2024年新高考地区数学二模分类汇编：计数原理与概率统计（解析版）

专题10计数原理与概率统计-2024年新高考地区数学

二模分类服编•山东专用（解析版）

一、单选题

J，则尸（X

1.（2024.山东济南.二模）已知随机变量X

【答案】B

【分析】根据二项分布直接求解即可.

【详解】因为随机变量XB14,£|,

所以尸3=2）同「«

故选：B

2.（2024•山东济南•二模）设A,8是一个随机试验中的两个事件，且P（A）=：，P（8）=；，P（Au5）=g，

则P（B|A）=（）

A.—B.—C.—D.—

43612

【答案】B

【分析】根据概率的性质解得P（AB）=',结合尸（3）=尸（A3）+尸（社）可得P（Z2）=；,代入条件概率公

式分析求解.

【详解】因为尸（Au3）=尸（A）+P（B）—尸（AB）,即：=；+；-P（AB）,解得P（AB）=\,

又因为尸（8）=尸（A8）+P（M）,即:=5+网通），解得尸（初）=；,

1_Q

且尸⑷=“可得P®=1-尸网="

故选:B.

3.（23-24高三上•河北•期末）中国刺绣是我国民族传统工艺之一，始于宋代的双面绣更是传统工艺一绝,

它是在同一块底料上，在同一绣制过程中，绣出正反两面图案对称而色彩不一样的绣技.某中学为弘扬中

国传统文化开设了刺绣课，并要求为下图中三片花瓣图案做一幅双面绣作品，现有四种不同颜色绣线可选,

且双面绣每面三片花瓣相邻区域不能同色，则双面绣作品不同色彩设计方法有（）种

A.144B.264C.288D.432

【答案】B

【分析】先求出正面区域的可能的色彩设计方法，再求出反面区域的可能的色彩设计方法，由分步乘法计

数原理即可得出答案.

【详解】4种色彩设为1、2、3、4,正面相邻区域不能同色必定用三种颜色，则有A：种不同方法，

对于A；中的一种再考虑反面设计，如正面用三色为1、2、3,

则反面颜色也可选1、2、3,但与正面不能同色，故对应为2、3、1和3、1、2两种.

反面颜色也能选1、2、4,与正面1、2、3对应分别为2、1、4,2、4、1,4、1、2三种.

同理反面颜色选1、3、4也为3种，反面选2、3、4也为3种，

则正面用三色为1、2、3,反面颜色对应有11种，

所以双面绣不同色彩设计方法共有Ajxll=264种.

故选：B.

4.（2024・山东二模）若随机变量且尸仔>4）=0.2,则尸（2</<3）=（）

A.0.2B.0.3C.0.4D.0.5

【答案】B

【分析】由正态分布性质可知：尸仔>3）=0.5,P（3<^<4）=P^>3）-P（^>4）,由正态分布曲线的对

称性可知：P（2<^<3）=P（3<^<4）,即可得到答案.

【详解】由随机变量/根据正态分布性质可知：Pq>3）=0.5,

因为P（J>4）=0.2,可得P（3<^<4）=P（J>3）-J>4）=0.5-0.2=0.3,

再根据正态分布曲线的对称性可知：P（2<J<3）=P（3<J<4）,

试卷第2页，共37页

故选：B.

5.（2024・山东・二模）1+展开式中丁尸2的系数为（）

A.-840B.-420C.420D.840

【答案】C

【分析】将问题转化为排列组合问题，使用组合方法求解.

【详解】现有8个1l+x-；］相乘，从每个x-1中的三项Lx,一：各取一项相乘时，若结果为Yy-2的

常数倍，则所取的8项中有4个1,2个尤，2个

y

所以，总的选取方法数目就是C；・CjC=70x6x1=420.

每个这样选取后相乘的结果都是人52二产厂?，即给系数的贡献总是1,所以尤2y-2的系数就是全部的

选取数420.

故选：C.

6.（2024.山东潍坊•二模）已知随机变量X~N（3,〃），且尸（X"）=O.3,则P（X〉2）=（）

A.0.2B.0.3C.0.7D.0.8

【答案】C

【分析】根据正态分布的对称性求解即可.

【详解】由题意可知其均值为3,2和4关于3对称，

所以P（XW2）=P（X24）=0.3,

因此P（X>2）=1—P（XW2）=0.7.

故选：C

7.（2024•山东泰安二模）已知随机变量X服从正态分布N（2,〃），且P（1.5Wx<2）=0.36,贝|P（x>2.5）

等于（）

A.0.14B.0.36C.0.72D.0.86

【答案】A

【分析】根据正态曲线的性质直接求解即可.

【详解】由题意知,.（1.5W2）=0.36,所以尸（2Vx<2.5）=0.36,

则尸(1.5<x<2,5)=0.36+0.36=0.72,

»cc1-P(1.5<x<2.5)„,.

所CC以HIP(x>2.5)=------------------=0.14.

故选：A

8.(2024•山东日照・二模)已知(x+a)s=幺彳5+凡X4+°3彳3+,2*2+pjX+po,若色=15,贝!］。=()

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

【答案】C

【分析】根据题意，结合二项展开式的性质，列出方程，即可求解.

55432

【详解】S(x+a)=p5x+p4x+p3x+p2x+p1x+p0,且「4=15,

可得C；⑶=15,解得a=3.

故选：C.

9.(2024.山东临沂.二模)一组数据按从小到大的顺序排列为1,4,加,12,14,21,若该组数据的中位数是极差

2

的则该组数据的第45百分位数是()

A.4B.6C.8D.12

【答案】A

【分析】根据题干中该组数据极差和中位数的关系列方程求出加，然后根据百分位数的定义求解即可.

【详解】根据中位数的定义，该组数据的中位数是与上，

根据极差的定义，该组数据的极差是21-1=20,

依题意得，”^=20x(,解得加=4,

6x0.45=2.7eZ,

根据百分位数的定义，

该组数据的第45百分位数是从小到大排列的第3个数，即4.

故选：A

10.(2024•山东临沂.二模)若有2名女生和4名男生至U“山东旅发”大会的两个志愿服务站参加服务活动，

分配时每个服务站均要求既有女生又有男生，则不同的分配方案种数为()

A.16B.20C.28D.40

【答案】C

【分析】先分组后分配，分组时分一组2人一组4人和每组各3人两种情况.

【详解】第一步，先分组，分为一组2人，另一组4人，有C；C：=8种；

试卷第4页，共37页

分为每组各3人，有寸=6种，分组方法共有14种.

第二步，将两组志愿者分配到两个服务站共有A；=2种.

所以，总的分配方案有14x2=28种.

故选：C

11.（2024.山东聊城.二模）班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有

且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有（）

A.60种B.54种C.48种D.36种

【答案】B

【分析】分甲、乙、丙三位同学都有安排和甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排两种情况进行说明即可.

【详解】第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，

先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表，有C；=3种结果，

然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有C：=6种结果，

余下的两个学科给剩下的两个人，有A；=2种结果，

所以不同的安排方案共有3x6x2=36种，

第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，

先选两人出来，有C；=3种结果，

再将四门不同学科分成两堆，有黄=3种结果，

将学科分给学生，有A；=2种结果，

所以不同的安排方案共有3x3x2=18种，

综合得不同的安排方案共有36+18=54种.

故选：B.

12.（2024•山东滨州•二模）已知随机事件A,8发生的概率分别为P（A）=0.5,P（B）=0.4,则下列说法正

确的是（）

A.若P（AB）=0.9,则A,8相互独立

B.若A,3相互独立，则尸（A⑻=0.6

C.若尸（A⑻=0.5,则P（AB）=0.25

D.若■右4,则尸（B⑶=0.8

【答案】D

【分析】根据相互独立事件的定义判断A,根据条件概率公式判断B、C、D.

【详解】对于A：因为P（AB）WP（A）尸伊），所以A与8不独立，故A错误;

,,、P（AB）P（A）P（B）,、

对于B：若A,8相互独立，则［（川3）=^^=''加：P（A）=0.5,故B错误;

因为P（A|B）=；^,所以尸（AB）=P（B）尸（413）=0.4x0.5=0.2,故C错误;

对于C：

尢P（A＞B）而0.4=。8,故D正确.

对于D：若则尸（AB）=P（B）=0.4,所以P（同A）=W^=

故选：D

13.（2024•山东滨州.二模）某单位安排5名同志在5月1日至5日值班，每天安排1人，每人值班1天.若

5名同志中的甲、乙安排在相邻两天，丙不安排在5月3日，则不同的安排方案共有（）

A.42种B.40种C.36种D.30种

【答案】B

【分析】利用相邻问题的排列数，减去甲乙相邻时丙排在5月3日的排列数得解.

【详解】甲乙相邻的排列数是A；A：,其中甲乙相邻且丙排在5月3日的排列数为2A；A；,

所以不同的安排方案共有A；A：-2A；A；=40（种）.

故选：B

14.（2024•山东荷泽.二模）在2024年高校自主招生考试中，高三某班的四名同学决定报考A,8,C三所高

校，则恰有两人报考同一高校的方法共有（）

A.9种B.36种C.38种D.45种

【答案】B

【分析】利用排列、组合数即可求解.

【详解】由题意，恰有两人报考同一高校的方法共有C：A；=36种.

故选：B.

15.（23-24高二下•江苏南通•阶段练习）下列结论正确的是（）

A.己知一组样本数据4，x"（不＜%＜...＜工），现有一组新的数据已三，三区，…，一1尸,

试卷第6页，共37页

士巴，则与原样本数据相比，新的数据平均数不变，方差变大

2

B.已知具有线性相关关系的变量x,y,其线性回归方程为夕=0.3x7”,若样本点的中心为(〃?,2.8),

则实数m的值是4

C.50名学生在一模考试中的数学成绩X~N(120,〃)，己知尸(X>140)=0.2,则X4100,140］的人

数为20人

D.已知随机变量若E(3X+1)=6,贝lj〃=5

【答案】D

【分析】计算可得平均数不变，可得新数据极差变小，可判断A；利用贺归直线过样本中心点，可求优，

可判断B；可求得P(100<X<140)=0.6,进而可判断C；由已知得E(3X+1)=〃+1,计算可判断D.

【详解】对于A：新数据的总和为"土+乂产++—=为+》2+均++%,

与原数据的总和相等，且数据个数相等，因此平均数不变，

因为不<迎<..<三，而生产―弋^一(…产厂工+…<0,

即极差变小了，由于两组数据平均数不变，而极差变小，

说明新数据相对原数据更集中于平均数，因此方差变小，故A错误；

对于B：因为回归直线方程£=0.3x-相必经过样本中心点(忆,2.8),

所以03〃-/力=2.8,解得机=T,故B错误；

对于C：因为一模考试中的数学成绩XN(120,52),尸(X>140)=0.2,

所以尸(120<XV140)=0.3,所以F(100<X<140)=0.6,

所以Xe［100,140］的人数为0.6x50=30人，故C错误；

对于D：因为X所以E(X)=〃p=g〃，

E(3X+1)=3E(X)+1=〃+1=6,解得〃=5,故D正确.

故选：D.

二、多选题

16.(2024・山东济南.二模)某景点工作人员记录了国庆假期七天该景点接待的旅游团数量.已知这组数据均

为整数，中位数为18,唯一众数为20,极差为5,则()

A.该组数据的第80百分位数是20

B.该组数据的平均数大于18

C.该组数据中最大数字为20

D.将该组数据从小到大排列，第二个数字是17

【答案】AC

【分析】设这组数从小到大排列为。，瓦Gd，e,7,g,由题意可得d=18,/=20,结合百分位数定义计算可

得A；设出举出符合题意但不符合选项的一组数据即可B、D；结合众数与极差定义，借助反证法可得C.

【详解】设这组数从小到大排列为。，"Gd,e4,g,

由中位数为18,故4=18,

由唯一众数为20,故e=7=20或f=g=20,即可确定了=20,

对A：由7x0.8=5.6,则该组数据的第80百分位数是/,即为20,故A正确；

对B：该组数据可能为15,15,16,18,20,20,20,

,—15+15+16+18+20+20+202,,—口

止IF匕时x=--------------------------------------=18一一<18,故B错误；

77

对C：由题可知gN20,若g221,则。=g—5216,此时只有e=/=20,

故a<6<c<d=18,从而有6217,c>18,^>19,与d=18矛盾，

故g=20,故C正确；

对D：同B中假设，该组数据可能为15,15,16,18,20,20,20,故D错误.

故选：AC.

17.（2024.山东枣庄.模拟预测）已知两个变量y与x对应关系如下表:

X12345

y5m8910.5

若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为9=L25X+4.25,则（）

A.y与x正相关B.in=7

C.样本数据y的第60百分位数为8D.各组数据的残差和为0

【答案】AD

【分析】利用相关性的定义及线性回归直线可判定A,根据样本中心点在回归方程上可判定B,利用百分

位数的计算可判定C,利用回归方程计算预测值可得残差即可判定D.

【详解】由回归直线方程知：L25>0,所以y与x正相关，即A正确；

由表格数据及回归方程易知丁=3,9=1.25x3+4.25=；=>m=7.5,即B错误；

8+9

易知5x60%=3,所以样本数据y的第60百分位数为三一=8.5,即C错误；

试卷第8页，共37页

由回归直线方程知X=123,4,5时对应的预测值分别为9=5.5,6.75,8,9.25,10.5,

对应残差分别为-050.75,0,-0.25,0,显然残差之和为0,即D正确.

故选：AD

18.（2024.山东日照.二模）同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件A,“乙正面向上“

为事件3,“甲、乙至少一枚正面向上”为事件C,则下列判断正确的是（）

O1

A.A与B相互独立B.A与8互斥C.P（B|C）=-D.P（C）=-

【答案】AC

【分析】根据独立事件的定义判断A,根据互斥事件的定义判断B,根据独立事件及条件概率的概率公式

判断C、D.

【详解】对于A,依题意尸（A）=1,P⑻=；,P（AB）=-1-=^=P（A）P（B）,

所以事件A与事件B相互独立，故A正确；

对于B,由题意可知，事件A与事件B有可能同时发生，

例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件A与事件5不是互斥事件，故B错误；

1131

对于C、D,P（C）=l--x-=_,因为BuC,所以P（BC）=P（B）=5，

所以P（8|C）=4号V=故C正确，D错误.

4

故选：AC.

19.（2024•山东滨州•二模）下列结论正确的是（）

A.若随机变量x,y满足y=2x+i,则n（y）=2D（x）+i

B.若随机变量X~N（3,cr2）,且P（X<6）=0.84,则P（3<X<6）=0.34

C.若线性相关系数「的绝对值越接近1,则两个变量的线性相关程度越强

D.按从小到大排序的两组数据：甲组：27,30,37,m,40,50；乙组：24,w,33,44,48,52,

若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则〃2+〃=70

【答案】BCD

【分析】利用方差的性质判断A；利用正态分布的对称性求出概率判断B；利用线性相关系数的性质判断

C；利用第p百分位数计算判断D.

【详解】对于A,Z）（y）=4£>（x）,A错误；

对于B,P（3<X<6）=P（X<6）—2（X43）=0.84—0.5=0.34,B正确；

对于C,线性相关系数r的绝对值越接近1,则两个变量的线性相关程度越强，C正确;

对于D,由6x30%=1.8,依题意，30=〃，且3气7+一ITI=33+^44-，

解得〃=30,机=40,因此：〃+〃=70,D正确.

故选：BCD

三、填空题

20.（12-13高二下•浙江嘉兴•期中）在，/一;］的展开式中常数项是.

【答案】14

177

【详解】加］=螳（2尤3尸（_一族=（_1/.275色.x-,令21-”=0,4=6,则展开式中得常数项

为（-1）6X2XC号14.

【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项.根据通项公式（+1=c，i〃，根据

所求项的要求，解出「，再给出所求答案.

21.（2024・山东济南.二模）现有A,B两组数据，其中A组有4个数据，平均数为2,方差为6,2组有6

个数据，平均数为7,方差为1.若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为.

【答案】9

【分析】根据题意，由分层抽样中数据方差的计算公式计算可得答案.

【详解】根据题意，甲组数据的平均数为2,方差为6,乙组数据的平均数为7,方差为1,

则两组数据混合后，新数据的平均数41=5,

则新数据的方差$2=看［6+（2_5）2］+存［1+（7_5门=9

故答案为：9

22.（2024•山东枣庄•模拟预测）某人上楼梯，每步上1阶的概率为：，每步上2阶的概率为!，设该人从

第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为.

13

【答案】77

10

【分析】先分①②两种方法，再由独立事件的乘法公式计算即可.

【详解】到达第3台阶的方法有两种：

339

第一种：每步上一个台阶，上两步，则概率为=%；第二种：

4416

试卷第10页，共37页

只上一步且上两个台阶，则概率为

4

9113

所以到达第3阶台阶的概率为二+;二五，

16416

13

故答案为：—•

lo

23.（2024・山东泰安・二模）已知甲，乙两位同学报名参加学校运动会，要从100米，200米，跳高，跳远

四个项目中各选两项，则甲，乙两位同学所选项目恰有1项相同的概率为.

【答案】|

【分析】分别求出两位同学从4个不同的项目中各选2项、两位同学所选的项目恰有1项相同的选法，结

合古典概型的概率公式计算即可求解.

【详解】甲乙两位同学从4个不同的项目中各选2项，共有C：C；=36种选法，

甲乙两位同学所选的项目恰有1项相同，共有C；C；C；=24种选法，

242

所以甲乙两位同学所选的项目恰有1项相同的概率为尸===彳.

363

2

故答案为：—.

24.（2024•山东临沂二模）“+1）。+可7展开式中/项的系数为.

【答案】42

【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.

【详解】对（l+x）7,有

则有1XC标2+±xC）5=（c；+C,Y=2C*2=42f.

故答案为：42.

25.（2024.山东临沂•二模）根据统计数据，某种植物感染病毒之后，其存活日数X满足：对于任意的〃eN*,

X=”+l的样本在X>〃的样本里的数量占比与X=1的样本在全体样本中的数量占比相同，均等于g,即

P（X=n+l|X>n）=P（X=l）=1,则尸（X>〃）=,设尸（X=〃），｛%｝的前"项和为S“，则

S”=•

【答案】5-(〃+5)

【分析】根据条件概率的计算以及递推法可得督曹=g（"N2）,根据等比数列的定义可得

4n-l

p(X=n)=-xI,即可求解空1,根据错位相减法即可求解空2.

【详解】P(X=n+l|X>n)=P(X=l)=1,

因为尸=〃+

所以P(X=〃+l)=gp(X>”),将〃换成此时尸(X=〃)=gp(X>〃_l),

两式相减可得尸(x=")-p(x="+l)=gp(x>"-l)-gp(x>")=gp(x=〃),

尸(X=〃+l)4,、、114

即——=-(n>2),X=2)=-P(X>1)=-x(1-P(X=1))=-P(X=1),

P(X=n)5555

所以”［)=］对任意〃eN*都成立,

P(X=n)5

14

此时｛P(X=〃)｝是首项为玄，公比为|■的等比数列,

所以尸(X=")=gx］：］,故尸(X>w)=5尸(X=〃+l)=5xgx44

4n—1

an=nP(X=〃)=gx〃

1+2X44n-24n-i

S"WlxI++(n-l)x\+nx

n-l

4s-i444I+〃X4

5$"一51XI+2x++(n-l)x

in-l

两式作差得;444

1+I+|++!一〃x

5

4

lx1-

4n4

S"=-一〃X|=5-(n+5)x

1----

5

44

故答案为:I95—(n+5)x

【点睛】关键点点睛：根据尸(X=〃+1)=(P(X>〃)，即可利用数列的递推关系求解｛尸(X=〃)｝是首项为g,

4i

公比为9的等比数列，an=-xn利用错位相减法即可求解和.

5"5

2

26.(2024・山东聊城•二模)甲、乙两选手进行围棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为乙获胜的概率

试卷第12页，共37页

为:，采用三局两胜制，则在甲最终获胜的情况下，比赛进行了两局的概率为.

3

【答案】-/0.6

【分析】根据题意，设甲获胜为事件A,比赛进行两局为事件8,根据条件概率公式分别求解P(A)、P(AB)

的值，进而计算可得答案.

【详解】根据题意，设甲获胜为事件A,比赛进行两局为事件3,

0021220

P(A)=-X-+C'X—X—X

33233327

224

P(AB)=C|x-x

339

4

-3

P(AB)912

-一-

故尸(例A)=5-

2020

尸⑷一

27

3

故答案为：—.

四、解答题

27.(2024・山东济南•二模)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10：10平后，每球交换发球

2

权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为§,

乙发球时甲得分的概率为:，各球的比赛结果相互独立.在某局比赛双方打成10:10平后，甲先发球.

(1)求再打2球该局比赛结束的概率；

(2)两人又打了X个球该局比赛结束，求X的数学期望E(X)；

(3)若将规则改为“打成10:10平后，每球交换发球权，先连得两分者获胜”，求该局比赛甲获胜的概率.

【答案】⑴;

⑵E(X)=4

(3)2

30

【分析】(1)由题意可知甲连续得2分，或乙连续得2分比赛结束，再利用独立事件和互斥事件的概率公

式可求得结果；

(2)由题意可知X的可能取值为所有正偶数2,4,6,,2k,(A:eN*),然后根据题意分别求出相应的概率，

表示出期望后，再利用错位相减法可求得结果;

(3)设再打«个球比赛结束且甲获胜的概率为％(〃22),当〃为奇数时，pm=g%,S奇=仍+2+…+P”，

当〃为偶数时，。“+2=*,，5偶=必+凡+--+。,，则可求得甲获胜的概率与+%.

【详解】(1)10:10平后，设事件4="第，个球甲得分”，则耳="第，个球乙得分”，

设”="再打两球该局比赛结束"，则M=无，

所以尸(M)=pM4+/)=p(4)p(4)+P(A)P(4)=：xg+%：=g.

⑵X的可能取值为所有正偶数2,4,6,…,2匕…依eN*),

考虑第2%-1个球与第2人个球(％=1,2,3,),如果这两球均由甲得分或均由乙得分，则比赛结束：如果这

两球甲、乙各得1分,

则比赛相当于重新开始；这两球甲、乙各得1分的概率为1-尸(")=),

所以P（X=2）=P（M）=：,

P（X=4）=—x—=—,

'7224

尸（X=6）=]

IX2-8

所以E（X）=2x；+4x《+6x*++2kx^+

记&=2xg+4xJ+6x：++2%x3，

则;1=2x：+4xJ+6xJ++（2氏-2）x：+2Gx备,

以上两式相减得：5上=l+2xJ+2xg+2xJ+-+2xJ—2左X/1

1_±

.1111712J1C（2+人）

=2+?+¥+

2k

1--

2

所以&=4一年2,

当％趋于用时，品趋于4,所以E(X)=4.

试卷第14贝，共37贝

(3)设再打«个球比赛结束且甲获胜的概率为P”(〃>2),

211

贝UP]=

(〃-1、

n-1、

当〃为奇数时,

P„+2=%0，，5奇=P3+°5+...+P，，

当〃为偶数时,

'n-1、(

2(1

所以该局比赛甲获胜的概率s奇+5偶=771Tz+-1-

1jmz

l7\

21IQ

当n趋于”时，s奇+s偶趋弓—+—=

所以该局比赛甲获胜的概率为二.

【点睛】关键点点睛：此题考查概率的求法，考查相互独立事件的概率乘法公式的应用，考查等比数列求

和公式，考查错位相减求和，第(3)问解题的关键是根据题意分〃为奇数和〃为偶数表示出通项公式，考

查理解能力和计算能力，属于较难题.

28.(2024.山东济南.二模)随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要

应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向

移动的概率均为:.例如在1秒末，粒子会等可能地出现在(LO),(TO),(0,1),(。,-1)四点处.

(1)设粒子在第2秒末移动到点(x,y),记x+y的取值为随机变量X，求X的分布列和数学期望E(X)；

(2)记第“秒末粒子回到原点的概率为P„.

⑴已知之©)2=6求小，%以及。2”；

k=0

(ii)令6“=2”，记S”为数列也｝的前〃项和，若对任意实数M>0,存在“eN*,使得S.>M,则称粒

子是常返的.己知屈Hj<加<岳由"，证明:该粒子是常返的.

【答案】(D见解析

9

(2)(i)03=°;=TT；(ii)见解析

【分析】(1)求出求X的可能取值及其对应的概率，即可求出X分布列，再由数学期望公式求出E(x)；

(2)(i)粒子奇数秒不可能回到原点，故卫=0;粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概

率公式求解即可；第2〃秒末粒子要回到原点，则必定向左移动左步，向右移动左步，向上移动”-左步，向

下移动左步，表示出P2“，由组合数公式化简即可得出答案；(ii)利用题目条件可证明

121nI

%=七,再令/(x)=x—ln(l+”,无>。可证得S“=WX+,进一步可得

46〃4=］o

S„>|ln(n+1)>M,即可得出答案.

【详解】(1)粒子在第2秒可能运动到点(1,1),(2,0),(0,2)或(0,0),(1,-1),(-1,。或(-1-1),(-2,0),(0,-2)的

位置，X的可能取值为：-2,0,2,

尸（x=~2）=段,p（x=o）=A=l,P（X=2）=A=1,

所以X的分布列为:

X-202

111

P—

424

E（X）=（-2）x^-+0x1+2x1=0.

(2)(i)粒子奇数秒不可能回到原点，故P3=。，

粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑:

(a)每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有A：种情形;

9)每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有2C：种情形;

A：+2C；9

于是。4=

4464

第2几秒末粒子要回到原点，则必定向左移动左步，向右移动左步，向上移动〃-左步,

n「k「k「n-k1"（2n）!

向下移动〃-左步,故％=z=/^（左!）2］（"《!『

k=0

1(2〃)!ST1

(加『y《=o(左!『［(〃—左)!丁

k=0

11

k=0

试卷第16页，共37页

1[(2»)!]2

16"(„!)4

令，(x)=x—ln(l+x),x>0尸(无)=1-=—>0

'71+尤1+尤

故“X)在(0,+8)上单调递增,

则/(力>/(。)=。，于是x>ln(l+x)(x>0),

nniin(iAi

从而有：>E77>7Sln1+T=7ln(«+1)>

k=\k=\。左°k=\\K)。

即团为不超过X的最大整数，则对任意常数M>0,当时，

n>e6M-b于是+

综上所述，当时，S”>M成立，因此该粒子是常返的.

【点睛】关键点睛：本题第二问(ii)的关键点在于利用后<加屈］J可得

121nI

%=£rC，J>；,再令/'(x)=x-ln(l+”,尤>0可证得S“=WX>”("+1)，进一步可得

4on4=1。

S„>^ln(n+1)>M,即可得出答案.

29.(2024•山东枣庄•模拟预测)在一个袋子中有若干红球和白球(除颜色外均相同)，袋中红球数占总球

数的比例为P.

(1)若有放回摸球，摸到红球时停止.在第2次没有摸到红球的条件下，求第3次也没有摸到红球的概率;

(2)某同学不知道比例P,为估计P的值，设计了如下两种方案：

方案一：从袋中进行有放回摸球，摸出红球或摸球5次停止.

方案二：从袋中进行有放回摸球5次.

分别求两个方案红球出现频率的数学期望，并以数学期望为依据，分析哪个方案估计P的值更合理.

【答案】(1)1-P

（2）答案见解析

【分析】（1）设事件4="第2次没有摸到红球“，事件8="第3次也没有摸到红球”，根据条件概率公式计

算可得；

（2）记“方案一”中红球出现的频率用随机变量X表示，X的可能取值为0,求出所对应的概

率，即可得到分布列与数学期望，“方案二”中红球出现的频率用随机变量V表示，贝1」5¥~3（5,0）,由二项

分布的概率公式得到分布列，即可求出期望，再判断即可.

【详解】（1）设事件A="第2次没有摸到红球“，事件3="第3次也没有摸到红球”，

则P（A）=（1-P）2,P（2）=（1-P）3,

所以尸（例A）-仪网一网一正立一1一〃

所以尸⑷勺一P⑷一尸⑷一”p）L1

（2）“方案一”中红球出现的频率用随机变量X表示,

则X的可能取值为：

且尸(X=o)=(l_p)5,=g)=(l—p)4p,P^X=^=(l-p)3p,

pG=^=(l-p)>,P(X=£|=(l_#p,P(X=l)=p,

所以X的分布列为:

Xj_1£

X01

5432

P(1-P)5(1-P)4P(l-p)"(1-P)2P(1-p)pp

贝I]E(X)=0x(l-p)5+|x(l-p)47?+^-x(l-p)3p+|x(l-p)2p+|x(l-p)p+lxp

(1-。)4P+(1-P)3P+Q-pfp+(1-夕)。+

5432P

“方案二”中红球出现的频率用随机变量y表示，因为5y~3（5,p）,

所以5y的分布列为：p（5y=左）=Cp"（1-p）5-k，左=0,1,2,3,4,5,

即y的分布列为：

]_234

Y0i

5757

试卷第18页，共37页

P(I"5(1-p)4P10(1-p)3P210(1-p)2p35(1-/?)/P5

所以矶5y)=5p,则E(y)=",

因为矶x）>。，E（y）=p,所以“方案二”估计。的值更合理.

30.（2024•山东淄博.二模）汽车尾气排放超标是导致全球变暖、海平面上升的重要因素.我国近几年着重

强调可持续发展，加大新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业迅速发展.某汽车制造企业对某

地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到下面的统计表：

年份t20152016201720182019

年份代码xCx=t-2014)12345

销量y（万辆）1012172026

（1）计算销量y关于年份代码X的线性相关系数厂，并判断是否可以认为y与X有较强的线性相关关系（若

|r|>0.75,则认为有较强的线性相关关系）.若是，求出y关于尤的线性回归方程：若不是，说明理由；

（2）为了解购车车主的性别与购车种类（分为新能源汽车与传统燃油汽车）的情况，该企业又随机调查了该

地区100位购车车主的购车情况，假设一位车主只购一辆车.男性车主中购置传统燃油汽车的有40名，

购置新能源汽车的有30名：女性车主中有一半购置新能源汽车.将频率视为概率，已知一位车主购得新

能源汽车，请问这位车主是女性的概率.

附：若（凡，%），（尤2，%），-为样本点，

三（%一君（y-歹）•-屈

相关系数公式：产I「1"=|-