高考数学一轮复习（培优版） 第十章　必刷小题20　计数原理、概率、随机变量及其分布

必刷小题20计数原理、概率、随机变量及其分布[分值：73分]一、单项选择题(每小题5分，共40分)1.(2026·石家庄模拟)已知随机变量ξ~N(μ，σ2)，若P(ξ<2)=P(ξ>6)=0.1，则P(2≤ξ<4)等于()A.0.45 B.0.4 C.0.5 D.0.3答案B解析∵P(ξ<2)=P(ξ>6)=0.1，∴μ=2+62=4∴P(2≤ξ<4)=P(2≤ξ≤6)2=1-2.一个箱子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个红球，从中随机摸出20个，用X表示采取放回摸球时摸到黄球的个数，用Y表示采取不放回摸球时摸到的黄球的个数，X，Y的概率分布图如图所示，则下列结论正确的是()A.D(X)>D(Y) B.D(X)<D(Y)C.E(X)>E(Y) D.E(X)<E(Y)答案A解析由题意可知X服从二项分布，Y服从超几何分布，因此它们的期望相同，即E(X)=E(Y)，故C，D错误；又因为超几何分布更集中在均值附近，所以有D(X)>D(Y)，故B错误，A正确.3.(2026·台州模拟)一个袋子中装有除颜色外完全相同的6个红球和4个白球，从中一次性随机摸出3个球，用X表示这3个球中白球的个数，则下列概率中等于C103-CA.P(X=1) B.P(X≤1)C.P(X≥1) D.P(X=3)答案C解析一个袋子中装有除颜色外完全相同的6个红球和4个白球，从中一次性随机摸出3个球，则C103表示从这10个球中随机摸3个球，C63表示从则C103-C63表示从这10个球中随机摸3个球，所以C103-C63C104.(2026·福州模拟)将含有甲、乙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料，则甲、乙至少有一人参加指挥交通的概率为()A.310 B.25 C.35答案D解析将含有甲、乙的6人平均分成两组，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料的样本点共有C63=20(个甲、乙至少有一人参加指挥交通的样本点有C21C42+C故所求概率为1620=45.(2026·贵阳模拟)在(x-4)(x-2)(x-1)x(x+1)(x+3)的展开式中，含x5的项的系数为()A.-8 B.-3 C.3 D.8答案B解析因为含x5的项是由(x-4)(x-2)(x-1)x(x+1)(x+3)的6个因式中取5个x，1个常数，所以含x5的项的系数为-4+(-2)+(-1)+0+1+3=-3.6.(2026·长沙模拟)某学校在读书节活动中，甲、乙、丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法共有()A.36种 B.72种C.144种 D.288种答案C解析第一步，将甲班的2人捆绑，连同丙班的2人作全排列，有A22A33第二步，将乙班的2人插入4个空中，有A42=12(种)根据分步乘法计数原理，不同的站法共有12×12=144(种).7.如图，一个环形的花坛被分成了编号为A，B，C，D的四个区域，现有4种不同的种子，要求同一区域种植同一种种子，且相邻区域种植的种子不同，则不同的种植方法种数为()A.36 B.60 C.84 D.120答案C解析根据题意，四个区域至少选用2种不同的种子来种植，可分三类：第一类，种植2种不同的种子，共有C42A22第二类，种植3种不同的种子，共有2A43=48(种第三类，种植4种不同的种子，共有A44=24(种)综上，共有12+48+24=84(种)不同的种植方法.8.随着科技的不断发展，人民消费水平的提升，手机购物逐渐成为消费的主流，当我们打开购物平台时，会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品，这是电商平台推送的结果.假设电商平台第一次给某人推送某商品，此人购买此商品的概率为211，从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为14；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为13.记第n次推送时不购买此商品的概率为Pn，当n≥2时，Pn≤M恒成立，则MA.97132 B.3144 C.97120答案A解析由题意知，根据第n-1次(n≥2)推送时购买、没有购买两种情况，写出第n次推送时没有购买的概率.第n次(n≥2)推送时不购买此商品的概率Pn=34Pn-1+23(1-Pn-1)=112Pn所以Pn-811=由题意知P1=9则P1-811=所以Pn-811是首项为1所以Pn-811=111即Pn=811+111×显然数列{Pn}为递减数列，所以当n≥2时，Pn≤P2=811+111×1所以M的最小值为97132二、多项选择题(每小题6分，共18分)9.(2026·镇江模拟)已知事件A，B满足P(A)=0.5，P(B)=0.2，则下列说法中正确的是()A.若B⊆A，则P(AB)=0.5B.若C与B为对立事件，则P(B)+P(C)=1C.若A与B相互独立，则P(AB)=0.1D.若A与B互斥，则P(A∪B)=0.7答案BD解析若B⊆A，则P(AB)=P(B)=0.2，故A错误；若C与B为对立事件，则P(B)+P(C)=1，故B正确；若A与B相互独立，则A与B相互独立，P(AB)=P(A)P(B)=0.5×(1-0.2)=0.4，故C错误；若A与B互斥，则P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.5+0.2=0.7，故D正确.10.设0<p<1，已知随机变量ξ的分布列如表，则下列结论正确的是()ξ012Pp-p2p21-pA.P(ξ=0)<P(ξ=2)B.P(ξ=2)的值最大C.E(ξ)随着p的增大而增大D.当p=12时，D(ξ)=答案AD解析由0<p<1，得P(ξ=0)=p-p2=p(1-p)<1-p=P(ξ=2)，故A正确；若p=3则P(ξ=2)=14，P(ξ=1)=342=916>14=P(ξ由题意得E(ξ)=p2+2(1-p)=(p-1)2+1，因为0<p<1，所以E(ξ)随着p的增大而减小，故C错误；当p=12时，E(ξ)=1×122+2×D(ξ)=0-542×14+1-542×14+2-11.(2026·昆明模拟)A，B，C，D，E五人进行掷骰子游戏，最后统计每人所掷骰子的点数之和，点数之和最大的获胜.已知每人每次掷完后都等可能地随机传向另外4人中的1人.第1次由A将骰子传出，记第n次传骰子之后骰子在D或E手上的概率为an，在C手上的概率为bn，则()A.a1=1B.a2=1C.an=110×-1D.bn=120×-1答案AC解析由题意可得，第1次由A将骰子传出，传到D或E手上的概率为a1=14+14=12an=14an-1+12(1-an-1)，n≥2，n∈N即an=-14an-1+因为an-25=-14an-1-25，且a所以数列an-25是以110为首项所以an-25=110即an=110×-14n-1当n=2时，a2=110×-14+25=bn=bn-1×0+(1-bn-1)×14，n≥2，n∈N即bn=-14bn-1+因为b1=14，bn-1b1-15=14-1所以数列bn-15是以120为首项所以bn-15=120即bn=120×-14n-1+三、填空题(每小题5分，共15分)12.若2x-1xn的展开式中所有项的二项式系数之和为64答案240解析2x-1xn∴n=6.2xTk+1=C6k·26-k·(-1)k·x6-=(-1)kC6k·26-k·x3-3k2，k=0令3-3k2=0，可得k∴2x-1x6的展开式中的常数项为(-1)2C13.(2026·南京模拟)设A，B是一个随机试验中的两个随机事件，且P(A)=13，P(B)=12，P(A∪B)=34，则P(B|答案1解析因为P(A)=13，P(B)所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=13+1-12-P(AB解得P(AB)=112所以P(B|A)=P(AB)P14.(2026·广州模拟)如图，一质点在随机外力的作用下，在x轴上从原点0出发向右运动，每次移动1个单位长度或2个单位长度，其中每次移动1个单位长度的概率均为p(0<p<1)，移动2个单位长度的概率均为1-p.记质点从原点0移动到数字n的位置的方法种数为an，则a4=，记质点从原点0移动5次后位于数字8的位置的概率为f(p)，则f(p)的最大值是.

答案5216解析由于4=1+1+1+1=1+1+2=2+2，故从原点0移动到数字4的方法种数为1+C31+1=5，即a4设第i次移动bi个单位长度，其中bi∈{1，2}，i∈{1，2，3，4，5}，所以b1+b2+b3+b4+b5=8=2+2+2+1+1，所以b