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第 02 讲 概率
一、单选题
1．在 的展开式中常数项为（ ）
A．14 B．－14 C．6 D．－6
【答案】D
【分析】根据二项式定理及多项式乘法法则求解．
【详解】由二项式定理得 ，
所以所求常数项为 ．
故选：D．
2．从30名儿童中选3名扮演三种小动物，则不同的编排方法有（ ）种
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用排列组合的意义逐一检查选项即可.
【详解】对于A，从30名儿童中选3名扮演三种小动物，相当于从30个元素中挑选出3个
元素进行排列，是一个排列问题，故不同的编排方法为 ，故A正确；
对于B， 表示的意思是从相当于从30个元素中挑选出3个元素，没有排列，故B错误；
对于C， ， ，由A选项可知其错误，故C错误；
对于D， ，由B选项可知其错误，故D错误.
故选：A.
3．在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首.北京2022年冬奥会开幕正逢立春，开
幕式上“二十四节气”的倒计时让全世界领略了中华智慧.墩墩同学要从24个节气中随机
选取4个介绍给外国的朋友，则这4个节气中含有“立春”的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出从24个节气中选择4个节气的情况，和四个节气中含有“立春”的情况，利
用古典概型求概率公式进行求解.
【详解】从24个节气中选择4个节气，共有 种情况，
这四个节气中含有“立春”的情况有 种情况，故这4个节气中含有“立春”的概率为 .故选：B
4．在给某小区的花园绿化时，绿化工人需要将6棵高矮不同的小树在花园中栽成前后两排，
每排3棵，则后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出事件A包含的基本事件个数，再根据古典概型的公式计算即可．
【详解】解：设六棵树从矮到高的顺序为1，2，3，4，5，6，后排的每棵小树都对应比它
前排每棵小树高为事件A．
则6必在后排，1在前排，
因此，分为1-6相对和1-6不对两种情况（相对的意思是前后相邻），
1-6相对：5必在后排，2必在前排，
因此，又可分为2-5相对和2-5不对两种情况，
①2-5相对时，3-4相对且4在后排，所以有 种情况；
②2-5不对，有 种情况．
1-6不对：可分为5在前排和5在后排两种情况，
1）5在前排，则5-6相对且4在后排，又可分为1-4相对和1-4不对两种情况，
1-4相对：有 种；
1-4不对：有 种．
2）5在后排，又可分为1-5相对和1-5不对两种情况，
①1-5相对：2必在前排，又分为2-6相对和2-6不对两种，
2-6相对：有 种；
2-6不对：有 种．
②1-5不对，有 种．
所以 ，
故选：C．
5．如图所示，阴影部分由四个全等的三角形组成，每个三角形是腰长等于圆的半径，顶角
为 的等腰三角形．如果在圆内随机取一点，那么该点落到阴影部分内的概率
为 ，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合三角形的面积公式，根据几何概型的面积型问题求解即可.
【详解】解：设圆的半径为 ，则圆的面积为 ，
所以，四个三角形的面积为 ，
因为，在圆内随机取一点，那么该点落到阴影部分内的概率为
所以， ，解得 ，
因为 ，所以 ．
故选：A
6．盒中装有大小相同的5个小球，其中黑球3个，白球2个，假设每次随机在5个球中取
一个，取球后放回摇匀，则下列说法正确的是（ ）
A．“第三次取到黑球”和“第四次取到黑球”互斥
B．“第三次取到黑球”和“第四次取到白球”独立
C．“前三次都取到黑球”和“前三次都取到白球”对立
D．若连续三次都取到黑球，则第四次取到白球的概率会大于
【答案】B
【分析】对于A，利用互斥事件的定义判断，对于B，利用独立事件的定义判断，对于
C，利用对立事件的定义判断，对于D，利用概率的定义求解即可.
【详解】对于A，“第三次取到黑球”和“第四次取到黑球”是两次不同的试验，所以两
个事件不是互斥事件，所以A错误，
对于B，由于每次取球后放回摇匀，所以“第三次取到黑球”和“第四次取到白球”互不
影响，所以这两个事件是独立的，所以B正确，
对于C，“前三次都取到黑球”与“前三次最多有两次取到黑球”是对立事件，所以C错
误，对于D，因为每次取球后放回摇匀，所以每一次取到白球的概率都为 ，所以D错误，
故选：B
7．已知A,B是两个随机事件, , ,则下列命题中错误的是（ ）
A．若A包含于B,则
B．若A,B是对立事件,则
C．若A,B是互斥事件,则
D．若A,B相互独立,则
【答案】B
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念,判断 之间的关系，进而判断选
项的正误.
【详解】解:关于选项A,因为A包含于B,所以 ,
则 ,
故选项A正确,
关于选项B,因为A,B是对立事件,所以
所以 ,
故选项B错误,
关于选项C,因为A,B是互斥事件,所以
所以 ,
故选项C正确,
关于选项D,因为A,B相互独立,所以
所以 ,
故选项D正确.故选:B
二、填空题
8．甲乙两名实习生每人各加工一个零件，若甲实习生加工的零件为一等品的概率为 ，乙
实习生加工的零件为一等品的概率为 ，两个零件中能否被加工成一等品相互独立，则这
两个零件中恰好有一个一等品的概率为___________.
【答案】【分析】两个零件中恰好有一个一等品，即甲加工的零件为一等品且乙加工的零件不是一
等品，或乙加工的零件为一等品且甲加工的零件不是一等品，计算概率即可.
【详解】甲加工的零件为一等品且乙加工的零件不是一等品的概率为 ，
乙加工的零件为一等品且甲加工的零件不是一等品的概率为 ，
所以两个零件中恰好有一个一等品的概率为 .
故答案为： .
9．已知集合 ，且 ， ，则函数 有零点的概率是
______．
【答案】
【分析】利用列举法找出符合要求的基本事件的个数，然后求概率即可.
【详解】由题意可得总的基本事件数为9，
当 时， ，0，3符合要求，所以符合条件的基本事件有3个；
当 时， 有零点得到 ，
当 时， ，3符合要求，从而符合条件的基本事件有2个；
当 时， ，0符合要求，从而符合条件的基本事件有2个．
故所求概率 ．
故答案为： .
10．已知 ，用非负整数 表示 ， ，若 为其表示方法的数组（
）的个数，则 ＝__．
【答案】 ## .
【分析】对任意正整数 ，有 ，从而求出
的不等式．
【详解】对任意正整数 ，有 ，
所以 .
故答案为： ．
三、解答题11．为进一步增强疫情防控期间群众的防控意识，使广大群众充分了解新冠肺炎疫情防护
知识，提高预防能力，做到科学防护，科学预防.某组织通过网络进行新冠肺炎疫情防控科
普知识问答.共有100人参加了这次问答，将他们的成绩（满分100分）分成 ，
， ， ， ， 这六组，制成如图所示的频率分布直方图.
(1)求图中a的值，并估计这100人问答成绩的中位数和平均数；（同一组数据用该组数据
的中点值代替）
(2)用分层随机抽样的方法从问答成绩在 内的人中抽取一个容量为5的样本，再从样
本中任意抽取2人，求这2人的问答成绩均在 内的概率.
【答案】(1) ，中位数为 ，平均数为72
(2)
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质以及中位数和平均数的概念，进行计算即可得解；
（2）根据分层抽样在[60，70）内的有 人，分别记为A，B；问答成绩在[70，80）内的有
人分别记为a，b，C，从中任意抽取2人，列出实验的样本空间，再利用概率公式，进行
计算即可得解.
【详解】（1）由图可知， ，解得 .
设中位数为x，则 ，所以 .
这100人问答成绩的平均数约为
.
（2）用分层随机抽样的方法从问答成绩在[60，80）内的人中抽取一个容量为5的样本，
则问答成绩在[60，70）内的有 人，分别记为A，B；
问答成绩在[70，80）内的有 人分别记为a，b，C.
从中任意抽取2人，则实验的样本空间
{（A，B），（A，a），（A，b），（A，c），（B，a），（B，b），（B，c），（a，b），（a，c），（b，c）}，共有10个样本点.
设事件A为2人的问答成绩均在[70，80）内的概率，
则 ，
所以这2人的间答成绩均在[70，80）内的概率 .
12．通过验血能筛查乙肝病毒携带者，统计专家提出一种 化验方法：随机地按 人一组
进行分组，然后将每组 个人的血样混合化验.如果混合血样呈阴性，说明这 人全部阴性；
如果混合血样呈阳性，说明这 人中至少有一人血样呈阳性，需要重新采集这 人血样并
分别化验一次，从而确定乙肝病毒携带者.
(1)已知某单位有1000名职工，假设其中有2人是乙肝病毒携带者，如果将这1000人随机
分成100组，每组10人，且每组都采用 化验方法进行化验.
（i）若两名乙肝病毒携带者被分到同一组，求本次化验的总次数；
（ii）假设每位职工被分配到各组的机会均等，设 是化验的总次数，求 的分布列与数
学期望 .
(2)现采用 化验方法，通过验血大规模筛查乙肝病毒携带者.为方便管理、采样、化验，每
组人数宜在10至12人之间.假设每位被筛查对象的乙肝病毒携带率均为2%，且相互独立，
每组 人.设每人平均化验次数为 ，以 的数学期望 为依据，确
定使化验次数最少的 的值.
参考数据： ， ， ，数据保留两位小数.
【答案】(1)（i）110；（ii）分布列见解析，
(2)10
【分析】（1）（i）根据 化验方法定义分析即可；（ii）由乙肝病毒携带者的2人分在同
一组和分在不同组时得随机变量 可能的取值为110，120，求分布列和均值即可；
（2）由题意可得若混合血样呈阴性，则 ，若混合血样呈阳性，则 ，求概率
和数学期望，求当 最小时， 的值即可.
【详解】（1）（i）依题意，如果乙肝病毒携带者的2人在同一组，则该组需要检测11次，
其他99个组都只需要检验1次，所以检测总次数为110.
（ii）由（i）知，当乙肝病毒携带者的2人分在同一组时，检测的总次数是110，当乙肝病
毒携带者的2人分在不同组时，可以求得检测的总次数是120，所以随机变量 的可能取
值为110，120，
， ，则 的分布列：
110 120
（2）由题意若混合血样呈阴性，则 ，若混合血样呈阳性，则 ，
， ，
所以 ，
令 ，
， ， .
所以，按10人一组，能够使得检测次数最少.
13．核酸检测也就是病毒DNA和RNA的检测，是目前病毒检测最先进的检验方法，在临
床上主要用于新型冠状乙肝、丙肝和艾滋病的病毒检测.通过核酸检测，可以检测血液中是
否存在病毒核酸，以诊断机体有无病原体感染.某研究机构为了提高检测效率降低检测成本，
设计了如下试验，预备12份试验用血液标本，其中2份阳性，10份阴性，从标本中随机取
出n份分为一组，将样本分成若干组，从每一组的标本中各取部分，混合后检测，若结果
为阴性，则判定该组标本均为阴性，不再逐一检测；若结果为阳性，需对该组标本逐一检
测.以此类推，直到确定所有样本的结果.若每次检测费用为a元，记检测的总费用为X元.
(1)当n=3时，求X的分布列和数学期望.
(2)比较n=3与n=4两种方案哪一个更好，说明理由.
【答案】(1)分布列见解析，
(2) 效果好，理由见解析
【分析】(1)2分阳性在一组，检测7次，各一组，检测10次，写出 的所有可能值，求出
对应的概率即可求解；
(2)由(1)的思路求出检测总费用 的数学期望并比较大小即可得解.
【详解】（1）当 时，共分4组，
当2份阳性在一组，第一轮检测4次，第二轮检测3次，共检测7次，
若2分阳性各在一组，第一轮检测4次，第二轮检测6次，共检测10次，
所以检测的总费用 的所有可能值为 ，任意检测有 种等可能结果，2分阳性在一组有 种等可能结果，
， ，
所以检测的总费用 的分布列为：
的数学期望 ，
（2）当 时，共分3组，当2份阳性在一组，共检测7次，若2分阳性各在一组，共检
测11次，检测的总费用 的所有可能值为 ，任意检测有 种等可能结果，2
份阳性在一组有 种等可能结果，
所以 ， ，
所以检测的总费用 的分布列为：
的数学期望 ,
所以 时的方案更好一些.
14．学史明理，学史增信，学史崇德，学史力行.近年来，某市积极组织开展党史学习教育
的活动，为调查活动开展的效果，市委宣传部对全市多个基层支部的党员进行了测试，并
从中抽取了1000份试卷进行调查，根据这1000份试卷的成绩（单位：分，满分100分）
得到如下频数分布表：
成绩/分
频数 40 90 200 400 150 80 40
(1)求这1000份试卷成绩的平均数？（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
(2)假设此次测试的成绩 服从正态分布 ，其中 近似为样本平均数， 近似为
样本方差 ，已知 的近似值为6.61，以样本估计总体，假设有84.14%的学生的测试成绩
高于市教育局预期的平均成绩，则市教育局预期的平均成绩大约为多少（结果保留一位小
数）？
(3)该市教育局准备从成绩在 内的120份试卷中用分层抽样的方法抽取6份，再从这6份试卷中随机抽取3份进行进一步分析，记 为抽取的3份试卷中测试成绩在
内的份数，求 的分布列和数学期望.
参考数据：若 ，则 ，
， .
【答案】(1)82.15分
(2)75.5分
(3)分布列见解析，
【分析】（1）根据平均数的求法求得平均数.
（2）结合正态分布的对称性求得市教育局预期的平均成绩.
（3）利用超几何分布的分布列计算公式，计算出 的分布列并求得数学期望.
【详解】（1）设这1000份试卷成绩的平均数为 ，则：
分.
（2）由（1）得 ，而 ，
由于 ，
即 ，
所以市委宣传部预期平均成绩大约为75.5分；
（3）由分层抽样得抽取的6份试卷中2份在 内，4份在 内， 的可能取值
为0，1，2，
则 ， ，
即 的分布列为：
0 1 2
所以 .
一、单选题
1．在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（ ）
A．1440 B．720 C．1920 D．960
【答案】C
【分析】按照地图涂色问题的方法，先分步再分类去种植花卉即可求得不同的种植方法种
数.
【详解】如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.
第一步，选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；
第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；
第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；
第四步；若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；
若区域D与区域A种植不同种花卉，则有3种方法可以选择；
则区域E可选择的花卉有 种，
故不同的种植方法种数是 .
故选：C
2．设随机变量 （ 且 ）， 最大时，
（ ）
A．1.98 B．1.99 C．2.00 D．2.01
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出 最大时的M值，再利用超几何分布的期望
公式计算作答.
【详解】随机变量 ，则 ，
因 最大，则有 ，即 ， ，
整理得 ，解得 ，
而 ，则 ，所以 .
故选：C
3． 的展开式为多项式，其展开式经过合并同类项后的项数一共有（ ）
A．72项 B．75项 C．78项 D．81项
【答案】C
【分析】由多项式展开式中的项为 ，即 ，将问题转化为将2
个隔板和11个小球分成三组，应用组合数求项数即可.
【详解】由题设，多项式展开式各项形式为 且 ，
故问题等价于将2个隔板和11个小球分成三组，即 .
故选：C
4．如图，用五种不同的颜色给图中的O，A，B，C，D，E六个点涂色（五种颜色不一定
用完），要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂
法种数是（ ）
A．480 B．720 C．1080 D．1200
【答案】D
【分析】分类讨论按照O，A，B，C，D，E的顺序按题意要求去依次涂色即可解决.
【详解】先给O涂色，有 种方法，接着给A涂色，有 种方法，接着给B涂色，有
种方法，
①若C与A同色，则有1种涂色方法，接着给D涂色，有3种涂色方法，
最后E有2种涂色方法；
②若C与A不同色，则有2种涂色方法，接着给D涂色，
若D与A同色，则有1种涂色方法，最后E有3种涂色方法；
若D与A不同色，则有2种涂色方法，最后E有2种涂色方法.综上，涂色方法总数为 故选：D
5．若抛掷两枚骰子出现的点数分别为a，b，则“在函数 的定义域为
R的条件下，满足函数 为偶函数”的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】记函数 的定义域为R为事件A，求得 ，记函数
为偶函数为事件B，求得 ，再利用条件概率公式求解即可.
【详解】抛掷两枚骰子出现的点数分别为a，b，共36种情况，如下
（1，1） （2，1） （3，1） （4，1） （5，1） （6，1）
（1，2） （2，2） （3，2） （4，2） （5，2） （6，2）
（1，3） （2，3） （3，3） （4，3） （5，3） （6，3）
（1，4） （2，4） （3，4） （4，4） （5，4） （6，4）
（1，5） （2，5） （3，5） （4，5） （5，5） （6，5）
（1，6） （2，6） （3，6） （4，6） （5，6） （6，6）
记函数 的定义域为R为事件A，
即 恒成立，需满足 ，即 ，
满足 的有26种情况，故 .
记函数 为偶函数为事件B，
函数 的定义域为 ，由偶函数的定义知 ，即
或 .
满足 或 的有6种情况，故 ,
故 ,故选：B
6．用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不
同的条件下，1和2相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数的个数，再讨论个位是偶数并
分2在或不在个位计数，以及个位是奇数并分1在或不在个位计数，最后求目标概率.
【详解】将3个偶数排成一排有 种，再将3个奇数分两种情况插空有 种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有 种，
任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：
当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有 种；
2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩
余的2个位置放其它两个奇数，此时有 种；
所以个位是偶数共有20种；
同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是 .
故选：C
7．奔驰汽车是德国的汽车品牌，奔驰汽车车标的平面图如图（1），图（2）是工业设计中
按比例放缩的奔驰汽车车标的图纸．若向图（1）内随机投入一点，则此点取自图中黑色部
分的概率约为（ ）
A．0.108 B．0.237 C．0.251 D．0.526
【答案】B
【分析】求最大圆的面积，利用两圆面积差求黑色圆环面积，利用三角形的面积公式求每
一个黑色三角形面积，最后利用数值的估算锁定答案.
【详解】最大圆的面积 ；黑圈面积 ；
每个黑色三角形
黑色面积与总面积的比值为
0.237（可以代入 ，也可以借助 找到最接近的答案）
故选：B.
二、填空题
8．现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第 关要抛掷骰子 次，每次观察向上面
的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于 ，则算闯过第 关， ，
2，3，4．假定每次闯关互不影响，则下列结论错误的序号是______．
（1）直接挑战第2关并过关的概率为 ；
（2）连续挑战前两关并过关的概率为 ；
（3）若直接挑战第3关，设A＝“三个点数之和等于15”，B＝“至少出现一个5点”，则
；
（4）若直接挑战第4关，则过关的概率是 ．
【答案】（2）
【分析】由古典概型，独立事件的乘法公式，条件概率公式对结论逐一判断
【详解】对于（1）， ，所以两次点数之和应大于6，
即直接挑战第2关并过关的概率为 ，故（1）正确；
对于（2）， ，所以挑战第1关通过的概率 ，
则连续挑战前两关并过关的概率为 ，故（2）错误；
对于（3），由题意可知，抛掷3次的基本事件有 ，
抛掷3次至少出现一个5点的事件共有 种，
故 ，而事件 包括：含5，5，5的1种，含4，5，6的有6种，共7种，
故 ，所以 ，故（3）正确；
对于（4），当 时， ，而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：
含5，5，5，6的有4种，含5，5，6，6的有6种，
含6，6，6，6的有1种，含4，6，6，6的有4种，
含5，6，6，6的有4种，含4，5，6，6的有12种，
含3，6，6，6的有4种，
所以 ，故（4）正确．
故答案为：（2）
9．已知 ，且 ，则 的最小值为
___________．
【答案】
【分析】先由正态分布对称性求出 ，进而利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.
【详解】由正态分布的对称性可知： ，解得： ，
因为 ，所以 ，由基本不等式得：
，
当且仅当 ，即 时等号成立，
所以不等式得最小值为
故答案为：
三、解答题
10．核酸检测也就是病毒DNA和RNA的检测，是目前病毒检测最先进的检验方法，在临
床上主要用于新型冠状乙肝、丙肝和艾滋病的病毒检测.通过核酸检测，可以检测血液中是
否存在病毒核酸，以诊断机体有无病原体感染.某研究机构为了提高检测效率降低检测成本，
设计了如下试验，预备12份试验用血液标本，其中2份阳性，10份阴性，从标本中随机取
出n份分为一组，将样本分成若干组，从每一组的标本中各取部分，混合后检测，若结果
为阴性，则判定该组标本均为阴性，不再逐一检测；若结果为阳性，需对该组标本逐一检
测.以此类推，直到确定所有样本的结果.若每次检测费用为a元，记检测的总费用为X元.
(1)当n=3时，求X的分布列和数学期望.
(2)比较n=3与n=4两种方案哪一个更好，说明理由.【答案】(1)分布列见解析，
(2) 效果好，理由见解析
【分析】(1)2分阳性在一组，检测7次，各一组，检测10次，写出 的所有可能值，求出
对应的概率即可求解；
(2)由(1)的思路求出检测总费用 的数学期望并比较大小即可得解.
【详解】（1）当 时，共分4组，
当2份阳性在一组，第一轮检测4次，第二轮检测3次，共检测7次，
若2分阳性各在一组，第一轮检测4次，第二轮检测6次，共检测10次，
所以检测的总费用 的所有可能值为 ，任意检测有 种等可能结果，2分
阳性在一组有 种等可能结果，
， ，
所以检测的总费用 的分布列为：
的数学期望 ，
（2）当 时，共分3组，当2份阳性在一组，共检测7次，若2分阳性各在一组，共检
测11次，检测的总费用 的所有可能值为 ，任意检测有 种等可能结果，2
份阳性在一组有 种等可能结果，
所以 ， ，
所以检测的总费用 的分布列为：
的数学期望 ,
所以 时的方案更好一些.
11．南师大苏州实验学校高中部2021年12月16日举行了2021“翱翔杯”冬季运动会，其
中“夹球接力跑”项目需要男女合作完成.3班代表队共派出3个小组（编号为 ）角
逐该项目，每个小组由1名男生和2名女生组成，其中男生单独完成该项目的概率为0.6，女生单独完成该项目的概率为 ．假设他们参加比赛的机会互不影响，记每个
小组能完成比赛的人数为 ．
(1)证明：在 的概率分布中， 最大；
(2)由于天气原因临时更改比赛规则：每个代表队每次指派一个小组，比赛时间一分钟，如
果一分钟内不能完成，则重新指派另一组参赛.3班代表队的领队了解后发现，小组 能顺
利完成比赛的概率为 ，且各个小组能否完成比赛相互独立．请分析领
队如何安排小组的出场顺序，并给出证明．（以指派的小组个数的均值最小为安排依据）
【答案】(1)证明见解析；
(2)以 的顺序安排小组的出场顺序，可以使得指派的小组个数的均值最小，证明见
解析.
【分析】（1）由已知 的所有可能取值为 ，分别求出对应的概率，再利用作差法比
较 与 、 、 的大小关系即可得证；
（2）结合（1）知 ，可得结论，证明时，设三个小组 按照某顺序派出，
该顺序下三个小组能完成项目的概率为 ，记在比赛时所需派出的小组个数为 ，
则 ，然后求出 的分布列和数学期望，进而得证.
（1）
由已知， 的所有可能取值为
，
所以概率 最大
（2）
由（1）知，当 时，有 的值最大，
且 ， ，
所以应当以 的顺序安排小组的出场顺序，可以使得指派的小组个数的均值最小.
证明如下：
假设 为 的任意一个排列，即若三个小组 按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成项目的概率为 ，记在比赛时所需派出的小组个数为 ，
则 ，且 的分布列为
数学期望
下面证明
所以按照完成任务概率从大到小的 的顺序安排小组的出场顺序，可以使得指派的
小组个数的均值最小.
12．2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运
动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市.为迎接冬奥会的到来，某
地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单
板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：
(1)在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校至少有一个参与“自由式滑
雪”超过40人的条件下，“单板滑雪”不超过30人的概率；
(2)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行､转弯､停止”这3个动作技巧进行集训，且
在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优
秀”.则该轮测试记为“优秀”，在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优
秀”的概率均为 ，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要
想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测试？【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件结合条件概率的概率公式求解；
（2）根据题意，结合二项分布的概率公式求解.
（1）
由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，
36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26，37，58，18，25，48，32，
30，
其中参与“自由式滑雪”的人数超过40人的有4个，参与“自由式滑雪”的人数超过40
人，且“单板滑雪”的人数超过30人的有2个.
设事件 为“从这10所学校中抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”的人数超过40
人”
事件 为“从10所学校中选出的3所学校中参与“单板滑雪”的人数不超过30人”
则， ，
，
所以 .
（2）由题意可得小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为
，
所以小在 轮测试中获得“优秀”的次数 满组 ，
由 ，得 .
所以理论上至少要进行12轮测试.
一、单选题
1．从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ）
A． B． C． D．【答案】D
【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.
【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有 种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有： ，共7种，
故所求概率 .
故选：D.
2．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、
乙、丙比赛获胜的概率分别为 ，且 ．记该棋手连胜两盘的概率为
p，则（ ）
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
【答案】D
【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两
盘的概率 ；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率 ；该棋手在第二盘与丙比赛
且连胜两盘的概率 .并对三者进行比较即可解决
【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为 ，
则此时连胜两盘的概率为
则
；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为 ，
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则
即 ， ，
则该棋手在第二盘与丙比赛， 最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D
3．分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：则下列结论中错误的是（ ）
A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4
B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8
C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4
D．乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6
【答案】C
【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案.
【详解】对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为 ，A选项
结论正确.
对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：
B选项结论正确.
对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于 的概率的估计值 ，
C选项结论错误.
对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于 的概率的估计值 ，
D选项结论正确.故选：C
4．从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片
上的数字之积是4的倍数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概
型求概率即可.
【详解】[方法一]：【最优解】无序
从6张卡片中无放回抽取2张，共有15
种情况，其中数字之积为4的倍数的有 6种情况，故概
率为 .
[方法二]：有序
从6张卡片中无放回抽取2张，共有
,
(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况，
其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12
种情况，故概率为 .
故选：C.
【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是
该题的最优解；
方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；
5．现有5位老师，若每人随机进入两间教室中的任意一间听课，则恰好全都进入同一间教
室的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用古典概型概率公式，结合分步计数原理，计算结果.
【详解】5位老师，每人随机进入两间教室中的任意一间听课，共有 种方法，
其中恰好全都进入同一间教室，共有2种方法，所以 .
故选：B
6．有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，
则不同排列方式共有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
【答案】B
【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解
【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排
列,有 种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一
个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排
这5名同学共有： 种不同的排列方式，
故选：B7．若 ，则 （ ）
A．40 B．41 C． D．
【答案】B
【分析】利用赋值法可求 的值.
【详解】令 ，则 ，
令 ，则 ，
故 ，故选：B.
8．现从4名男生和3名女生中，任选3名男生和2名女生，分别担任5门不同学科的课代
表，则不同安排方法的种数是（ ）
A．12 B．120 C．1440 D．17280
【答案】C
【分析】首先选3名男生和2名女生，再全排列，共有 种不同安排方法.
【详解】首先从4名男生和3名女生中，任选3名男生和2名女生，共有 种情况，
再分别担任5门不同学科的课代表，共有 种情况.
所以共有 种不同安排方法.故选：C
二、解答题
9．在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本
数据的频率分布直方图：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间 的概率；
(3)已知该地区这种疾病的患病率为 ，该地区年龄位于区间 的人口占该地区总
人口的 .从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间 ，求此人患这种疾病的
概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，
精确到0.0001）.
【答案】(1) 岁；
(2) ；
(3) ．
【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；
（2）设 {一人患这种疾病的年龄在区间 }，根据对立事件的概率公式
即可解出；
（3）根据条件概率公式即可求出．
【详解】（1）平均年龄
（岁）．
（2）设 {一人患这种疾病的年龄在区间 }，所以
．
（3）设 “任选一人年龄位于区间[40,50)”， “从该地区中任选一人患这种疾病”，则由已知得：
,
则由条件概率公式可得
从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间 ，此人患这种疾病的概率为
．
10．甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的
运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：
准点班次数 未准点班次数
A 240 20
B 210 30
(1)根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；
(2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？
附： ，
0.100 0.050 0.010
2.706 3.841 6.635
【答案】(1)A，B两家公司长途客车准点的概率分别为 ，
(2)有
【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；
（2）根据表格中数据及公式计算 ，再利用临界值表比较即可得结论.
【详解】（1）根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次，
设A家公司长途客车准点事件为M，
则 ；
B共有班次240次，准点班次有210次，
设B家公司长途客车准点事件为N，
则 .
A家公司长途客车准点的概率为 ；B家公司长途客车准点的概率为 .
（2）列联表
准点班次数 未准点班次数 合计
A 240 20 260
B 210 30 240
合计 450 50 500
= ，
根据临界值表可知，有 的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公
司有关.
11．在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到 以上
（含 ）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、
丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：
甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；
乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；
丙：9.85，9.65，9.20，9.16．
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．
(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；
(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E
（X）；
(3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证
明）
【答案】(1)0.4
(2)
(3)丙
【分析】(1) 由频率估计概率即可
(2) 求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望.
(3) 计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计
值最大.
【详解】（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A,乙获得优秀为事件A，丙获得优秀为事件A
1 2 3
，
，
，
.
∴X的分布列为
X 0 1 2 3
P
∴
（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.
