高考数学压轴专题备战高考《计数原理与概率统计》经典测试题含答案.docx
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高考数学压轴专题备战高考《计数原理与概率统计》经典测试题含答案
【高中数学】数学《计数原理与概率统计》高考复习知识点
一、选择题
1．6件产品中有4件合格品，2件次品.为找出2件次品，每次任取一个查验，查验后不放
回，则恰幸亏第四次查验后找出所有次品的概率为（）
A．
3
1
4
1
B．
C．
15
D．
5
3
5
【答案】C
【分析】
【剖析】
题目包括两种状况：
第一种是前方三次找出一件次品，第四次找出次品，第二种状况是前
面四次都是正品，则节余的两件是次品，计算概率获得答案
.
【详解】
题目包括两种状况：
第一种是前方三次找出一件次品，第四次找出次品，
C32
1
p1
；
C64
5
第二种状况是前方四次都是正品，则节余的两件是次品，
p2
C44
1
C64
；
15
4
故pp1p2.
15
应选：
C.
【点睛】
此题考察了概率的计算，忽视掉前方四次都是正品的状况是简单发生的错误.
2．如图，是民航部门统计的某年春运时期12个城市销售的来回机票的均匀价钱以及对比
上年同期变化幅度的数据统计图表，依据图表，下边表达不正确的选项是（）
A．深圳的变化幅度最小，北京的均匀价钱最高.
B．深圳和厦门的均匀价钱同昨年对比有所降落.
C．均匀价钱从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州.
D．均匀价钱的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门.
【答案】D
【分析】
【剖析】
依据折线的变化率，获得对比昨年同期变化幅度、起落趋向，逐个考证即可．
【详解】
由图可知，选项A、B、C都正确，对于D，由于要判断涨幅从高到低，而不是判断变化幅度，所以错误．
应选D．
【点睛】
此题考察了条形统计图的应用，从图表中正确获守信息是要点，属于中档题．
3．已知函数
，在区间
内任取一点
，使
的概率为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】
C
【分析】
【剖析】
先求出
的取值范围，再利用几何概型有关公式即可获得答案
.
【详解】
由
得
，故
或
，由
，故
或
，故使
的概率为
.
【点睛】
此题主要考察几何概型的有关计算，难度一般
.
4．“纹样”是中国艺术宝库的珍宝，“火纹”是常有的一种传统纹样．为了测算某火纹纹样（如
图暗影部分所示）的面积，作一个边长为5的正方形将其包括在内，并向该正方形内随机扔掷1000个点，己知恰有400个点落在暗影部分，据此可预计暗影部分的面积是
A．2B．3C．10D．15
【答案】C
【分析】
【剖析】
依据古典概型概率公式以及几何概型概率公式分别计算概率，解方程可得结果.
【详解】
设暗影部分的面积是s，由题意得，选C.
【点睛】
（1）当试验的结果构成的地区为长度、面积、体积等时，应试虑使用几何概型求解．
（2）利用几何概型求概率时，要点是试验的所有结果构成的地区和事件发生的地区的找寻，有时需要设出变量，在座标系中表示所需要的地区．
5．《易经》是中国传统文化中的精华，以下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、
艮、兑八卦），每一卦由三根线构成（表示一根阳线，表示一根阴线），从
八卦中任取两卦，则这两卦的六根线中恰巧有4根阴线的概率为（）
3
2
9
19
A．
B．
C．
D．
14
7
28
28
【答案】A
【分析】
【剖析】
列出所有28
种状况，知足条件的有
6种状况，计算获得概率.
【详解】
依据题意一共有：
乾坤、乾巽、乾震、乾坎、乾离、乾艮、乾兑；坤巽、坤震、坤坎、坤离、坤艮、坤兑；巽震、巽坎、巽离、巽艮、巽兑；震坎、震离、震艮、震兑；坎离、坎艮、坎兑；
离艮、离兑；艮兑，28种状况.
知足条件的有：
坤巽，坤离，坤兑，震坎，震艮，坎艮，共
6种.
6
3
故p
.
28
14
应选：
A.
【点睛】
此题考察了概率的计算，意在考察学生的计算能力和应用能力
.
6．已知点P,Q为圆C:
x2+y2=25上的随意两点,且|PQ|<6,若PQ中点构成的地区为M,在圆C
内任取一点,则该点落在地区M上的概率为（）
39
A．B．
525
16
2
C．
D．
25
5
【答案】
B
【分析】
PQ中点构成的地区
M如图暗影部分所示
那么在
C内部任取一点落在
M内的概率为
25π-16π9
应选B.
25π25
7．三位同学参加数学、物理、化学知识比赛，若每人都选择此中两个科目，则有且仅有两
人选择的科目完整同样的概率是（）
1
1
1
2
A．
B．
C．
D．
4
3
2
3
【答案】D
【分析】
【剖析】
先求出三位同学参加数学、物理、化学知识比赛，每人都选择此中两个科目的基本领件总
数，再求出有且仅有两人选择的科目完整同样所包括的基本领件个数，利用古典概型的概
率计算公式即可获得答案.
【详解】
三位同学参加数学、物理、化学知识比赛，每人都选择此中两个科目共有
（C32）3
27种不
同
结果，有且仅有两人选择的科目完整同样共有
C32
C32
C12
18
种，故由古典概型的概率计
算公式可得所求概率为
18
2
.
273
应选：
D
【点睛】
不一样考察古典概型的概率计算问题，波及到组合的基本应用，考察学生的逻辑推理与数学运算能力，是一道中档题.
8．以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：
分）．已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的均匀数为16.8，则x，y的值分别为（）
A．2，5B．5，5C．5，8D．8，8
【答案】C
【分析】
1
试题剖析：
由题意得x5，16.8（91510y1824）y8，选C.
考点：
茎叶图
9．某城市有3个演习点同时进行消防演习，现将5个消防队分派到这3个演习点，若每个
演习点起码安排1个消防队，则不一样的分派方案种数为（）
A．150B．240C．360D．540
【答案】A
【分析】
试题剖析：
由题意得，把5个消防队分红三组，可分为1,1,3，1,2,2两类方法，
（1）分为
1,1,3，共有
C51C41C33
10
种不一样的分组方法；
（2）分为1,2,2，共有
C51C42C22
15
种不
A22
A22
同的分组方法；所以分派到三个演习点，共有
（1015）A33
150种不一样的分派方案，故
选A．
考点：
摆列、组合的应用．
【方法点晴】此题主要考察了以分派为背景的摆列与组合的综合应用，解答的要点是依据
1
5个消防队分为
1,1,3，1,2,2的三组
“每个演习点起码要安排个消防队”的要求，明确要将
是解得要点，侧重考察了剖析问题和解答问题的能力，属于中档试题，此题的解答中，先
将5个消防队分为三组，则分派到三个演习点，而后依据分步计数原理，即可获得答案．
10．在区间
0,1内随机取两个数
m?
n，则对于x的方程x2
nxm0有实数根的概
率为（
）
1
1
1
1
A．
B．
C．
D．
8765
【答案】A
【分析】
【剖析】
依据方程有实根可获得拘束条件，依据不等式组表示的平面地区和几何概型概率公式可求得结果.
【详解】
若方程x2
nx
m0有实数根，则
n4m
0
.
n
4m
0
0
m
1
如图，0
m
1表示的平面地区与正方形
0
n
的面积之比即为所求的概率，
0
n
1
1
S暗影
1
1
1
1.
即
2
4
P
11
8
S正方形
应选：
A.
【点睛】
此题考察几何概型中面积型概率问题的求解，波及到线性规划表示的平面地区面积的求
解，要点是能够依据方程有实根确立拘束条件.
11．某人连续投篮
6次，此中
3次命中，
3次未命中，则他第
1次、第
2次两次均未命中
的概率是（）
A．
1
3
1
1
B．
10
C．
D．
2
4
5
【答案】D
【分析】
【剖析】
先求出基本领件总数，再求出第1次、第2次两次均未命中包括的基本领件个数，计算即
可求出第1
次、第2
次两次均未命中的概率．
【详解】
由题可得基本领件总数
nC63C33
20，
第1次、第
2次两次均未命中包括的基本领件个数
m
C22C41C33
4
所以他第1
次、第2次两次均未命中的概率是
m
4
1
P
20
5
n
应选D.
【点睛】
此题考察计数原理及摆列组合的应用，解题的要点是正确求出基本领件个数．
12．已知失散型随机变量X听从二项散布X~B（n,p），且E（X）4，D（X）q，则
11
的最小值为（）
pq
59
A．2B．C．D．4
24
【答案】C
【分析】
【剖析】
依据二项散布X~Bn，p的性质可得EX，DX，化简即4pq4，联合基本不
11
等式即可获得的最小值.
pq
【详解】
失散型随机变量X听从二项散布X:
Bn，p，
所以有E
X
4np，
DX
q
np（1
p，
所以4pq
q
1，（p0，q
0）
4，即p
4
11
11
p
q
5qp
qp
5
9
所以
pq
4
44pq
2
4
1，
pq
4pq
4
当且仅当q
4
时获得等号．
2p
3
应选C．
【点睛】
此题主要考察了二项散布的希望与方差，考察了基本不等式，属于中档题．
13．已知ac，随机变量，的散布列如表所示.
123
Pabc
123
Pcba
命题p：
E
=E
，命题q：
D
D，则（
）
A．p真q真
B．p真q假
C．p假q真
D．p假q假
【答案】C
【分析】
【剖析】
第一分别求E和E
，而后比较，利用公式
DE
2
E2
，利用公式
a
bc
1
，计算D
D
的值.
【详解】
E
1
a
2b
3
ca
2b
3c
E
1c2b3a3a2bc，
E
E
2c
a
Qac，
EE，所以命题p是假命题，
E
2
a
4b
9c
，E2
a
2b
3c
2
，
所以D
a4b
9c
a
2
2b3c
E
2
9a
4b
c，E2
3a
2b
c
2
，
D
E
2
E2
9a
4b
c3a
2bc
2
，
D
D
8c
a
3a
2b
2
a
2b
2
c
3c
8c
a
2a
2c4a
4b
4c
，
Qab
c
1，
所以D
D
8ca8ac0，
即D
D
所以命题q是真命题.
综上可知p假q真.
应选：
C
【点睛】
此题考察失散型散布列的希望方差，属于要点题型，此题使用的要点公式是
DE2E2，比较大小的要点是利用abc1.
14．若实数a2
2，则a10
2C101a9
22C102a8
L210
等于（
）
A．32
B．－32
C．1024
D．512
【答案】A
【分析】
由题意可得：
a102C101a922C102a2L210
10
a2
10
222
32.
此题选择A选项.
15．将编号
1,2,3,4的小球放入编号为
1,2,3
盒子中
要求不一样意有空盒子
且球与盒子的编
号不可以同样
则不一样的放球方法有
A．6种
B．9种
C．12种
D．18种
【答案】C
【分析】
由题意可知,这四个小球有两个小球放在一个盒子中,当四个小球分组为以下状况时,放球方法有:
当1与2号球放在同一盒子中时
当1与3号球放在同一盒子中时
当1与4号球放在同一盒子中时
当2与3号球放在同一盒子中时
当2与4号球放在同一盒子中时
当3与4号球放在同一盒子中时
所以,不一样的放球方法有12种.
应选：
C
有2种不一样的放法
有2种不一样的放法
有2种不一样的放法
有2种不一样的放法
有2种不一样的放法
有2种不一样的放法
;
;
;
;
;
;
16．有一散点图以下图，在5个（x,y）数据中去掉D（3,10）后，以下说法正确的选项是（）
A．残差平方和变小
B．有关系数r变小
C．有关指数R2变小
D．解说变量x与预告变量
y的有关性变弱
【答案】A
【分析】
【剖析】
由散点图可知，去掉
D（3,10）后，y与x的线性有关性增强，由有关系数
r，有关指数R2
及残差平方和与有关性的关系得出选项.
【详解】
∵从散点图可剖析得出：
只有D点偏离直线远，去掉
D点，变量
x与变量
y的线性有关性变强，
∴有关系数变大，有关指数变大，残差的平方和变小，应选
A.
【点睛】
该题考察的是有关三点图的问题，波及到的知识点有益用散点图剖析数据，判断有关系
数，有关指数，残差的平方和的变化状况，属于简单题目.
17．随机变量X的散布列如表所示，若E（X）
1
2）（
，则D（3X
）
3
X
1
0
1
P
1
a
b
6
A．5B．5C．5D．7
93
【答案】C
【分析】
【剖析】
由E（X）
1
a
1
1
，利用随机变量X的散布列列出方程组，求出
，b
，由此能求出
3
3
2
D（X），再由D（3X
2）9D（X），能求出结果．
【详解】
1
QE（X）
3
由随机变量X的散布列得：
1
b
1
1
a
a
6
，解得
3，
1
1
1
6
b
b
3
2
D（X）（1
1
2
1
1
）
2
1
1
）
2
1
5
）
6
（0
3
（1
2
，
3
3
3
9
D（3X2）9D（X）95
5
9
应选：
C．
【点睛】
此题考察方差的求法，考察失散型随机变量的散布列、数学希望、方差等基础知识，考察运算求解能力，考察函数与方程思想，是基础题．
18
．已知变量y对于x的回归方程为
?
bx0.5
，其一组数据以下表所示：
y
e
x
1
2
3
4
y
e
e3
e4
e6
若x
5，则展望y的值可能为（
）
A．e5
11
C．e7
15
B．e2
D．e2
【答案】D
【分析】
【剖析】
将式子两边取对数，获得
$
bx
，令
$
，获得
z
bx0.5
，依据题中所给
lny
0.5
z=lny
的表格，列出
x,z的取值对应的表格，求得
x,z，利用回归直线过样本中心点，列出等量
关系式，求得b
1.6，获得z
1.6x
0.5，从而获得
$
1.6x
0.5
，将x
5代入，求得结
y
e
果.
【详解】
由$
bx0.5
，得
$
bx0.5
，令
$
，则
z
bx
0.5
.
y
e
lny
z=lny
x
1
2
3
4
z1346
x
1
2
3
4
2.5，z
1
3
4
6
4
4
3.5，
∵（x,z）知足z
bx
0.5
，∴
3.5
b
2.50.5，
解得b
1.6，∴z
1.6x
0.5，∴y
e1.6x0.5，
当x
5
时，$
1.6
50.5
15
，
e
2
y
e
应选D.
【点睛】
该题考察的是有关回归剖析的问题，波及到的知识点将对数型回归关系转变为线性回归关
系，依据回归直线过样本中心点求参数，属于简单题目.
19．某校从6名教师中选派3名教师去达成4项不一样的工作，每人起码达成一项，每项工
作由1人达成，此中甲和乙不一样去，甲和丙只好同去或同不去，则不一样的选派方案种数是
（）
A．252
B．288
C．360
D．216
【答案】A
【分析】
【剖析】
3名教师去达成4
项不一样的工作，每人起码达成一项，每项工作由
1人达成，所以当
3名教
师确准时，则此中
1
人一定达成两项工作，故达成工作的方法有
C31?
C42?
C21种,而后再
依据甲、乙、丙三人的条件要求，分三种状况议论，得出结果
.
【详解】
解：
由于3名教师去达成
4项不一样的工作，每人起码达成
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