专题07计数原理与概率统计（7年真题汇编+1年模拟）2020-2026年高考数学真题分类汇编（北京专用）（答案版）

高考真题分类解析PAGEPAGE1专题07计数原理、概率与统计7年真题1年模拟考点01二项式定理1．A2．3．A.4．B5．6．C考点02求离散型随机变量的分布列与期望1．【解析】（1）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率.（2）设为“从甲校抽取1人做对”，则，，设为“从乙校抽取1人做对”，则，，设为“恰有1人做对”，故依题可知，可取，，，，故的分布列如下表：故.（3）设为“甲校掌握这个知识点的学生做该题”，因为甲校掌握这个知识点则有的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，故，即，故，同理有，，故，故.2．【解析】（1）设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得.（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，由题设中的统计数据可得，，，，故故（万元）.（ⅱ）由题设保费的变化为，故（万元），从而.3．【解析】（1）由频率估计概率可得甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，故答案为0.4（2）设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3，，，.∴X的分布列为X0123P∴（3）丙夺冠概率估计值最大.因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为，甲获得9.80的概率为，乙获得9.78的概率为.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.4．【解析】（1）①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次；所以总检测次数为20次；②由题意，可以取20，30，，，则的分布列:所以；（2）由题意，可以取25，30，两名感染者在同一组的概率为，不在同一组的概率为，则.考点03古典概型1．【解析】（1）由已知样本中数学成绩低于分的频率为，所以数学成绩低于分的概率为，（2）从学校随机抽取一人，该学生成绩不低于分的概率为，小于分的概率为，所以从学校随机抽取人，人不低于且人小于的概率为，（3）每组数据取左端的值记为，，每组数据取中间的值记为，，每组数据取右端的值记为，，由已知，，，，，所以，由已知，，，，，所以，，，，，，所以，，所以.2．【解析】（1）根据表格数据可以看出，天里，有个，也就是有天是上涨的，根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为：（2）在这天里，有天上涨，天下跌，天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是，，，于是未来任取天，天上涨，天下跌，天不变的概率是（3）由于第天处于上涨状态，从前次的次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有次，不变的有次，下跌的有次，因此估计第次不变的概率最大.3．【解析】（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为，该校女生支持方案一的概率为；（Ⅱ）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，所以3人中恰有2人支持方案一概率为：;（Ⅲ）1．D2．D3．C4．D5．A二、填空题6．.7．248．/9．/10．11．18112．（13．/14．5三、解答题15．【详解】（1）随机抽取个充电桩中，日均使用次数不超过次的有：个，设事件“从该公司运营的所有电动车充电桩中随机抽取个，估计该充电桩日均使用不超过次”，则.（2）设事件“从该公司运营的所有电动汽车充电桩中随机抽取个，其所需维护费用为元”，依题意可得，，，随机变量的所有可能取值有、、，，，，所以随机变量的分布列如下表所示：故.（3）快充充电桩共个，公用和专用充电桩数量之比为，故公用充电桩的个数为，日均使用超过次的快充充电桩的个数为个，其中公用占比为，故公用充电桩的个数为，日均使用不超过次的快充充电桩的个数为个，设公用占比为，则公用充电桩的个数为，由题意可得，解得，故.16．【详解】（1）由题，12款纯电轿车中在低温区续航达成率超过90%的有：，共5个，所以这款车在低温区续航达成率超过90%的概率为.（2）在寒冷区续航达成率超过45%的有：共6个，未超过的有6个，的可能取值为，服从超几何分布，则，所以，，，，所以的分布列为：0123数学期望.（3）12款纯电轿车在低温区的续航达成率的和：，所以原均值，加入的达成率为，因此这13款纯电轿车在低温区的续航达成率的均值.17．【详解】（1）根据题意，9月1日至9月7日这7天中，9月2日、5日、7日这3天中，甲乙步数都不低于10000，所以这一天职工甲和乙的步数都不低于10000的概率为.（2）由题，9月1日和9月5日这两天甲的步数小于乙的步数，所以的可能取值为，，，，所以的分布列为012所以.（3）由表中数据可得9月4日开始的三天职工乙的步数的数据为，数值波动最大，因此方差最大，所以从9月4日开始职工乙连续三天的步数方差最大.18．【详解】（1）设从全校学生中随机抽取1人，该学生为高二年级学生且体验时长为事件，则中包含的基本事件总数，所有参与体验的学生总数为人，所以.（2）“认知度显著提升”的学生共有人，其中高二年级有人，所占比例为，所以的所有可能取值为，，，，.所以的分布列为：所以的数学期望.（3）.不妨设当“体验时长”时，每个年级的学生“认知度显著提升”的概率相等且为，则可得①，②，由①得，由②得，所以=，即.19．【详解】（1）记事件“抽到的人中恰有人为“深度体验游客””，由古典概型的概率公式可得.（2）由题意可知，，，，，，所以随机变量的分布列如下表所示：故.（3）设表示第个景点得到游客喜欢的概率，则服从两点分布，则，，因为函数在上单调递增，在上单调递减，由表格中的数据可知，，，，因为，即，故.20．【详解】（1）从15处遗产点中随机选取，选取的3处遗产点均为D类的概率为：.（2）由题意，的值可能为1,2,3，且，，.所以的分布列为：123所以.（3）由题意,.所以.【详解】（1）甲车床：抽取100个零件，优等品有75个，则，乙车床：抽取100个零件，优等品有80个，则.（2）为这3个零件中优等品的个数，则的可能取值为，，意味着从甲车床加工的零件中随机抽取1个非优等品且乙车床加工的零件中随机抽取2个非优等品，，，意味着从甲车床加工的零件中随机抽取1个非优等品且乙车床加工的零件中随机抽取1个优等品1个非优等品，或从甲车床加工的零件中随机抽取1个优等品且乙车床加工的零件中随机抽取2个非优等品，，，意味着从甲车床加工的零件中随机抽取1个非优等品且乙车床加工的零件中随机抽取2个优等品，或甲车床加工的零件中随机抽取1个优等品乙车床加工的零件中随机抽取1个优等品1个非优等品，，，意味着从甲车床加工的零件中随机抽取1个优等品且乙车床加工的零件中随机抽取2个优等品，，.（3），甲、乙两台车床加工的零件数之比为，现从这些零件中随机抽取1个，设该零件是优等品的概率估计值为，则，，，.22．【详解】（1）样本中50米跑单项等级获得优秀的男生人数为5，获得良好的男生人数为5，获得及格的男生人数为1，所以估计该校高一男生50米跑单项的及格及以上的概率；（2）记4人中恰有2人50米跑单项等级是优秀的事件为记“高一男生50米跑单项等级是优秀”为事件；“高一女生50米跑单项等级是优秀”为事件；其中是独立事件由（1）得；．记2名50米跑单项等级是优秀的人都是男同学的事件为记2名50米跑单项等级是优秀的人都是女同学的事件为记2名50米跑单项等级是优秀的人有1名是男同学1名是女同学的事件为则．（3）男生及格及以下成绩人数为5人，再次测试后良好及以上成绩约1人，女生及格及以下成绩8人，再次测试后良好及以上成绩为2人，两次测试后，良好及以上成绩的总人数男生多于女生，所以．23．【详解】（1）根据题中数据，该大宗商品价格在个交易日中有天“上涨”．设事件为“该大宗商品价格上涨”，则.（2）设事件为“该大宗商品价格“不变”，事件为“该大宗商品价格“下跌”，事件为“该大宗商品价格在这5天中至少有3天“上涨”且至少有1天“不变”．依题意可得，．.（3）由于，且价格变化具有状态转移特性，第个交易日的成交概率是各状态转移概率的加权平均，权重偏向高成交概率的状态,由于前1个交易日状态对第个交易日的影响具有正反馈性，且初始概率分布不均匀，因此大于三种状态成交概率的算术平均值.所以.24．【详解】（1）由题可得随机拿地的情况有：种，平均亩产量均不低于375的情况有种，故相应概率为：；（2）分别从两地拿地有9种情况，将拿地情况用坐标表示，横坐标表示A地平均亩产数，纵坐标表示B地平均亩产数.的情况有共2种；的情况有共5种；的情况有种，则分布列如下：012期望为：；（3）设两地分别有土地面积为亩.对于A地，用于有机种植的地有亩，有机种植总产量为，则有机种植的总利润为：元，类似可得A地机械种植总利润为：元，A地共生种植总利润为：元，则A地平均利润为：元；类似可得B地平均利润为：元.则.25．【详解】（1）由已知未达标组中，肺活量等级为的人数是，成绩未达标组共人；故成绩达标组有人，达标组中，肺活量等级为的频率为，因此成绩达标组中，肺活量等级为的人数为；所以人中，肺活量等级为的总人数为，因此从名研究对象中随机选取人，求此人肺活量等级为的概率；（2）由已知未达标组中，肺活量等级为的人数为，成绩达标组中，肺活量等级为的人数为；所以肺活量等级为的学生的总人数为，由已知未达标组中，肺活量等级为的人数为，成绩达标组中，肺活量等级为的人数为；所以肺活量等级为的学生的总人数为，设事件为“从该校全体高三年级男生中肺活量等级为的学生中随机选取人，长跑成绩达标”事件为“从该校全体高三年级男生中肺活量等级为的学生中随机选取人，长跑成绩达标”所以可估计，，根据题意随机变量的可能取值有，且，，，，所以可估计（3）取，即若学生的肺活量等级为时判定其长跑未达标，肺活量等级为的任意一个值时判定其长跑达标，则判断错误的总人数为，取，即若学生的肺活量等级为或时判定其长跑未达标，肺活量等级为的任意一个值时判定其长跑达标，则判断错误的总人数为，取，即若学生的肺活量等级为或或时判定其长跑未达标，肺活量等级为的任意一个值时判定其长跑达标，则判断错误的总人数为，取，即若学生的肺活量等级为或或或时判定其长跑未达标，肺活量等级为或时判定其长跑达标，则判断错误的总人数为，取，即若学生的肺活量等级为时判定其长跑达标，否则判定其长跑未达标，则判断错误的总人数为，取时，则会判断所有学生未达标，判断错误的总人数为，因此取时判断错误的概率最小，故.26．【详解】（1）依题意，，所以.（2）依题意，学习场景用户评级为的概率为，工作场景用户评级为的概率为，的所有可能值为，，，，，所以的分布列为：01230.450.41250.1250.0125数学期望.（3）由（2）及已知，得，，，显然服从分布，因此，，所以.27．【详解】（1）由表可知，上述12个季度中消费者信心处于强信心区间()的数据有：2023年的115.1，114.6，109.0，108.4；2024年的108.4，105.9；2025年的103.3；共7个.上述12个季度中随机抽取1个季度，该季度消费者信心处于强信心区间的概率为.（2）由表可知，2024年4个季度中有2个处于强信心区间，2个处于弱信心区间；2025年有1个处于强信心区间，3个处于弱信心区间.设从2024年抽取的季度处于强信心区间为事件，则；从2025年抽取的季度处于强信心区间为事件，则；则的可能取值为0，1，2.，的分布列为：012数学期望（3）2025年各季度的增长率分别为：，，，.，即2026年第一季度消费者信心指数较上一季度的增长率约为0.0783；2026年第一季度消费者信心指数的估计值为：.28．【详解】（1）在数据I（型号）中，评分不低于80分的有81，85，83，86，85，92，86，90，共8人；评分低于80分的有75，74，77，70，共4人，从12名消费者中随机抽取2人，两人都不满意的概率为，因为“至少1人满意”与“两人都不满意”是对立事件，所以至少1人满意的概率；（2）由（1）可知，购买型号扫地机器人的消费者满意的概率，则不满意的概率为，在数据II（型号）中，评分不低于80分的有81，87，86，85，84，92，共6人，所以购买型号扫地机器人的消费者满意的概率，则不满意的概率为，的可能取值为0，1，2，，，，的分布列为：012；（3）由题可知抽取样本中，A型号不满意的有4人，B型号不满意的有6人，则的估计值为，的估计值为，故．29．【详解】（1）在职人员借阅文学类图书总量：（册），中学生借阅教辅类图书总量：（册），因为，所以这一年里在职人员借阅的文学类图书量更大；（2）用频率估计概率：大学生借阅科技类的概率为，中学生借阅科技类的概率为，三人借阅相互独立，“至少2册科技”包含三种情况：①2名大学生均借科技，中学生不借科技：，②仅1名大学生借科技，中学生借科技：，③3人均借科技：，总概率：.（3）在职人员的5个占比分别为：，即，，，故；大学生的已知占比为：，因此未知占比满足，由题设得，因此，，即都小于均值，因此，，，，因此：；中学生的已知占比为：，因此未知占比满足，同理，由得，，因此，，，，因此：.综上：30．【详解】（1）由题意，可估计从该校的男生中任选一人，“运动不达标”的概率为，设“从该校的男生中任选两人，这两人均为运动不达标”为事件，则；（2）由表可知，从男生中抽取一人“运动达标”的概率为，从女生中抽取一人“运动达标”的概率为，随机变量的可能取值为，，，，所以的分布列为数学期望.（3）由题意知从该校随机抽取一名学生，“运动达标”的概率为，服从二项分布，则要使得使概率取得最大值需且，则且，解得，为整数，所以，使概率取得最大值时的值为.31．【详解】（1）由表格可知，抽取的10台机床中，A指标合格的机床有6台，用频率估计概率得：A指标合格的概率为.（2）根据表格统计，用频率估计概率：评分为5分（即三项全合格）的机床共4台，即；评分为4分（仅A不合格）的机床共2台，即.要求两台机床的评分总和大于8，即总和为9或10，由于机床互相独立，对应情况及其概率计算如下：情况一：两台都是5分；情况二：一台5分，另一台4分.综上所述，两台机床评分总和大于8的概率.（3）事件的概率为多项分布概率：.观察其形式可知，组合系数相同，仅需比较乘积，即可比较的大小.分布1对应的乘积为；分布2对应的乘积为.因此服从分布2时，事件发生的概率更大.32．【详解】（1）智能体甲总测试任务数为，成功完成总数为，因此甲成功完成任务的频率为：.因为用频率估计概率，所以甲成功完成任务的概率估计为智能体乙总测试任务数为，成功完成总数为，因此乙成功完成任务的频率为：.因为用频率估计概率，所以乙成功完成任务的概率估计为.所以智能体甲成功完成任务的概率为、智能体乙成功完成任务的概率.（2）先计算两款智能体完成不同类型任务的成功率：甲完成类：​，甲完成类：；乙完成类：，乙完成类：.比较概率大小得：，由比较可知类任务乙更擅长，类任务甲更擅长.因此分配为：类由乙完成，2项类由甲完成。设“3项任务恰有2项成功”为事件，分两种互斥情况：①类任务成功，仅1个类任务成功：，②类任务失败，2类任务成功：，因此：.所以估计这项任务中恰有项被成功完成的概率为.（3）因为类任务占比，类任务占比，甲完成类的概率​，甲完成类的概率，所以甲完成任务的期望为；同理乙完成类任务的概率，乙完成类的概率，所以乙完成任务的期望为.所以，故该企业应选购智能体甲.33．【详解】（1）根据古典概型可知，短视频平台浏览用户是购买景区门票的概率为（2）官方网站平台浏览用户中购买景区门票的概率为，则随机抽取三人的购票费用总和随机变量可能的取值有四种情况，则，，，，可得随机变量的分布列，0100200300数学期望为（3）官方网站平台利润为（元）短视频平台利润为（元）可知官方网站平台利润更高，所以选择在官方网站平台继续加大广告宣传费用投入力度.34．【详解】（1）设事件“两轮比赛累计得分不低于20分”，由已知该选手正确回答甲类问题的概率为，所以．所以该选手两轮比赛累计得分不低于20分的概率为．（2）的所有可能取值为．，，的分布列为105070的数学期望．（3）．每轮选甲、乙的概率均为，因此，两轮都选甲的概率为，两轮都选乙的概率为，先甲后乙的概率为，先乙后甲的概率为.两轮都选甲：的可能取值为.两轮都选乙：的可能取值为故.先甲后乙：由（2）可知，，先乙后甲：同理可得，故，所以.35．【详解】（1）A观测点的粒数中值直径为II级的有：，共份，B观测点的粒数中值直径为II级的有：，共份，C观测点采集的带菌粒子中没有粒数中值直径为II级的带菌粒子，所以在甲地采集的带菌粒子中有份是粒数中值直径为II级的带菌粒子，用频率估计概率可知，在甲地空气中随机采集份带菌粒子，其粒数中值直径为II级的概率为；（2）A观测点的粒数中值直径为III级的有：，共份，B观测点的粒数中值直径为III级的有：，共份，由题意可知，可取，，，，，所以的分布列为：所以；（3）可取，理由如下：C观测点采集的带菌粒子中粒数中值直径为III级有：，共份，用频率估计概率可知，在C观测点随机采集份带菌粒子，其粒数中值直径为III级的概率为，因为，要使得为中的最大值，则一定有，所以，所以，所以，化简可得，解得，不妨取，此时，所以，且，当时，即，解得，即，当时，即，解得，即，由上可知，，所以是最大值，故满足条件.36．【详解】（1