2025届高考数学二轮复习专题21排列组合与概率必刷小题100题教师版

专题21排列组合与概率必刷小题100题

任务一:和善模式（基础）1-30题

一、单选题

1.要支配4名学生到3个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一

名志愿者，则不同的支配方法共有（）

A.7种B.12种C.36种D.72种

【答案】C

【分析】

先将4名学生分为3组，再将3组学生安排到3个乡村，利用分步乘法计数原理可得结果.

【详解】

先把4名学生分成三组，三组人数分别为2、1、1,再安排给3个乡村，故方法数为

C；A；=36.

故选：C.

2.在边长为2的正六边形内任取一点，则这个点到该正六边形中心的距离不超过1的概率

为（）

.6兀口后c网兀nG

A•，15.U.----\）•

18182424

【答案】A

【分析】

先求出正六边形的面积，再求出到正六边形中心距离不超过1的点构成的圆的面积，利用

面积比即可求出结果.

【详解】

止六边形的边长为2,所以其面积为S尸6x立x2?=6看

4

当正六边形内的点落在以正六边形的中心为圆心，1为半径的圆上或圆内时，该点到正六

边形的中心的距离不大于1,其面积为其=万乂12=打

所以正六边形内的点到该正六达形中心的距离不起过11J勺概率。=冬=三二吞.

S6V318

故选：A

3.若某群体中的成员不用现金支付的概率为0.4,既用现金支付也用非现金支付的概率为

0.15,则只用现金支付的概率为()

A.0.25B.0.35C.0.45D.().55

【答案】C

【分析】

利用对立事务的概率公式求解.

【详解】

设事务力：只用现金支付；事务8：既用现金支付也用非现金支付；事务G只用非现金支

付，

则P(A)+P(8)+P(C=1，又由条件有P(C)=04P(B)=0.15,所以

P(A)=1-P(C)-P(B)=1-0.4-0.15=0.45.

故选：C.

4.现某校数学爱好小组给一个底面边长互不相等的直叫棱柱容器的侧面和下底面染色，提

出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得运用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则

不同的染色方案有()

A.18种B.36种C.48种D.72种

【答案】1)

【分析】

分别求解选用4种颜色和3种颜色，不同的染色方案，综合即可得答案.

【详解】

若选择4种颜色，则前后侧面或左右侧面用1种颜色，其他3个面，用3种颜色，

所以有=48种:

2

若选择3种颜色，则前后侧面用1种颜色，左右侧面用1种颜色，底面不同色,

所以有A：=24种，

综上，不同的染色方案有24+48=72种.

故选：D

5.奥林兀克标记由万个石扣的环圈组成.而环象什干大洲的团结.于个奥林兀克环总共有

8个交点，从中任取3个点，则这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上的概率为（）

Q29

C.2

B.工1).

1477

【答案】A

【分析】

求出从8个点中任取3个点的全部状况，求出满意条件的状况即可求出.

【详解】

从8个点中任取3个点，共有C：=56种状况，这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上有

3xC；=12种状况,则所求的概率?=罢=/.

5614

故选：A.

6.2021年7月20日，极端强降雨席卷河南，部分地区发生严峻洪涝灾难，河北在第一时

间调集4支抗洪抢险专业队、96辆执勤车、31艘舟艇及4000余件救灾器材，于7月21bl4时

23分动身支援河南抗洪抢险.若这4支抗洪抢险专业队分别记为A,B,C,从这4支

专业队中随机选取2支专业队分别到离动身地比较近的甲、乙2个发生洪涝的灾区，则A去

甲灾区“不去乙灾区的概率为（）

3

【答案】A

【分析】

先求出从这4支专业队种随机选取2支专业队，分别去甲乙灾区的结果总数，再求出A去

甲灾区8不去乙灾区的结果数，再求概率.

【详解】

从这4支专业队种随机选取2支专业队，分别去甲乙灾区结果有12种，

2I

A去甲灾区8不去乙灾区的结果有2种，所以所求概率P=S=：,

126

故选：A.

7.甲、乙两名运动员各自等可能地从编号为1、2、3的3张卡片中选择1张，则他们选择

的K片上的数字之和能被3整除的概率为()

A.|B.：C.1D.1

3993

【答案】A

【分析】

利用古典概型的概率公式即求.

【详解】

由题知甲、乙两名运动员选择的卡片结果有：

(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),共9种；

其中他们选择的卡片上的数字之和能被3整除的有：(1,2),(2』),(3,3),共3种.

故他们选择的卡片上.的数字之和能被3整除的概率为］

故选：A

8.某团支部随机抽取甲乙两位同学连续9期“青年高校习”的成果(单位：分)，得到如

图所示的成果茎叶图，关于这9期的成果，则下列说法正确的是()

4

甲乙

10

4322

322125

122

202

A.甲成果的中位数为32

B.乙成果的极差为40

C.甲乙两人成果的众数相等

I）.甲成果的平均数高于乙成果的平均数

【答案】A

【分析】

依据茎叶图求出甲成果的中位数，乙成果的极差，众数，平均数即可推断.

【详解】

对A,依据茎叶图可得甲成果的中位数为32,故A正确；

对B,乙同学的成果最高为52,最低为10,所以极差为52-10=42,故B错误；

对C,由茎叶图可知甲同学成果的众数为32,乙同学的成果的众数为42,不相等，故C错

误；

11+22+23+24+32+32+33+41+52

对D,因为甲成果的平均数为高==30,乙成果的平

_10+22+31+32+35+42+42+50+52

均数为工2235,画<生,故D错误.

-Q-।

故选：A.

9.要将甲、乙、丙、丁4名同学分到尔B、C三个班级中，要求每个班级至少分到一人,

则甲被分到月班级的概率为（）

5

【答案】B

【分析】

依据题意，先将四人分成三组，再分别分给三个班级即可求得总支配方法；若甲被支配到

A班，则分甲单独一人支配到A班和甲与另外一人一起支配到A班两种状况探讨，即可确

定甲被支配到A班的全部状况，即可求解.

【详解】

将甲、乙、丙、丁4名同学分到A&C三个班级中，要求每个班级至少分到一人，

0】

则将甲、乙、丙、丁4名同学分成三组，人数分别为1,1,2；则共有安■种方法，安排

用

He!24x3

给A8,C三个班级的全部方法有*•川=F-X3X2=36种；

A22

甲被分到A班，有两种状况：

甲单独一人分到A班，则剩余两个班级分别为1人和2人，共有C；&=6种：

二,甲和另外一人分到A班，则剩余两个班级各1人，共有C；&=6种；

综上可知，甲被分到A班的概率为绊=！.

363

故选：B.

10.奥运会跳水竞赛中共出名7评委给出某选手原始评分，在评定该选手的成果时，去掉

其中一个最高分和一个最低分，得到5个有效评分，则与7个原始评分（不全相同）ft

比，肯定会变小的数字特征是（）

A.众数B.方差C.中位数D.平均数

【答案】B

【分析】

依据题意，由数据的中位数、平均数、方差、众数的定义，分析可得答案.

6

【详解】

对于A：众数可能不变，如8,7,7,7,4,4,1,故A错误；

对于B：方差体现数据的偏离程度，因为数据不完全相同，当去掉一个最高分、一个最低

分，肯定使得数据偏离程度变小，即方差变小，故B正确；

对于C：7个数据从小到大排列，第4个数为中位数，当首、末两端的数字去掉，中间的数

字依旧不变，故5个有效评分与7个原始评分相比，不变的中位数，故C错误；

对于C：平均数可能变大、变小或不变，故D错误；

故选：B

11.有五名学生站成一排照毕业纪念照，其中甲不排在乙的左边，则不同的站法共有

()

A.66种B.60种C.36种D.24种

【答案】B

【分析】

首先利用全排列并结合已知条件即可求解.

【详解】

首先对五名学生全排列，则共有父=120种状况，

又因为只有甲在乙的左边或右边两种状况，

所以甲不排在乙的左边的不同的站法共有恪一60种状况.

2

故选：B

12.随机变量g满意分布列如下：

012

P2a-baa+b

则随着的增大()

7

A.£匕)增大，。但)越来越大

B.E(G增大,。(彳)先增大后减小

C.双。)减小，。(。)先减小后增大

D.£匕)增大，。但)先减小后增大

【答案】B

【分析】

结合分布列的性质求出〃的值以及的范围，然后依据期望与方差的概念表示出期望与方

差，结合函数的性质即可得出结论.

【详解】

因为2a-/?+a+a+0=I,所以“=

()<--/?<1

2

又因为，解得三w，

0<—+/?<1

4

3

所以E《)=〃+2〃+2/)=9+幼，随着b的增大，£(g)增大；

4

D(^)=(-+2J?)2(--b)+(^--)2x-+(--2b)2(-+b)=-4b2+b+—,

"42444416

因为-;<A<：，所以。(J)先增大后减小.

42

故选：B.

1R.永州是一座有着两千多年悠久历史的湘南古国，民俗文化资源丰富.在一次民俗文化表

演中，某部门支配了《东安武术》、《零陵渔鼓》、《瑶族伞舞》、《祁阳小调》、《道州调子

戏》、《女书表演》六个节目，其中《祁阳小调》与《道州调子戏》不相邻，则不同的支配

种数为()

A.480B.240C.384D.1440

【答案】A

8

【分析】

利用插空法求解即可.

【详解】

第一步，将《东安武术》、《零陵渔鼓》、《瑶族伞舞》、《女书表演》四个节目排列，有

阁=24种排法；

其次步，将《祁阳小调》、《道州调子戏》插入前面的4个节目的间隙或者两端，有&=20

种插法；

所以共有24x20=480种人同的支配方法.

故选：A

14.五行学说是中华民族创建的哲学思想.古代先民认为，天下万物皆由五种元素组成，分

别是金、木、水、火、土，彼此之间存在如图所示的相生相克关系.若从金、木、水、火、土五种元

素中任取两种，则这两种元素恰是相生关系的概率是（）

【答案】C

【分析】

先计算从金、木、水、火、土五种元素中任取两种的全部基本领件数，再计算其中两种元素恰

是相生关系的基本领件数，利用古典概型概率公式，即得解

【详解】

由题意，从金、木、水、火、土五种元素中任取两种，共有（金，木），（金，水），（金，火）,

（金，±）,（木，水），（木，火），（木土），（水，火），（水，土），（火，土），共10个基

本领件，其中两种元素恰是相生关系包含（金，木），（木，土），（土，水），（水，火）

9

（火，金）共5个基本领件，所以所求概率。=噂=：.

故选：C

15.山竹，原产地在印度尼西亚东北部岛屿的一组群岛马鲁古，具有清热泻火、生津止渴的

功效，被誉为夏季的“水果之王”，受到广阔市民的宠爱.现统计出某水果经销商近5年的

山竹销售状况，如下表所示.

年份20162017201820192020

年份代码工01234

年销量y/万斤2.23.85.56.57.0

依据表中的数据用最小二乘法求得y关于X的线性回来方程为5=L2x+f,若2021年的年

份代码为5,则可以预料2021年该经销商的山竹销量大约为（）

A.8.6万斤B.9.2万斤C.10万斤【）.15.5万斤

【答案】A

【分析】

求出样本中心点为7），代入回来直线可得/的值，再将x=5代入即可求解.

【详解】

-0+1+2+3+4—2.2+3.8+5.5+6.5+7.0

x=----------------=2,v=-------------------------=5,

5

所以样本中心点为（2,5）,

将（2,5）代入$，=1.2工+/可得：5=1.2x2+r,可得/=2.6,

所以关于x的线性回来方程为y=i.2x+2.6,

当x=5时，£=1.2X5+2.6=8.6万元，

故选：A.

16.《医院分级管理方法》将医院按其功能、任务不同划分为三个等级：一级医院、二级医院

10

、三级医院.某地有9个医院，其中3个一级医院，4个二级医院，2个三级医院，现在要从

中抽出4个医院进行药品抽检，则抽出的医院中至少有2个一级医院的抽法有（）

A.81种B.8（）种C.51种I）.41种

【答案】C

【分析】

分恰有2个一级医院与恰有3个一级医院两种状况探讨，依据分类加法计数原理计算可

得；

【详解】

解：恰有2个一级医院，有C；C：=45种抽法；恰有3个一级医院，有C：C：=6种抽法,所

以抽出的医院中至少有2个•级医院的抽法有45+6=51（种）.

故选:C

17.为了支援山区教化，现在支配5名高校生到3个学校进行支教活动，每个学校至少支

配1人，其中甲校至少要支配2名高校生，则不同的支配方法共有（）种

A.50B.60C.8（）D.100

【答案】C

【分析】

对甲校安排的高校生人数进行分类探讨，利用排列、组合计数原理结合分类加法计数原理

可得结果.

【详解】

若甲校分2名高校生，此时有**=60种安排方法；

若甲校分3名高校生，此时有=20种安排方法.

综上所述，共有80种安排方法.

故选：C.

18.接种疫苗是预防限制新冠疫情最有效的方法.我国自2021年1月9口起实施全民免费接

种新冠疫苗工作，截止到2021仟5月底，国家已推出了三种新冠疫苗（腺病毒载体疫苗、

11

新冠病毒灭活疫苗、重组新型冠病毒疫苗）供接种者选择，每位接种者任选其中一种.若甲、

乙、丙、丁4人去接种新冠疫苗，则恰有两人接种同一种疫苗的概率为（）

A.1B.2C.工D.J

91639

【答案】A

【分析】

首先利用分步乘法计数原理求出基本领件总数，再由排列、组合求出恰有两人接种同一种

疫苗的哇基本领件个数，依据古典概型的概率计算公式即可求解.

【详解】

由题意，每位接种者可等可能地从3种任选•种接种，

由分步乘法计算原理知，共有3,=81不同的结果，

恰有两人接种同一种疫苗，可先从4人中任选两人并成一组，有种结果，

再与另两人一起按三种疫苗的依次排成一排，

有用种排法，一种排法对应一种接种方法，

故恰有两人接种同一种疫苗共有4=36种不同结果，

由古典概型概率计算公式得：P=^36=^4

o19

故选：A

19.袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用力表示“第一次摸到白球”，假如

“其次次摸到白球”记为反否则记为C，那么事务力与反力与「间的关系是（）

A.A与B,力与。均相互独立

B.力与8相互独立，/I与C互斥

C.4与8,H与。均互斥

D.力与8互斥，力与C相互独立

【答案】A

12

【分析】

依据相互独立事务的定义进行推断即可.

【详解】

有放回地摸球，第一次摸球与其次次摸球之间没有影响，即力与8月与C均相互独立

故选：A

20.从三个小区中选取6人做志愿者，每个小区至少选取1人，则不同的选取方案数为

（）

A.10B.20C.540D.1080

【答案】A

【分析】

问题等价于6个相同的小球分成3组，每组至少1个，利用“隔板法”可得答案.

【详解】

从三个小区中选取6人做志愿者，每个小区至少选取1人，

即6个志愿者名额分到3个小区，每个小区至少1个，

等价于6个相同的小球分成3组，每组至少1个，

将6个小球排成一排，除去两端共有5个空，

从中任取2个插入挡板，共有C；=10（种）方法，

即从三个小区中选取6人做志愿者，每个小区至少选取1人,不同的选取方案数为10.

故选：A

第II卷（非选择题）

二、填空题

21.袋中有4只红球3只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得1分，取到1只黑球

13

得3分，设得分为随机变量八则P(fW6)=.

【答案】三13

【分析】

先求出随机变量的可能取值，再分别求出概率即可.

【详解】

解：取出的4只红球个数可能为：4、3、2、1个，黑球相应个数为：0、1、2、3人

所以时，会4,6

所以尸心6)二尸(乒4)+P(右6)=与£+詈■T

故答案为:苏13

22.一个袋子中装有六个大小形态完全相同的小球，其中一个编号为1,两个编号为2,三

个编号为3.现从中任取一球，登记编号后放回，再任取一球，则两次取出的球的编号之

和等于4的概率是________.

【答案】［

1O

【分析】

依据题意列出基本领件，然后依据古典概型的概率公式即可求出结果.

【详解】

记编号为1的球为“，编号为2的球为"c,编号为3的球为4。,/,则基本领件：

(4人),(々©,(〃/),(〃©,(«/),(力,吟(〃,力)，9©,(〃/b(/\6),他/),(G«),((?,/?),

(c,c),(c,d),(Ge),(cJ),(d,a),(d,b),(d,c),®d),(d,e),(dJ),(e,a),(e,b),(e,c),

(eM，(e,e),(eJ),(/M),(fbM/,c),(fd),(fe),(fJ)共36种，编号之和为4的有:

(41),(40,(。，/)，(乩。卜(64),(/,4),(〃©,(<:,力),仇/»(")共10种，所求概率为粤=

14

5

18,

故答案为:3.

23.某医疗队有6名医生，其中只会外科的医生1名，只会内科的医生3名，既会外科又

会内科的医生2名.现在要从医疗队中抽取3名医生支援3个不同的村庄，每个村庄1人，

要求3名医生中至少有一名会内科，至少有一名会外科，则共有种派遣方法.

【答案】114

【分析】

依据医生的状况，分从只会外科的人中选1人和从只会外科的人中选0人两类求解.

【详解】

由题知，有2名医生既会外科，也会内科，只会外科的1名，5名会内科，

以选出只会外科的人数进行分类：

从只会外科的人中选1人：C；A；=60,

从只会外科的人中选0人：

所以共114种.

故答案为：114

24.某工厂生产了一批节能灯泡，这批产品中按质量分为一等品，二等品，三等品.从这些

产品中随机抽取一件产品测试，已知抽到一等品或二等品的概率为0.86,抽到二等品或三

等品的概率为0.35,则抽到二等品的概率为.

【答案】0.21/孟

【分析】

设抽到一等品，二等品，三等品的事务分别为ARC,利用互斥事务加法列出方程组即可

求解.

【详解】

15

设抽到一等品，二等品，三等品分别为事务儿B,C

P(A)+P(B)=0.86

则'P(B)+P(C)=0.35,则尸(8)=0.21

P(A)+P(B)+P(C)=l

故答案为:0.21

25.两名学生一起去一家单位应聘，面试前单位负责人对他们说；“我们要从面试的人中聘

请3人，你们俩同时被聘请进来的概率是，若每个参与面试的人被聘请的可能性相

同，则依据这位负责人的话，可以推断出参与面试的人数为.

【答案】21

【分析】

利用古典概型的概率公式求解.

【详解】

设参与面试的人数为〃，依题意有笔1=-7阴二==

C„n(n-l)(n-2)n(n-l)70

即W2-7?-42O=(/7+2O)(/7-21)=O,

解得〃=21或〃-20(舍去).

故答案为：21.

26.一个盒子中装有六张卡片，上面分别写着如下六个定义域为R的函数：/(x)=x,

2

f2(x)=x,^(A-)=x\£(x)=sim:,八(x)=cosx,1(x)=2.现从盒子中逐一抽取卡

片，且每次抽出后均不放回，若取到一张写有偶函数的卡片则停止抽取，否则接着进行，

设抽取次数为则的概率为

19

【答案】^/0195

【分析】

由题可知g的取值范围是{123,4},分别求概率，即求.

16

【详解】

易推断人(x)=d,I4(x)=cosx,工,(x)=2为偶函数,所以写有偶函数的卡片有3张,g

的取值范围是{123,4}.

方法一隔=1)爷=[%=2)=爵2，尸("3)=鉴玲除

1771Q

所以夕修＜3)=。仔=1)+。信=2)+。仔=3)=5+历+旃=与・

方法二产("3)=1"低=4)=]_C：C；C；qJ

㈠JC：c；c：c；20

故答案为：言19.

27.为了强化劳动观念，弘扬劳动精神，某班级确定利用班会课时间进行劳动教化.现要

购买铁锹、锄头、镰刀三种劳动工具共9把，每种工具至少购买1把，则不同的选购方法

共有种.(用数字作答).

【答案】28

【分析】

用插隔板方法求解.

【详解】

问题相当于9个木棍排成一排，在中间8个空位中选2个插入隔板，方法数为C：=28.

故答案为：28.

28.中国体育彩票坚持“公益体彩乐善人生”公益理念，为支持中国体育事业发展做出了

贡献，其中“大乐透”是群众特殊宠爱购买的一种体育彩票，其规则是从前区1到35的号

码中选5个，后区1到12的号码中选2个组成一注彩票.其中复式玩法允许从前区选5个

以上，后区选2个以上号码，那么从前区1到35的号码中选7个号码，从后区1到12的

号码中选3个，组成的彩票注数为.

【答案】63

【分析】

17

由题意分两步，第一步从前区所选7个号码中任选5个号码，其次步从后区所选3个号码

中任选2个号码，再由由分步计数乘法原理求解.

【详解】

第一步从前区所选7个号码中任选5个号码有=21（种）状况，

其次步从后区所选3个号码中任选2个号码有C；=3（种）状况，

由分步计数乘法原理，组成的彩票注数为21x3=63（注）.

故答案为：63

29.如图，用五种不同的颜色涂在图中不同的区域内，要求每个区域只能涂•种颜色，且

相邻（有公共边）区域涂的颜色不同，则不同的涂色方案一共有种.用数字作答

【答案】180

【分析】

将图形中四个板块分别记为依据4、。不同色和0、O同色，分两类计数再相

加，可得结果.

【详解】

将图形中四个板块分别记为4eC。，如图：

当8、。不同色时，有5x4x3x2=120种涂色方案;

18

当4、。同色时，有5x4x3=60种涂色方案，

依据分类加法计数原理可得共有120+60=180种涂色方案.

故答案为：180.

30.某科研项目包括A3,C,。四个课题，须要安排给甲、乙、丙三个科研小组进行探讨，

每个课题安排给一个小组，每个小组至少安排一个课题，且甲、乙小组能探讨全部四个课

题，丙小组只能探讨C。两个课题，则不同的安排方法的种数为.

【答案】14

【分析】

依据“丙小组只能探讨C。两个课题”可知从丙小组的状况起先分类探讨并计算即可.

【详解】

因为甲、乙、丙三个科研小组中丙小组只能探讨两个课题，所以不妨从丙起先探讨.

若丙小组探讨。课题，①甲探讨两个，乙探讨•个，共C；xC；=3种：②甲探讨•个，乙

探讨两个，共C：xC；=3种；

若内小组探讨。课题，①甲探讨两个，乙探讨一个，共C；xC；=3种；②甲探讨一个，乙

探讨两个,共C：xC；=3种；

若丙小组探讨C。课题，则甲和乙分别探讨一个，共2种.

综上，不同的安排方法的种数为3+3+3+3+2=14种.

故答案为：14

19

任务二：中立模式(中档)140题

一、单选题

1.某学校对音乐、体育、美术、书法特长生进行专项测试.现支配5名学生志愿者到现场

帮助，若每名志愿者参与一个组的管理工作，每组至少有1人帮助工作，则不同的支配方

式共有()

A.20种B.24种C.120种D.240种

【答案】D

【分析】

把5名志愿者分成4组，然后全排即可.

【详解】

把5名志愿者分成4组，共有C；=1()种分组方法，

把分好的四组进行全排，共有A：=24种排列方法，

所以不同的支配方式共有=24x10=240种.

故选：D.

2.2021年国庆节期间，小李报名参与市申•视台举办的“爱我祖国”有奖竞答活动，活动

分两轮回答问题，第一轮从5个题目中随机选取2个题目，这2个题目都回答正确，本轮得

奖金500元，仅有1个回答正确，本轮得奖金200元，两个回答都不正确，没有奖金且被淘

汰，有资格进入第2轮回答问题者，最多回答两个问题，先从5个题目中随机选取1个题目

回答，若回答错误本轮奖金为零且被淘汰，若回答正确，本题回答得奖金200()元，然后再

从剩余4个题目中随机选:个，回答正确，本题得奖金3000元，回答错误，本题回答没有奖

金.已知小李第一轮5个题目其中3个能回答正确，其次轮每个题目回答正确的概率均为：

20

（每轮选题相互独立），则小李获得2500元的概率为（）

,54n9c18n9

A.----B.---c.—-D.—

62512512525

【答案】B

【详解】

小李获得250（）元奖金，则第一轮2个题目回答都正确，其次轮第1个题目回答正确，第2

个题目回答错误，所以所求概率P=冬・]・1=2，

LqJJ14J

故选：B.

3.已知随机变量X的分布列如下：

123

Pab2b-a

则£）（3X-1）的最大值为（）

2

A.B.3

3

C.61).5

【答案】C

【分析】

Q17

依据概率和为1得到人=不再计算E(X)4-2a,得至IJ/XXXYS-》?+彳，

D(3X-1)=9D(X),计算最值得到答案.

【详解】

D(3X-1)=9D(X),只需求D(X)的最大值即可，依据题意：a+b+2b-a=],b=:,

J

E(X)=a+2xg+3x(,

52112X219

JJ。yJO

21

I22

当”严，其最大值为屋故。(3X7)的最大值为丁9=6.

故选：C.

4.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形态可视为一个正四棱锥，如图，将一

个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上H勺两端异色，假如只有5种颜色可

供运用，则不同的染色方法总数为()

A.180B.240C.420D.480

【答案】C

【分析】

分两步，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用乘法原理

可求解.

【详解】

分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用乘法原理可

求解，由题设，四棱锥S-力以刀的顶点S,力，〃所染的颜色互不相同，它们共有

5x4x3=60种染色方法；

当S,A,8染好时，不妨设所染颜色依次为1,2,3,若。染2,则〃可染3或4或5,有3

种染法；若。染4,则〃可染3或5,有2种染法；若。染5,则〃可染3或4,有2种染

法，即当S,A,«染好时，C,〃还有7种染法.

故不同的染色方法有60x7=420种.

22

s

故选：c

5.7个人站成一排打算照一张合影，其中甲、乙要求相邻，丙、丁要求分开，则不同的排

法有（）

A.400种B.720种C.960种D.1200种

【答案】C

【分析】

依据题意，结合捆绑法分别计算甲、乙要求相邻的排法和甲、乙要求相邻且丙、丁也相邻

的排法，再相减即可求解•.

【详解】

依据题意，可知甲、乙要求相邻的排法有4x2=1化0种，

而甲、乙要求相邻且丙、丁也相邻的排法有6x2x2=480种，

故甲、乙要求相邻，丙、丁分开的排法有1440-480=960种.

故选：C.

6.现有16张不同的卡片，其中红色，黄色，蓝色，绿色卡片各4张，从中任取3张，要

求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，则不同的取法种数为（）

A.484B.472

C.252D.232

【答案】B

【分析】

23

用间接法分析.先求出“从16张卡片中任取3张的全部取法数”，再分析“取出的3张为同

一种颜色”和“取出的3张有2张绿色卡片”的取法数，从而可求出答案.

【详解】

依据题意，不考虑限制，从16张卡片中任取3张，共有品,种取法,

假如取出的3张为同一种颜色，则有4C：种状况，

假如取出的3张有2张绿色卡片，则有种状况，

故所求的取法共有-4提-C；C；2=472种.

故选：B.

7.现将8张连号的门票按需求安排给5个家庭，甲家庭须要3张连号的门票，乙家庭须要

2张连号的门票，剩余的3张随机分给剩余的3个家庭，则这8张门票不同的安排方法的种

数为（）

A.71B.96C.108D.120

【答案】I）

【分析】

对甲家庭所安排的门票号码进行分类探讨，确定乙家庭所安排的门票号码，结合分类加法

与分步乘法计数原理可得结果.

【详解】

设8张连号的门票号码分别为1、2、3、4、5、6、7、8,

若甲家庭所安排的门票号码为123,则乙家庭所安排的门票号码可以是45、56、67、

78,共4种，止匕时共有4用=24种安外F方法；

若甲家庭所安排的门票号码为234,则乙家庭所安排的门票号码可以是56、67、78,共3

种，此时共有3A；=18种安排方法；

若甲家庭所安排的门票号码为345,则乙家庭所安排的门票号码可以是12、67、78,共3

种，此时共有3A；=18种安排方法；

若甲家庭所安排的门票号吗为456,则乙家庭所安排的门票号码可以是12、23、78,共3

24

种，此时共有3A；=18种安排方法：

若甲家庭所安排的门票号码为567,则乙家庭所安排的门票号码可以是12、23、34,共3

种，此时共有3A；=18种安排方法；

若甲家庭所安排的门票号码为678,则乙家庭所安排的门票号码可以是12、23、34、

45,共4种，此时共有4国=24种安排方法.

综上所述，不同的安排方案种数为24x2+18x4=120种.

故选：D.

24

8.甲、乙两人对同一目标各射击一次，甲命中目标的概率为乙命中目标的概率为二,

设命中目标的人数为X,则o(x)等于()

,86259

A.-B.n--------

225675

2215

C.—D.n—

1522

【答案】A

【分析】

分析出X的取值，计算出X在不同取值下的概率，可求得E(X)的值，进而可求得O(X)

的值.

【详解】

由题意可知，随机变量X的可能取值有0、1、2,

142…小248

则P(X=0)=3X5=[5，"X=1)=3X5x=,P(X=2)=x=

355173515

I7«??

所以，E(X)=0x—+1X-+2X—=—

''1551515

1+以2-召2286

所以,=10-皙+弁_目

1DIM5I15)15I15；-225

故选：A.

25

9.一个盒中装有大小相同的1个黑球与2个向球，从中任取一球，若是白球则取出来，若

是黑球则放回盒中，直到把白球全部取出，则在此过程中恰有1次取到黑球的概率为

（）

A.IB.-C.—D.—

931827

【答案】C

【分析】

由题意得：可分成两种状况，即当三次取球的依次为黑白白，白黑白，分别计算概率再相

加，即可得到答案；

【详解】

由题意得：可分成两种状况：

（1）当三次取球的依次为：黑白白