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专题四 概率、统计
一、单选题
统计
题 1 某装修公司为了解客户对照明系统的需求，对照明系统的两种设计方明系统评分面达图案在稳固性､
创新性､外观造型､做工用料以及成本五个方面的满意度评分进行统计，根据统计结果绘制出如图所示
的雷达图，则下列说法正确的是（ ）
A．客户对两种设计方案在外观造型上没有分歧
B．客户对设计一的满意度的总得分高于设计二的满意度的总得分
C．客户对设计二在创新性方面的满意度高于设计一在创新性方面的满意度
D．客户对两种设计方案在稳固性和做工用料方面的满意度相同
【答案】B
【评讲建议】通过阅读雷达图，找到其对应的数据，转化成熟悉的表格即可.
【解析】根据雷达图可列表如下：
评分类别 稳固性 创新性 外观造型 做工用料 成本
设计一得分 8 分 8 分 8 分 10分 10
分
设计二得分 8 分 8 分 10分 8 分 9分
根据表格分析可得 A、C、D 错误. 故选：B.
排列、组合、二项式定理
题 2 如图所示为沟算盘，即古罗马算盘，其用青铜制成，盘上竖有小槽，内有小珠，其中左边七个竖槽的
下槽各有四珠，每珠表示一，上槽一珠表示五，槽间有数位个、十、百（对应拉丁字母：I ，X ，C ）；
右边的两个竖槽表示分数，其中右数第二个竖槽的上槽有一珠，表示 1
2
，下槽有五珠，每珠表示 1
12
，
最右边的竖槽含有三个短槽，上槽有一珠，表示 1
24
，中槽有一珠，表示 1
48
，下槽有二珠，每珠表示
1
72
．若从右数的前两个竖槽中任选三个小珠，则一共能表示的分数的个数为（ ）
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A．19 B．44 C．55 D．120
【答案】A
【评讲建议】利用分类加法计数原理，按所选的三个小珠分别在一个槽，两个槽，三个槽内进行分析求解．
【解析】由图可知，从右数的前两个竖槽中包含五个槽，则问题可分三种情况，
第一种情况，五个槽中每个槽里最多只取一个小珠，则一共可以表示出 3
5C 10 个的分数；
第二种情况，一个槽中取两个小珠，另一个槽中取一个小珠，
则一共可以表示出 1 1
2 4C C 8 个不同的分数；
第三种情况，一个槽中取三个小珠，则只能表示出 1 个分数．
综上可知，从右数的前两个竖槽中任选三个小珠，一共可以表示出 19 个不同的分数．
故选：A.
题 3 数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学
为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数字通史”，“几何原本”，“什么是数
学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选 3门，大一到大三三学年必须将四门]选修课程
选完，则每位同学的不同选修方式有（ ）
A． 60 种 B． 78 种 C．84 种 D．144 种
【答案】B
【评讲建议】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可.
【解析】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为1,1,2 或 0,1,3或 0,2,2 若是1,1,2 ，则
先将 4 门学科分成三组共
1 1 2
4 3 2
2
2
C C C
A
种不同方式.再分配到三个学年共有 3
3A 种不同分配方式，由乘法原理可得
共有
1 1 2
34 3 2
32
2
36C C C AA
种，若是 0,1,3，则先将 4 门学科分成三组共 1 3
4 3C C 种不同方式，再分配到三个学年共
有 3
3A 种不同分配方式，由乘法原理可得共有 1 3 3
4 3 3 24C C A 种，若是 0,2,2 ，则先将门学科分成三组共
2 2
4 2
2
2
C C
A
种不同方式，再分配到三个学年共有 3
3A 种不同分配方式，由乘法原理可得共有
2 2
34 2
32
2
18C C AA
种
所以每位同学的不同选修方式有 36 24 18 78 种，故选：B.
题 4 将标号为1、2 、3、4 、5 、6 的 6 个小球随机地放入标号为1、2 、3、 4 、5 、6 的 6 个盒子中，每
个盒子放一个小球，恰好有 4 个小球的标号与其所在盒子的标号不一致的放法总数有（ ）
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A． 45种 B．90 种 C．135种 D．180种
【答案】C
【评讲建议】关键点点睛：解本题的关键在于确定1、2 、3、4 号小球与1、2 、3、4 号盒子标号均不一
致的方法种数，在利用排列组合数计算不方便时，可利用列举法来操作.
计算出1、 2 、3、 4 号小球与1、 2 、 3、 4 号盒子标号均不一致的放法种数，乘以 4
6C 即可得出结果.
【解析】若1、2 、3、4 号小球与1、2 、3、4 号盒子标号均不一致，1号球放 2 号盒子有 3种放法，1号
球放 3号盒子有 3种放法，1号球放 4 号盒子有 3种放法，共 9 种放法，故不同的放法总数有 4
69 135C 种. 故
选：C.
概率
题 5 琵琶、二胡、编钟、箫笛、瑟、琴、埙、笙和鼓这十种民族乐器被称为“中国古代十大乐器”.为弘扬中
国传统文化，某校以这十种乐器为题材，在周末学生兴趣活动中开展了“中国古代乐器”知识讲座，共
连续安排八节课，一节课只讲一种乐器，一种乐器最多安排一节课，则琵琶、二胡、编钟一定安排，
且这三种乐器互不相邻的概率为（ ）
A． 1
360
B． 1
6
C． 7
15
D． 1
15
【答案】B
【评讲建议】方法点睛：排列组合常用的方法有：一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、
特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.
先求出全部的结果总数为 8
10A ，再求出琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻的基本事
件总数为 5 3
7 6A A ，再利用古典概型的概率求解.
【解析】从这十种乐器中挑八种全排列，有情况种数为 8
10A .从除琵琶、二胡、编钟三种乐器外的七种乐器
中挑五种全排列，有 5
7A 种情况，再从排好的五种乐器形成的 6 个空中挑 3 个插入琵琶、二胡、编钟三种乐
器，有 3
6A 种情况，故琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻的情况种数为 5 3
7 6A A .
所以所求的概率
5 3
7 6
8
10
1
6
A AP A
，故选：B.
题 6 魔方又叫鲁比克方块（Rubk's Cube），是由匈牙利建筑学教授暨雕塑家鲁比克·艾尔内于 1974 年发明
的机械益智玩具，与华容道、独立钻石棋一起被国外智力专家并称为智力游戏界的三大不可思议．三
阶魔方可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分，然后沿等分线把正方体切开所得，
现将三阶魔方中 1 面有色的小正方体称为中心方块，2 面有色的小正方体称为边缘方块，3 面有色的
小正方体称为边角方块，若从这些小正方体中任取一个，恰好抽到边缘方块的概率为（ ）
A． 2
9
B． 8
27
C． 4
9
D． 1
2
【答案】C
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【评讲建议】本题考查古典概型，解题的关键在于正确计数各类型的小正方体，进而利用古典概型公式计
算求解，是基础题.
由题可知正方体切开共有 27 个小正方体，其中只有 2 个面涂色的小正方体共有 12 个，进而根据古典概型
即可得答案.
【解析】沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方体共有 27 个，
其中有 3 个面涂色的小正方体共有 8 个，只有 2 个面涂色的小正方体共有 12 个，只有 1 个面涂色的小正
方体共有 6 个，所以恰好抽到只有 2 个面有色的小正方体的概率为 12 4
27 9
．故选：C．
题 7 《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马劣于齐王
的上等马，优于齐王的中等马，田忌的中等马劣于齐王的中等马，优于齐王的下等马，田忌的下等马
劣于齐王的下等马，现两人进行赛马比赛，比赛规则为：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹
马，共比赛三场．每场比赛中胜者得 1 分，否则得 0 分．若每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马，
则比赛结束时，田忌得 2 分的概率为（ ）．
A． 1
3
B． 2
3
C． 1
6
D． 1
2
【答案】C
【评讲建议】根据题意，设齐王的上，中，下三个等次的马分别为 a, b，c，田忌的上，中，下三个等次的
马分别为记为 A，B，C，用列举法列举齐王与田忌赛马的情况，进而可得田忌胜出的情况数目，进而由等
可能事件的概率计算可得答案.
【解析】设齐王的上，中，下三个等次的马分别为 a，b，c，田忌的上，中，下三个等次的马分别为记为
A，B，C，双方各出上、中、下等马各 1 匹分组分别进行 1 场比赛，
所有的可能为:
Aa，Bb，Cc，田忌得 0 分;
Aa，Bc，Cb，田忌得 1 分
Ba，Ab，Cc，田忌得 1 分
Ba，Ac，Cb，田忌得 1 分;
Ca，Ab，Bc，田忌得 2 分，
Ca，Ac，Bb，田忌得 1 分
田忌得 2 分概率为 1
6P ，故选：C
题 8 已知随机变量 的分布列如下表：
1 0 1
p 1p 2p 3p
其中
1 3
1 1 6p p
，则 D 的最大值是（ ）
A． 2
3
B． 14
25
C． 25
36
D． 5
9
【答案】C
【评讲建议】本题考查离散型随机变量的方差的最值问题，解答本题的关键是先得出方差
2
1 3 1 3
5
3D p p p p 的表达式，再求出 1 3p p 的范围，属于中档题.
先求出 E ，再求出 2
1 3 1 3
5
3D p p p p ,然后由条件求出 1 3p p 的范围，可得答案.
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【答案】 1 2 3 3 11 0 1E p p p p p
2 2 2
1 2 31 0 1D E p E p E p
2 2 2
1 2 31 2 1 2E E p E p E E p
1
2
1 2 31 3 32p p p pE E p p p
1 3 3 1 1 3
2
3 12p p p p p p p p 2
1 3 3 1 1 3 1 3
2 5
3p p p p p p p p
又
1
1 3 1 3
1 1
3 1
3 3
3 31
1 1 1 1 21 1 2 26 6 3
1
6p pp p p pp p
pp p p p p
当且仅当 3
3
1
1
p p
p p
，即 3 1
1
3p p 时取等号,所以 3 1
2 13 p p ，
所以
2
2
1 3 1 3 1 3
5 25 25
6 36 36
5
3 p p p p p p
，所以 25
36D ，故选：C.
题 9 已知随机变量 X 的分布列是（ ）
X a 0 b
P b 1
2
a
则下列说法正确的是（ ）
A．对任意的 a ， 10, 2b
， 1
16E X B．存在 a ， 10, 2b
，使得 1
8E X
C．对任意的 a ， 10, 2b
， D X E X D．存在 a ， 10, 2b
，使得 1
8D X
【答案】C
【评讲建议】求得 E X 的表达式，由此确定 AB 选项的正确性.求得 D X 的表达式，利用差比较法确定
CD 选项的正确性.
【解析】由题意可知 a ， 10, 2b
， 1
2a b ，所以 1
2b a ，
所以 10 22E X ab ab ab
2
21 12 22 8
1 12 4 8aa a a a
，故选项 A，B 错误．
由方差的计算公式得
2
2 22 2 21 1 12 2 22 2 2D X a a a a a a a a a a
2 4 3
4 2 31 1 1 1 1 14 2 4 2 2 22 2 2 2 2 2a a a a a a a a a a a a
12 2a a
2 12 4a a
，所以 21 1 1 12 2 2 22 4 2 2D X E X a a a a a a a a
2 32 4a a
．因为
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10, 2a
，所以 12 02a a
， 2 3 32 2 1 04 4a a a a ，所以 0D X E X ， 1
8D X E X ，
故选项 C 正确，选项 D 错误．
故选：C
题 10 已知 0 1k ， 0 1x ，随机变量 X 的分布列如下：
X 0 2x 24 1 x
P k 1
2
1
4
当 E X 取最大值时， D X （ ）
A．1 B． 2 C．3 D．9 2
【答案】A
【评讲建议】本题考查离散型随机变量的概率分布列，期望，方程的求解，考查运算求解能力，是中档题.
值得指出的是：在求解与离散型随机变量的数学期望和方差有关的问题时，考生若能熟练掌握公式
D X 22E X E X ，能大大降低运算量，起到事半功倍的效果．
解法一：由分布列的性质得 1
4k ，进而得 21E X x x ，再根据基本不等式即可得 2E X ，
当且仅当 2
2x 时取等号，再根据方程公式计算即可得答案.
解法二：由分布列的性质得 1
4k ，进而得 21E X x x ，令 sinx ， π0, 2
，根据三角换
元得： π2 sin 24E X
，当且仅当 π
4
，即 2
2x 时取等号，再求随机变量 2X 的分布列，
进而根据公式 22D X E X E X 计算即可.
【解析】解法一：根据随机变量分布列的性质，得 1 1 12 4k ，所以 1
4k ，
所以 10 4E X
2 2
2 21 1 12 4 1 1 2 22 4 2
x xx x x x ，
当且仅当 2
2x 时取等号，此时随机变量 X 的分布列为
X 0 2 2 2
P 1
4
1
2
1
4
所以 2 2 21 1 12 0 2 2 2 2 2 14 2 4D X . 故选:A．
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解法二：根据随机变量分布列的性质，得 1 1 12 4k ，所以 1
4k ，
所以 1 10 24 2E X x 2 214 1 14x x x ．
令 sinx ， π0, 2
，则 21 cosx ，
所以 21E X x x πsin cos 2 sin 24
，当且仅当 π
4
，即 2
2x 时取等号，
此时随机变量 2X 的分布列为
2X 0 2 8
P 1
4
1
2
1
4
故 2 3E X ，所以 22 3 2 1D X E X E X ．故选：A．
题 11 如图所示，高尔顿钉板是一个关于概率的模型，每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的
距离均相等，上一层的每一颗的水平位置恰好位于下一层的两颗正中间．小球每次下落，将随机的向
两边等概率的下落，当有大量的小球都滚下时，最终在钉板下面不同位置收集到小球．若一个小球从
正上方落下，落到 3号位置的概率是（ ）
A． 1
16 B． 1
4 C． 3
8 D． 1
8
【答案】C
【评讲建议】思路点睛：求相互独立事件同时发生的概率的步骤：①首先确定各事件是相互独立的；②再
确定各事件会同时发生；③先求出每个事件发生的概率，再求其积.
记小球经过第 n 层的第 m m n 号通道（从左到右）的概率为 nP m ，利用独立事件的概率公式计算
出 4 2P 、 4 3P 的值，再由 5 4 4
1 13 2 32 2P P P 可求得结果.
【解析】当小球经过第 2 层时，第一次碰到钉子，向左或向右滚下的概率均为 1
2
，
所以， 2 2
11 2 2P P .
当小球经过第 4 层时，共碰到 3次钉子，要使得小球经过第 2 号通道，必须满足1次向右、 2 次向左滚下，
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所以，
3
1
4 3
1 32 2 8P C
，同理可得 4
33 8P .
要使得小球经过 3号位置（即第 5 层3号通道），可由第 4 层 2 号通道向右滚下、也可以由第 4 层 3号通道向
左滚下，因此， 5 4 4
1 1 33 2 32 2 8P P P . 故选：C.
题 12 为准备 2022 年北京-张家口冬奥会，某冰上项目组织计划招收一批 9 14 岁的青少年参加集训，以
选拔运动员，共有 20000 名运动员报名参加测试，其测试成绩 X (满分100分)服从正态分布 2(60 )N ， ，
成绩为 90 分及以上者可以进入集训队.已知80 分及以上的人数为 456 人，请你通过以上信息，推断进
入集训队的人数为（ ）
附： ( ) 0.6826P X ， ( 2 2 ) 0.9544P X ， 3 3 0.997( ) 4P X .
A．18 B． 22 C． 26 D．30
【答案】C
【评讲建议】正态分布的问题通常利用正态曲线的特点解题：
① 对称性：正态曲线以均数为中心，左右对称，曲线两端永远不与横轴相交.
② 均匀变动性：正态曲线由均数所在处开始，分别向左右两侧逐渐均匀下降.
曲线与横轴间的面积总等于 1，相当于概率密度函数的函数从正无穷到负无穷积分的概率为 1。即频
率的总和为 100%.
关于μ对称，并在μ处取最大值，在正（负）无穷远处取值为 0，在μ±σ处有拐点，形状呈现中间高两
边低，正态分布的概率密度函数曲线呈钟形.
先计算出 456( 80) 0.022820000P X ，利用正态分布曲线的对称性得到 (40 80)P X ，由 10 ，
对照参数得到 (30 90) 0.9974P X ，从而计算出进入集训队的人数.
【解析】正态分布 2~ (60 )X N ， ，80 分及以上的人数为 456 人，则 456( 80) 0.022820000P X ，
由正态分布曲线的对称性可得： (40 80) 1 2 ( 80) 0.9544 ( 2 2 )P X P X P X ，
故 10 ，∴ (30 90) 0.9974P X ，则 90 分及以上的人数为 20000 (1 0.9974) 262
人. 故选 C.
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二、多选题
统计
题 13 19 世纪中期，英国著名的统计学家弗朗西斯·高尔顿搜集了 1078 对夫妇及其儿子的身高数据，发
现这些数据的散点图大致呈直线状态，即儿子的身高 y（单位：cm ）与父母平均身高 x（单位：cm ）
具有线性相关关系，通过样本数据 , 1,2, ,i ix y i n ，求得回归直线方程 ˆ 85.67 0.516y x ，则下
列结论中正确的是（ ）
A．回归直线方程至少过 1 1,x y ， 2 2,x y ,n nx y 中的一个点
B．若 1 2 nx x xx n
， 1 2 ny y yy n
，则回归直线过点 ,x y
C．若父母平均身高增加1cm ，则儿子身高估计增加 0.516cm
D．若样本数据 , 1,2, ,i ix y i n 所构成的点都在回归直线上，则线性相关系数 1r
【答案】BCD
【评讲建议】根据线性回归分析的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【解析】对于 A 选项，回归直线方程，不一定经过 1 1,x y ， 2 2,x y ,n nx y 中的一个点，故 A 选项正
确. 对于 B 选项，回归直线方程过样本中心点 ,x y ，故 B 选项正确.
对于 C 选项，由于 ˆ 85.67 0.516y x ，所以若父母平均身高增加1cm ，则儿子身高估计增加 0.516cm ，故
C 选项正确. 对于 C 选项，若样本数据 , 1,2, ,i ix y i n 所构成的点都在回归直线上，则线性相关系数
1r ，正确. 故选：BCD
题 14 5G 技术的运营不仅提高了网络传输速度，更拓宽了网络资源的服务范围.目前，我国加速了 5G
技术的融合与创新，前景美好！某手机商城统计了 5 个月的 5G 手机销量，如下表所示：
月份 2020 年 6 月 2020 年 7 月 2020 年 8 月 2020 年 9 月 2020 年 10 月
月份编号 x 1 2 3 4 5
销量 y /部 52 95 a 185 227
若 y 与 x 线性相关，由上表数据求得线性回归方程为 44 20y x ，则下列说法正确的是（ ）
A．5G 手机的销量逐月增加，平均每个月增加约 10 台
B． 151a
C． y 与 x 正相关
D．预计 12 月份该手机商城的 5G 手机销量约为 328 部
【答案】BCD
【评讲建议】根据表中数据求得样本中心，进而求得 a，然后逐项判断.
【解析】由表中数据可知 1 1 2 3 4 5 35x ，
又因为回归方程为 44 20y x ，代入回归方程，解得 142y ，
所以 1 52 95 185 227 1425y a ，解得 151a ，
由此知 5G 手机的销量逐月增加，平均每个月增加约 40 台左右，
将 7x 代入回归方程得 ˆ 328y ，因为 44 0 ，所以 y 与 x 正相关，故选：BCD.
题 15 根据流行病学家调查发现，一般感染新型冠状病毒后的患者会在感染一周后出现症状，为了确定
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新冠患者出现症状的时间，研究人员调查了 100 名新冠患者，并将所得数据统计如图所示，则下列说
法正确的是（ ）
A．以频率估计概率，不超过 50%的患者从第 9 天以后（含第 9 天）开始出现症状
B．这 100 名患者出现症状的时间的中位数为 8.5
C．可以估计感染新型冠状病毒后第 9 天出现症状的可能性最大
D．可以估计新冠患者出现症状的时间的众数为 9
【答案】CD
【评讲建议】结合统计图，求第 9 天以后（含第 9 天）开始出现症状的概率，中位数，众数等，从而可选
出正确答案.
【解析】依题意，估计患者从第 9 天以后（含第 9 天）开始出现症状的概率 55 0.55100P ，故 A 错误；这
100 名患者出现症状的时间的中位数为第 50 和第 51 两个数的平均数，即为 9，故 B 错误；根据统计图可
以估计感染新型冠状病毒后第 9 天出现症状的可能性最大，且众数为 9，故 C，D 正确．
故选:CD．
题 16 冬末春初，乍暖还寒，人们容易感冒发热.若发生群体性发热，则会影响到人们的身体健康，干扰
正常工作生产.某大型公司规定：若任意连续 7 天，每天不超过5 人体温高于 37.3 C ，则称没有发生群
体性发热.下列连续 7 天体温高于 37.3 C 人数的统计特征数中，能判定该公司没有发生群体性发热的为
（ ）
A．中位数为 3，众数为 2 B．均值小于1，中位数为1
C．均值为 3，众数为 4 D．均值为 2 ，标准差为 2
【答案】BD
【评讲建议】利用反例可判断 AC 选项的正误；假设 7 6x ，根据 BD 选项分别进行推导，可判断 BD 选
项的正误.
【答案】将 7 个数由小到大依次记为 1x 、 2x 、 3x 、 4x 、 5x 、 6x 、 7x .
对于 A 选项，反例： 2 、 2 、 2 、3、3、 4 、 6 ，满足中位数为 3，众数为 2 ，与题意矛盾，A 选项不合
乎要求；对于 B 选项，假设 7 6x ，即该公司发生了群体性发热，因中位数为1，则 6 5 4 1x x x ，平均
数为
7
1 0 3 1 1 1 6 17 7
i
i
x
x
，矛盾，故假设不成立，即该公司没有发生群体性发热，B 选项合乎要
求；对于 C 选项，反例：0 、1、2 、4 、4 、4 、6 ，满足众数为 4 ，均值为3，与题意矛盾，C 选项不合
乎要求；对于 D 选项，假设 7 6x ，即该公司发生群体性发热，
若均值为 2 ，则方差为
7 2
2
72 1
2 2 16 27 7 7
i
i
x xs
，即 2s ，与 D 选项矛盾，
故假设不成立，即该公司没有发生群体性发热，D 选项合乎要求. 故选：BD.
- 11 -
排列、组合、二项式定理
题 17 我国古代著名的数学著作中，《周碑算经》、《九章算术》、《孙子算经》、《五曹算经》、《夏侯阳算
经》、《孙丘建算经》、《海岛算经》、《五经算术》、《级术》和《纠古算经》，称为“算经十书”，某老师将
其中的《周碑算经》、《九章算术》、《孙子算经）、《五经算术》、《缀术》和《缉古算经》6 本书分给 5
名数学爱好者，其中每人至少一本，则不同的分配方法的种数为（ ）
A． 1 2 4
5 6 4C C A B． 56
5 1A C C． 1 2 4
5 6 4C A A D． 2 5
6 5C A
【答案】AD
【评讲建议】先选出一个人分得两本书，剩余四人各分得一本书，再利用分步乘法计数原理相乘即得结果.
【解析】依题意，6 本书分给 5 名数学爱好者，其中一人至少一本，则有一人分得两本书，剩余四人各分
得一本书，
方法一：分三步完成，
第一步：选择一个人，有 1
5C 种选法；
第二步：为这个人选两本书，有 2
6C 种选法；
第三步: 剩余四人各分得一本书，有 4
4A 种选法.
故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为 1 2 4
5 6 4C C A ，故 A 正确；
方法二：分两步完成，
第一步：先分组，选择两本书，将书分成“2+1+1+1+1”的五组，有 2
6C 种选法；
第二步：将五组分配给五个人，有 5
5A 种选法.
故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为 2 5
6 5C A ，故 D 正确.
故选：AD.
概率
题 18 为弘扬我国古代“六艺”文化，某研学旅行夏令营主办单位计划在暑假开设“礼、乐、射、御、书、
数”六门体验课程，若甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程．则（ ）
A．甲乙丙三人选择课程方案有120种方法
B．恰有三门课程没有被三名同学选中的概率为 5
9
C．已知甲不选择课程“御”的条件下，乙丙也不选择“御”的概率为 25
36
D．设三名同学选择课程“礼”的人数为 ，则 1
2E
【答案】BCD
【评讲建议】方法点睛：(1) 解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素（或位置）的性质进行分类；
二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素（或位置）为主体，即先满足特殊
元素（或位置），再考虑其他元素（或位置）．
(2) 不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均
匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．
A 选项考查了排列组合的内容；B 选项利用排列组合分别算出基本事件总数与满足题意的基本事件个
数，代入古典概型公式计算；C 选项利用条件概率的公式代入求解；D 选项利用二项分布的公式求解.
【解析】甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程，则选择方法有 36 216 种，故 A 错误；恰有三门课程
没有被三名同学选中，表示三位同学每个人选择了不重复的一门课程，所以概率为
3
6
3
120 5
216 96
A ，故 B 正
- 12 -
确；已知甲不选择课程“御”的概率为 5
6
，甲乙丙都不选择“御”的概率为
3
3
125
216
5
6
，所以条件概率为
125
25216
5 36
6
，
故 C 正确；三名同学选择课程“礼”的人数为 ，则 服从二项分布 1(3, )6B ，则 1 13 6 2E ，故 D 正
确. 故选：BCD.
题 19 已知两种不同型号的电子元件（分别记为 X ，Y ）的使用寿命均服从正态分布， ~X N 2
1 1, ，
2
2 2~ ,Y N ，这两个正态分布密度曲线如图所示（ ）
参考数据：若 2~ ,Z N ，则 0.6827P Z ≤ ≤ ， 2 2 0.9545P Z ≤ ≤
A． 1 1 1 12 0.8186P X B． 2 1P Y P Y
C． 2 1P X P X ≤ ≤ D．对于任意的正数 t ，有 P X t P Y t≤ ≤
【答案】ABD
【评讲建议】抓住平均数 和标准差 这两个关键量，结合正态曲线的图形特征分析即可.
【答案】对于 A， 1 1 1 1
12 0.6827 0.9545 0.81862P X ，A 选项正确；
对于 B，由正态分布密度曲线，可知 1 2 ，所以 2 1P Y P Y ，B 选项正确；
对于 C，由正态分布密度曲线，可知 1 2 ，所以 2 1P X P X ，C 选项错误；
对于 D，对于任意的正数 t ，由图像知 P X t≤ 表示的面积始终大于 P Y t≤ 表示的面积，所以
P X t P Y t≤ ≤ ，D 选项正确
故选：ABD.
题 20 袋子中有 2 个黑球，1 个白球，现从袋子中有放回地随机取球 4 次，取到白球记 0 分，黑球记 1
分，记 4 次取球的总分数为 X ，则（ ）
A． 2~ 4, 3X B
B． 8( 2) 81P X C．X 的期望 8( ) 3E X D．X 的方差 8( ) 9D X
【答案】ACD
【评讲建议】分别计算概率，计算期望与方差.
【解析】从袋子中有放回地随机取球 4 次，则每次取球互不影响，并且每次取到的黑球概率相等，又取到
黑球记 1 分，取 4 次球的总分数，即为取到黑球的个数，所以随机变量 X 服从二项分布 2~ 4, 3X B
，故
A 正确；
2X ，记其概率为
2 2
2
4
2 1 24( 2) 3 3 81P X C
，故 B 错误；
因为 2~ 4, 3X B
，所以 X 的期望 2 8( ) 4 3 3E X ，故 C 正确；
- 13 -
因为 2~ 4, 3X B
，所以 X 的方差 2 1 8( ) 4 3 3 9D X ，故 D 正确．故选：ACD．
题 21 对于离散型随机变量 X ，它的数学期望 E X 和方差 V X ，下列说法正确的是（ ）
A． E X 是反映随机变量的平均取值 B． V X 越小，说明 X 越集中于 E X
C． E aX b aE X b D． 2V aX b a V X b
【答案】ABC
【评讲建议】根据离散型随机变量的期望和方差表示的意义，以及期望与方程的性质，可直接判断出结果.
【解析】离散型随机变量的期望反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量取值偏离于均值的
平均程度，方差越小，说明随机变量的取值越集中于均值；即 AB 正确；
由期望和方差的性质可得， E aX b aE X b ， 2V aX b a V X ，即 C 正确，D 错；
故选：ABC.
题 22 如图，在某城市中，M ， N 两地之间有整齐的方格形道路网，其中 1A ， 2A ， 3A ， 4A 是道路网中
位于一条对角线上的 4 个交汇处．今在道路网 M，N 处的甲、乙两人分别要到 N ， M 处，他们分别
随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达 N ， M 处为止，则下列说法正
确的有（ ）
A．甲从 M 到达 N 处的方法有 120 种 B．甲从 M 必须经过 3A 到达 N 处的方法有 9 种
C．甲、乙两人在 3A 处相遇的概率为 9
100 D．甲、乙两人相遇的概率为 41
100
【答案】BD
【评讲建议】对选项 A，利用组合数原理即可判断 A 错误，对选项 B，利用分步计数原理即可判断 B 正确，
对选项 C，利用古典概型公式计算即可判断 C 错误，对选项 D，首先计算甲、乙两人相遇的走法数，再利
用古典概型公式计算即可得到 D 正确.
【解析】对选项 A，甲从 M 到达 N 处，需要走 6 步，其中向上 3步，向右 3步，
所以从 M 到达 N 处的方法有 3
6 20C 种，故 A 错误.
对选项 B，甲从 M 到达 3A ，需要走 3步，其中向上1步，向右 2 步，共 1
3 3C 种，
从 3A 到达 N ，需要走 3步，其中向上 2 步，向右1步，共 1
3 3C 种，
所以甲从 M 必须经过 3A 到达 N 处的方法有 3 3 9 种，故 B 正确.
对选项 C，甲经过 3A 的方法数为 1 2
3 3 9C C ，乙经过 3A 的方法数为 1 1
3 3 9C C ，
所以甲、乙两人在 3A 处相遇的方法数为 1 1 1 1
3 3 3 3 81C C C C 种，
故甲、乙两人在 3A 处相遇的概率 3 3
6 6
81 81
400P C C
，故 C 错误.
对选项 D，甲、乙两人沿着最短路径行走，只能在 1A ， 2A ， 3A ， 4A 处相遇，
若甲、乙两人在 1A 处相遇，甲经过 1A 处，必须向上走 3 步，乙经过 1A 处，则前三步必须向左走，两人在 1A
- 14 -
处相遇的走法有 1 种.
若甲、乙两人在 2A 或 3A 处相遇，由选项 C 知，各有 1 1 1 1
3 3 3 3 81C C C C 种，
若甲、乙两人在 4A 处相遇，甲经过 4A 处，必须向右走 3 步，乙经过 1A 处，则乙前三步必须向下走，则两
人在 1A 处相遇的走法有 1 种.
所以甲、乙两人相遇的概率 3 3
6 6
1 81 81 1 164 41
400 100P C C
，故 D 正确.
故选：BD
题 23 回文数是一类特殊的正整数，这类数从左到右的数字排列与从右到左的数字排列完全相同，如
1221，15351 等都是回文数.若正整数 i 与 n 满足 2 i n 且 4n ，在 110 ,10 1i i 上任取一个正整数
取得回文数的概率记为 iP ，在 10,10 1n 上任取一个正整数取得回文数的概率记为 nQ ，则（ ）
A． 1(2 1)i iP P i n B．
2
1
1n i
n
i
Q Pn
C．
2
1
1n i
n
i
Q Pn
D．
2
1
i
i
n
P
【答案】BD
【评讲建议】本题解题的关键点是读懂回文数的定义，回文数前几位确定可以决定后几位，以此可计算区
间内的回文数的个数及概率.
分别计算 2i k 和 2 1i k 时的 iP ，即可判断选项 A，分别计算
2
1
1 i
n
i
Pn 和 nQ ，比较大小即可判断选项 B，
C；分别计算 2i k 和 2 1i k 时
2
1
1 i
n
i
Pn 结合不等式放缩即可判断选项 D
【解析】对于选项 A：在 110 ,10 1i i 中的正整数都是 i 位的，一共有 1 110 10 9 10i i i 个，
若 2i k ，则回文数的个数是 19 10k 个，
若 2 1i k ，则回文数的个数是 9 10k 个，所以
1
2 2 1
9 10 1
9 10 10
k
k k kP
， 2 1 2
9 10 1
9 10 10
k
k k kP
所以 2 1 22 2kk kP P P ，故选项 A 不正确；
对于选项 D：当 2n k 时， 2 2 1
2 1 1
1 1 1 11 11 1 1 10 10 10 10
1 11 1 1 1 110 10
k k
i
n k k
j j
i j j
P P Pn n n
1 1 1 22 19 1 10 10 9 1k kn n
，
当 2 1n k 时， 2 2 1
2 1 1
1 1 1 11 11 1 1 10 10 10 10
1 11 1 1 1 110 10
k k
i
n k k
j j
i j j
P P Pn n n
1 1 1 22 19 1 10 10 9 1k kn n
，故选项 D 正确；
由 nQ 的定义： 1
2
1 9 1010 10
n
i
n in
i
Q p
，
当 2n k 时，由 4n 可得 2k ，
- 15 -
2 3 1
2
3
2
2 1
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 2 1 10 10 10 10 10 10 0
1
2 10 1
n
i
i k k
k
i
i kP Pn k
1
1 119 10kk
，
1 1
2 2
1 9 1 10 10 9 10 1010 10
k k
k kQ 1
2 2
2 10 11 218 10 1010 10 10 10 10
k
k
k k k
，
又因为 1
11 2 10 10 1810 0 29 10 9 10
kk
k k
k kk k
，所以
2
2
2
1
2 1
k
k i
i
Q Pk
，
当 2 1n k 时，由 4n 可得 2k ，
2 1
2 2
2 3 2 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 2 10 10 10 10 10 10 10 10
1
2
n k
i
i
k k
i
iP Pn k k
1 1 219 10 10k kk
，
1 1
2 1 2 1
1 9 1 10 10 9 10 1010 10
k k
k kQ
1
2 1 2 2
2 10 11 218 10 1010 10 10 10 10
k
k
k k k
，
由以上可知 1
11 10
9
k
k
2
10k ， 1
1 11 110 10
9 9
k k
k k
所以
11 210
9 10
k
kk
，
所以
2 1
2 1
2
1
2
k
k
i
iQ Pk
，故选项 B 正确，选项 C 不正确，故选：BD.
- 16 -
三、填空题
统计
题 25 “学习强国”学习平台是由中共中央宣传部主管，以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十
九大精神为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质平台. 2019 年1月1日，“学习强国”学习平台
在全国上线，某单位组织全体党员登录学习统计学习积分得到的频率分布直方图如图所示.若学习积分
在 1,1.5 （单位：万分）的人数是32 人，则该单位共有__________名党员，若学习积分超过 2 万分
的党员可获得“学习达人”称号，则该单位有_________名党员能获得该称号.
【答案】 80 8
【评讲建议】计算出该单位组织学习积分在 1,1.5 内的党员所占的频率，结合已知条件可计算出该单位党
员的总人数，并计算出学习积分超过 2 万分的党员所占的频率，乘以党员的总人数可得结果.
【解析】由频率分布直方图可知，该单位组织学习积分在 1,1.5 内的党员所占的频率为 0.8 0.5 0.4 ，
所以，该单位组织的党员总人数为 32 800.4
，
该单位组织学习积分超过 2 万分的党员所占的频率为 0.2 0.5 0.1 ，
因此，该单位组织能获得“学习达人”称号的党员人数为 80 0.1 8 .
故答案为：80 ；8.
排列、组合、二项式定理
22．（2021·内蒙古呼和浩特市·高三一模（理））中国象棋中棋子“马”的走法规则是走“日”字的对角线(图中
楚河汉界处的“日”字没有画出)，如图，“马”从点 A 处走出一步，只能到达点 B，C，D 中的一处.则“马”从
点 A 出发到达对方“帅”所在的 P 处，最少需要的步数是___________.
- 17 -
【答案】6
【评讲建议】关键点点睛：本题考查实际问题中的计数原理，考查对题目的理解与分析能力．解题时采取
实际操作，即具体完成这件事件，然后计数，只要按照规则及最小化原则即可．
利用棋子“马”的走法规则是走“日”字的对角线，尽量向 P 点靠拢，即可得结果．
【解析】由题意可知，按如图所示的走法（走法不唯一），需要 6 步从点 A 出发到达对方“帅”所在的 P 处，
故答案为：6．
题 26 精准扶贫是全国建成小康社会、实现中华民族伟大“中国梦”的重要保障．某单位 4 男 3 女参加扶
贫工作，7 人将被派驻到 3 个扶贫地区 A 、 B 、 C 进行精准扶贫工作（每个地区至少派驻一名）．若
只考虑 3 个地区的名额分配，则有______种不同的名额分配方式；若每一个地区至少派驻 1 男 1 女两
位工作人员，且男性甲必须派驻到 A 地区，则有______种不同的派驻方式．
【答案】15 72
【评讲建议】对于第一个空，原问题等价于将 7 个名额分成 3 组，每组至少一个名额，由“隔板法”以及组
合数计算即可；对于第二个空，分 2 步进行分析：①将 3 位女工作人员，安排到三个地区，②将 4 为男工
作人员分为 3 组，将甲所在的组分到 A 地区，剩余 2 组分到其他 2 个地区，由分步计数原理计算可得答案.
【解析】原问题等价于将 7 个名额分成 3 组，每组至少一个名额，有 2
6 15C 种分配方式；
- 18 -
对于第二个空，分 2 步进行分析：
①将 3 位女工作人员，安排到三个地区，有 3
3 6A ；
②将 4 为男工作人员分为 3 组，有 2
4 6C ，
将甲所在的组分到 A 地区，剩余 2 组分到其他 2 个地区，有 2
2 2A ，
则男工作人员有 6 2 12 种情况，所以共有 6 12 72 种派驻方式.
故答案为：15；72
题 27 已知
5
2 3 4 5
0 1 2 3 4 5
1 3
2 2x a a x a x a x a x a x
，则 2a ______，
1 2 3 4 52 3 4 5a a a a a ______．
【答案】 135
16
5
2
【评讲建议】关键点点睛：本题考查二项式定理，考查赋值法的应用，在二项展开式中求与系数有关的和
时，常常用赋值法求解，观察和的形式，有时可能对已知展开式进行求导又得出另一等式，赋值后又可得
出一些系数有关的和．
由二项式定理求得 2x 的系数得 2a ，已知等式两边同时求导，然后令 1x 可得 1 2 3 4 52 3 4 5a a a a a ．
【解析】由二项式定理知，
2 3
3
2 5
1 3 135C 2 2 16a
．对已知等式两边同时求导可得
4
2 3 4
1 2 3 4 5
1 1 35 2 3 4 52 2 2x a a x a x a x a x
，令 1x ，得 1 2 3 4 5
52 3 4 5 2a a a a a ．
故答案为： 135
16
； 5
2 .
概率
题 28 一个盒子里有 1 个红 1 个绿 4 个黄六个相同的球，每次拿一个，共拿三次，记拿到黄色球的个数
为 X. (1) 若取球过程是无放回的，则事件“ 2X ”的概率为__________；(2) 若取球过程是有放回的，
则 ( )E X ________.
【答案】 3
5 2
【评讲建议】本题考查无放回取球和有放回取球的概率和概率分布的期望问题，利用组合计数可以求得(1)，
利用二项分布的期望公式可以得到(2)的结论.
(1) 无放回取球时，利用组合计数求得总的取法数和其中黄球个数为 2 个的取法数，进而求得概率；(2) 可
以得到 X 服从二项分布 23, 3B
,利用 E X np 计算即可.
【解析】(1) 无放回取球时，6 个球任取三个，有 3
6C 种不同的取法，其中黄球个数为 2 个的取法有 2 1
4 2C C ，
故
2 1
4 2
3
6
32 5
C CP X C
;
(2) 有放回取球时，每次取到黄球的概率都是 4 2
6 3
,取到黄球的次数 X 服从二项分布，取到黄球的个数的
期望值为 23 23E X np .
- 19 -
题 29 已知随机变量 X 的分布列为 1 2
aP X n n n
（ 1,2,3n ），其中 a 为实常数，则 a ______，
3E X ______．
【答案】 10
3
29
6
【评讲建议】利用分布列的性质求得 10
3a ，进而求得 1P X ， 2P X ， 3P X ，得到 E X ，最
后利用数学期望的相关公式求解即可．
【解析】 1 2 1 2P a a
nn a
n nX n
，
由 1 2 3 1P X P X P X ，即 12 5
a a ，得 10
3a ，
则 51 9P X ， 52 18P X ， 13 6P X ，
∴ 5 5 1 291 2 39 18 6 18E X ，即 29 293 183 3 6E X E X ．
故答案为： 10
3
， 29
6 .
题 30 已知随机变量 5,X B p ，且 5
3E X ，则 p ______；若 3 1Y X ，则 D Y ______．
【答案】 1
3
10
【评讲建议】结论点睛：①若 ,X B n p ，则 E X np ， 1D X np p ．
②若随机变量 X ，Y 满足 , RY aX b a b ，则 E Y aE X b ， 2D Y a D X ．
根据二项分布的有关知识及 E X 求出 p ，即可求出 D X ，再由 3 1Y X 求出 D Y 即可．
【解析】∵ 5,X B p ，且 5
3E X ，∴ 55 3p ，即 1
3p ，∴ 1 1 105 13 3 9D X
．
又 3 1Y X ，∴ 9 10D Y D X ．故答案为： 1
3
，10.
四、解答题
统计
题 31 人类已经进入大数据时代.目前，数据量级已经从 TB (1 TB =1024 GB )级别跃升到
PB (1 PB =1024 TB )，EB (1 EB =1024 PB )乃至 ZB (1 ZB =1024 EB )级别.国际数据公司(IDC)研究结果表
明，2008 年全球产生的数据量为 0.49 ZB ，2009 年数据量为 0.8 ZB ，2010 年增长到 1.2 ZB ，2011 年
数据量更是高达 1.82 ZB .下表是国际数据公司(IDC)研究的全球近 6 年每年产生的数据量(单位： ZB )
及相关统计量的值：
年份 2014 2015 2016 2017 2018 2019
序号 x 1 2 3 4 5 6
年数据量 y 6.6 8.6 16.1 21.6 33.0 41.0
- 20 -
x y z 6 2
1
i
i
x x
6 2
1
i
i
z z
6
1
i i
i
x x y y
6
1
i i
i
x x z z
3.5 21.15 2.85 17.58 13.82 125.35 6.73
表中 lni iz y ，
6
1
1
6 i
i
z z
.
(1) 根据上表数据信息判断，方程 2
1
c xy c e ( e 是自然对数的底数)更适宜作为该公司统计的年数据量 y
关于年份序号 x 的回归方程类型，试求此回归方程( 2c 精确到 0.01).
(2) 有人预计 2021 年全世界产生的数据规模将超过 2011 年的 50 倍.根据（1）中的回归方程，说明这
种判断是否准确，并说明理由.
参考数据： 4.56 95.58e ， 4.58 97.51e ，回归方程 y a bx 中，斜率最小二乘法公式为
1 1
2 22
1 1
n n
i i i i
i i
n n
i i
j i
x x y y x y nxy
b
x x x nx
， a y bx .
【评讲建议】对于非线性回归方程的求解，一般要结合题意作变换，转化为线性回归方程来求解，同时也
要注意相应数据的变化.
(1) 设 lnz y ，则 1 2lnz c c x ，再根据参考数据及公式即可得解
(2) 先将 8x 代入得预计 2021 年数据量，进而和 2011 年的 50 倍比较大小即可得解
【答案】(1) 由 2
1
c xy c e ，两边同时取自然对数得 2
1 1 2ln ln lnc xy c e c c x ，
设 lnz y ，则 1 2lnz c c x .
因为 3.5x ， 2.85z ， 6 2
1
17.58i
i
x x
， 6
1
6.7.i i
i
x x z z
，
所以
1
2 2
1
6.73 0.3817.58
n
i i
i
n
i
j
x x y z
c
x x
， 1 2ln 2.85 0.38 3.5 1.52c z c x .
所以 1.52 0.38 lnz x y ，所以 1.52 0.38xy e ；
(2) 令 8x ，得 1.52 0.38 8 4.56ˆ 95.58 1.82 50 91y e e .
预计 2021 年全世界产生的数据规模会超过 2011 年的 50 倍.
题 32 某社区消费者协会为了解本社区居民网购消费情况，随机抽取了 100 位居民作为样本，就最近一
年来网购消费金额（单位：千元），网购次数和支付方式等进行了问卷调查．经统计这 100 位居民的
网购消费金额均在区间[0 ， 30]内，按[0 ， 5] ， (5，10]， (10 ，15]， (15 ， 20]， (20 ， 25]， (25 ，
30]分成 6 组，其频率分布直方图如图所示．
(1) 估计该社区居民最近一年来网购消费金额的中位数；
(2) 将网购消费金额在 20 千元以上者称为“网购迷”，补全下面的 2 2 列联表，并判断有多大把握认为
“网购迷与性别有关系”；
男 女 合计
网购迷 20
非网购迷 45
合计 100
- 21 -
(3) 调查显示，甲、乙两人每次网购采用的支付方式相互独立，两人网购时间与次数也互不影响．统
计最近一年来两人网购的总次数与支付方式，所得数据如表所示：
网购总次数 支付宝支付次数 银行卡支付次数 微信支付次数
甲 80 40 16 24
乙 90 60 18 12
将频率视为概率，若甲、乙两人在下周内各自网购 2 次，记两人采用支付宝支付的次数之和为 ，求 的
数学期望．
附：观测值公式：
2
2 ( )( )
( )( )( )( )
a b c d ad bcK a b c d a c b d
临界值表：
2
0( )P K k
0.1 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
0k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
【评讲建议】本题考查了频率分布直方图的识别和应用，独立性经验，离散型随机变量的概率分布列．主
要考查分析解决问题的能力和计算能力，属于中档题．
(1) 根据中位数在中间位置，即该数前的数出现频率为 0.5，结合频率分布直方图估计即可；
(2) 根据题意，补充完整列联表，根据表中数据，计算出 2K 的值，查临界值表判断即可；
(3) 根据统计数据，甲使用支付宝的概率为 40 1
80 2
，乙使用支付宝的概率为 60 2
90 3
，甲、乙两人在下周内
各自网购 2 次，两人采用支付宝支付的次数之和为 所有可能的取值为 0，1，2，3，4，分别计算出各个
取值对应的概率，即可得到随机变量 的分布列，求出期望即可．
【答案】(1) 依题意，因为 0.01 5 0.02 5 0.04 5 0.35 0.5 ，
而 0.01 5 0.02 5 0.04 5 0.06 5 0.65 0.5 ， 所 以 中 位 数 位 于 [15 ， 20) 之 间 ， 所 以 中 位 数 为
0.5 0.3515 17.50.06
．
(2) 依题意，消费金额在 20 千元以上的频率为：0.04 5 0.03 5 0.35 ，所以网购迷”人数为100 0.35 35
人，非网购迷的人数为100 35 65 人．
所以补全的列联表如下：
男 女 合计
网购迷 15 20 35
非网购迷 45 20 65
合计 60 40 100
所以
2 2
2 ( )( ) 100(15 20 45 20) 6.593( )( )( )( ) 60 40 35 65
a b c d ad bcK a b c d a c b d
．
- 22 -
所以有 97.5% 的把握认为“网购迷与性别有关系”；
(3) 根据统计数据，甲使用支付宝的概率为 40 1
80 2
，乙使用支付宝的概率为 60 2
90 3
，甲、乙两人在下周内
各自网购 2 次，两人采用支付宝支付的次数之和 所有可能的取值为 0，1，2，3，4，
2 21 2 1( 0) (1 ) (1 )2 3 36P ， 1 2 2 2 1
2 2
1 2 1 2 2 1( 1) ( ) (1 ) ( ) (1 )2 3 2 3 3 6P c C
2 2 1 2 1 2 2
2 2
1 2 1 1 1 1 2 13( 2) ( ) (1 ) ( ) (1 ) ( ) ( )2 3 2 3 3 2 3 36P C C ，
1 2 2 2 1
2 2
1 2 1 2 2 1( 3) ( ) ( ) ( ) (1 )2 3 2 3 3 3P C C ， 2 21 2 1( 4) ( ) ( )2 3 9P ．
所以随机变量 的分布列为：
0 1 2 3 4
P 1
36
1
6
13
36
1
3
1
9
所以 的数学期望 1 13 1 1 7( ) 2 3 46 36 3 9 3E ．
题 33 这一年来人类与新型冠状病毒的“战争”让人们逐渐明白一个道理，人类社会组织模式的差异只是
小事情，病毒在地球上存在了三四十亿年，而人类的文明史不过只有几千年而已，人类无法消灭病毒，
只能与之共存，或者病毒自然消亡，在病毒面前，个体自由要服从于集体或者群体生命的价值．在传
染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体内或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾
病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期，因此我们应该注意做好良好的防护措施和隔离措施．某
研究团队统计了某地区 10000 名患者的相关信息，得到如表表格：
潜伏期（天） 0,2 2,4 4,6 6,8 8,10 10,12 12,14
人数 600 1900 3000 2500 1600 250 150
(1) 新冠肺炎的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与年龄的关系，通过分层抽样从 10000 名患
者中抽取 200 人进行研究，完成下面的 2×2 列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下认
为潜伏期与患者年龄有关？
潜伏期 8 天 潜伏期 8 天 总计
60 岁以上（含 60 岁） 150
60 岁以下 30
总计 200
(2) 依据上述数据，将频率作为概率，且每名患者的潜伏期是否超过 8 天相互独立．为了深入研究，
该团队在这一地区抽取了 20 名患者，其中潜伏期不超过 8 天的人数最有可能是多少？
附：
2
2 n ad bcK a b c d a c b d
．
2
0P K k 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001
0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
- 23 -
【评讲建议】(1) 由表中数据可知，求得潜伏期大于 8 天的人数，列出 2×2 列联表，利用公式求得 2K 的值，
结合附表，即可得到结论；
(2) 求得该地区 10000 名患者中潜伏期不超过 8 天的人数，求得潜伏期不超过 8 天的概率，进而抽取的 20
名患者中潜伏期不超过 8 天的人数．
【答案】(1) 由表中数据可知，潜伏期大于 8 天的人数为1600 250 150 200 4010000
人，
补充完整的 2×2 列联表如下，
潜伏期 8 天 潜伏期 8 天 总计
60 岁以上（含 60 岁） 130 20 150
60 岁以下 30 20 50
总计 160 40 200
所以 2
2 200 130 20 30 20 16.667 10.828150 50 160 40K
，
故能在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下认为潜伏期与患者年龄有关．
(2) 该地区 10000 名患者中潜伏期不超过 8 天的人数为 600 1900 3000 2500 8000 名，
将频率视为概率，潜伏期不超过 8 天的概率为 8000 4
10000 5
，
所以抽取的 20 名患者中潜伏期不超过 8 天的人数最有可能是 420 165
名．
排列、组合、二项式定理
题 34 8 人围圆桌开会，其中正、副组长各 1 人，记录员 1 人.
(1) 若正、副组长相邻而坐，有多少种坐法？
(2) 若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），有多少种坐法？
【评讲建议】方法点睛：常见排列数的求法为：①相邻问题采取“捆绑法”；②不相邻问题采取“插空法”；
③有限制元素采取“优先法”；④特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全
排列数.
(1) 若正、副组长相邻而坐，可将此 2 人看作1人，即可求解；
(2) 若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），可将 3人看作1人，即可求解.
【答案】(1) 若正、副组长相邻而坐，可将此 2 人看作1人，即 7 人围一圆桌，有 6
6A 种，
由于正、副组长 2 人可交换，有 2
2A 种，所以共有 6 2
6 2 6 5 4 3 2 1 2 1440A A 种，
(2) 若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），可将 3人看作1人，即 6 人围一圆桌，有 5
5A 种，
因为正、副组长 2 人可交换，有 2
2A 种，所以共有 5 2
5 2 5 4 3 2 1 2 240A A 种.
题 35 有四个编有1 2 3 4、、、的四个不同的盒子，有编有1 2 3 4、、、的四个不同的小球，现把小球放入盒子里.
(1) 小球全部放入盒子中有多少种不同的放法；
- 24 -
(2) 恰有一个盒子没放球有多少种不同的放法；
(3) 恰有两个盒子没放球有多少种不同的放法.
【评讲建议】(1) 由排列组合及简单计数问题进行计算即可；
(2) 由排列组合及简单计数问题，平均分组可得，恰有一个盒子没放球，就是把 4 个球分为 3 组，即有 1
个组是 2 个球，另外两个组各 1 个球，然后选 3 个盒子把 3 组球分别放入即可；
(3) 由排列组合及简单计数问题，平均分组可得，恰有两个盒子没放球，就是将 4 个球分为 2 组，其中每
组 2 个，或有 1 组 1 个，另 1 个组 3 个，然后选两个盒子把两组球分别放入即可；
【答案】(1) 小球全部放入盒子中有 44 256 种不同的放法；
(2) 恰有一个盒子没球有
2 1
3 34 2
4 32
2
144C C C AA
种不同的放法；
(3) 恰有两个盒子没放球有
2 2
3 2 24 2
4 4 22
2
84C CC C AA
种不同的放法.
概率
题 36 在新的高考改革形式下，全国某些省市 2020 年入学的高一学生都进行了选科，为了解学生的选科
情况，某中学对已经选了 3(语文、数学、外语)+物理的学生如何选择另外两门学科进行了调整，另外
两科有 6 种组合：①化学+生物，②生物+地理，③化学+地理，④生物+政治，⑤化学+政治，⑥政治+
地理.假设学生选择每种组合是等可能的.
(1) 每名学生若选全理(即化学+生物)或全文(即政治+地理)记1分，若文理皆有(其余 4 种组合)记 2 分，
且每名学生如何选科是相互独立的，现有甲、乙、丙 3名学生，记总得分为 X ，求 X 的分布列及数学期望；
(2) 如图所示的条形图显示了该校50 名学生另外两门学科选择情况的统计结果.教学班要求每班人数
不低于 45人，且不超过 50 人，若低于 45 人，则需要加入选择其他组合的学生，编成混合班，但混合班要
求学生选择的另外两门学科中有一门共同学科，同时尽最大限度减小混合班个数，也不出现含 3个组合的
混合班，试通过条形图，以频率估计概率，预测全校1200 名学生的组班情况，请给出一个较合理的编班方
案，指明最少需要组成几个混合班，是什么样的组合.
【评讲建议】关键点点睛：①利用二项分布写出分布列，并求出期望；②根据分层抽样原理，确定各组合
学科的学生人数，结合分班规则最小化混合班数量.
(1) 由题设知，记1分的概率为 1
3
，因而记 2 分的概率为 2
3
，确定 X 的可能取值并求出概率，写出其分布
列，进而求期望；
(2) 根据分层抽样原理，估算出全校各组合的学生人数，由已知条件，通过调整班级人数最小化混合班数
量.
- 25 -
【答案】(1) 选全理(即化学+生物)或全文(即政治+地理)的概率为 1
3
， 即记1分的概率为 1
3
，因而记 2 分的
概率为 2
3
，易知 X 的可能取值为 3、 4 、5 、 6 ，且 3 3 0
3
1 2 1( 3) ( ) ( )3 3 27P X C ，
2 2 1
3
1 2 2( 4) ( ) ( )3 3 9P X C ， 1 1 2
3
1 2 4( 5) ( ) ( )3 3 9P X C ， 0 0 3
3
1 2 8( 5) ( ) ( )3 3 27P X C ，
∴ X 的分布列为：
X 3 4 5 6
P 1
27
2
9
4
9
8
27
∴ 1 2 4 8( ) 3 4 5 6 527 9 9 27E X ；
(2) 分情况进行讨论：
组合①：50 人中选择①的有 3人，其频率为 3
50
，预测全校1200 名学生选择①的人数为 31200 7250
，独
立成一个班，剩下 22 27 人，
组合②： 50 人中选择②的有17 人，其频率为 17
50
，预测全校1200 名学生选择②的人数为 171200 40850
，
独立成八个 50 人的班，剩下8人，
组合③：50 人中选择③的有 20人，其频率为 20 2
50 5
，预测全校1200 名学生选择③的人数为 21200 4805
，
独立成十个班，
组合④：50 人中选择④的有 5 人，其频率为 5 1
50 10
，预测全校1200 名学生选择④的人数为 11200 12010
，
独立成二个班，至少剩下 20 30 人，
组合⑤：50 人中选择⑤的有 3人，其频率为 3
50
，预测全校1200 名学生选择⑤的人数为 31200 7250
，独
立成一个班，至少剩下 22 27 人，
组合⑥：50 人中选择⑥的有 2 人，其频率为 2 1
50 25
，预测全校1200 名学生选择⑥的人数为 11200 4825
，
独立成一个班，
① ⑤ ② ④
化学+生物 化学+政治 生物+地理 生物+政治
22 27 人 22 27 人 8人 20 30 人
减小混合班个数，把①⑤中独立班的人数调整为 47 到 49 人，剩下的学生组合成一个混合班，把②④剩下
的学生组合成一个混合班(②组成的独立成八个班中每班减少 2 3 人).
题 37 体检时，为了确定体检人是否患有某种疾病，需要对其血液采样进行化验，若结果呈阳性，则患
有该疾病;若结果呈阴性，则未患有该疾病．对于 *( )n n N 份血液样本，有以下两种检验方式:一是逐
份检验，则需检验 n 次.二是混合检验，将 n 份血液样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那
么这 n 份血液全为阴性，因而检验一次就够了﹔如果检验结果为阳性，为了明确这 n 份血液究竟哪些
为阳性，就需要对它们再次取样逐份检验，则 n 份血液检验的次数共为 1n 次.已知每位体检人未患
- 26 -
有该疾病的概率为 3 0 1p p ，而且各体检人是否患该疾病相互独立.
(1) 若 8
9p ，求3位体检人的血液样本混合检验结果为阳性的概率;
(2) 某定点医院现取得 6位体检人的血液样本，考虑以下两种检验方案:
方案一：采用混合检验;
方案二：平均分成两组，每组3位体检人血液样本采用混合检验.
若检验次数的期望值越小，则方案越“优”.试问方案一、二哪个更“优”?请说明理由.
【评讲讲义】(1) 根据题意，3 人混检样本为阴性的概率为
3
3 8 8
9 9
，故根据对立事件得答案；
(2) 采取方案一，检验次数记为 X ，可能取值为1,7 ，进而列概率分布列，求期望 27 6E X p ；采
取方案二，记检验次数为Y ，可能取值为 2,5,8 ，进而列概率分布列，求期望得 8 6E Y p ，再作差
分情况讨论即可得答案.
【答案】(1) 该混合样本阴性的概率是
3
3 8 8
9 9
，
根据对立事件可得，阳性的概率为 8 11 9 9
(2) 方案一：混在一起检验，方案一的检验次数记为 X ，则 X 的可能取值为1,7
6 2 231 ; 7 1P X p p P X p ，其分布列为:
X 1 7
P 2p 21 p
则 27 6E X p ，
方案二：由题意分析可知，每组3份样本混合检验时，若阴性则检测次数为1,概率为 3
3 p p ，若阳性，
则检测次数为 4 ，概率为1 p ，
方案二的检验次数记为Y ，则Y 的可能取值为 2,5,8 ，
22 1
22 ; 5 1 2 1 ; 8 1P Y p P Y C p p p p P Y p ;
其分布列为:
Y 2 5 8
P 2p 22 2p p 21 p
则 22 22 5 2 2 8 1 8 6E Y p p p p p ，
2 28 6 7 6 6 6 1E Y E X p p p p ，
当 3 30 6p 或 3 3 16 p 时，可得 E X E Y ，所以方案一更“优”
- 27 -
当 3 3
6p 或 3 3
6p 时，可得 E X E Y ，所以方案一、二一样“优”
当 3 3 3 3
6 6p 时，可得 E Y E X ，所以方案二更“优”.
题 38 2020 年 4 月 8 日，武汉市雷神山医院为确诊新型冠状病毒肺炎患者，需要检测核酸是否为阳性，
现有 *n nN 份核酸样本，有以下两种检测方式：（1）逐份检测，则需要检测 n 次；（2）混合检测，
将其中 k ( *k N ，且 2k
)份核酸样本分别取样混合在一起检测，若检测结果为阴性，这 k 份核酸样本
全为阴性，因而这 k 份核酸样本只要检测一次就够了，如果检测结果为阳性，为了明确这 k 份核酸样
本究竟哪几份为阳性，就要对这 k 份样本再逐份检测，此时这 k 份核酸样本的检测次数总共为 1k 次.
假设在接受检测的核酸样本中，每份样本的检测结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性
结果的概率为 (0 1)p p .
(1) 假设有 5 份核酸样本，其中只有 2 份样本为阳性，若采用逐份检测方式，求恰好经过 4 次检测就
能把阳性样本全部检测出来的概率.
(2) 现取其中 k ( *k N ，且 2k
)份核酸样本，记采用逐份检测方式，样本需要检测的总次数为 1 ，采
用混合检测方式，样本需要检测的总次数为 2 .
① 试运用概率统计的知识，若 1 2E E ，试求 p 关于 k 的函数关系式 ( )p f k ；
② 若
3
11p
e
，用混合检测方式可以使得样本需要检测的总次数的期望值比逐份检测的总次数期望
值更少，求 k 的最大值.
参考数据： ln2 0.6931,ln3 1.0986,ln4 1.3863,ln5 1,6094,ln6 1.7918
【答案】(1) 由题意可知
1 2 3
2 3 3
3
5
3
5
C C Ap A
，
故恰好经过 4 次检测就能把阳性样本全部检测出来的概率为 3
5 .
(2) ①由已知得 1 2,E k 的所有可能取值为 1， 1k ，
2 21 (1 ) , 1 1 (1 )k kp p p k p .
2 (1 ) ( 1) 1 (1 ) 1 (1 )k k kE p k p k k p .
若 1 2E E ，则 1 (1 ) , (1 ) 1k kk k k p k p ，
即
1 1
1 1 1(1 ) , 1 , 1
k kkp p pk k k
，
故 p 关于 k 的函数关系式为
1
11
k
p k
( *k N ，且 2k
).
②由题意可知 2 1E E ，得
3
1 1(1 ) , 1kp pk e
，
3
1 1 1, ln 3
k
k kk e
，设 1( ) ln ( 0)3f x x x x ，
则 3( ) 3
xf x x
，当 3x 时， ( ) 0f x ，即 ( )f x 在 (3, ) 上单调递减.
4 4 5 5ln 4 1.3863, 1.3333, ln 4 . ln5 1.6094, 1.6667, ln 53 3 3 3
.
- 28 -
k 的最大值为 4.
题 39 在 2019 年女排世界杯中，中国女子排球队以 11 连胜的优异战绩成功夺冠，为祖国母亲七十华
诞献上了一份厚礼.排球比赛采用 5 局 3 胜制，前 4 局比赛采用 25 分制，每个队只有赢得至少 25 分，
并同时超过对方 2 分时，才胜 1 局；在决胜局（第五局）采用 15 分制，每个队只有赢得至少 15 分，
并领先对方 2 分为胜.在每局比赛中，发球方赢得此球后可得 1 分，并获得下一球的发球权，否则交换
发球权，并且对方得 1 分.现有甲乙两队进行排球比赛：
(1) 若前三局比赛中甲已经赢两局，乙赢一局.接下来两队赢得每局比赛的概率均为 1
2
，求甲队最后赢
得整场比赛的概率；
(2) 若前四局比赛中甲、乙两队已经各赢两局比赛.在决胜局（第五局）中，两队当前的得分为甲、乙
各 14 分，且甲已获得下一发球权.若甲发球时甲赢 1 分的概率为 2
5
，乙发球时甲赢 1 分的概率为 3
5
，得分
者获得下一个球的发球权.设两队打了 ( 4)x x 个球后甲赢得整场比赛，求 x 的取值及相应的概率 p（x）.
【答案】(1) 甲队最后赢得整场比赛的情况为第四局赢或第四局输第五局赢，
所以甲队最后赢得整场比赛的概率为 1 1 1 3
2 2 2 4
，
(2) 根据比赛规则，x 的取值只能为 2 或 4,对应比分为16:14,17 :15.
两队打了 2 个球后甲赢得整场比赛，即打第一个球甲发球甲得分，打第二个球甲发球甲得分，此时概率为
2 2 4(2) 5 5 25p ；
两队打了 4 个球后甲赢得整场比赛，即打第一个球甲发球甲得分，打第二个球甲发球甲失分，打第三个球
乙发球甲得分，打第四个球甲发球甲得分，或打第一个球甲发球甲失分，打第二个球乙发球甲得分，打第
三个球甲发球甲得分，打第四个球甲发球甲得分，此时概率为 3 3 32 2 2 2 72(4) 5 5 5 5 5 5 5 2
3
5 6 5p .
题 40 一支担负勘探任务的队伍有若干个勘探小组和两类勘探人员，甲类人员应用某种新型勘探技术的
精准率为 0.6，乙类人员应用这种勘探技术的精准率为 0 0.4a a .每个勘探小组配备 1 名甲类人员
与 2 名乙类人员，假设在执行任务中每位人员均有一次应用这种技术的机会且互不影响，记在执行任
务中每个勘探小组能精准应用这种新型技术的人员数量为 .
(1) 证明：在 各个取值对应的概率中，概率 1P 的值最大；
(2) 在特殊的勘探任务中，每次只能派一个勘探小组出发，工作时间不超过半小时，如果半小时内无
法完成任务，则重新派另一组出发.现在有三个勘探小组 ( 1,2,3)iA i 可派出，若小组 iA 能完成特殊任务的
概率 t； 1,2,3it P i i ，且各个小组能否完成任务相互独立.试分析以怎样的先后顺序派出勘探小组，
可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小.
【讲评建议】本题考查相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列和数学期望，以及期望的实际应用，
考查学生对数据的分析能力和运算能力.
(1) 由已知， 的所有可能取值为 0，1，2，3，再根据独立事件的概率计算出 取不同值对应的概率，
再做差比较即可判断；
- 29 -
(2) 先根据(1)中的结论比较 ( 2)P 和 ( 3)P 的大小，可得 1 2 3t t t ，故而可猜想出结论，再进行
证明即可.
【答案】(1) 由已知， 的所有可能取值为 0，1，2，3，
2 2( 0) (1 0.6) (1 ) 0.4(1 )P a a ， 2 1
2( 1) 0.6(1 ) (1 0.6) (1 ) 0.2(1 )(3 )P a C a a a a ，
1 2
2( 2) 0.6 (1 ) (1 0.6) 0.4 (3 2 )P C a a a a a ， 2( 3) 0.6P a .
∵ 0 0.4a ，∴ ( 1) ( 0) 0.2(1 )(1 3 ) 0P P a a ，
2( 1) ( 2) 0.2 3 8 3 0P P a a ， 2( 1) ( 3) 0.2 4 2 3 0P P a a ，
∴概率 ( 1)P ）的值最大.
(2) 由(1)可知，当 0 0.4a 时，有 1 ( 1)t P 的值最大，且 2 3 ( 2) ( 3) 0.2 (6 7 ) 0t t P P a a ，
∴ 1 2 3t t t .
∴应当以 1 2 3, ,A A A 的顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小，即优先
派出完成任务概率大的小组可减少所需派出的小组个数的均值.
证明如下：
假定 1 2 3, ,p p p 为 1 2 3 1 2 3, ,t t t t t t 的任意一个排列，即若三个小组 ( 1,2,3)iA i 按照某顺序派出，该顺序下
三个小组能完成特殊任务的概率依次为 1 2 3, ,p p p ，记在特殊勘探时所需派出的小组个数为 ，则 1,2,3 ，
且 的分布列为
1 2 3
P 1p 1 21 p p 1 21 1p p
∴数学期望 1 1 2 1 2 1 2 1 2( ) 2 1 3 1 1 3 2E p p p p p p p p p .
下面证明 1 2 1 2 1 2 1 2( ) 3 2 3 2E p p p p t t t t
成立，
∵ 1 2 1 2 1 2 1 23 2 3 2p p p p t t t t 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 t p t p p p p t p t t t
1 1 2 2 1 2 2 2 1 12 t p t p p p t t p t 2 1 1 1 2 22 1t t p p t p
1 1 1 1 2 21 1p t p p t p
1 1 2 1 21 0p t t p p
.
∴按照完成任务概率从大到小的 1 2 3, ,A A A 的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个
数的均值达到最小.
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