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第九章 计数原理、统计与概率（模块综合调研卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上
的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷
草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 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．已知随机变量 ，若随机变量 ，则 （ ）
A．10 B．12 C．30 D．32
【答案】B
【分析】利用二项分布的期望公式和两随机变量的线性关系即可求解.
【详解】由题意可得 ，则 ．
故选：B.
2． 的展开式中 的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】写出通项 ，令 ，再求 展开式中 系数为1时的系数，
然后相乘即可；
【详解】 ，
项对应 ， ，
项对应 系数为 ，故 展开后 系数为 .
故选：D.
3．将6名志愿者安排到4个不同的社区进行创文共建活动，要求每个社区至少安排1名志愿者，则不同排法共有（ ）
A．480种 B．1560种 C．2640种 D．640种
【答案】B
【分析】先将6名志愿者分成4组，然后再分配到不同的社区即可．
【详解】解：先将6名志愿者分成4组，然后再分配到不同的社区即可，
若志愿者人数依次为3，1，1，1，则不同的安排方法种数为： 种；
若志愿者人数依次为2，2，1，1，则不同的安排方法种数为： 种，
故不同的安排方法共有 种．
故选：B．
4．将数字 随机填入 的正方形格子中，则每一横行､每一竖列以及两条斜对角线上的三
个数字之和都相等的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】用列举法写出符合题意的填写方法，然后根据概率公式计算．
【详解】符合题意的填写方法有如下8种：
而9个数填入9个格子有 种方法
所以所求概率为 ，
故选：A．
5．若 ，则 （ ）
A．180 B． C． D．90
【答案】A
【分析】由 写出其通项公式，依题意对 赋值即可求得 .【详解】因 ，其二项展开式的通项为：
，
而 是 的系数，故只需取 ，得 ，
即 .
故选：A.
6．现有甲、乙、丙、丁四名同学同时到 三个不同的社区参加公益活动，每个社区至少分配一名同
学.设事件 “恰有两人在同一个社区”，事件 “甲同学和乙同学在同一个社区”，事件 “丙同
学和丁同学在同一个社区”，则下面说法正确的是（ ）
A．事件 与 相互独立 B．事件 与 是互斥事件
C．事件 与 相互独立 D．事件 与 是对立事件
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用相互独立事件、互斥事件、对立事件的意义逐项判断即得.
【详解】对于A，依题意，甲、乙、丙、丁中必有两人在同一社区，即事件 是必然事件， ，
显然 ， ，因此事件 与 相互独立，A正确；
对于B，由 ，得事件 与 不是互斥事件，B错误；
对于C，显然事件事件 与 不可能同时发生，即 ，而 ，事件 与 相互不独立，
C错误；
对于D，显然事件 与 可以同时不发生，如甲丙在同一社区，因此事件 与 不是对立事件，D错误.
故选：A
7．若 是一组数据 ， ，…， 的平均数，则这组数据的方差为 .已知数据 ， ，…，
的平均数为4，方差为2，数据 ， ，…， 的平均数为2，方差为4，若将这两组数据混合形成一组
新的数据，则新的一组数据的方差为（ ）
A．6 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】利用平均数和方差的定义结合条件求解即得.
【详解】解：易知新的一组数据的平均数为 ，
所以新数据的方差 .
故选：D.8．托马斯•贝叶斯在研究“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.春夏换季是流行性感冒爆发
期，已知 三个地区分别有 的人患了流感，且这三个地区的人口数之比是 ，现从这
三个地区中任意选取1人，若选取的这人患了流感，则这人来自 地区的概率是（ ）
A．0.25 B．0.27 C．0.48 D．0.52
【答案】C
【分析】本题利用题目信息给出的贝叶斯公式，结合全概率公式即可求解.
【详解】记事件 表示“这人患了流感”，事件 分别表示“这人来自 地区”，
由题意可知：
， ，
故 .
故选：C.
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要
求。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分）
9．甲乙两名同学参加系列知识问答节目，甲同学参加了5场，得分是3，4，5，5，8，乙同学参加了7场，
得分是3，3，4，5，5，7，8，那么有关这两名同学得分数据下列说法正确的是（ ）
A．得分的中位数甲比乙要小 B．两人的平均数相同
C．两人得分的极差相同 D．得分的方差甲比乙小
【答案】BCD
【分析】由中位数，极差的概念即可判断AC，由平均数、方差计算公式可分别判断BD.
【详解】对于A，甲的得分中位数是5，乙的得分中位数是5，故A错误；
对于B，甲的得分平均数是 ，乙的得分平均数是 ，故B正确；
对于C，甲的得分极差是 ，乙的得极差是 ，故C正确；对于D，甲的得分方差是 ，
乙的得方差是 ，故D正确.
故选：BCD.
10．已知 展开式中共有8项．则该展开式结论正确的是（ ）
A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为
C．系数最大项为第2项 D．有理项共有4项
【答案】AD
【分析】先根据展开式的项数确定 的值，根据二项式系数的性质判断A；令 可得所有项的系数和从
而判断B，利用二项展开式的通项公式求解系数最大项及有理项可判断CD．
【详解】A项，因为 的展开式共有8项，所以 ．
故所有项的二项式系数和为 ，故A正确；
B项，令 ，可得所有项的系数和为 ，故B错误；
因为二项展开式的通项公式为：
． .
C项， 当 ，设 项系数最大，
由 ，解得 ，则 ，
且 ，第3项系数为 .
当 时， ，系数为1；
当 时， ，系数为 ；
由 ，故第3项的系数最大；故C错误；
D项，由 为整数，且 可知， 的值可以为：0，2，4，6，所以二项展开式中，有理项共有4项，故D正确．
故选：AD.
11．随机事件 ， 满足 ， ， ，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】根据题意由相互独立事件的概率性质分析可判断 ， ；由概率加法公式可分析 ；计算
，验证 是否正确即可判断 .
【详解】由已知 ， ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，故 错误；
因为 ，故 错误；
，故 正确；
，
又 ， ， ，
所以 ，故 正确.
故选： .
【点睛】方法点睛：解决本题的关键是概率的性质和应用，以及条件概率的计算.
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12．某单位为了提高员工身体素质，开展双人投篮比寒，现甲､乙两人为一组参加比赛，每次由其中一人
投篮，规则如下：若投中，则此人继续投篮，若未投中，则换为对方投篮，无论之前投篮的情况如何，甲
每次投篮的命中率均为 ，乙每次投篮的命中率均为 .由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲､乙的概率各为 .第2次投篮的人是甲的概率为 ；已知在第2次投篮的人是乙的情况下，第
1次投篮的人是甲的概率为 .
【答案】
【分析】设相应事件，结合题意分析相应事件的概率，结合全概率公式求 ；结合条件概率求
.
【详解】设“第 次是甲投篮”为事件 ，“投篮命中”为事件B，
由题意可知： ， ，
则 ，
所以第2次投篮的人是甲的概率为
；
且在第2次投篮的人是乙的情况下，第1次投篮的人是甲的概率为
.
故答案为： ； .
13．已知某公司加工一种芯片的不合格率为p，其中 ，若加工后的30颗这种芯片中恰有6颗不合格
的概率为 ，且各颗芯片是否为不合格品相互独立，则当 取最大值时， ．
1
【答案】 /
5
【分析】先根据独立重复实验的概率求出 ，再利用导数求函数的极值.
【详解】由题意 ，
设 ， ，
则 ，
由 得 .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.所以当 时， 有极大值.
即当 时， 取得最大值.
故答案为：
14．若随机变量X，Y分别服从成功概率为 的两点分布，则 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由两点分布及期望公式求解即可．
【详解】解：因为随机变量 ， 分别服从成功概率为 ， 的两点分布，
则 ， ，
， ，
所以 或1，
所以
或
或 ，
因为 或 ，且 或 ，
所以 或 ，
所以 或 ，
即 的取值范围是 ．
故答案为： ．
四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17
分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．某班统计了全班50名同学在某一周内到图书馆借阅次数的相关数据，结果如下表：
借阅次数 0 1 2 3 4 5 6 7 合计
男生人数 2 5 3 5 5 1 2 2 25女生人数 4 4 5 5 3 2 1 1 25
合计人数 6 9 8 10 8 3 3 3 50
若将该周内到图书馆借阅次数不少于3次的学生，称为“爱好阅读生”；少于3次的学生称为“一般阅读
生”．
(1)请完成以下 列联表；问：能否有90％的把握认为爱好阅读与性别有关？
阅读
性别 合计
一般 爱好
男生
女生
合计
附： ， ．
0.1 0.05 0.01
k 2.706 3.841 6.635
(2)班主任从该周内在图书馆借阅次数为0的同学中，一次性随机抽取3人了解有关情况，求抽到的男生人
数 的概率分布和数学期望．
【答案】(1)列联表见解析，没有90％的把握认为喜爱阅读与性别有关
(2)概率分布见解析，1
【分析】（1）完成2×2列联表，计算出 即可得出判断；
（2）由题可知，随机变量 服从超几何分布 ，由此求出的 概率分布和数学期望．
【详解】（1） 列联表：
阅读
性别 合计
一般 爱好
男生 10 15 25
女生 13 12 25
合计 23 27 50
提出假设 ：是否喜爱阅读与性别没有关系，
根据列联表的数据，可以求得：，
所以没有90％的把握认为喜爱阅读与性别有关．
（2）随机变量 服从超几何分布 ， 可能取0，1，2，
， ， ，
则 的分布列为：
0 1 2
所以 ，
故抽取男生人数的数学期望为1．
16．某工厂生产一批机器零件，现随机抽取 100件对某一项性能指标进行检测，得到一组数据 ，如下表:
性能指标 66 77 80 88 96
产品件数 10 20 48 19 3
(1)求该项性能指标的样本平均数 的值.若这批零件的该项指标 X 近似服从正态分布 ，其中
近似为样本平均数 的值， ，试求 的值.
(2)若此工厂有甲、乙两台机床加工这种机器零件，且甲机床的生产效率是乙机床的生产效率的2倍，甲机
床生产的零件的次品率为0.02，乙机床生产的零件的次品率为0.03，现从这批零件中随机抽取一件.
①求这件零件是次品的概率；
②若检测出这件零件是次品，求这件零件是甲机床生产的概率；
③在①的条件下，若从这批机器零件中随机抽取300件，每次抽取的结果相互独立，记抽出的零件是次品，
且该项性能指标恰好在 内的零件个数为 ，求随机变量 的数学期望（精确到整数）.
参考数据：若随机变量 服从正态分布 ，则 ，
， .
【答案】(1) ；0.1359
(2)① ；② ；③1
【分析】（1）计算出平均数后可得 ，结合正态分布的性质计算即可得解；
（2）①借助全概率公式计算即可得；②借助条件概率公式计算即可得；③借助二项分布期望公式计算即可得.
【详解】（1） ，
因为 ，所以 ，
则
；
（2）①设“抽取的零件为甲机床生产”记为事件 ，
“抽取的零件为乙机床生产”记为事件 ，
“抽取的零件为次品”记为事件 ，
则 ， ， ， ，
则 ；
② ；
③由（1）及（2）①可知，这批零件是次品且性能指标在 内的概率 ，
且随机变量 ，
所以 ，
所以随机变量Y的数学期望为1.
17．小金、小郅、小睿三人下围棋，已知小金胜小郅、小睿两人的胜率均为 ，小郅胜小睿的胜率为 ，
比赛采用三局两胜制，第一场比赛等概率选取一人轮空，剩余两人对弈，胜者继续与上一场轮空者比赛，
另一人轮空.以此类推，直至某人赢得两场比赛，则其为最终获胜者.
(1)若第一场比赛小金轮空，则需要下第四场比赛的概率为多少？
(2)求最终小金获胜的概率.
(3)若已知小郅第一局未轮空且获胜，在此条件下求小金最终获胜的概率（请用两种方法解答）.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式求解即可.（2）根据互斥事件概率加法公式和独立事件概率乘法公式求解即可.
（3）法一：利用条件概率求解即可；法二：根据事件的含义利用互斥事件概率加法公式和独立事件概率
乘法公式求解即可.
【详解】（1）第一场比赛小郅获胜时，则第二场小金获胜，第三场小睿获胜，满足题意；
第一场比赛小睿获胜时，则第二场小金获胜，第三场小郅获胜，满足题意；
所以需要下第四场比赛的概率为
（2）由题意，最终小金获胜的情况如下，
当小金第一场轮空，
第一场小郅胜小睿输，第二场小金胜小郅输，第三场小金胜小睿输，此时 ，
第一场小睿胜小郅输，第二场小金胜小睿输，第三场小金胜小郅输，此时 ，
则小金获胜 ，
当小金第一场不轮空，
第一场小郅胜小金输，第二场小睿胜小郅输，第三场小金胜小睿输，第三场小金胜小郅输，此时
，
第一场小金胜小郅输，第二场小睿胜小金输，第三场小郅胜小睿输，第三场小金胜小郅输，此时
，
第一场小金胜小郅输，第二场小金胜小睿输，此时 ，
所以第一场小郅与小金比赛，小金获胜概率为 ，
同理，第一场小睿与小金比赛，小金获胜概率为 ，
故小金获胜概率为
（3）法一：设A：小金最终获胜；B：小郅第一场未轮空且获胜，则 ，
结合（2）知 ，
法二：第一场小睿轮空时，小金最终获胜概率为 ，第一场小金轮空时，小金最终获胜概率为 ，
18．已知甲口袋有 个红球和2个白球，乙口袋有 个红球和2个白球，小明
从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一
个球.
(1)当 时，
（i）求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率；
（ii）设小明4次摸球中，摸出白球的个数为 ，求 的数学期望；
(2)当 时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为 ，则当 为何值时， 最大？
【答案】(1)（i） ；（ii）
(2)
【分析】（1）（i）先根据题意求出小明从甲口袋摸出一个白球的概率和从乙口袋摸出一个白球的概率，
然后求出小明4次摸球中，摸出的都是红球的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得答案；（ii）
的所有可能取值为 ，求出相应的概率，从而可求出 的数学期望；
（2）由 ，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验，则
，然后利用导数可求得其最大值.
【详解】（1）小明从甲口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为 ，
从乙口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为 .
（i）设“小明4次摸球中，至少摸出1个白球”为事件 ，则“小明4次摸球中，摸出的都是红球”为事
件 ，且 ，
所以 .
（ii） 的所有可能取值为 ，
由（i），得 ， ，
，
， ，所以 .
（2）由 ，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验，
设小明每次摸出一个红球的概率为 ，则 .
因为 ，
所以当 时， ；当 1时， ，
所以 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
所以当 时， 最大，
此时 ，解得 ，
故当 时， 最大.
【点睛】关键点点睛：此题考查对立事件的概率公式的应用，考查离散型随机变量的期望，考查独立重复
试验的概率，考查导数的应用，第（2）问解题的关键是根据独立重复试验的概率公式表示出 ，然后
利用导数可求出其结果，考查理解能力和计算能力，属于较难题.
19．现有一摸奖游戏，其规则如下：设置1号和2号两个保密箱，在1号保密箱内共放有6张卡片，其中
有4张卡片上标有奇数数字，另外2张卡片上标有偶数数字；2号保密箱内共放有5张卡片，其中有3张卡
片上标有奇数数字，另外2张卡片上标有偶数数字．摸奖者先从1号保密箱内随机摸出一张卡片放入2号
保密箱内，待把2号保密箱内的卡片重新搅拌均匀后，再从2号保密箱内随机摸出一张卡片，即完成一次
摸奖，如果摸奖者从1号保密箱和2号保密箱内摸出的卡片上的数字均为偶数即中奖．当上一个人摸奖结
束后，需要将两保密箱内的卡片复原并搅拌均匀，下一个人才可摸奖，所有卡片的外观质地都相同．
(1)求摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率；
(2)若有3人依次摸奖，且每人只完成一次摸奖，求这3人摸奖全部结束后中奖人数 的分布列和数学期望；
(3)为了提高摸奖者的中奖概率，现将游戏规则修改为：摸奖者先从1号保密箱内随机摸出一张卡片放入2
号保密箱内，待把2号保密箱内的卡片重新搅拌均匀后，再从2号保密箱内随机摸出一张卡片，如果摸奖
者从2号保密箱内摸出的卡片上的数字为偶数即中奖．在修改游戏规则的同时，对1号和2号两个保密箱
内的卡片重新进行调整：已知标有奇数、偶数的卡片各有7张，并且已在1号保密箱内放入了3张标有奇
数的卡片，2号保密箱内放入了4张标有奇数的卡片，那么，应该如何放置7张标有偶数的卡片（每个保
密箱中至少放入1张偶数卡片），才能使摸奖者完成一次摸奖的中奖概率最高？最高为多少？请说明理由．
【答案】(1) ；
(2)分布列见解析， ；(3)答案见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用条件概率公式，结合古典概型计算即得.
（2）求出中奖人数的可能值，结合（1）的结论及二项分布的概率公式求出分布列、常数期望.
（3）方法1，设在1号保密箱中放入 张标有偶数的卡片，利用条件概率公式，结合古典概型求出中奖的
函数关系，判断单调性得解；方法二，利用条件概率公式，结合古典概型依次求出在1号保密箱分别放入
1，2，3，4，5，6张标有偶数的卡片中奖概率，比较大小即得.
【详解】（1）设“从1号保密箱中摸出的卡片上标有偶数”为事件 ，
“从2号保密箱中摸出的卡片上标有偶数”为事件 ，则“摸奖者中奖”为事件 ,
，由条件概率公式， ，
所以摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为 ．
（2）依题意，3人依次摸奖，且每人只完成一次摸奖，中奖人数 的可能值为 ，
由每个人中奖的概率均为 ，每人完成一次摸奖就相当于做了一次独立重复实验．则 ，
因此中奖人数 的分布列为 ，
0 1 2 3
数学期望为 ．
（3）方法一：设在1号保密箱中放入 张标有偶数的卡片，则在2号保密箱中放入 张标有偶数的卡
片，其中 ，
则
，
因为 ，即 单调递减，
所以当 ，即在1号保密箱中放入1张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入6张标有偶数的卡片时，
摸奖者完成一次摸奖的中奖概率最高，最高概率为 ．
方法二：当在1号保密箱中放入1张标有偶数的卡片，
在2号保密箱中放入6张标有偶数的卡片时，摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为：；
当在1号保密箱中放入2张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入5张标有偶数的卡片时，
摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为 ；
当在1号保密箱中放入3张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入4张标有偶数的卡片时，
摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为 ；
当在1号保密箱中放入4张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入3张标有偶数的卡片时，
摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为 ；
当在1号保密箱中放入5张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入2张标有偶数的卡片时，
摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为 ；
当在1号保密箱中放入6张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入1张标有偶数的卡片时，
摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为 ．
显然 ，
所以在1号保密箱中放入1张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入6张标有偶数的卡片时，
摸奖者完成一次摸奖的中奖概率最高，最高概率为 ．
【点睛】结论点睛：求 有两种方法：基于样本空间Ω，求出 ，则 ；以A
为样本空间，求出A，AB包含的样本点数 ，则 .
