.为了解使用新技术后的某果园的亩收

入(单位：万元)情况，从该果园抽取样本，得到使用新技术后亩收入的样本均值了=3.2,样本方差

S2=1.44.已知该果园使用新技术前的亩收入X(单位：万元)服从正态分布N(2.8,1.44),假设使用新技术

后的亩收入丫服从正态分布N(元$2),则()

A.P(X<4)>P(y>2)B,P(X<4)+P(y>2)<1.68

c.P(X<4)<P(y>2)D.P(X<4)+P(y>2)>1.68

【答案】D

【分析】运用正态分布的概率性质计算即可.

【解析】依题可知，x=3.2,？=1.44,所以Y~N(3.2,1.2，，

故P(Y>2)=P(Y>3.2-1.2)=P(F<3.2+1.2)»0.8413.

因为X~?7(2.8,1.22),所以P(X<4)=尸(X<2.8+1.2)®0.8413,

所以尸(X<4)=P(Y>2),尸(X<4)+P(Y>2)«1.6826>1.68.

故选：D.

02模拟精练

一、单选题

1.（2024•福建漳州•模拟预测）A"C：o=()

A.65B.160C.165D.210

【答案】C

【分析】根据排列数及组合数公式计算可得.

u10x9“厂

【解析】A"C：o=A"C：°=6x5x44d------=165.

2x1

故选：C

3

2.（2024•浙江•三模）|的展开式的常数项为（）

333

A.——B.-C.-D.4

242

【答案】B

【分析】先求出展开式的通项，令指数等于0,求得〃=2,即可求解.

【解析】通项（M=G（X2'］一

为常数项，

令6-3厂=0可得厂=2,

13

所以4=C?*=w，

故选：B.

3.（2024广东东莞•三模）若（l-2x）5=%+%X+%/+-+则的+%=（）

A.10B.0C.-40D.130

【答案】C

【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解.

【解析】为=C；（-2）2=40,4=C；（-2）3=-80,所以。?+%=—4。,

故选：C

4.（2024•陕西西安•模拟预测）已知某随机变量X的分布列如图表，则随机变量X的方差。（X）=（

X02040

pm2mm

A.120B.160C.200D.260

【答案】C

【分析】根据概率和为1，求得加，再根据分布列求E（X）,再求。（X）即可.

【解析】由题可知：m+2m+m-l,解得根=；,则E（X）=Ox〃7+4O〃?+4O〃2=8O〃7=2O；

故£＞（X）=；（0-20）2+g（20-20）2+；（40-20）2=100+0+100=200.

故选：C.

5.（2025•广东深圳•模拟预测）某高校要求学生除了学习第二语言英语，还要求同时进修第三语言和第四语

言，其中第三语言可从A类语言：日语，韩语，越南语，柬埔寨语中任选一个，第四语言可从E类语言：

法语，德语，俄语，西班牙语，意大利语，则学生可选取的语言组合数为（）

A.20B.25C.30D.35

【答案】A

【分析】从A类语言4个中任选一个，从E类语言5个中任选一个，由分步乘法计数原理可得答案.

【解析】第三语言可从A类语言4个中任选一个，有4种方法，

第四语言可从E类语言5个中任选一个，有5种方法，

所以共有4x5=20种.

故选：A.

6.（2024•甘肃酒泉•三模）有甲、乙两台车床加工同一种零件，且甲、乙两台车床的产量分别占总产量的

70%,30%,甲、乙两台车床的正品率分别为94%,92%.现从一批零件中任取一件，则取到正品的概率为（）

A.0.93B.0.934C.0.94D.0.945

【答案】B

【分析】根据概率与条件概率的定义，结合全概率公式，可得答案.

【解析】设事件A表示为"任选一件零件为甲车床生产的"，

事件2表示为"任选一件零件为乙车床生产的"，事件C表示为"任选一件零件为正品〃，

则尸⑷=70%,尸（8）=30%,P（C|A）=94%,P（C忸）=92%,

所以P（C）=P（C|A）P（A）+P（C⑻P（B）=0.934.

故选：B.

7.（2024・全国•模拟预测）甲、乙两人进行一场游戏比赛，其规则如下：每一轮两人分别投掷一枚质地均匀

的骰子，比较两者的点数大小，其中点数大的得3分，点数小的得0分，点数相同时各得1分.经过三轮

比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的条件下，乙也至少有一轮比赛得3分的概率为（）

209210211212

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

277277277277

【答案】B

【分析】先根据古典概型得出一轮游戏中，甲得3分、1分、0分的概率.进而求出三轮比赛，在甲至少有一

轮比赛得3分的概率，以及事件三轮比赛中，事件甲乙均有得3分的概率.即可根据条件概率公式，计算得

出答案.

【解析】用（。力）分别表示甲、乙两人投掷一枚骰子的结果，

因为甲、乙两人每次投掷均有6种结果，则在一轮游戏中，共包含6x6=36个等可能的基本事件.

其中，甲得3分，即。＞b包含的基本事件有

（2,1）,（3,1）,（3,2）,（4,1）,（4,2）,（4,3）,（5,1）,（5,2）,（5,3）,（5,4）,（6,1）,（6,2）,（6,3）,（6,4）,（6,5）,共15个，概率为

155

P=--二—.

3612

同理可得，甲每轮得0分的概率也是三，得1分的概率为3.

126

所以每一轮甲得分低于3分的概率为1-15=历7.

设事件A表示甲至少有一轮比赛得3分，事件B表示乙至少有一轮比赛得3分，则事件彳表示经过三轮比

赛，甲没有比赛得分为3分.

31385

则尸（Z）=C；

1728

事件A5可分三类情形:

①甲有两轮得3分，一轮得。分，概率为4=砥'［曰x图=|||；

②甲有一轮得3分，两轮得。分，概率为鸟=3色卜图2=|||；

③甲有一轮得3分，一轮得0分，一轮得1分，概率为己=8''''乂'=总.

12512525175175

所以P(A3)=《+£+6=--------1--------H-------=

576576144288288

175

所以打切4)=夕察=288210

1385277

1728

故选：B.

8.(2023・广东广州,模拟预测)某公司员工食堂每天都有米饭和面食两种套餐，己知员工甲每天中午都会在

这两种套餐中选择一种，米饭套餐的价格是每份18元，面食套餐的价格是每份12元，如果甲当天选择了

某种套餐，他第二天会有60%的可能性换另一种类型的套餐，假如第1天甲选择了米饭套餐，第"天选择米

饭套餐的概率为匕，给出以下论述：

①….52；

②月=0.4/+0.6(1-^)(«>2,neN);

③月,=0.4+0.5x(-0.2)"-1

④前左天甲午餐总费用的数学期望为154+|-

其中正确的是()

A.②③④B,①②④C.①③④D.①②③

【答案】B

【分析】先根据题意找到递推式，即可判断②，由递推式可求出巴，从而判断③，根据期望公式，期望的

性质以及匕，即可判断④.

【解析】若甲在第(〃-1)天选择了米饭套餐，那么在第〃天有40%的可能性选择米饭套餐，

甲在第(〃-1)天选择了面食套餐，那么在第"天有60%的可能性选择米饭套餐,

所以第〃天选择米饭套餐的概率尺=0.4半1+0.6(1-匕一)(”227eN),故②正确;

因为鸟=0.4,所以甲在第1天选择了米饭套餐，所以△=0.6x0.6+0.4x0.4=0.52,故①正确;

由②得，^,=-0.2^+0.6,所以月—0.5=-0.2(月_「0.5),

又由题意得，《=1,｛月-0.5｝是以0.5为首项，-0.2为公比的等比数列，

所以匕一。.5=(1—0.5)x(-0.2)i,所以5=。.5+0.5x(-ON)"上故③错误;

前上天甲午餐总费用的数学期望为

18x^[0.5+0.5x(-0.2r1]+12x^[l-0.5-0.5x(-0.2)n-1]=15)t+---一一，故④正确.

n=ln=l22I5J

故选：B.

二、多选题

9.（2024•江苏•模拟预测）若机，w为正整数且〃＞机＞1,贝!J（）

A.C；=C；B.C；=4

74!

C./HCXM-DC：-1D.A：+〃?A：T=A喜

【答案】AD

【分析】根据组合数和排列数的计算公式和性质，对每个选项逐一计算即可判断.

【解析】对A：由组合数性质：C：=C；”可知，A正确;

对B：C；=d,故B错误;

73!

n\n\

对C：=m=n-------------------,(«-DC：：；=(«-1),左右两边

(m-l)!(n-m)!

不相等，故C错误；

_in\n\/八n\n\

对D・AAm+mAAw=-------r-+m------------=(n-m+l)------------r+m7-----------T

,nn—(n-m+1)!(n-m+lj!(n-m+1)!

(w+1)!

—A'"

HE西而一八"+i，故D正确.

故选：AD

10.（2025・四川巴中•模拟预测）设离散型随机变量X的分布列如下表

X01234

P0.10.2m0.20.1

若离散型随机变量y满足y=2x+i,则（）

A.机=0.4B.E(X)=2,D(X)=1.2c.r(r)=3,D(y)=3.4

D.E(y)=5,£>(r)=4.8

【答案】ABD

【分析】根据分布列性质可求出机的值，判断A；根据期望和方差公式计算判断B；利用期望和方差性质可

判断CD.

【解析】由离散型随机变量X的分布列性质可得加=1-。.1-0.2-0.2-0.1=04,A正确；

E（X）=0x0.1+1x0.2+2x04+3x0.2+4x0.1=2,

Z）（X）=（0-2）2X0.1+（1-2）2X0.2+（2-2）2X0.4+（3-2）2X0.2+（4-2）2X0.1=1.2,B正确；

由于y=2X+l,故E（y）=2矶X）+l=5,D（y）=4D（X）=4.8,C错误，D正确；

故选：ABD

11.（2024•浙江•模拟预测）高考数学试题的第二部分为多选题，共二个题每个题有4个选项，其中有2个

或3个是正确选项，全部选对者得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.小明对其中的一道题完全

不会，该题有两个选项正确的概率是:，记X为小明随机选择1个选项的得分，记丫为小明随机选择2个

选项的得分.则

A.P（X=0）＞P（y=0）B,P（X=2）＞P（y=2）

C.E（x）＞£（y）D.D（X）＞D（F）

【答案】BC

【分析】先求出x,Y的分布列，可判断A,B；再由数学期望和方差公式求出E（x）,E（y）,仇x）,D（y）可

判断C,D.

【解析】X为小明随机选择1个选项的得分，所以x=0,2,

11113

尸(x=o)=—X--F—x—=

22428

则X的分布列为:

由此可得E（X）=2x1=iD（X）=（0_?5-2至5|\5_15

X———，

4841816

y为小明随机选择2个选项的得分，所以丫=0,2,6,

51112p(y=2)=|l=

P(F=0)=—x——1--x—;x

622234

则y的分布列

Y026

21

P

3412

由此可得E（y）=2x；+6x'=

D(y)=(0-l)2x7-+(2-l)2x-!1-+(6-l)2x—1=-?+-1!-+—95=3

J34123412

所以尸(x=o)〈尸(y=o),尸(x=2)>尸(y=2),E(X)>E(Y),D(x)<r>(y).

故选：BC.

三、填空题

12.（2024・河南新乡•模拟预测）2024年7月14日13时，2024年巴黎奥运会火炬开始在巴黎传递，其中某

段火炬传递活动由包含甲、乙、丙在内的5名火炬手分四棒完成，若甲传递第一棒，最后一棒由2名火炬

手共同完成，且乙、丙不共同传递火炬，则不同的火炬传递方案种数为.

【答案】10

【分析】先考虑最后一棒的方案，再考虑中间两棒的方案即可.

【解析】最后一棒可以是除甲、乙、丙之外的2人，也可以是从乙、丙中选1人，从除甲、乙、丙之外的2

人中选1人组成，所以最后一棒的安排方案有：1+C；・C；=5种；

安排最后一棒后，剩余两人安排在中间两棒，方案有：A；=2种，

由分步计数乘法原理，不同的传递方案种数为：5x2=10种.

故答案为：10

13.（2023•河南•模拟预测）已知随机变量X的所有可能取值为1,2,3,其分布列为

X123

P£p3

若E（X）=g,则鸟_£=.

【答案】-1

【分析】根据分布列的性质和数学期望的定义求解.

【解析】因为E(x)=q+2E+3A=g，①

且6+£+A=l,②，

所以①一②X2可得，［+2£+3月_2(4+2+4)=月_4=_5

故答案为：

14.(2023,山东泰安•模拟预测)某蓝莓基地种植蓝莓，按1个蓝莓果重量Z(克)分为4级：Z210的为A级，

8WZ<10的为B级，6<Z<8的为C级，4<Z<6的为。级，Z<4的为废果.将A级与8级果称为优等果.已

知蓝莓果重量Z服从正态分布N(5,9).对该蓝莓基地的蓝莓进行随机抽查，每次抽出1个蓝莓果.记每次抽

到优等果的概率为P(可精确到(M).若为优等果，则抽查终止，否则继续抽查直到抽出优等果，但抽查

次数最多不超过"次，若抽查次数X的期望值不超过3,〃的最大值为.

附：P(〃一cr<Z<〃+cr)=0.6827,P(//-2cr<Z<//+2cr)=0.9545,尸("一3。<Z4〃+3cr)=0.9773

【答案】4

〃一1〃一1

【分析】依题意可得E(X)=O.2£hO.8J+〃O.8"T,设M=利用错位相减法求出0.2M,即可

k=lk=l

得到双X)=5(l-0.8"),从而得到0820.4,再根据指数函数的性质及所给数据判断即可.

【解析】因为蓝莓果重量Z服从正态分布N(5,9)其中〃=5Q=3,

,、，、1-P(/J-(7<Z<U+(T}1-0,6827

p=P(Z28)=P(Z2〃+b)=——------------------=——-——x0.2,

设第上次抽到优等果的概率尸(X=%)=0.8i-0.2(左=1,2,3,--1),

H-1

恰好抽取〃次的概率尸(X=〃)=O.8"T,所以E(X)=0.2»0.8i+〃-0.8"T,

k=\

设〃=工屋0.81,贝iJO用MuEhOe,

k=l女=1

两式相减得：0.2M=£OU--(,一1>Ogi=1音；-(n-l).0.8"-1=5(1-0.8恒)-(n-l)-0.8"-',

所以E(X)=0.2M+小0.8'i=5(1-0.8'i)-(«-1).0.8,,-1+n-O.8W-1=5(1-0.8"),

由5(1-08)43,即0.8"20.4,”的最大值为4.

故答案为：4.

n-1

【点睛】关键点睛：本题的关键点在于设M=O8i,利用错位相减法求出o.2M,进而求出E(X),

k=［

利用指数函数的单调性解不等式即可.

四、解答题

15.(2024•浙江杭州・一模)一设随机变量X所有可能的取值为“々，…，%,P(X=x.)=P/>0(i=l,2,,n),

且Pi+P2+P“=1.定义事件X=%的信息量为H,=Tnp,,称X的平均信息量

"(X)=-(加明］+01叩之++「J叩”)为信息燧.

⑴若〃=3,Pk+i=2Pk(k=1,2),求此时的信息燧；

(2)最大燧原理:对一个随机事件的概率分布进行预测时，要使得信息赠最大.信息燧最大就是事物可能的状态

数最多，复杂程度最大，概率分布最均匀，这才是风险最小(最合理)的决定.证明:“(X)Win”，并解释等

号成立时的实际意义.

(参考不等式:若〃x)=lnx,则，无)

【答案】(1)山7一学n2

(2)证明见详解.

【分析】(1)通过条件求出P|，P2，P3的值，代入信息牖的公式化简得到结果;

(2)由参考不等式及题意得到不等式，取出最大对应的Pi的值，即可证明，由题意可以分析得到取等号时

的实际意义.

【解析】(1)当〃=3时，Pi+〃2+〃3=l,且=2〃"3=2必，

124

团P1=］，22='，。3=~，

lnT10,C

团8(X)=-(AA++ftln/^)=-^ln-+ylny+ylnyj=-yln—=ln17---m2

7

(2)令1/(x)=lnx，则

_n(_n\

团H(X)=-(加明+pJ叩2++p„lnp„)=-^A/(A)^-/SPi

i=l\i=0J

有题意可知当口=工时，风险最小(最合理)的决定，

n

当随机变量中每个变量发生的概率相同的时候，这时事物中每一个结果发生的可能性相同，情况分析是最

复杂的，也是最合理的.

16.（2024•北京朝阳•二模）科技发展日新月异，电动汽车受到越来越多消费者的青睐.据统计，2023年1

月至12月A,B两地区电动汽车市场各月的销售量数据如下：

1月2月3月4月5月6月7月8月9月10月11月12月

A地区

29.439.754.349.456.265.461.168.270.271.977.189.2

（单位：万辆）

B地区

7.88.88.18.39.210.09.79.910.49.48.910.1

（单位：万辆）

月销量比3.84.56.76.06.16.56.36.96.87.68.78.8

月销量比是指：该月A地区电动汽车市场的销售量与B地区的销售量的比值（保留一位小数）.

⑴在2023年2月至12月中随机抽取1个月，求A地区电动汽车市场该月的销售量高于上月的销售量的概

率；

（2）从2023年1月至12月中随机抽取3个月，求在这3个月中恰有1个月的月销量比超过8且至少有1个

月的月销量比低于5的概率；

⑶记2023年1月至12月A,8两地区电动汽车市场各月的销售量数据的方差分别为s：,s；,试判断s；与

s；的大小.（结论不要求证明）

【答案】⑴巳9

（2）—

110

⑶s：＞s；

【分析】（1）由表中数据找出符合的月份个数即可求解.

（2）先由表中数据找出月销量比超过8的月份个数和低于5的月份个数再结合组合分配情况即可求解.

（3）由表中数据和方差定义即可判断.

【解析】（1）设事件C为"A地区电动汽车市场该月的销售量高于上月的销售量"，

在2023年2月至12月中，A地区电动汽车市场该月的销售量高于上月的销售量的月份为2月、3月、5月、

6月、8月、9月、10月、11月、12月，共9个月，

所以尸（c）=[9.

（2）设事件。为"这3个月中恰有1个月的月销量比超过8且至少有1个月的月销量比低于5",

在2023年1月至12月中，月销量比超过8的只有11月和12月，月销量比低于5的只有1月和2月,

（3）A地区销售量最低有29.4万辆，最高有89.2万辆，数据波动较大；

相比之下8地区销售量最低有7.8万辆，最高有10.4万辆，数据波动幅度较小，变化较为平稳；

故s；>s；.

17.（2024,广东佛山•三模）随着春季学期开学，某市市场监管局加强了对学校食堂食品安全管理，助力推

广校园文明餐桌行动，培养广大师生文明餐桌新理念，以"小餐桌"带动"大文明"，同时践行绿色发展理念.该

市某中学有A，B两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在

学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下：

选择餐厅情况（午餐，晚餐）(AA)（B，A）（B，B）

王同学9天6天12天3天

张老师

6天6天6天12天

假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率.

⑴估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率;

（2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望E（X）；

⑶假设M表示事件幺餐厅推出优惠套餐”，N表示事件"某学生去A餐厅就餐”，P（M）>0,已知推出优惠

套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：

【答案】（1）0.6

（2）分布列见解析，E（X）=L9

⑶证明见解析

【分析】（1）运用古典概型求概率即可.

（2）根据已知条件计算简单离散型随机变量的分布列及期望.

（3）运用条件概率及概率加法公式计算可证明结果.

【解析】（1）设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐"，

因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为6+12=18,