加强练(十三)计数原理、概率--备战2022年高考数学一轮复习配套word试题(创新设计版).pdf

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1、加强练(十三)计数原理、概率 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 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(2021台州期末评估)二项式(12x)9的展开式中 x6的系数为()AC69 BC69 CC6926 DC6926 答案 C 解析 二项式(12x)9的展开式的通项 Tr1Cr9(2x)r(2)rCr9xr，则展开式中x6的系数为(2)6C69C6926，故选 C.2随着网络技术的发展，非现金支付变得愈发流行若某群体中的成员只用现金支付的概率为 0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为 0.1，则不用现金支付的概率为()A0.35 B0.45

2、C0.55 D0.7 答案 B 解析 设事件 A 为只用现金支付，事件 B 为只用非现金支付，事件 C 为既用现金支付也用非现金支付，则 A，B，C 刚好组成整个样本空间，且 A，B，C 为互斥事件，则 P(B)1P(A)P(C)10.450.10.45，故选 B.3(2021上虞区期末调测)已知随机变量 X 的分布列(如表所示)，Y2X1，则E(Y)()X 1 0 1 P 12 13 a A.13 B.53 C.73 D2 答案 B 解析 由随机变量的分布列性质得1213a1，即 a16，则 E(X)112013(1)1613.又 Y2X1，则 E(Y)2E(X)153，故选 B.4(202

3、1金华十校期末调研)用 1，2，3，4，5 组成一个没有重复数字的五位数，三个奇数中仅有两个相邻的五位数共有()A12 个 B24 个 C36 个 D72 个 答案 D 解析 由题意可得，满足条件的不同的五位数有 A23A33C1272(个)，故选 D.5袋中有形状、大小都相同且编号分别为 1，2，3，4，5 的 5 个球，其中 1 个白球，2 个红球，2 个黄球从中一次随机取出 2 个球，则这 2 个球颜色不同的概率为()A.35 B.34 C.710 D.45 答案 D 解析 所求概率为 12C22C2545.6(2021台州调研)已知六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁

4、两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为()A72 B96 C120 D288 答案 A 解析 先将除甲、乙、丙三人外的 3 人排好队，共有 A33种，因为甲与丁两人相邻，所以甲只能插入与丁相邻的两个空位，有 C12种，最后将乙、丙插入剩余三个空内，有 A23种排法，故共有 A33C12A2372 种排队方法 7(2021金、丽、衢十二校二联)甲和乙两人独立的从五门选修课课程中各任选三门进行学习，记两人所选课程相同的门数为，则 E()()A1.2 B1.5 C1.8 D2 答案 C 解析 由已知得 1，2，3，P(1)C35C13C35C35310，P(2)C35C23C12C35C3535，P

5、(3)C35C35C35110，所以 E()1310261031101.8.8(2021稽阳联考)设 0a13，随机变量 X 的分布列为 X 2 1 1 2 P 13 a 13a 13 则当 a 在0，13增大时()AD(X)增大 BD(X)减小 CD(X)先增大后减小 DD(X)先减小后增大 答案 C 解析 由题意可得 E(X)132a，所以方差 D(X)4a1623.由二次函数的性质可知，当 a 在0，13上增大时，D(X)先增大后减小，故选 C.9(2021杭州市质检)抛掷一枚质地均匀的硬币，若出现正面朝上则停止抛掷，至多抛掷 ni次，设抛掷次数为随机变量 i，i1，2.若 n13，n2

6、5，则()AE(1)E(2)，D(1)D(2)BE(1)D(2)CE(1)E(2)，D(1)E(2)，D(1)D(2)答案 A 解析 1的可能取值为 1，2，3，则 P(11)12，P(12)14，P(13)14，分布列为：1 1 2 3 P 12 14 14 E(1)11221431474，D(1)1742122742143742141116.2的可能取值为 1，2，3，4，5，则 P(21)12，P(22)14，P(23)18，P(24)116，P(25)116，分布列为：2 1 2 3 4 5 P 12 14 18 116 116 E(2)112214318411651163116，D(

7、2)131162122311621433116218431162116531162116367256，故 E(1)E(2)，D(1)D(2)选 A.10将 5 本不同的书分给甲、乙、丙三人，则下列命题正确的个数是()不同的分法共有 243 种；甲一本，乙、丙各两本的不同的分法有60 种；甲三本，乙、丙各一本的不同的分法有20 种；每人至少一本，不同的分法有60 种 A1 B2 C3 D4 答案 B 解析 每本书均有 3 种分法，故不同的分法共有 35243(种)，正确；甲一本，乙、丙各两本的不同分法有 C15C24C2230(种)，不正确；甲三本，乙、丙各一本的不同分法有 C35C12C112

8、0(种)，正确；每人至少一本，不同的分法有C35C12A33A22C25C23A33A22150(种)，不正确 二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分)11(2021长春质检)若 8 件产品中包含 6 件一等品，从中任取 2 件，则在已知取出的 2 件中有 1 件不是一等品的条件下，另 1 件是一等品的概率为_ 答案 1213 解析 根据题意，设“所取 2 件产品中有 1 件不是一等品”为事件 A，“一件是一等品，另一件不是一等品”为事件 B，P(A)1C26C28115281328，P(AB)C12C16C281228，则 P(B|A)P（AB）

9、P（A）1213.12(2021嘉兴二测)已知随机变量 的分布列如下：1 2 3 P 12 a2 a2 则 a_，方差 D()_ 答案 12 1116 解析 由分布列的性质得0a1，12a2a21，解得 a12，则 E()1122a23a274，E(2)121222a232a2154，故 D()E(2)E()21116.13 已知(1x)6a0a1xa2x2a6x6，则 x2项的二项式系数是_；|a0|a1|a2|a6|_ 答案 15 64 解析 二项式(1x)6的展开式的通项公式为 Tr1Cr6(x)r(1)rCr6xr，令 r2得 x2项的二项式系数为 C2615.由二项展开式的通项公式得

10、 x 的奇数次幂的项的系数小于零，偶数次幂的项的系数大于零，则|a0|a1|a2|a3|a4|a5|a6|a0a1a2a3a4a5a6，则在(1x)6a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5a6x6中，令 x1 得 a0a1a2a3a4a5a61(1)664.14(2020天津卷)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为_；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_ 答案 16 23 解析 甲、乙两球都落入盒子的概率 P121316；事件 A：“甲、乙两球至少有一个落入盒子”的对立事件是A：“甲、乙两球都不落入盒子”，P(A)11

11、211313，所以 P(A)11323.15(2021台州期末评估)有 2 名老师和 3 名同学，将他们随机地排成一行，用 表示两名老师之间的学生人数，则 1 对应的排法有_种；E()_ 答案 36 1 解析 由题意得当1 时对应排法有C13A22A3336(种)的所有可能取值为 0，1，2，3，且 P(0)A22A44A5525，P(1)C13A22A33A55310，P(2)A23A22A22A5515，P(3)A33A22A55110，则 E()025131021531101.16(2021上海松江区模拟)已知(1x)6a0a1xa2x2a6x6，在 a0，a1，a2，a6这 7 个数中

12、，从中任取两数，则所取的两数之和为偶数的概率为_ 答案 37 解析 因为(1x)6a0a1xa2x2a6x6，a0，a1，a2，a6这 7 个数分别为：C061，C166，C2615，C3620，C4615，C566，C661，4 个奇数，3 个偶数；从中任取两数共有 C2721 种；所取的两数之和为偶数的有 C24C239；所取的两数之和为偶数的概率为92137.17(2021嘉兴评估)随机变量，的分布列分别是 0 2 P p2 1p2 1 2 P 1p p 当 0p12时，则有_ E()E()，D()D()；E()E()，D()D()；E()E()，D()D()；E()E()，D()D()答案 解析 根据题意 E()21p22p，D()E(2)E2()41p2(2p)2p22p，E()1(1p)2p1p，D()E(2)E2()1(1p)4p(1p)2p2p，E()E()12p，0p12，02p1，12p0，E()E()，D()D()p22pp2pp0，D()D()