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专题 13 统计概率专题（数学文化）
一、单选题
1．（2021春·河北沧州·高一统考期末）洛书古称龟书，传说有神鱼出于洛水，其甲壳上有此图案，由表示
1-9的圈点组成，数字结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，
四隅黑点为阴数，即九宫图，如图，在5个阳数中随机选取3个，则3个数的和为15的概率为（
）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先得到5个阳数中随机选取3个所有基本事件的个数，然后得到所求事件包含基本事件个数，最
后根据古典概型概念计算即可.
【详解】5个阳数为1，3，5，7，9，从5个数中随机选取3个数，所有基本事件有：
， ， ， ， ，
， ， ， ， ，共10个，
事件“3个数的和为15”所包含的基本事件有 ， ，共2个，
因此，所求概率
故选：A
2．（2022秋·全国·高三兴国中学校联考阶段练习）我国古代学者余道安在他著的《海潮图序》一书中说：
“潮之涨落，海非增减，盖月之所临，则之往从之”．哲学家王充在《论衡》中写道：“涛之起也，随月
盛衰．”指出了潮汐跟月亮有关系．到了17世纪80年代，英国科学家牛顿发现了万有引力定律之后，提
出了潮汐是由于月亮和太阳对海水的吸引力引起的假设，科学地解释了产生潮汐的原因．船只在涨潮时驶进航道，靠近码头；卸货后，在落潮时返回海洋．下图是某港口某天记录的时刻（x轴）与水深（y轴）关
系的散点图，若某货船需要的安全水深为5米，则下列说法正确的是（ ）
A．该船在凌晨3点零6分驶入航道，靠近码头，9点18分返回海洋或15点30分驶入航道，靠近码头，21
点42分返回海洋
B．该船这一天能进入航道，靠近码头的时间可以是0时到凌晨6点12分或12时24分到18点36分
C．海水涨落潮周期是12小时
D．该船最多在码头停留时间不能超过6小时
【答案】B
【分析】根据散点图分析各时刻水深判断各选项．
【详解】由图可知一天内在凌晨到6点12分水深超过5米，在12点24分到18点36分水深超过5米，故
A错误，B正确；
涨落潮周期为12.4小时即12小时24分钟，故C错误；
海水水深保持在5米以上的时间为 小时，故D错误．
故选：B．
3．（2022·江西赣州·高三校考阶段练习）2022年是香港回归祖国25周年，香港是一座高度繁荣的国际大
都市，有着东方之珠的美誉，同时香港的区徽也带上了香港特有的浪漫.香港特别行政区区徽，呈圆形，位
于徽面内圆中央的动态紫荆花图案为白色，由五片花瓣组成，每片花瓣中均有一颗红色五角星及一条红色
花蕊镶在其间，香港特别行政区区徽代表祖国，白色紫荆花代表香港，紫荆花红旗寓意香港是祖国不可分
离的一部分，并将在祖国怀抱中兴旺发达.花蕊上的五星象征香港同胞热爱祖国，采用红、白不同颜色，象征“一国两制”.其中紫荆花外辅助圆直径为区徽直径的 ，现从区徽内任取一点，则该点取自紫荆花外辅
助圆内的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据几何概型面积比公式计算.
【详解】设区徽直径为 ，则紫荆花外辅助圆直径为 ，
所以区徽的面积为 ，
紫荆花外辅助圆的面积为 ，
根据几何概型的公式得该点取自紫荆花外辅助圆内的概率为 .
故选：C
4．（2022春·新疆乌鲁木齐·高一乌鲁木齐101中学校考期末）概率论起源于16-17世纪对赌博问题的研究，
概率的要义在17世纪中叶由法国数学家帕斯卡与费马的讨论才明确．当时有个叫梅罗骑士因赌注分配的问
题写信求教于帕斯卡．背景：“甲乙两人赌注共有144收金，赌局分为五局三胜制，谁先赢得3局，即可
获得全部赌注，现已知在甲获得2局胜乙获得1局胜利时，因某种原因赌局被中止了，给甲乙俩人怎样分
配赌注才合理"，已知甲乙每局获胜的概率均为0.5，且每局输赢相互独立．你认为乙应该获得多少妆金才
合理（ ）
A．24 B．36 C．48 D．72
【答案】B
【分析】根据题意计算出乙胜出的概率，从而可求出乙应该获得的妆金.【详解】因为甲获得2局胜乙获得1局胜利，
所以根据题意可知乙第四五局均胜，乙才能胜出，
因为甲乙每局获胜的概率均为0.5，
所以乙胜出的概率为 ，
所以乙应该获得的妆金为 ，
故选：B
5．（2022·全国·高三专题练习）Poisson分布是统计学里常见的离散型概率分布，由法国数学家西莫恩·德
尼·泊松首次提出，Poisson分布的概率分布列为 ，其中 为自然对数的底数，
是Poisson分布的均值．当二项分布的n很大 而p很小 时，Poisson分布可作为二项分
布的近似．假设每个大肠杆菌基因组含有10000个核苷酸对，采用 紫外线照射大肠杆菌时，每个
核苷酸对产生嘧啶二体的概率均为0.0003，已知该菌株基因组有一个嘧啶二体就致死，则致死率是（
）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合题意 ， ，此时Poisson分布满足二项分布的近似条件，再计算
二项分布的均值为Poisson分布的均值 ，再代入公式先求不致死的概率，再用对立事件的概率和为1计算
即可
【详解】由题， ， ，此时Poisson分布满足二项分布的近似的条件，此时
，故不致死的概率为 ，故致死的概率为
故选：A
6．（2022春·广东茂名·高一统考期末）2021年是中国共产党成立100周年，为了庆祝建党100周年，激发
青少年学生的爱国、爱党热情，引导青少年学生深入地了解党的光辉历史，加强爱国主义教育，甲、乙两
所学校均计划于2021年7月组织师生参加“观看一部红色电影”活动．据了解，《1921》、《革命者》、《红船》、《三湾改编》等多部电影将陆续上映．甲、乙两校分别从这4部电影中任选一部电影观看，则
甲、乙两校选择不同电影观看的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用古典概型概率公式即得.
【详解】分别用1，2，3，4表示《1921》、《革命者》、《红船》、《三湾改编》，
由题可得基本事件有： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ，共有16种，
其中甲、乙两校选择不同电影有： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ，共有12种，
所以甲、乙两校选择不同电影观看的概率是 .
故选：D．
7．（2022春·河南·高二统考期末）“霍姆斯马车理论”是指各种资源都得到最合理配置和使用的一种理论．
一个富有效率的团队不需要每一个人都是最有能力的，而在于每个人的能力都能得到最合理的使用和发挥．
某科研团队共有 名研究人员，编号分别为 ，要均分成甲、乙两个科研小组，其中 号研究员
组合在一起， 号研究员组合在一起，其余研究员随意搭配就能达到最佳效果，那么达到最佳效果的不
同的分组方式共有（ ）．
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】C
【分析】将所有分组方式分成 号研究员在同一组和 号研究员在一组， 号研究院在另一组两种
情况，由分类加法计数原理可加和得到结果.
【详解】当 号研究员在同一组时，有 种情况；
当 号研究员在一组， 号研究院在另一组时，有 种情况；
综上所述：不同的分组方式共有 种.
故选：C.
8．（2022春·江西宜春·高二统考期末）在数学史上记载了众多科学家根据生活中的一些数学问题制作了许多经典的数学模型，如研究随机现象规律的“高尔顿钉板”模型.某游乐场根据“高尔顿钉板”模型，仿作
了一款如图的游戏机，玩家投入一枚游戏币后，机器从上方随机放下一颗半径适当的小球，假设小球从最
上层3个缝隙落下的概率都相等，小球第一次与第2层的一障碍物随机（图中圆点）碰撞且碰撞下落过程
中等可能地从左边或右边继续下落，于是又碰到下一层的一障碍物，如此继续下去，最后落入编号①，②，
…，⑧的槽内.设小球落入编号②的槽内概率为 ，落入编号⑥的槽内概率为 ，则（ ）
A． B． C． D． ， 大小关系不定
【答案】B
【分析】结合相互独立事件概率计算公式，计算出 ，由此得出正确答案.
【详解】依题意：小球从最上层3个缝隙落下的概率都相等，
，
，
所以 .
故选：B
9．（2022·全国·高三专题练习）南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔（Florence
Nightingale 1820-1910）设计的，图中每个扇形圆心角都是相等的，半径长短表示数量大小．某机构统计
了近几年中国知识付费用户数量（单位：亿人次），并绘制成南丁格尔玫瑰图如下，根据此图，下列说法
错误的是（ ）A．2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加
B．2016年至2022年，知识付费用户数量逐年增加量2018年最多
C．2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍
D．2016年至2022年，知识付费用户数量的逐年增加量逐年递增
【答案】D
【分析】利用题中所给的南丁格尔玫瑰图逐一考查所给选项，即可得解.
【详解】对于A，由图可知，2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加，故A正确；
对于BD，知识付费用户数量的逐年增加量分别为：2016年， ；
2017年， ；2018年， ；2019年， ；
2020年， ； 2021年， ；2022年， ，
可知知识付费用户数量逐年增加量2018年最多，故B正确，D错误；
对于C，由 ，即2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍，故C正
确；
故选：D
10．（2021秋·山东临沂·高二统考开学考试）算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计算工具.下
图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别表示个位、十位、百位、千位……，上面一粒珠子（简称上
珠）代表5，下面一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如，个位拨
动一粒上珠、十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动
一粒珠子至梁上，设事件 “表示的四位数含2个数字5”，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意可知基本事件总数为 ，然后列举出四位数含2个数字5的情况，再利用古典概型的
概率公式求解即可.
【详解】现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，每个珠子有两种情况：1和
5，所以共有 种情况，
其中四位数含2个数字5的有：1155，1515，1551，5511，5115，5151，共6种，
所以 ，
故选：C
11．（2022·高二课时练习）由于用具简单，趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部
分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每
次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，则能顺带吃掉“炮”的可能路线有
（ ）
A． 条 B． 条 C． 条 D． 条
【答案】C
【分析】将路线分为两步，首先确定从“兵”到“炮”的最短路线走法；再确定从“炮”到“马”的最短
路线走法，由分步乘法计数原理可求得结果.
【详解】由题意可知：“兵”吃掉“马”的最短路线，需横走三步，竖走两步；
其中能顺带吃掉“炮”的路线可分为两步：第一步，横走两步，竖走一步，有 种走法；第二步，横走一步，竖走一步，有 种走法．
能顺带吃掉“炮”的可能路线共有 （条）．
故选：C.
12．（2022秋·山东济宁·高二校考阶段练习）据史书记载，古代的算筹是由一根根同样长短和粗细的小棍
制成，如图所示，据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，
千十相望，万百相当.即在算筹计数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用
横式，以此类推.例如 表示62， 表示26，现有5根算筹，据此表示方式表示两位数（算筹不剩
余且个位不为0），则这个两位数大于30的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据5根算筹，分为四类情况： ,逐一分类求解满足要求的两位数，即可求解概
率.
【详解】根据题意可知：一共5根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为 一共四类情
况；
第一类： ，即十位用4根算筹，个位用1根算筹，那十位可能是4或者8，个位为1，则两位数为41
或者81；
第二类： ，即十位用3根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是3或者7，个位可能为2或者6，故两
位数可能32，36，72，76；
第三类： ，即十位用2根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是2或者6，个位可能为3或者7，故
两位数可能是23，27，63，67；
第四类： ，即十位用1根算筹，个位用4根算筹，那么十位为1，个位可能为4或者8，则该两位数为
14或者18，
综上可知：所有的两位数有:14，18，23，27，32，36，41，63，67，72，76，81共计12个，则大于30的有32，36，41，63，67，72，76，81共计8个，
故概率为 ，
故选:C
13．（2022秋·浙江·高二浙江省衢州第一中学校联考开学考试）魔方又叫鲁比克方块（Rubk'sCube），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，若从所有的小正方体中任取一个，恰好
抽到中心方块的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】沿等分线把正方体切开，共有27个同样大小的小正方体，然后数出1面有色、2面有色和3面有
色的小正方体的个数，可通过古典概型运算公式求得答案.
【详解】沿等分线把正方体切开，得到27个同样大小的小正方体，1面有色的小正方体有6个，2面有色
的小正方体有12个，3面有色的小正方体有8个，
所以恰好抽到的是中心方块的概率是 ．
故选：A.
14．（2022·全国·高三专题练习）“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读．比如，一副描绘厦
门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天．由此定义“回文数”，n为自然数，且n的
各位数字反向排列所得自然数 与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142．则所有5位数
中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（ ）
A．648个 B．720个 C．810个 D．891个
【答案】D【分析】5位“回文数”的万位与个位相同，千位与十位相同，所以只需确定前3位即可.
【详解】根据“回文数”的特点，只需确定前3位即可，最高位即万位有9种排法，千位和百位各有10种
排法，根据分步乘法计数原理，共有 种排法，其中各位数字相同的共有9种，则所有5位
数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有 种.
故选：D.
15．（2022春·江苏扬州·高二统考期末）托马斯·贝叶斯（Thomas Bayes）在研究“逆向概率”的问题中得
到了一个公式： ，这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理），其中
称为 的全概率.假设甲袋中有3个白球和3个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从
甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的
也是2个红球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，先分析求解设从甲中取出 个球，其中红球的个数为 个的事件为 ，事件 的概率
为 ，从乙中取出 个球，其中红球的个数为2个的事件为 ，事件 的概率为 ，再分别分析
三种情况求解即可
【详解】设从甲中取出 个球，其中红球的个数为 个的事件为 ，事件 的概率为 ，从乙中取出
个球，其中红球的个数为2个的事件为 ，事件 的概率为 ，由题意：
① ， ；
② ， ；③ ， ；
根据贝叶斯公式可得，从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为
故选：C
16．（2023·全国·高三专题练习）花窗是一种在窗洞中用镂空图案进行装饰的建筑结构，这是中国古代建
筑中常见的美化形式，既具备实用功能，又带有装饰效果．如图所示是一个花窗图案，点E，F，G，H分
别为AB，BC，CD，DA上的三等分点；点P，M，N，O分别为EF，FG，GH，HE上的三等分点；同样，
点Q，R，S，T分别为PM，MN，NO，OP上的三等分点．若在大正方形中随机取一点，则该点取自阴影
部分的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可以得到图形里面由多对相似三角形，可得到 ，利用边长的比例
可以得到面积的比例为 ，继而得到 和 与
的关系，通过面积比即可得到答案
【详解】解：由题意，根据三角形相似可知 ．则 ．
故 即 ，
即
故 ．
故选：C．
二、多选题
17．（2022·全国·高三专题练习）端午节，又称端阳节、龙舟节、天中节等，与春节、清明节、中秋节并
称为中国四大传统节日．扒龙舟与食粽是端午节的两大礼俗，这两大礼俗在中国自古传承，至今不辍．在
一个袋中装有大小一样的 个豆沙粽， 个咸肉粽，现从中任取 个粽子，设取出的 个粽子中咸肉粽的个
数为 ，则下列结论正确的是（ ）
A． B．随机变量 服从二项分布
C．随机变量 服从超几何分布 D．
【答案】ACD
【分析】根据 服从超几何分布可判断BC选项的正误，利用超几何分布的概率公式可判断AD选项的正
误.
【详解】由题意知，随机变量 服从超几何分布，故B错误，C正确；
， ，
所以 ，故AD正确．
故选：ACD．
18．（2022·全国·高三专题练习）“世界杂交水稻之父”袁隆平发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研
究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系．某水稻种植研究所调查某地杂交水稻的株高，得出株高（单位：cm）服从正态分布，其分布密度函数 ， ，则
（ ）
A．该地杂交水稻的平均株高为100cm
B．该地杂交水稻株高的方差为10
C．该地杂交水稻株高在120cm以上的数量和株高在80cm以下的数量一样多
D．随机测量该地的一株杂交水稻，其株高在 和在 的概率一样大
【答案】AC
【分析】由正态分布密度函数可知 ， ，则可判断出AB选项，再由正态曲线的特征即可判断
出CD选项.
【详解】因为正态分布密度函数为 ，
所以 ， ，即均值为100，标准差为10，方差为100，故A正确，B错误；
根据正态曲线的特征可知函数 关于 轴对称，所以该地杂交水稻株高在120cm以上的数量和株
高在80cm以下的数量一样多，故C正确，
随机测量该地的一株杂交水稻，其株高在 和在 的概率一样大.故D错误．
故选：AC.
19．（2022秋·广东广州·高三广州市第十七中学校考阶段练习）为了解决传统的3D人脸识别方法中存在
的问题，科学家提出了一种基于视频分块聚类的格拉斯曼流形自动识别系统．规定：某区域内的 个点
的深度 的均值为 ，标准偏差为 ，深度 的点
视为孤立点．则根据下表中某区域内8个点的数据，下列结论正确的是（ ）
15.1 15.2 15.3 15.4 15.5 15.4 15.4 13.4
15.1 14.2 14.3 14.4 14.5 15.4 14.4 15.420 12 13 15 16 14 12 18
A． B． C． 不是孤立点 D． 是孤立点
【答案】BC
【分析】根据题目所给公式和表中数据计算即可.
【详解】由表可知 ，A错误；
，B正确；
所以 ，
因为 ，所以 ，
则 ， ，
所以 、 不是孤立点，C正确，D错误；
故选：BC
20．（2022·全国·高三专题练习）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切
球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，于
是留下遗言：他死后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形.设圆柱的体积与球的体积之比为 ，圆
柱的表面积与球的表面积之比为 ，若 ，则（ ）A． 的展开式中的常数项是
B． 的展开式中的各项系数之和为
C． 的展开式中的二项式系数最大值是
D． ，其中 为虚数单位
【答案】BC
【分析】设内切球的半径为 ，由圆柱和球的体积和表面积公式可求得 ，进而得到 ；
对于A，利用二项式定理得到展开式通项，令 可求得 ，代入得到常数项，知A错误；
对于B，采用赋值法，令 可得各项系数和，知B正确；
对于C，由二项式系数性质知最大值为 ，知C正确；
对于D，根据复数的运算可知D错误.
【详解】设内切球的半径为 ，则圆柱的高为 ，
， ，则 ， ；
对于A， 展开式通项公式为： ，
令 ，解得： ， 展开式的常数项为 ，A错误；
对于B， ，即 展开式的各项系数之和为 ，B正确；
对于C， 展开式中二项式系数最大值为 ，C正确；
对于D， ，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题以立体几何的知识为载体，重点考查了二项式定理的知识，解题关键是能够利
用球和圆柱的表面积及体积公式确定二项展开式的表达式.21．（2022·高二课时练习）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设
为整数，若 和 被 除得的余数相同，则称 和 对模 同余，记为 ．若
， ，则 的值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】根据已知中 和 对模 同余的定义，结合二项式定理，可以求出 除以5余1，结合
，比照四个答案中的数字，结合得到答案．
【详解】若 ，
由二项式定理可得 ，
则 ，
因为 能被5整除，
所以 除以5余1，
又因 ，选项中 和 除以5余1
故选：BD.
【点睛】本题主要考查了利用二项式定理求同余的问题，需要根据题中的信息，将 表示成含5的展开式，
进而分析余数即可，属于中档题
22．（2022·全国·高三专题练习）根据中国古代重要的数学著作《孙子算经》记载，我国古代诸侯的等级
自低到高分为：男、子、伯、侯、公五个等级，现有每个级别的诸侯各一人，君王要把50处领地全部分给
5位诸侯，要求每位诸侯都分到领地且级别每高一级就多分 处（ 为正整数），按这种分法，下列结论
正确的是（ ）
A．为“男”的诸侯分到的领地不大于6处的概率是
B．为“子”的诸侯分到的领地不小于6处的概率是
C．为“伯”的诸侯分到的领地恰好为10处的概率是1D．为“公”的诸侯恰好分到16处领地的概率是
【答案】ACD
【分析】由题意可知，五位诸侯分得的领地成等差数列 ，利用等差数列前 项和公式得到 的首项
和公差，再分类讨论分别求出每种情况中男、子、伯、侯、公五个等级分到的领地数，再利用概率对四个
选项逐一分析，即可得正确选项.
【详解】由题意可知，五位诸侯分得的领地成等差数列 ，设其前 项和为 ，
则 ，得 ．因为 ， 均为正整数，所以有如下几种情况：
， ， ， 共4种情况，每种情况各位诸侯分到领地的处数如下表所列：
男 子 伯 侯 公
， 8 9 10 11 12
， 6 8 10 12 14
， 4 7 10 13 16
， 2 6 10 14 18
由表中数据可知：为“男”的诸侯分到的领地不大于6处的概率是 ；故选项A正确；
为“子”的诸侯分到的领地不小于6处的概率是 ；故选项B不正确；
为“伯”的诸侯分到的领地恰好为10处的概率是 ；故选项C正确；
为“公”的诸侯恰好分到16处领地的概率是 ，故选项D正确；
故选：ACD．
23．（2022秋·辽宁铁岭·高二昌图县第一高级中学校考阶段练习）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详
解九章算法》给出了著名的杨辉三角，在杨辉三角（左图）中，除1以外的每一个数都等于它“肩上”两
个数的和，第n行所有数之和为 ；右图是英国生物学家高尔顿设计的模型高尔顿板，在一块木板上钉着若干排相互平行且相互错开的圆柱形钉子，钉子之间留有空隙作为通道，让一个小球从高尔顿板上方的入
口落下，小球在下落的过程中与钉子碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉到下方的某一球槽内，如图，
小球从高尔顿板第1行的第一个缝隙落下的概率是 ，第二个缝隙落下的概率是 ；从第2行第一个缝隙
落下的概率是 ，第二个缝腺落下的概率是 ，第三个缝隙落下的概率是 ，小球从第n行第m个缝隙落
下的概率可以由杨辉三角快速算出，那么小球从第6行某个缝隙落下的概率可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】利用n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率公式，计算m取各个值的概率即可判断作答.
【详解】小球落下要经过6次碰撞，每次向左、向右落下的概率均为 ，
小球从第6行第m 个缝隙落下，则6次碰撞有 次向右，
其概率为 ， ，
于是得 ， ， ， ，
所以选项A，D不可能，选项B，C可能.
故选：BC
三、填空题
24．（2022秋·江西·高三校联考开学考试）中国的“五岳”是指在中国境内的五座名山：东岳泰山、西岳
华山、南岳衡山、北岳恒山、中岳嵩山，坐落于东、西、南、北、中五个方位．在甲决定从嵩山、泰山、华山、庐山、黄山这5座名山中，选择2座名山在2022年国庆期间前去旅游，则甲至少选中一座属于“五
岳”的名山的概率为______（用数字作答）．
【答案】 ##
【分析】利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.
【详解】从5座名山中选2座名山的不同结果有：（嵩山，泰山），（嵩山，华山）（嵩山，庐山），
（嵩山，黄山），（泰山，华山），（泰山，庐山），（泰山，黄山），（华山，庐山），
（华山，黄山），（庐山，黄山），共10种，
其中至少选中一座属于“五岳”的名山的不同结果有：（嵩山，泰山），（嵩山，华山），
（嵩山，庐山），（嵩山，黄山），（泰山，华山），（泰山，庐山）（泰山，黄山），
（华山，庐山），（华山，黄山），共9种，故所求的概率为 ．
故答案为：
25．（2022·高一课时练习）我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来
米1534石．验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为______石．
（精确到整数）
【答案】169
【分析】根据给定条件，利用分层抽样的意义列式计算作答.
【详解】设这批米内夹谷约为x石，依题意， ，解得 ，
所以这批米内夹谷约为169石.
故答案为：169
26．（2022·全国·高三专题练习）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到
上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“ ”和阴爻“ ”，如图就是一重卦.如果某重卦中恰有3
个阴爻，则该重卦可以有___________种.(用数字作答)
【答案】20
【分析】3个阴爻放到6个爻中，共有 种.【详解】根据题意，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，
假设有6个位置，在其中任选3个，安排3个“阴爻”，有 种情况，
即该重卦可以有20种情况，
故答案为：20.
27．（2021秋·陕西榆林·高二校考阶段练习）在信息论中，设某随机事件发生的概率为 ，称 为该
随机事件的自信息．若随机抛一枚均匀的硬币1次，则“正面朝上”这一事件的自信息为__________．
【答案】1
【分析】首先求出“正面朝上”的概率，再代入计算可得；
【详解】解：随机抛一枚均匀的硬币1次，则“正面朝上”的概率 ，
，
即“正面朝上”这一事件的自信息为1，
故答案为：1.
28．（2022·高二单元测试）公元前 世纪，古希腊毕达哥拉斯学派已经知道五种正多面体，即正四面体、
正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．后来，柏拉图学派的泰阿泰德（Theaetetus）证明出正多
面体总共只有上述五种．如图就是五种正多面体的图形．现有 张分别画有上述五种多面体的不同卡片
（除画有的图形不同外没有差别），若从这 张不同的卡片中任取 张，则没有取到画有“正四面体”卡
片的概率为____________．
【答案】【解析】记“正四面体”卡片为 ，“正六面体”、“正八面体”、“正十二面体”、“正二十面体”卡
片分别记为 、 、 、 ，列举出所有的基本事件，并确定事件“没有取到画有“正四面体”卡片”所包
含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】记“正四面体”卡片为 ，“正六面体”、“正八面体”、“正十二面体”、“正二十面体”卡
片分别记为 、 、 、 ，
从 张不同的卡片中任取 张，所有的基本事件有： 、 、 、 、 、 、 、 、 、 ，
共 个，
其中，事件“没有取到画有“正四面体”卡片”所包含的基本事件有： 、 、 、 、 、 ，共
个，
因此，所求事件的概率为 .
故答案为： .
29．（2022·全国·高三专题练习）太极图是以黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，展现了一种相互转化，相
对统一的形式美．按照太极图的构图方法，在如图所示的平面直角坐标系中，圆O被函数y＝3sin x的
图象分割为两个对称的鱼形图案，其中小圆的半径均为1，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分
的概率为________．
【答案】
【解析】利用函数 的最小正周期求出大圆的直径，再根据几何概型的概率公式，利用面积比可
求得结果.
【详解】根据题意，大圆的直径为函数 的最小正周期T，又T＝ ，所以大圆的面积 ，一个小圆的面积S′＝π·12＝π，
故在大圆内随机取一点，此点取自阴影部分的概率为P＝ .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用面积比求解是解题关键.
30．（2021·高二课时练习）《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著，该书主要记述
了积算（即筹算)、太乙、两仪、三才、五行、八卦、九宫、运筹、了知、成数、把头、龟算、珠算、计数
种计算器械的使用方法，某研究性学习小组有甲、乙、丙、丁、戊五人.该小组搜集两仪、三才、五行、
八卦、九宫 种计算器械的资料.每人搜集一种，每种资料都要有人搜集，其中甲乙不搜集两仪，丙丁不搜
集三才，戊不搜集八卦和九宫，则不同的分配方案的种数____.(用数字填写答案）
【答案】32
【分析】根据题意，戊不搜集八卦和九宫，则戊可能收集两仪、三才、五行，则分3种情况讨论：①戊收
集五行；②戊收集三才；③戊收集两仪；
【详解】根据题意，戊不搜集八卦和九宫，则戊可能收集两仪、三才、五行，
则分3种情况讨论：
①戊收集五行，在甲乙中选出1人收集三才，丙丁中选出1人收集两仪，剩下2人收集其他2种，则有
种分配方案；
②戊收集三才，在丙丁中选出1人收集两仪，剩下3人收集其他3种，则有 种分配方案；
③戊收集两仪，在甲乙中选出1人收集三才，剩下3人收集其他3种，则有 种分配方案；
综上， 种分配方案
故答案为：32
31．（2021·全国·高三专题练习）明朝著名易学家来知德创立了以太极图解释一年、一日之象的图式，一
年气象图将二十四节气配以太极图，说明一年之气象.他认为“万古之人事，一年之气象也，春作夏长秋收
冬藏，一年不过如此”.下图是来氏太极图，其大圆半径为6，大圆内部的同心小圆半径为2，两圆之间的
图案是对称的，若在大圆内随机取一点，则该点落在空白区域的概率为__________.【答案】
【解析】设大圆面积为 ，小圆面积为 ，并求出 、 ，进而求得白色区域的面积 ，结合
面积比即可求解.
【详解】设大圆面积为 ，小圆面积 ，则 ， ，
可得白色区域的面积为 ，
所以落在白色区域的概率为 .
故答案为： .
【点睛】本题主要考查了几何概型的概率的计算问题，解决此类问题的步骤：求出满足条件A的基本事件
对应的“几何度量 ”，再求出总的基本事件对应的“几何度量 ”，然后根据 求解，着重
考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
32．（2021春·江苏·高二专题练习）早在宋代，我国著名学者沈括编著的《梦溪笔谈》中，就有对排列组
合问题的研究：在一个 的棋盘中，布局4颗相同的棋子，且每一行只有1颗棋子，则不同的棋局总数
为______．
【答案】81
【分析】利用分步计数原理，计算结果.
【详解】如图所示，下图是一个4行3列的棋盘，若每行只有一个棋子，每颗棋子放在一行，都有3种方法，则共有 种方法.
故答案为：
33．（2021春·黑龙江哈尔滨·高二哈九中校考阶段练习）圣宋元宝，是中国古代钱币之一，宋徽宗赵估建
中靖国元年（公元101年）始铸，是仁宗“皇宋通宝”之后又一种不以年号命名的非年号钱，种类主要有
小平和折二两种．小明同学珍藏有小平钱2枚，折二钱3枚，现随机抽取2枚赠好友，则赠送的两枚为不
同种类的概率为_________．
【答案】
【分析】把铜钱编号，用列举法写出任取2枚的所有事件，计数，同时得出两枚为不同种类的基本事件及
数量，由概率公式计算概率．
【详解】小平钱2枚编号为 ，折二钱3枚编号为 ，则任取2枚的所有基本事件为：
共10种，其中两枚不同类的有 共6种，
所求概率为 ．
故答案为： ．
34．（2021秋·陕西榆林·高二陕西省神木中学校考阶段练习）嫦娥五号的成功发射，实现了中国航天史上
的五个“首次”，某中学为此举行了“讲好航天故事”演讲比赛.若将报名的30位同学编号为01，
02，…，30，利用下面的随机数表来决定他们的出场顺序，选取方法是：从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始，由左到右依次选取两个数字，重复的跳过.则选出来的第2个个体的编号为______.
45 67 32 12 12 31 02 01 04 52 15 20 01 12 51 29
32 04 92 34 49 35 82 00 36 23 48 69 69 38 74 81
【答案】02
【分析】利用随机数表随机数的选取方法选取即可.
【详解】从题中随机数表可知，随机数表第1行的第5列和第6列数字为 ，
从这里开始，依次选取两个数字 ，
其中 不在编号内，舍去， 有重复，舍掉一个，
从而得到的编号为 ，
所以选出来的第2个个体的编号为 .
故答案为： .
35．（2022秋·浙江·高二浙江省衢州第一中学校联考开学考试）我国古代数学专著《九章算术》中有一衰
分问题：今有北乡八千一百人，西乡七千四百八十八人，南乡六千九百一十二人，凡三乡，发役二百五十
人，则北乡遣___________人.
【答案】90
【分析】根据分层抽样原理计算抽样比例，从而求出北乡应遣人数．
【详解】根据分层抽样原理，抽样比例为 ，
北乡应遣 （人 ．
故答案为： ．
36．（2022春·江苏扬州·高二扬州中学校考阶段练习）考古发现，在埃及金字塔内有一组神秘的数字
142857，因为 ， ，……所以这组数字又叫走马灯数．该组数字还有
如下规律： ， ，……若从 这 个数字中任意取出 个数字构成一
个三位数 ，则 的结果恰好是剩下3个数字构成的一个三位数的概率为______．
【答案】
【分析】先求出 个数字中任意取出 个数字构成一个三位数 共 种，再求出相加等于 的数字有 组，
可得 的结果恰好是剩下3个数字的种数为 ，再根据古典概型的概率计算公式计算即可.【详解】从 这 个数字中任意取出 个数字构成一个三位数 ，基本事件的总数为 ，
因为从 这 个数字中： ， ， 共三组，
所以 的结果恰好是剩下 个数字构成的一个三位数的基本事件的个数为 ，
所以 的结果恰好是剩下3个数字构成的一个三位数的概率 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是发现和为 的数字的组合规律，准确的计算出总的基本事件的个数和
使得所求事件发生的基本事件的个数.
37．（2022·全国·高三专题练习）三分损益法是古代中国发明制定音律时所用的生律法.三分损益包含“三
分损一"“三分益一"两层含义，三分损一是指将原有长度作3等分而减去其1份，即原有长度 生得
长度；而三分益一则是指将原有长度作3等分而增添其1份，即原有长度 生得长度，两种方法可以
交替运用､连续运用，各音律就得以辗转相生，假设能发出第一个基准音的乐器的长度为243，每次损益的
概率为 ，则经过5次三分损益得到的乐器的长度为128的概率为___________.
【答案】
【分析】设5次三分损益中有 次三分损一，解方程 得 的值，即得解.
【详解】设5次三分损益中有 次三分损一，所以 ，
解得
故所求概率为 .
故答案为：
【点睛】方法点睛：求概率常用的方法有：先定性（古典概型的概率、几何概型的概率、独立事件的概率、互斥事件的概率、独立重复试验的概率、条件概率），后定量.
38．（2023·上海·高三专题练习）“田忌赛马”的故事千古流传，故事大意是：在古代齐国，马匹按奔跑
的速度分为上、中、下三等.一天，齐王找田忌赛马，两人都从上、中、下三等马中各派出一匹马，每匹马
都各赛一局，采取三局两胜制.已知田忌每个等次的马，比齐王同等次的马慢，但比齐王较低等次的马快.
若田忌事先打探到齐王第一场比赛会派出上等马，田忌为使自己获胜的概率最大，采取了相应的策略，则
其获胜的概率最大为_________.
【答案】 ##
【分析】设齐王有上、中、下三等的三匹马 、 、 ，田忌有上、中、下三等的三匹马 、 、 ，列举
出所有比赛的情况，以及齐王第一场比赛会派出上等马的比赛情况和田忌使自己获胜时比赛的情况，结合
古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】设齐王有上、中、下三等的三匹马 、 、 ，田忌有上、中、下三等的三匹马 、 、 ，
所有比赛的方式有： 、 、 ； 、 、 ； 、 、 ； 、 、 ； 、 、 ；
、 、 ，一共 种.
若齐王第一场比赛派上等马，则第一场比赛田忌必输，此时他应先派下等马 参加.
就会出现两种比赛方式： 、 、 和 、 、 ，其中田忌能获胜的为 、 、 ，
故此时田忌获胜的概率最大为 .
故答案为： .
39．（2022春·河南驻马店·高二新蔡县第一高级中学校考阶段练习）数学家波利亚说：“为了得到一个方
程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算
两次原理，又称为富比尼原理．由等式 利用算两次原理可得
____．
【答案】
【分析】利用二项式定理，结合所求式子的意义求解作答.
【详解】因 ，因此 是展开式中 项的系数，而 展开式中 项的系数为 ，
所以 .
故答案为：
40．（2022春·云南昭通·高二校联考期末）二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨度克·牛顿于1664
年、1665年间提出，据考证，我国至迟在11世纪，北宋数学家贾宪就已经知道了二项式系数法则.在
的二项式展开式中， 的系数为______.
【答案】
【分析】先求得 的二项式展开式的通项公式为 ，令 ，求得 ，
从而可求得答案.
【详解】在 的二项式展开式中，通项公式为 ，
令 ，解得 ，
所以 的系数为 ，
故答案为： .
四、解答题
41．（2022春·湖北十堰·高二丹江口市第一中学校考阶段练习）飞天梦永不失重，科学梦张力无限．“天
宫课堂”是我国推出的全球首个太空科普教育活动，2022年3月23日15时40分，“天宫课堂”第二课如
约而至，航天员王亚平在翟志刚、叶光富的协助下，成功演示了太空“冰雪”、液桥演示、水油分离、太
空抛物等实验，激发了青少年学生追梦航天的飞天梦、科学梦．受“天宫课堂”启发，某学生分别在实验
室的正常环境、失重环境下进行某项实验，其中正常环境下试验100次，成功40次；失重环境下试验10
次，失败3次．
(1)用频率估计概率，求该同学在失重环境下实验成功的概率；
(2)请根据题中信息完成下面的列联表，并判断是否有95%的把握认为该实验成败与选择的实验环境有关．成功次数 失败次数 合计
正常环境
失重环境
合计
附： ，其中 ．
0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】(1)
(2)列联表见解析，没有95%的把握认为该实验成败与选择的实验环境有关
【分析】（1）失重环境下试验10次，成功7次，失败3次，故由频率估计概率，该同学在失重环境下成
功的概率为 ；
（2）补全列联表，计算 的值，比较 与3.841的大小关系，即可得出结论.
【详解】（1）由题可知，失重环境下试验10次，成功7次，失败3次，故由频率估计概率，该同学在失
重环境下成功的概率为 .
（2）由题可知：正常环境下试验100次，成功40次，失败60次；失重环境下试验10次，成功7次，失
败3次，故列联表如下：
成功次数 失败次数 合计
正常环境 40 60 100
失重环境 7 3 10
合计 47 63 110故 ，
故没有95%的把握认为该实验成败与选择的实验环境有关．
42．（2022·江苏南通·统考模拟预测） 篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院．1891年，春田学院的体育教
师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（James Naismith）为了对付冬季寒冷的气温，让学生们能够在室内有限的
空间里继续进行有趣的传球训练．现有甲、乙、丙3名同学在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地
随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，
假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲手里的概率为pn，第n次传球之前球在乙手里的概率为
qn，显然p=1，q=0．
1 1
(1)求p＋2q 的值；
3 3
(2)比较p，q 的大小．
8 8
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）分析传球的过程，求出 和 ，即可求出 ；（2）由题意知
，即可得到 ，判断出 成首项为 ，公比为 的等
比数列，求出 ，同理求出 ，可以比较出 ．
(1)
第3次传球之前，球在甲手中的情形何分为：甲→乙→甲或甲→丙→甲
所以 ，第3次传球之前，球在乙手里的情形仅有：甲→丙→乙
所以 ，所以 .
(2)（2）由题意知 ，整理得：
所以 ， ，所以 成首项为 ，公比为 的等比数列，
又
同理 成首项为 ，公比为 的等比数列，
所以
因为 ， ， ， ，所以 ．
