2026年高考数学一轮复习 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布（综合训练）学生版+解析

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布

（考试时间：120分钟试卷满分：150分）

注意事项：

I.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮

擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（选择题共58分）

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

求的。

1.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2,L,9的9个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小

正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则共有（）种涂法，

2.已知两个随机事件A和&其中P（A）=（，尸（8）=J则P（A8）=（）

2o4

A.；B.-C.；D.—

4328

3.小明打算在周末约自己的“"M•起出去玩.他精心准备了三种不同的约会方案：方案A（去游乐园）、

方案8（看新上映的电影）、方案C（去郊外野餐）.为了增加约到同学的成功率，小明决定每天随机选择

一种方案去邀请同学，且选择每种方案的可能性均等.已知小明计划连续邀请同学3天（每天独立选择方案），

那么在这3天中，恰好有2天选择同一种约会方案（这2天方案相同，另1天方案不同）的概率是（）

2C2-22

A.-B.-C.-D.—

39949

4.依次抛掷两枚质地均匀的骰子，A表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，&表示事件“第一次抛掷

骰子的点数为2”，A,表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7”，4表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为6”,

则（）.

A.4与人为对立事件B.A与人为相互独立事件

C.4与人为相互独立事件D.4与人为互斥事件

5.如图是第14届国际数学教育大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦——3,7,4,

4,这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制数是3x83+7x82+4xa+4x8°=2020,正是会议最初

计划召开的年份，那么八进制数工:2换算成十进制数，换算后十进制数的末尾数字是（）

10个7

A.1B.3C.5D.7

6.已知随机变量X的分布列如下（〃眸R）,则（）

X0\2ni

PaP2〃0.2

A.若〃一定，E（X2）随机的增大先减小后增大

B.若机一定，E（X）随〃的增大而减小

C.若小一定，E（X）随〃的增大先增大后减小

D.不论机，〃取何值，E（X）>g恒成立

7.李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分

析得到：坐公交车平均用时30min,样本方差为36；骑自行车平均用时34min,样本方差为4.假设坐公交

车用时X（单位：min）和骑自行车用时丫（单位：min）都服从王态分布，正态分布nJq?）中的参数4用

样本均值估计，参数。用样本标准差估计，则（）

A.P（r<30）<P（y>45）B.若某天只有34min可用，李明应选择自行车

C.P（X<24）<P（y>35）D.若某天只有4（）min可用，李明应选择公交车

8.甲、乙两人玩游戏，对于给定的实数叫，按下列方式操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一

枚质地均匀的骰子，如果出现两个奇数点朝上或两个偶数点朝上，则把叫乘以2后再减去6,如果出现一

个奇数点朝上，一个偶数点朝上，则把叫除以2后再加上6,这样就可得到一个新的实数叫.对实数叫仍

按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数，?，当叫时，甲获胜，否则乙获胜.若甲获胜的概率

为言，则町的取值范围是（）

4

A.町W6或仍212B.6W/叫W12C.町44或D.44町410

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部

选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得。分.

9.已知〃?，〃©N+且〃?工〃，则下列等式正确的是（）

A；

A.A*=A；。B.c=

3!

c.5+I)A：=A：：；D.C"僧CI

n+\

10.已知随机变量X〜94,0.5),则()

A.E(X)=2B.D(X)=2C.P(X=2)=0.375D.P(X>1)=0.9375

11.英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A,B存在如下关系:

P（A|8）2025贺岁档电影精彩纷呈，小明同学家附近有甲、乙两家影院，小明第一天去甲、

乙两家影院观影的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率为0.6；如果

第一天去乙影院，那么第二天去甲影院的概率为0.5,则小明同学（）

A.第二天去甲影院的概率为0.54

B.第二天去乙影院的概率为0.44

4

c.若第二天去了甲影院，则第一天去乙影院的概率为d

Q

D.若第二天去了乙影院，则第一天去甲影院的概率为不

第二部分（非选择题共92分）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.（6+2）7的展开式中/的系数是.（结果用数字作答）

x

13.如图所示，墙上挂着两串礼品，甲、乙、丙、丁四人依次挑选礼品，每次只能从一串礼品的最下端取

一件礼品，已知礼品8最好，那么取得礼品8可能性最大的是.

14.在〃维空间中（“22,〃£N）,以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为〃维坐标（％.，…此），

其中q£{0,l}（lW〃,i£N）.定义：在〃维空间中的两点…与他也，…也）的曼哈顿距离为

|4-4+|出-勾+~+|4「2|，若在6维空间“立方体”中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间

的曼哈顿距离，则石（X）=.

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚。

15.（13分）

某停车场临时停车按时段收费，标准为：每辆车一次停车不超过1小时收费6元，超过1小时的部分每小

时按8元收费（不足1小时的部分按1小时计算）.现有甲、乙两人临时停车，两人停车都不超过4小时.

(1)若甲停车不超过1小时的概率为:，停车费超过14元的概率为卷，求甲停车1小时以上且不超过2小时

的概率；

⑵若每人停车的时长在每个时间段的可能性相同，求甲、乙两人停车费之和超过36元的概率.

16.（15分）

已知二项式卜(〃eN')的展开式中各二项式系数之和比各项系数之和小

240.

(1)求〃的值及展开式中二项式系数最大的项;

(2)求展开式中的有理项.

17.（15分）

某商场为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送大奖”的活动，游戏规则如下：棋盘上从左到右共有16个格子，

依次标有数字0~15,每个参赛者E勺起始点都在“O''处，游戏过程中参赛者需要通过掷骰子来决定棋子移动的

格子数，若掷出的点数不超过4,则向右移动I格，否则向右移动2格，每位参赛者最多掷10次骰子，每

次掷骰子的结果互不影响，10次内移动到终点则可获得奖品.记棋子移动到“加”处的概率为匕.

（1）当掷骰子4次时，求日；

（2）记用=1,证明数列｛E”一%1｝（1V小口5）是等比数列.

18.（17分）

某商场设置了两种促销方案：方案一，直接赠送消费金额5%的代金券（例如I：消费200元，则赠送

200x5%=10元的代金券）；方案二，消费每满100元可进行一次抽奖（例如：消费370元可进行三次抽奖），

每次抽奖抽到10元代金券的概率为〃（Ov〃vl）,抽到4元代金券的概率为1-〃，每次抽奖结果互不影响.

每人只能选择一种方案.

4

（1）若甲的消费金额为288元，他选择方案二且抽到的代金券总额为8元的概率为求p；

（2）若乙消费了一定的金额并选择方案二，设他抽到的代金券总额为X元，当司X）+O（X）最大时，求〃；

（3）若〃=，，请你根据顾客消费金额（消费金额大于0）的不同，以代金券的数学期望为决策依据，帮助顾

6

客选择方案.

19.（17分）

某芯片厂生产高端人工智能芯片须经过性能测试.已知通过测试I的概率为40%,未通过测试I的芯片须进

入测试n,通过率为〃通过任意一次测试即为合格芯片.已知一枚芯片合格，则该芯片是通过测

试【的概率为o.

（1）求夕（结果用〃表示）；

（2）切比雪夫不等式是概率论中关「随机变量偏离其均值的概率定理，其形式如下：设随机变量X的期望为

E（X）t方差为。（X）,则对任意£>0,均有P（|X-E（X）|N£）4幺*.请结合该定理解决下列两个问题:

（i）若厂商声称该厂芯片通过测试H的概率为50%.现质量检测部门随机抽取了该厂生产的100枚芯片，

经检测有40枚合格.请说明该厂度的说法是否可信（注：当随机事件A发生的概率小于0.05时，可称事件A

为小概率事件）；

（»）为估计仇工厂随机抽取〃?枚合格芯片，其中A枚为通过测试I,记@=皮.若要使得P（G—，NO.（）5）

总能不超过0.01，试估计最小样本量）加（〃?£7”）.

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布

(考试时间：120分钟试卷满分：150分)

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮

擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分(选择题共58分)

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

求的。

I.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2,L,9的9个小正方形，使得任意相邻(有公共边)的小

正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则共有()种涂法，

【答案】D

【分析】根据分类加法与分步乘法计数原理直按计算.

【详解】把区域分成三部分，第一部分为1,5,9,有3种涂法.

第二部分为4.7,8.当5,7同色时，4,8各有2种涂法；当5,7异色时，有2种涂法，4,8均只有种

涂法.

故第二部分共有2x2+2xl=6种涂法.

第三部分为2，3,6,与第二部分一样，共有6种涂法.

因此根据分步乘法计数原理，共有3x6x6=108种涂法，

故选:D.

2.已知两个随机事件A和&其中P(A)=\=则-(AB)=()

2o4

A.：B.|C.；D,|

【答案】D

【分析】因为人和4是两个随机事件，所以由尸(Au8)=P(A)+P(B)-P(A8)即可求出结果.

【详解】因为A和B是两个随机手件，所以P(Aufi)=P(A)+P(B)-P(AB)

1331

则户(4B)=P(A)+P(B)_P(ADB)=]+1_q=:

故选：D.

3.小明打算在周末约自己的CMS。•起出去玩.他精心准备了三种不同的约会方案：方案A(去游乐园)、

方案8(看新上映的电影)、方案C(去郊外野餐).为了增加约到同学的成功率，小明决定每天随机选择

一种方案去邀请同学，且选择每种方案的可能性均等.已知小明计划连续邀请同学3天(每天独立选择方案)，

那么在这3天中，恰好有2天选择同一种约会方案(这2天方案相同，另1天方案不同)的概率是()

42「I「2卜22

A.-B.-C.-D.—

39949

【答案】A

【分析】根据题意列出样本空间，再根据古典概型公式计算即可.

[详解】依题意可得样本空间包含AAA,A4及A4C,ABA,ABB,ABC,ACA,ACB,ACC,

BAA,BAB、BAC,BBA,BBB、BBC,BCA,BCB,BCC,

CAA,CAB,CAC,CBA,CBB,CBC,CCA,CCB,CCC,共27利1情况，

其中满足“恰好有2天选择同一种方案”的情况有

AAB.A4C,ABA,ABB,ACA,ACC,BAA.BAB、BBA,BBC,BCB,BCC,

CAA,CAC,CBB、CBC,CCA,CCB,共18种；

1Qo

因此所求概率为p===w.

273

故选：A

4.依次抛掷两枚质地均匀的骰子，A表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，人表示事件，,第一次抛掷

骰子的点数为2”,4表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7”，4表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为6”,

则().

A.4与4为对立事件B.A与A为相互独立事件

C.4与人为相互独立事件D.4与A为互斥事件

【答案】B

【分析】对立事件是指两个事件不能同时发生且必有一个发生；互斥事件是指两个事件不能同时发生；相

互独立..事件是指一个事件的发生与否对另一个事件的发生没有影响，即/，(A6)=〃(A)/J(8).

【详解】对于A,AUA/C,所以人与人不为对立事件.

对于B,P(A)=L*4)=1P(A4)=!=P(A)P(A)，相互独立.

2612

对于c,P(4)=:，尸⑷二，P(AM)=9P(&)P(4),不相互独立.

o36Jo

对于D,事件44为(2,4),所以4与4不为互斥事件.

故选：B.

5.如图是第14届国际数学教育大会的会标，会标中“ICME—14”的下方展示的是八卦中的四卦——3,7,4,

4,这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制数是3x83+7x82+4x81+4x8°=2020,正是会议最初

计划召开的年份，那么八进制数卫二换算成十进制数，换算后十进制数的末尾数字是(

)

A.1B.3C.5D.7

【答案】B

【分析】先将八进制数卫二2换算成十进制数得8口-1,进而得砂一1=(10-2严-1,利用二项式定理即可

10个7

求解.

【详解】由进位制的换算方法可知，八进制数工二Z换算成十进制数为

10个7

1

7x89+7x88+...+7x8'+7x8°=7x^-=8,0-1.

1-8

根据二项式定理，可得8K'-1=(10-2严-1=

,099

C?olO+C；o10x(-2)+…+C：01O'x(-2)+C；；(-2)'°-1,

因为CMY+CoBxyH…+C》(yx(-2y是10的倍数，

所以换算后十进制数的末尾数字为C；：?。-1的末尾数字，由C：#°-1=1023,

可得末尾数字为3.

故选:B.

6.已知随机变量X的分布列如下(〃蚱R),则()

X012m

Pap2P0.2

A.若P一定，E(X2)随机的增大先减小后增大

B.若小一定,E(X)随P的增大而减小

C.若加一定，仪X)随〃的增大先增大后减小

D.不论〃J〃取何值，恒成立

【答案】A

【分析】分别求出f（X2）=9〃+0.2〉和石（X）=5〃+02〃，结合函数性质分析依次分析选项即可.

【详解】由题可得石（X2）=0xa+lx〃+4x2〃+〃『x0.2=9〃+0.2，〃2,

若P一定，E（X?）随〃，的增大先减小后增大，A正确；

易知。+〃+2〃+0.2=1,则。=0.8-3”.

0<0.8-3/?<1

因为OWP（X）W1,所以OWpKI,解得。〈〃〈白.

0<2/?<1'

-4'

设f（p）=E（X）=5p+O.2〃?，则/'（〃）=5>0,所以/（〃）在相0.-单调递增，B,C错误；

因为E（X）=5〃+0.2m,MWR,所以E（X）eR,D错误.

故选：A

7.李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分

析得到：坐公交车平均用时30min,样本方差为36；骑自行车平均用时34min,样本方差为4.假设坐公交

车用时X（单位：min）和骑自行车用时V（单位：min）都服从王态分布，正态分布中的参数〃用

样本均值估计，参数。用样本标准差估计，则（）

A.P（r<30）<P（r>45）B.若某天只有34min可用，李明应选择自行车

C.P（X<24）<P（y>35）D.若某天只有40min可用，李明应选择公交车

【答案】C

【分析】利用正态分布曲线的意义以及对称性，对四个选项逐一分析判断即可.

【详解】对于A,依题意随机变量X的均值为E（X）=30,方差为D（X）=36,即X~N（30,62），H=3（），5=6,

随机变量y的均值为E（y）=34,方差为av）=4,则y~N（34,22）,生=34,<T,=2；

所以尸（y<30）=?（y>38）>p（y>45）,故A错误；

对于C,P（X<24）=P（X<30一6）」-P（Mf：X<…）

P（Y>35）>P（y>36）=P（y>34+2）=（外f<X<也+/）,

2

因为P（〃-（T,<X<//,+cr,）=P（/4-g<X<生+%），

所以P（X<24）<P（y>35）,故C正确；

对千B,x与y的密度曲线大致如下，

若某天只有34min可用，由图可知P（XK34）>P（YK34）=；,所以李明应选择公交车，故B错误.

对于D,若某天只有40min可用，由图可知外X>40）>P（丫>40）,

所以尸（XW40）=l-尸">40）<尸（丫440）=1-P（Y>40）,所以李明应选择自行车，故D错误.

故选：C.

8.甲、乙两人玩游戏，对于给定的实数叫，按下列方式操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一

枚质地均匀的骰子，如果出现两个奇数点朝上或两个偶数点朝上，则把叫乘以2后再减去6,如果出现一

个奇数点朝上，一个偶数点朝上，则把叫除以2后再加上6,这样就可得到一个新的实数〃?2.对实数外仍

按上述方法进行一次操作，乂得到一个新的实数，〃一当吗〉小时，甲获胜，否则乙获胜.若甲获胜的概率

为：，则叫的取值范围是（）

4

A.町06或叫212B.6<W）<12C.班44或叫210D.40仍410

【答案】A

【分析】由题意可知，进行两次操作后，得出外的所有可能情况，根据甲胜的概率，列出关于犯的不等式

组，即可求解.

【详解】由题意可知，进行两次操作后，雨3的结果有四种，

分别为2（2町_6）_6=4/砥-18,—（2//:）-6）+6=my+3,

2件+6卜6=町+6,揩+6）+6吟+9,

且每一种结果出现的概率都是

3

因为甲获胜的概率为:，所以，仆的四种结果中有三种大于叫，•种不大于见，

4

又叫+3,〃i一定大于%所以4〃18和中的一个大于%另一个不大于网，

4/n,-18<m]4町一18>m]

即…或,生+9<，整理得犯46或12.

故选:A.

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部

选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得。分.

9.已知如且相则下列等式正确的是（）

B.小亨

A.A：O=A：°

c.(〃+l)A：=A：；：D.

〃+1

【答案】BC

【分析】由排列与组合数的运算性质求解即可.

【详解】A错，A；o=lOx9x8x7=5O4O,A^o=10x9x8x7x6x5=151200.

B对，C3=7X6X5=A^

73x2x13!

/\+(H+1)!—(〃+1)!(/I+1)!/、

C对，«+1=j-L所以5+1A；=A：.

(〃-"?)!(n-in)l(n+1-zn-1)(n-in)l/

nec"=加=‘上1x(〃+/=+j

nm!x(/i-/w)!n+1(〃i+l)!x(〃-〃?)！n+1,,+l'

故选：BC.

10.已知随机变量X~4(4,0.5),则()

A.E(X)=2B.D(X)=2C.P(X=2)=0.375D.P(X>1)=0.9375

【答案】ACD

【分析】AB选项，利用二项分布期望和方差公式得到AB正确；C选项，利用二项分布求概率公式进行求

解；D选项，利用对立事件求概率公式进行计算.

【详解】AB选项，F(X)=4xO.5=2,5X)=4xO.5xO.5=I,A正确，B错误；

C选项，P(X=2)=C；x0.52x0.5:=0.375,C正确；

D选项，P（X>1）=1-P（X=0）=1-0.54=0.9375,D正确.

故选：ACD

II.英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件4,5存在如下关系:

P（A|8）J（A滥IA）2025贺岁档电影精彩纷呈，小明同学家附近有甲、乙两家影院，小明第一天去甲、

乙两家影院观影的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率为0.6；如果

第一天去乙影院，那么第二天去甲影院的概率为（）.5,则小明同学（）

A.第二天去甲影院的概率为0.54

B.第二天去乙影院的概率为0.44

C.若第二天去了甲影院，则第一天去乙影院的概率为］4

Q

D.若第二天去了乙影院，则第一天去甲影院的概率为五

【答案】AD

【分析】根据给定条件，利用全概率公式及条件概率公式逐项分析计算即可.

【详解】设A：第一天去中影院，第二天去甲影院，4：第一天去乙影院，反：第二天去乙影院,

则P(4)=0.4,P(BJ=0.6,P(&|A)=0.6,P(4⑹=().5,

对于A,P(4)=P(4)P(AIA)+P出)P(A?|B,)=0.4X0.6+0.6X0.5=0.54,A正确;

对于B,P(B2)=l-P(A)=0.46,B错误;

…、P(B.)P(AJB.)0.6x0.55

对FC,］(音।C错诵

P(A)P@IA)=P(AJ[1—P(4|A)]=0.4x[l-0.6)=8

对于D,P(AI4)=P(B)~P(B、)~0.46-23，口止确•

20.46

P(B2)

故选:AD

第二部分(非选择题共92分)

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.(4+2)7的展开式中/的系数是.(结果用数字作答)

x

【答案】14

【分析】先写出二项展开式的通项公式，由题意求；1"=1，代入通项计算即得.

7O77r

【详解】二项式(«+与的展开式通项为：&尸孰(五产(与=C；2”丁，

XX

令方L=2,可得「=1,则展开式中F的系数是C；x2=14.

故答案为：14.

13.如图所示，墙上挂着两串礼品，甲、乙、丙、丁四人依次挑选礼品，每次只能从一串礼品的最下端取

一件礼品，已知礼品3最好，那么取得礼品B可能性最大的是.

【答案】丁

【分析】求出甲乙丙丁四人拿到礼品的概率比较即可得解.

［详解］挑选礼品的顺序共有ABCD,ACBD,ACZ)氏CZM8,CA8Z),CW8共六种情况,

只有按A8CD顺序乙能拿到礼品5,乙拿到礼品8的概率是用小小,

按AC8DC4B。顺序丙能拿到礼品8,丙拿到礼品"的概率是《x《xgx|+《xgx!xl=:，

2222224

按ACO8,C4O8COA8顺序丁能拿到礼品B，丁拿到礼品B的概率是

111111,11,1

—X—X—xl+—X—X—xl+—X—xlxl=—

222222222

甲拿到礼品〃的概率是0,

所以丁拿到礼品3的可能性最大.

故答案为：丁.

14.在〃维空间中（〃22,〃wN）,以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为〃维坐标（『,，…叫），

其中qe{0,l}（l定义：在〃维空间中的两点与3也,…也）的曼哈顿距离为

|4-用+|%-可+~+|4「包|，若在6维空间“立方体”中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间

的曼哈顿距离，则£（X）=.

【答案】黑

【分析】由离散型随机变量的分布列步骤，数学期望公式即可求解.

【详解】对于X=4（1父46,丘Z）的随机变量,在坐标（卬%,如……，缘）与他也也,……也）中有2个坐标

鹿々s二C：

值不同,剩下（6-攵）个坐标相同，此时对应情况数有C〉2’和］，所以P（X=&）=

/26-1

则X的分布列为:

X12•••6

C；建

P

26-126-126-1

e/l/sy2c6cgk_L加_(〃-1)!

所以七(*卜下二?十及二7+…+二'•而丽F=…

19264

E(x)=&C+c"c"…+C)专~63~2\

故答案为；言.

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚。

15.（13分）

某停车场临时停车按时段收费，标准为：每辆车一次停车不超过1小时收费6元，超过1小时的部分每小

时按8元收费（不足1小时的部分按1小时计算）.现有甲、乙两人临时停车，两人停车都不超过4小时.

（1）若甲停车不超过1小时的概率为J，停车费超过14元的概率为三，求甲停车1小时以上且不超过2小时

42

的概率；

(2)若每人停车的时长在每个时间段的可能性相同，求甲、乙两人停车费之和超过36元的概率.

【答案】(I)Q

【分析】(1)利用概率的基本性质即可求解；

(2)利用占典概型问题的概率计算公式求解即＞«!.

【详解】⑴设“甲停车1小时以上且不超过2小时”为事件A,则户(田=1-；-得=；,

即甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为

(2)设甲付停车费。元，乙付停车费〃元，则4。可取6,14,22,30,

记“甲、乙两人停车费之和超过36元”为事件乩样本空间的样本点个数为4x4=16个，

事件3所包含的样本点为(14,30),(22,22),(22,30),(30,14),(30,22),(30,30),共6个,

所以甲、乙两人停车费之和超过36元的概率为A=

16.(15分)

已知二项式5A-〃eN’)的展开式中各二项式系数之和比各项系数之和小240.

⑴求〃的值及展开式中二项式系数最大的项；

(2)求展开式中的有理项.

【答案】(1)〃=4,150x

(2)有理项有3项，分别为625/』50乂『

【分析】(I)利用赋值法可得各项系数和，结合题意列式计算可得〃，由二项式系数性质可得二项式系数

最大项；

(2)求得展开式通项公式，令4-兰eZ,且/■=0,1,2,3,4,计算即可.

【详解】(1)令x=l,则展开式中各项系数之和为(5-1)”=4",各二项式系数和为2"，

贝IJ4"-2"=240,解得〃=4,

展开式有5项，二项式系数最大的为第3项4=C：(5x『=150x;

(2)二项式5x-的展开式的通项公式为却=C：(5x)-=C]53(—l)'x2,

令4eZ,fir=0,1,2,3,4,令得r=0,2,4,

则展开式中含X的有理项有3项，分别为625/,150x,『2.

17.（15分）

某商场为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送大奖”的活动，游戏规则如下：棋盘上从左到右共有16个格子，

依次标有数字0-15,每个参赛者的起始点都在“0”处，游戏过程中参赛者需要通过掷骰子来决定棋子移动的

格子数，若掷出的点数不超过4,则向右移动1格，否则向右移动2格，每位参赛者最多掷10次骰子，每

次掷骰子的结果互不影响，10次内移动到终点则可获得奖品.记棋子移动到“机”处的概率为4.

（1）当掷骰了4次时,求置

（2）记4=1,证明数列｛4-七1｝（1<15）是等比数列.

【答案】（1）卷

4i

（2）证明见解析

【分析】（I）先列出掷骰子4次时，棋子移动至「6”处的路径的6种情况，然后求出概率即可.

（2）先根据题意求出然后得到的表达式，进而根据递推关系式证明等比数列.

【详解】（I）由题意得，骰子向右移动1格的概率为?=[,恨子向右移动2格的概率为:，

633

掷嵌子4次时，棋子移动到“6”处的路径有如下6种情况：

0—>1―>2―>4―>6；0―>1―>3―>4―>6：0―>1―>3—>5―>6：

0->2—3―>4—6；0—>2-3->5—>6；0->2f4->5—>6.

U5n/2211248

j3lfU/J=6x-x-x-x-

33338?~27

2I

（2）当m=1时，棋子移动到“1”处，掷骰子1次且其点数不超过4点，即则《=-鼠

当〃?=2时，棋子移动到“2”处，

掷骰子1次且其点数超过4点或掷骰子2次且每次的点数都不超过4点，即号=：1+2；x（2=（7.

根据题意，棋子移动到““”处的情况有两种：

①"?=（m-2）+2,即上一次掷骰子结束后棋子在“川-2”处,

再掷骰子1次且其点数超过4点，移动2格，其概率为《尸,：

3川

②〃7=（〃7-1）+1,即上一次掷骰子结束后棋了•在5-1”处，

再掷骰子I次且其点数不超过4点，移动I格，其概率为:匕…

12

所以2=§匕-2+彳21（2«〃区15）,

所以匕TT=—*..T.2），

771I

经验证，鸟-

所以数列{4一匕1}(1金〃《15)是首项为-；，公比为的等比数列.

18.(17分)

某商场设置了两种促销方案：方案一，直接赠送消费金额5%的代金券(例如：消费200元，则赠送

200x5%=10元的代金券)；方案二，消费每满100元可进行一次抽奖(例如：消费370元可进行三次抽奖)，

每次抽奖抽到1。元代金券的概率为〃抽到4元代金券的概率为1-〃，每次抽奖结果互不影响.

每人只能选择一种方案.

4

(1)若甲的消费金额为288元，他选择方案二且抽到的代金券总额为8元的概率为3,求p：

(2)若乙消费了一定的金额并选择方案二，设他抽到的代金券总额为X元，当石(X)+O(X)最大时，求p：

(3)若〃=!，请你根据顾客消费金额(消费金额大于0)的不同，以代金券的数学期望为决策依据，帮助顾

6

客选择方案.

【答案】(l)p=g;

7

⑵

(3)答案见解析.

【分析】(1)根据独立性乘法公式得到方程，求解即得；

(2)根据二项分布的均值和期望公式求得E(X)+O(X),然后由二次函数性质求解；

(3)对消费金额进行合理分段讨论.

4

【详解】(1)甲的消费金额为288兀,他选择方案二，抽奖2次,抽到的代金券总额为8元的概率为(I-”)？=5,

解得P=g;

(2)设抽奖次数为m〃eN*),抽到io元代金券的次数为y,则y~8(〃,p),

得E(Y)=np,D(Y)=np(\-p).

因为x=ioy+4(〃-y)=6y+4〃，

所以E(X)=6E(n+4〃=6np+4〃.D(X)=36。(丫)=36叩(1-p).

E(X)+D(X)=6np+4n+36〃p(I-〃)=n(-36p2+42p+4),

4977

所以〃=-y=77时，E(X)+O(X)取得最大值，所以〃=

2x(-36)1212