2023届高考数学二轮复习 专题21 排列组合与概率必刷小题100题（教师版）.docx

1、专题21 排列组合与概率必刷小题100题任务一:善良模式(基础)1-30题一、单选题1要安排名学生到个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）A种B种C种D种【答案】C【分析】先将名学生分为组，再将组学生分配到个乡村，利用分步乘法计数原理可得结果.【详解】先把名学生分成三组，三组人数分别为、，再分配给个乡村，故方法数为.故选：C.2在边长为2的正六边形内任取一点，则这个点到该正六边形中心的距离不超过1的概率为（ ）ABCD【答案】A【分析】先求出正六边形的面积，再求出到正六边形中心距离不超过1的点构成的圆的面积，利用面积比即可求出结果.【详解

2、】正六边形的边长为2，所以其面积为当正六边形内的点落在以正六边形的中心为圆心，1为半径的圆上或圆内时，该点到正六边形的中心的距离不大于1，其面积为所以正六边形内的点到该正六达形中心的距离不起过1的概率.故选：A3若某群体中的成员不用现金支付的概率为0.4，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则只用现金支付的概率为（ ）ABCD【答案】C【分析】利用对立事件的概率公式求解.【详解】设事件A：只用现金支付；事件B: 既用现金支付也用非现金支付；事件C：只用非现金支付，则，又由条件有，所以.故选：C.4现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，提出如下的“四色

3、问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方案有（ ）A18种B36种C48种D72种【答案】D【分析】分别求解选用4种颜色和3种颜色，不同的染色方案，综合即可得答案.【详解】若选择4种颜色，则前后侧面或左右侧面用1种颜色，其他3个面，用3种颜色，所以有种；若选择3种颜色，则前后侧面用1种颜色，左右侧面用1种颜色，底面不同色，所以有种，综上，不同的染色方案有种.故选：D5奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结.五个奥林匹克环总共有8个交点，从中任取3个点，则这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上的概率为（ ）ABCD【答案】A【分析】求出从8个点中

4、任取3个点的所有情况，求出满足条件的情况 即可求出.【详解】从8个点中任取3个点，共有种情况，这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上有种情况，则所求的概率.故选：A.6年月日，极端强降雨席卷河南，部分地区发生严重洪涝灾害，河北在第一时间调集支抗洪抢险专业队辆执勤车艘舟艇及余件救灾器材，于月日时分出发支援河南抗洪抢险.若这支抗洪抢险专业队分别记为，从这支专业队中随机选取支专业队分别到离出发地比较近的甲乙个发生洪涝的灾区，则去甲灾区不去乙灾区的概率为（ ）ABCD【答案】A【分析】先求出从这支专业队种随机选取支专业队，分别去甲乙灾区的结果总数，再求出去甲灾区不去乙灾区的结果数，再求概率.【详解】从这支

5、专业队种随机选取支专业队，分别去甲乙灾区结果有种，去甲灾区不去乙灾区的结果有种，所以所求概率，故选：A.7甲、乙两名运动员各自等可能地从编号为、的张卡片中选择张，则他们选择的卡片上的数字之和能被整除的概率为（ ）ABCD【答案】A【分析】利用古典概型的概率公式即求.【详解】由题知甲、乙两名运动员选择的卡片结果有：共9种；其中他们选择的卡片上的数字之和能被整除的有：共3种.故他们选择的卡片上的数字之和能被整除的概率为.故选：A8某团支部随机抽取甲乙两位同学连续期“青年大学习”的成绩（单位：分），得到如图所示的成绩茎叶图，关于这期的成绩，则下列说法正确的是（ ）A甲成绩的中位数为B乙成绩的极差为C

6、甲乙两人成绩的众数相等D甲成绩的平均数高于乙成绩的平均数【答案】A【分析】根据茎叶图求出甲成绩的中位数，乙成绩的极差，众数，平均数即可判断.【详解】对A，根据茎叶图可得甲成绩的中位数为32，故A正确；对B，乙同学的成绩最高为52，最低为10，所以极差为，故B错误；对C，由茎叶图可知甲同学成绩的众数为32，乙同学的成绩的众数为42，不相等，故C错误；对D，因为甲成绩的平均数为，乙成绩的平均数为，故D错误.故选：A.9要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A、B、C三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则甲被分到A班级的概率为（ ）ABCD【答案】B【分析】根据题意，先将四人分成三组，再分别分给三个班级即

7、可求得总安排方法；若甲被安排到A班，则分甲单独一人安排到A班和甲与另外一人一起安排到A班两种情况讨论，即可确定甲被安排到A班的所有情况，即可求解.【详解】将甲、乙、丙、丁名同学分到三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则将甲、乙、丙、丁名同学分成三组，人数分别为1，1，2；则共有种方法，分配给三个班级的所有方法有种；甲被分到A班，有两种情况：甲单独一人分到A班，则剩余两个班级分别为1人和2人，共有种；二，甲和另外一人分到A班，则剩余两个班级各1人，共有种；综上可知，甲被分到班的概率为.故选：B.10奥运会跳水比赛中共有名评委给出某选手原始评分，在评定该选手的成绩时，去掉其中一个最高分和一个最低

8、分，得到个有效评分，则与个原始评分（不全相同）相比，一定会变小的数字特征是（ ）A众数B方差C中位数D平均数【答案】B【分析】根据题意，由数据的中位数、平均数、方差、众数的定义，分析可得答案【详解】对于A：众数可能不变，如，故A错误；对于B：方差体现数据的偏离程度，因为数据不完全相同，当去掉一个最高分、一个最低分，一定使得数据偏离程度变小，即方差变小，故B正确；对于C：7个数据从小到大排列，第4个数为中位数，当首、末两端的数字去掉，中间的数字依然不变，故5个有效评分与7个原始评分相比，不变的中位数，故C错误；对于C：平均数可能变大、变小或不变，故D错误；故选：B11有五名学生站成一排照毕业纪念

9、照，其中甲不排在乙的左边，则不同的站法共有( )A66种B60种C36种D24种【答案】B【分析】首先利用全排列并结合已知条件即可求解.【详解】首先对五名学生全排列，则共有种情况，又因为只有甲在乙的左边或右边两种情况，所以甲不排在乙的左边的不同的站法共有种情况.故选：B12随机变量满足分布列如下：012P则随着的增大（ ）A增大，越来越大B增大，先增大后减小C减小，先减小后增大D增大，先减小后增大【答案】B【分析】结合分布列的性质求出的值以及的范围，然后根据期望与方差的概念表示出期望与方差，结合函数的性质即可得出结论.【详解】因为，所以，又因为，解得，所以，随着的增大，增大；，因为，所以先增大

10、后减小.故选：B.13永州是一座有着两千多年悠久历史的湘南古邑，民俗文化资源丰富.在一次民俗文化表演中，某部门安排了东安武术、零陵渔鼓、瑶族伞舞、祁阳小调、道州调子戏、女书表演六个节目，其中祁阳小调与道州调子戏不相邻，则不同的安排种数为（ ）A480B240C384D1440【答案】A【分析】利用插空法求解即可.【详解】第一步，将东安武术、零陵渔鼓、瑶族伞舞、女书表演四个节目排列，有种排法；第二步，将祁阳小调、道州调子戏插入前面的4个节目的间隙或者两端，有种插法；所以共有种不同的安排方法.故选：A14五行学说是中华民族创造的哲学思想.古代先民认为，天下万物皆由五种元素组成，分别是金木水火土，彼

11、此之间存在如图所示的相生相克关系.若从金木水火土五种元素中任取两种，则这两种元素恰是相生关系的概率是（ ）ABCD【答案】C【分析】先计算从金木水火土五种元素中任取两种的所有基本事件数，再计算其中两种元素恰是相生关系的基本事件数，利用古典概型概率公式，即得解【详解】由题意，从金木水火土五种元素中任取两种，共有（金，木），（金，水），（金，火），（金，土），（木，水），（木，火），（木土），（水，火），（水，土），（火，土），共10个基本事件，其中两种元素恰是相生关系包含（金，木），（木，土），（土，水），（水，火）（火，金）共5个基本事件，所以所求概率.故选：C15山竹，原产地在印度尼西亚东北

12、部岛屿的一组群岛马鲁古，具有清热泻火生津止渴的功效，被誉为夏季的“水果之王”，受到广大市民的喜爱.现统计出某水果经销商近年的山竹销售情况，如下表所示.年份年份代码年销量/万斤根据表中的数据用最小二乘法求得关于的线性回归方程为，若年的年份代码为，则可以预测年该经销商的山竹销量大约为（ ）A万斤B万斤C万斤D万斤【答案】A【分析】求出样本中心点为，代入回归直线可得的值，再将代入即可求解.【详解】，所以样本中心点为，将代入可得：，可得，所以关于的线性回归方程为，当时，万元，故选：A.16医院分级管理办法将医院按其功能任务不同划分为三个等级：一级医院二级医院三级医院.某地有9个医院，其中3个一级医院，

13、4个二级医院，2个三级医院，现在要从中抽出4个医院进行药品抽检，则抽出的医院中至少有2个一级医院的抽法有（ ）A81种B80种C51种D41种【答案】C【分析】分恰有2个一级医院与恰有3个一级医院两种情况讨论，按照分类加法计数原理计算可得；【详解】解：恰有2个一级医院，有种抽法；恰有3个一级医院，有种抽法.所以抽出的医院中至少有2个一级医院的抽法有（种）.故选:C.17为了支援山区教育，现在安排名大学生到个学校进行支教活动，每个学校至少安排人，其中甲校至少要安排名大学生，则不同的安排方法共有（ ）种ABCD【答案】C【分析】对甲校分配的大学生人数进行分类讨论，利用排列、组合计数原理结合分类加法

14、计数原理可得结果.【详解】若甲校分名大学生，此时有种分配方法；若甲校分名大学生，此时有种分配方法.综上所述，共有种分配方法.故选：C.18接种疫苗是预防控制新冠疫情最有效的方法.我国自年月日起实施全民免费接种新冠疫苗工作，截止到年月底，国家已推出了三种新冠疫苗（腺病毒载体疫苗新冠病毒灭活疫苗重组新型冠病毒疫苗）供接种者选择，每位接种者仼选其中一种.若甲乙丙丁人去接种新冠疫苗，则恰有两人接种同一种疫苗的概率为（ ）ABCD【答案】A【分析】首先利用分步乘法计数原理求出基本事件总数，再由排列、组合求出恰有两人接种同一种疫苗的哇基本事件个数，根据古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】由题意，每位接

15、种者可等可能地从种任选一种接种，由分步乘法计算原理知，共有不同的结果，恰有两人接种同一种疫苗，可先从人中任选两人并成一组，有种结果，再与另两人一起按三种疫苗的顺序排成一排，有种排法，一种排法对应一种接种方法，故恰有两人接种同一种疫苗共有种不同结果，由古典概型概率计算公式得：.故选：A19袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，否则记为C，那么事件A与B，A与C间的关系是（ ）AA与B，A与C均相互独立BA与B相互独立，A与C互斥CA与B，A与C均互斥DA与B互斥，A与C相互独立【答案】A【分析】根据相互独立事件的定义进行判断即可.【

16、详解】有放回地摸球，第一次摸球与第二次摸球之间没有影响，即A与B，A与C均相互独立故选：A20从三个小区中选取6人做志愿者，每个小区至少选取1人，则不同的选取方案数为（ ）A10B20C540D1080【答案】A【分析】问题等价于6个相同的小球分成3组，每组至少1个，利用“隔板法”可得答案.【详解】从三个小区中选取6人做志愿者，每个小区至少选取1人，即6个志愿者名额分到3个小区，每个小区至少1个，等价于6个相同的小球分成3组，每组至少1个，将6个小球排成一排，除去两端共有5个空，从中任取2个插入挡板，共有（种）方法，即从三个小区中选取6人做志愿者，每个小区至少选取1人，不同的选取方案数为10.

17、故选：A第II卷（非选择题）二、填空题21袋中有4只红球3只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得1分，取到1只黑球得3分，设得分为随机变量，则P(6)_.【答案】【分析】先求出随机变量的可能取值，再分别求出概率即可.【详解】解：取出的只红球个数可能为：、个，黑球相应个数为：、个所以时，所以故答案为：.22一个袋子中装有六个大小形状完全相同的小球，其中一个编号为1，两个编号为2，三个编号为3现从中任取一球，记下编号后放回，再任取一球，则两次取出的球的编号之和等于4的概率是_【答案】【分析】根据题意列出基本事件，然后根据古典概型的概率公式即可求出结果.【详解】记编号为1的球为，编号为2的球为，编

18、号为3的球为，则基本事件：，共36种，编号之和为4的有：共10种，所求概率为故答案为：.23某医疗队有6名医生，其中只会外科的医生1名，只会内科的医生3名，既会外科又会内科的医生2名.现在要从医疗队中抽取3名医生支援3个不同的村庄，每个村庄1人，要求3名医生中至少有一名会内科，至少有一名会外科，则共有_种派遣方法.【答案】114【分析】根据医生的情况，分从只会外科的人中选1人和从只会外科的人中选0人两类求解.【详解】由题知，有2名医生既会外科，也会内科，只会外科的1名，5名会内科，以选出只会外科的人数进行分类：从只会外科的人中选1人：，从只会外科的人中选0人：，所以共114种.故答案为：114

19、24某工厂生产了一批节能灯泡，这批产品中按质量分为一等品，二等品，三等品.从这些产品中随机抽取一件产品测试，已知抽到一等品或二等品的概率为0.86，抽到二等品或三等品的概率为0.35，则抽到二等品的概率为_.【答案】0.21/【分析】设抽到一等品，二等品，三等品的事件分别为，利用互斥事件加法列出方程组即可求解.【详解】设抽到一等品，二等品，三等品分别为事件A，B，C则，则故答案为：0.2125两名学生一起去一家单位应聘，面试前单位负责人对他们说：“我们要从面试的人中招聘3人，你们俩同时被招聘进来的概率是”若每个参加面试的人被招聘的可能性相同，则根据这位负责人的话，可以推断出参加面试的人数为_【

20、答案】21【分析】利用古典概型的概率公式求解.【详解】设参加面试的人数为n，依题意有，即，解得或（舍去）故答案为：21.26一个盒子中装有六张卡片，上面分别写着如下六个定义域为的函数：，现从盒子中逐一抽取卡片，且每次抽出后均不放回，若取到一张写有偶函数的卡片则停止抽取，否则继续进行，设抽取次数为，则的概率为_【答案】/0.95【分析】由题可知的取值范围是，分别求概率，即求.【详解】易判断，为偶函数，所以写有偶函数的卡片有3张，的取值范围是方法一 ，所以方法二 故答案为：.27为了强化劳动观念，弘扬劳动精神，某班级决定利用班会课时间进行劳动教育现要购买铁锹、锄头、镰刀三种劳动工具共9把，每种工具

21、至少购买1把，则不同的选购方法共有_种（用数字作答）【答案】28【分析】用插隔板方法求解【详解】问题相当于9个木棍排成一排，在中间8个空位中选2个插入隔板，方法数为故答案为：2828中国体育彩票坚持“公益体彩乐善人生”公益理念，为支持中国体育事业发展做出了贡献，其中“大乐透”是群众特别喜欢购买的一种体育彩票，其规则是从前区1到35的号码中选5个，后区1到12的号码中选2个组成一注彩票.其中复式玩法允许从前区选5个以上，后区选2个以上号码，那么从前区1到35的号码中选7个号码，从后区1到12的号码中选3个，组成的彩票注数为_.【答案】63【分析】由题意分两步，第一步从前区所选7个号码中任选5个号

22、码，第二步从后区所选3个号码中任选2个号码，再由由分步计数乘法原理求解.【详解】第一步从前区所选7个号码中任选5个号码有（种）情况，第二步从后区所选3个号码中任选2个号码有（种）情况，由分步计数乘法原理，组成的彩票注数为（注）.故答案为：6329如图，用五种不同的颜色涂在图中不同的区域内，要求每个区域只能涂一种颜色，且相邻(有公共边)区域涂的颜色不同，则不同的涂色方案一共有_种.用数字作答【答案】180【分析】将图形中四个板块分别记为，按照、不同色和、同色，分两类计数再相加，可得结果.【详解】将图形中四个板块分别记为，如图：当、不同色时，有种涂色方案；当、同色时，有种涂色方案，根据分类加法计数

23、原理可得共有种涂色方案.故答案为：.30某科研项目包括四个课题，需要分配给甲、乙、丙三个科研小组进行研究，每个课题分配给一个小组，每个小组至少分配一个课题，且甲、乙小组能研究全部四个课题，丙小组只能研究两个课题，则不同的分配方法的种数为_【答案】【分析】根据“丙小组只能研究两个课题”可知从丙小组的情况开始分类讨论并计算即可.【详解】因为甲、乙、丙三个科研小组中丙小组只能研究两个课题，所以不妨从丙开始讨论.若丙小组研究课题，甲研究两个，乙研究一个，共种；甲研究一个，乙研究两个，共种；若丙小组研究课题，甲研究两个，乙研究一个，共种；甲研究一个，乙研究两个，共种；若丙小组研究课题，则甲和乙分别研究一

24、个，共种.综上，不同的分配方法的种数为种.故答案为:任务二:中立模式(中档)1-40题一、单选题1某学校对音乐、体育、美术、书法特长生进行专项测试.现安排名学生志愿者到现场协助，若每名志愿者参与一个组的管理工作，每组至少有人协助工作，则不同的安排方式共有（ ）A种B种C种D种【答案】D【分析】把5名志愿者分成4组，然后全排即可.【详解】把5名志愿者分成4组，共有种分组方法，把分好的四组进行全排，共有种排列方法，所以不同的安排方式共有种.故选：D.2年国庆节期间，小李报名参加市电视台举办的“爱我祖国”有奖竞答活动，活动分两轮回答问题，第一轮从个题目中随机选取个题目，这个题目都回答正确，本轮得奖金

25、元，仅有个回答正确，本轮得奖金元，两个回答都不正确，没有奖金且被淘汰，有资格进入第轮回答问题者，最多回答两个问题，先从个题目中随机选取个题目回答，若回答错误本轮奖金为零且被淘汰，若回答正确，本题回答得奖金元，然后再从剩余个题目中随机选个，回答正确，本题得奖金元，回答错误，本题回答没有奖金.已知小李第一轮个题目其中个能回答正确，第二轮每个题目回答正确的概率均为（每轮选题相互独立），则小李获得元的概率为（ ）ABCD【答案】B【详解】小李获得元奖金，则第一轮个题目回答都正确，第二轮第个题目回答正确，第个题目回答错误，所以所求概率，故选：B.3已知随机变量的分布列如下：X123Pab2ba则的最大值

26、为（ ）AB3C6D5【答案】C【分析】根据概率和为1得到，再计算，得到，计算最值得到答案.【详解】，只需求的最大值即可，根据题意：，所以，当时，其最大值为，故的最大值为故选：C.4埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（ ）ABCD【答案】C【分析】分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用乘法原理可求解.【详解】分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用乘法原理可求解，由题设，四棱锥S

27、- ABCD的顶点S, A, B所染的颜色互不相同,它们共有种染色方法；当染好时，不妨设所染颜色依次为1, 2, 3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4,则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法,即当S, A, B染好时，C, D还有7种染法.故不同的染色方法有种.故选：C57个人站成一排准备照一张合影，其中甲、乙要求相邻，丙、丁要求分开，则不同的排法有（ ）A400种B720种C960种D1200种【答案】C【分析】根据题意，结合捆绑法分别计算甲、乙要求相邻的排法和甲、乙要求相邻且丙、丁也相邻的排法，再相减即可求解.【详解】根据题意，可知甲、乙要求相邻

28、的排法有种，而甲、乙要求相邻且丙、丁也相邻的排法有种，故甲、乙要求相邻，丙、丁分开的排法有种.故选：C.6现有16张不同的卡片，其中红色，黄色，蓝色，绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，则不同的取法种数为（ ）A484B472C252D232【答案】B【分析】用间接法分析.先求出“从16张卡片中任取3张的所有取法数”，再分析“取出的3张为同一种颜色”和“取出的3张有2张绿色卡片”的取法数，从而可求出答案.【详解】根据题意，不考虑限制，从16张卡片中任取3张，共有种取法，如果取出的3张为同一种颜色，则有种情况，如果取出的3张有2张绿色卡片，则有种情况，

29、故所求的取法共有种.故选：B.7现将张连号的门票按需求分配给个家庭，甲家庭需要张连号的门票，乙家庭需要张连号的门票，剩余的张随机分给剩余的个家庭，则这张门票不同的分配方法的种数为（ ）ABCD【答案】D【分析】对甲家庭所分配的门票号码进行分类讨论，确定乙家庭所分配的门票号码，结合分类加法与分步乘法计数原理可得结果.【详解】设张连号的门票号码分别为、，若甲家庭所分配的门票号码为，则乙家庭所分配的门票号码可以是、，共种，此时共有种分配方法；若甲家庭所分配的门票号码为，则乙家庭所分配的门票号码可以是、，共种，此时共有种分配方法；若甲家庭所分配的门票号码为，则乙家庭所分配的门票号码可以是、，共种，此时

30、共有种分配方法；若甲家庭所分配的门票号码为，则乙家庭所分配的门票号码可以是、，共种，此时共有种分配方法；若甲家庭所分配的门票号码为，则乙家庭所分配的门票号码可以是、，共种，此时共有种分配方法；若甲家庭所分配的门票号码为，则乙家庭所分配的门票号码可以是、，共种，此时共有种分配方法.综上所述，不同的分配方案种数为种.故选：D.8甲、乙两人对同一目标各射击一次，甲命中目标的概率为，乙命中目标的概率为，设命中目标的人数为，则等于（ ）ABCD【答案】A【分析】分析出的取值，计算出在不同取值下的概率，可求得的值，进而可求得的值.【详解】由题意可知，随机变量的可能取值有、，则，所以，所以，.故选：A.9一

31、个盒中装有大小相同的1个黑球与2个白球，从中任取一球，若是白球则取出来，若是黑球则放回盒中，直到把白球全部取出，则在此过程中恰有1次取到黑球的概率为（ ）ABCD【答案】C【分析】由题意得：可分成两种情况，即当三次取球的顺序为黑白白，白黑白，分别计算概率再相加，即可得到答案；【详解】由题意得：可分成两种情况：（1）当三次取球的顺序为：黑白白，其概率为；（2）当三次取球的顺序为：白黑白，其概率为；在此过程中恰有1次取到黑球的概率为，故选：C10某学校社会实践小组共有名成员，该小组计划前往该地区三个红色教育基地进行“学党史，颂党恩，跟党走”的主题宣讲志愿服务.若每名成员只去一个基地，每个基地至少有

32、一名成员前往，且甲，乙两名成员前往同一基地，则不同的分配方案共（ ）有A种B种C种D种【答案】B【分析】先把5名成员分成3组，三组人数分别为和，然后再进行全排.【详解】考虑甲乙特殊，若三组人数为，则甲乙还需一名成员，故不同的分配方案有；若三组人数为，则甲乙为一组，不同的分配方案有，所以共计种.故选：.11数术记遗是东汉时期徐岳编撰的一本数学专著，该书介绍了我国古代14种算法，其中积算（即筹算）太乙算两仪算三才算五行算八卦算九宫算运筹算了知算成数算把头算龟算珠算13种均需要计算器械.某研究性学习小组3人分工搜集整理这13种计算器械的相关资料，其中一人搜集5种，另两人每人搜集4种，则不同的分配方法

33、种数为（ ）ABCD【答案】A【分析】按先分组后分配的方法计算出不同的分配方法种数.【详解】依题意，先将13种计算器械分为3组，方法种数为，再分配给3个人，方法种数为.故选：A.12在4次独立重复试验中，随机事件A恰好发生1次的概率，不大于其恰好发生2次的概率，则随机事件A在1次试验中发生的概率p的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【分析】设事件发生一次的概率为，根据二项分布求出随机事件恰好发生1次的概率，和恰好发生2次的概率，建立的不等式关系，求解即可.【详解】设事件发生一次的概率为，则事件的概率可以构成二项分布，根据独立重复试验的概率公式可得，解得，又，故.故选：A.13甲、乙两人进行投壶

34、比赛，比赛规则：比赛中投中情况分“有初”“贯耳”“散射”“双耳”“依竿”五种，其中“有初”算“两筹”，“贯耳”算“四筹”，“散射”算“五筹”，“双耳”算“六筹”，“依竿”算“十筹”，投不中算“零筹”，进行三场比赛后得筹数最多者获胜假设每场比赛中甲投中“有初”的概率为，投中“贯耳”的概率为，投中“散射”的概率为，投中“双耳”的概率为，投中“依竿”的概率为，乙的投掷水平与甲相同，且甲，乙两人投掷相互独立比赛第一场，两人平局，第二场，甲投中“贯耳”，乙投中“双耳”，则三场比赛结束时，甲获胜的概率为（ ）ABCD【答案】D【分析】甲要想赢得比赛，在第三场比赛中，比乙至少多得三筹甲得“四筹”，乙得“零筹

35、”，甲可赢；甲得“五筹”，乙得“零筹”或“两筹”，甲可赢；甲得“六筹”，乙得“零筹”或“两筹”，甲可赢；甲得“十筹”，乙得“零筹”或“两筹”、“四筹”、“五筹”、“六筹”，甲都可蠃，由此利用互斥事件概率加法公式能求出甲获胜的概率【详解】解：由题可知筹数2456100若甲获胜，则在第三场比赛中，甲比乙至少多得三筹分以下四种情况：甲得“四筹”，乙得“零筹”，此种情况发生的概率；甲得“五筹”，乙得“零筹”或“两筹”，此种情况发生的概率；甲得“六筹”，乙得“零筹”或“两筹”，此种情况发生的概率；甲得“十筹”，乙得“零筹”或“两筹”或“四筹”或“五筹”或“六筹”，此情况发生的概率，故甲获胜的概率故选：D

36、14通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，笫二部分为由阿拉伯数字与英文字母组成的序号其中序号的编码规则为：由0，1，2，9这10个阿拉伯数字与除，之外的24个英文字母组成；最多只能有2个位置是英文字母，如：粤，则采用5位序号编码的粤牌照最多能发放的汽车号牌数为（ ）A586万张B682万张C696万张D706万张【答案】D【分析】讨论后5位全部为数字、有一个字母、有两个字母三种情况，其中有两个字母再分两个字母相同、不同两种，结合分类分步计数方法求最多能发放的汽车号牌数即可.【详解】1、后5位全部为数字，共有张牌，2、

37、后5位有一个字母：共有张牌，3、后5位有两个字母：当两个字母相同，有张牌；当两个字母不同，张牌；综上，共有张牌.故选：D15现有4份不同的礼物，若将其全部分给甲乙两人，要求每人至少分得份，则不同的分法共有（ ）A10种B14种C20种D28种【答案】B【分析】将4份不同的礼物分成两组：1份和份；份和份；再分配给甲乙两人，即可求解.【详解】4份不同的礼物分成两组有两种情况：1份和份；份和份；所以不同的分法有种，故选：B.16四名同学各掷骰子五次，分别记录每次骰子出现的点数根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（ ）A平均数为3，中位数为2B中位数为3，众数为2C平均数为2，方差

38、为2.4D中位数为3，方差为2.8【答案】C【分析】根据题意举出反例，即可得出正确选项【详解】解：对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B错误；对于C，若平均数为2，且出现6点，则方差S2（62）23.22.4，平均数为2，方差为2.4时，一定没有出现点数6，故C正确；对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，平均数为：（1+2+3+3+6）3方差为S2（13）2+（23）2+（33）2+（33）2+（63）22

39、.8，可以出现点数6，故D错误故选：C172021年1月初，河北某区域的“新冠疫情”出现明显反弹，相关部门紧急从省抽调包括甲、乙在内的七名医疗专家进驻该区域的三个疫情“高风险”地区进行协助防控，要求每个地区至少安排两名专家，则甲、乙两名专家安排在不同地区的概率为（ ）ABCD【答案】A【分析】计算出甲、乙两名专家安排在不同地区的基本事件的总数，甲，乙两名专家安排在相同地区的基本事件数，由古典概型概率计算公式和对立事件概率计算公式可得答案.【详解】记事件为“甲、乙两名专家安排在不同地区”，则基本事件的总数为（种）甲，乙两名专家安排在相同地区共有（种），所以，故选：A18已知甲、乙两人进行五局球赛

40、，甲每局获胜的概率是，且各局的胜负相互独立，已知 甲胜一局的奖金为10元，设甲所获得的资金总额为X元，则甲所获得奖金总额的方差（ ）A120B240C360D480【答案】A【分析】设甲获胜的局数为，则，然后由方差的性质和二项分布的知识可得答案.【详解】设甲获胜的局数为，则所以故选：A19某工厂产品合格的概率均为，各产品合格与否相互独立设为该工厂生产的件商品中合格的数量，其中，则（ ）ABCD【答案】B【分析】利用二项分布的分布列求D(X)，P(X=2)，P(X=3)，结合已知求p的范围.【详解】由已知X服从与参数为5，p的二项分布， ，又， ， ，故选：B.20如图，节日花坛中有5个区域，现

41、有四种不同颜色的花卉可供选择，要求相同颜色的花不能相邻栽种，则符合条件的种植方案有（ ）种A36B48C54D72【答案】D【分析】根据题意，按选出花的颜色的数目分2种情况讨论，利用排列组合及乘法原理求出每种情况下种植方案数目，由加法原理计算可得答案【详解】解：由题意，如图，假设5个区域为分别为1、2、3、4、5，分2种情况讨论：当选用3种颜色花卉的时，2、4同色且3、5同色，共有涂色方法种，当4种不同颜色的花卉全选时，即2、4或3、5用同一种颜色，共有种，则不同的种植方法共有种；故选：D.21一个正方体有一个面为红色，两个面为绿色，三个面为黄色，另一个正方体有两个面为红色，两个面为绿色，两个

42、面为黄色，同时掷这两个正方体，两个正方体朝上的面颜色不同的概率为（）ABCD【答案】C【分析】计算出两个正方体朝上的面颜色相同的概率，结合对立事件的概率公式可求得结果.【详解】记第一个正方体红色的面记为，绿色的面为、，黄色的面为、，第二个正方体红色的面为、，绿色的面为、，黄色的面为、，同时掷这两个正方体，两个正方体面朝上的不同结果种数为，其中，事件“两个正方体朝上的面颜色相同”所包含的基本事件有：、，因此，两个正方体朝上的面颜色不同的概率为.故选：C.22中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，课程讲座排课有如下要求：“数

43、”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课则“六艺”课程讲座的不同排课顺序共有（ ）A120种B156种C188种D240种【答案】A【分析】根据题意，按“数”的位置分3种情况讨论，求出每种情况下排课顺序的数目，由加法原理计算可得答案【详解】解：根据题意，分3种情况讨论：，若“数”排在第一节，“射”和“御”两门课程相邻的情况有4种情况，考虑两者的顺序，有种情况，将剩下的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有种情况，则此时有种排课顺序；，若“数”排在第二节，“射”和“御”两门课程相邻的情况有3种情况，考虑两者的顺序，有种情况，将剩下的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有种情况，则此时有种排

44、课顺序；，若“数”排在第三节，“射”和“御”两门课程相邻的情况有3种情况，考虑两者的顺序，有种情况，将剩下的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有种情况，则此时有种排课顺序；则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有种，故选：A23某研发机构依次研发六项不同的产品，其中产品必须排在后三位，产品，必须排在一起，则这六项产品的不同安排方案共有（ ）A120种B156种C210种D226种【答案】A【分析】对b，c所在的位置分类讨论：b,c排在前三位；b,c排在后三位；b,c排在3,4位.【详解】当b,c排在前三位时共有种,当b,c排在后三位时共有当b,c排在3,4位时共有,这项产品的不同安排方案共有72+2

45、4+24=120种.故选：A24某单位在春节七天的假期间要安排值班表，该单位有值班领导3人，值班员工4人，要求每位值班领导至少值两天班，每位值班员工至少值一天班，每天要安排一位值班领导和一位值班员工一起值班，且一人值多天班时要相邻的安排方案有（ ）A249种B498种C1052种D8640种【答案】D【分析】先安排值班领导：选1位值班领导值三天班，则安排3位领导值班共有种方案.再安排值班员工：分4名员工中有1名员工值四天班，其他员工各值一天班；1名员工值两天班，另一名员工值三天班，剩余2名员工各值一天班； 3名员工各值两天班，1名员工值一天班，三种情况分别得出方案数，再根据分步乘法原理可得选项

46、.【详解】解：先安排值班领导：选1位值班领导值三天班，则安排3位领导值班共有(种)方案.再安排值班员工：若4名员工中有1名员工值四天班，其他员工各值一天班，则有(种)选法；若1名员工值两天班，另一名员工值三天班，剩余2名员工各值一天班，则有(种)选法；若3名员工各值两天班，1名员工值一天班，则有(种)选法，故安排4名员工值班共有(种)方案.因此，该单位在春节七天的假期间值班表安排方案共有(种).故选：D.25在一次“概率”相关的研究性活动中，老师在每个箱子中装了4个小球，其中3个是白球，1个是黑球，用两种方法让同学们来摸球.方法一：在20箱中各任意摸出一个小球；方法二：在10箱中各任意摸出两个

47、小球.将方法一、二至少能摸出一个黑球的概率分别记为和，则（ ）ABCD以上三种情况都有可能【答案】C【分析】分别计算和，再比较大小.【详解】方法一：每箱中的黑球被选中的概率为，所以至少摸出一个黑球的概率方法二：每箱中的黑球被选中的概率为，所以至少摸出一个黑球的概率，则故选：C.第II卷（非选择题）二、填空题26某学校安排甲，乙等位中层干部深入个班级进行班级课堂教学调研，每班至少安排一位中层干部，若甲、乙不能安排到同一个班级，则不同的安排方法共有_种(用数字作答)【答案】【分析】先将位中层干部分成组，有组人其他组各人，除去甲、乙分在一起的情况，所以分组结果有种，再分配到个班级，由分步乘法计数原理

48、即可求解.【详解】首先把位中层干部分成组，有组人其他组各人又甲、乙不能分在一起，因此有种，再对分好的组分配到个班级有种，根据分步乘法原理得：种，故答案为：.27一个布袋中装有个大小质地相同的小球，颜色白黑红，从中任意取出球，记取到白球每个得分，取到黑球每个得分，取到红球每个得分，设取出的球得分总和为则_【答案】【分析】分析可知随机变量的可能取值有、，计算出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得的值.【详解】由题意可知，随机变量的可能取值有、，因此，.故答案为：.28一个袋子中有个大小相同的球，其中个黄球，个红球规定：取出一个黄球得分，取出一个红球得分现随机从袋中有放回地取次球（每次一个），记次

49、取球得分之和为随机变量，则_【答案】【分析】分析可知随机变量的可能取值有、，计算出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得的值.【详解】由题意可知，随机变量的可能取值有、，所以，.故答案为：.29有编号分别为、的个红球和个黑球，从中取出个，设其中编号相同的球的对数为，则_.【答案】【分析】分析可知，的可能取值有、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可求得随机变量的数学期望值.【详解】分析可知，的可能取值有、，则，因此，.故答案为：.30从4名男同学和5名女同学中随机选取3人参加某社团活动，选出的3人中不都是男同学的概率为_（结果用数值表示）【答案】【分析】先考虑“选出的人都是男同学”的概率，然后

50、根据对立事件的概率关系可求得结果.【详解】记事件为“选出的人都是男同学”，则为“选出的人中不都是男同学”，因为，所以，故答案为：.31设随机变量，函数没有零点的概率是，则_附：若，则，【答案】【分析】根据函数的无零点可得，结合题意易知，再应用正态分布的三段区间概率及对称性求.【详解】函数没有零点，二次方程无实根，即，可得，又没有零点的概率是，由正态曲线的对称性知：，即，故答案为:32记，为1，2，3，4，5，6的任意一个排列，则使得为奇数的排列共有_个.【答案】288【分析】由题设分析知：都为奇数，则每个式子在、中各取一个数即可，再利用分步计数法及组合数求排列的个数.【详解】由为奇数：均为奇数

51、，三个代数式在、中各取一个，共有个排列.故答案为：33从数字1，2，3，4中任取一个数，记为，再从1至中任取一个整数，记为，则_【答案】【分析】利用全概率公式结合题意求解即可【详解】由题意，知.易得，由全概率公式，可得.故答案为：34如图，在平面直角坐标系中，O为正八边形的中心，.任取不同的两点，点P满足，则点P落在第一象限的概率是_.【答案】【分析】根据给定条件求出确定点P的试验的基本事件总数，再求出点P落在第一象限的事件所含的基本事件数即可计算作答.【详解】因是正八边形的任意两个顶点，又，即，则点P由唯一确定，从正八边形的8个顶点中任取两点的试验有个基本事件，它们等可能，点P落在第一象限的

52、事件M，是取的两点分别为与，与，与，与，与确定的点P对应的事件，共5个，于是得，所以点P落在第一象限的概率是.故答案为：352020年，新型冠状病毒引发的疫情牵动着亿万人的心.八方驰援战疫情，众志成城克时难，社会各界支援湖北，共抗新型冠状病毒肺炎.山东某医院的甲、乙、丙、丁、戊5名医生到湖北的，三个城市支援，若要求每个城市至少安排1名医生，则A城市恰好只有医生甲去支援的概率为_.【答案】【分析】由排列组合的知识可确定四名医生分配到三个城市，每个城市至少一名医生和城市A恰好只有医生甲去支援的情况种数，由古典概型概率公式可求得结果.【详解】分两步，第一步，把5名医生分成三组，有1，1，3和1，2，

53、2两种分法，当分成1，1，3时，有种情况，当分成1，2，2时，有种情况；第二步，把这三组分到三个城市.则共有种情况.城市恰好只有医生甲去支援，即将剩下的4名医生分配到2个城市.则共有（种），因此所求概率.故答案为：36立德中学对2022届高三学生的某项指标进行抽样调查，按性别进行分层抽样，抽查男生24人，其平均数和方差分别为12、4，抽查女生16人，其平均数和方差分别为10、6，则本次调查的总样本的方差是_.【答案】5.76【分析】结合平均数和方差的公式即可求出结果.【详解】设男生的指标数分别为，女生的指标数分别为，则，所以，所以本次调查的总样本的平均数为，本次调查的总样本的方差是故答案为：3

54、7用红、黄、蓝、绿4种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为_【答案】120【分析】分红色可以涂2个圆或3个圆讨论；当涂2个圆时，再分涂色的位置逐个分析即可【详解】根据题意，红色至少要涂2个圆，则红色可以涂2个圆或3个圆，共2种情况讨论：（1）红色涂3个圆，则红色只能涂第1，3，5个圆，此时有种涂法，（2）红色涂2个圆，若红色涂第1，3个圆，有种涂法，若红色涂第1，4个圆，有种涂法，若红色涂第1，5个圆，则有种涂法，若红色涂第2，4个圆，有种涂法，若红色涂第2，5个圆，有种涂法，若红色涂第3，5个圆，有种涂法，此时有种，所以共有

55、种，故答案为：12038随着经济发展，江门市居住环境进一步改善，市民休闲活动的公园越来越多，其中，最新打造的网红公园有儿童公园、湖连潮头中央公园、下沙公园.某个节假日，甲、乙、丙、丁四组家庭到这个网红公园打卡，通过访问和意向筛查，最后将这四组家庭的意向汇总如下：公园儿童公园湖连潮头中央公园下沙公园有意向的家族组甲、乙、丙甲、乙、丁乙、丙、丁若每组家庭只能从已登记的选择意向中随机选取一项，且每个公园至多有两组家庭选择，则甲、乙两组家庭选择同一个公园打卡的概率为 _.【答案】【分析】分以下三种情况枚举所有情况即可，选儿童公园和湖连潮头中央公园，选儿童公园和下沙公园，选下沙公园和湖连潮头中央公园，利

56、用古典概型计算公式即可.【详解】选儿童公园和湖连潮头中央公园时，有以下情况：甲丙、乙丁；乙丙、甲丁；选儿童公园和下沙公园时，有以下情况：甲乙、丙丁；甲丙、乙丁；选下沙公园和湖连潮头中央公园时，有以下情况：甲乙、丙丁；甲丁、乙丙；选3个公园时，有以下几种情况：甲乙、丁、丙；甲丙、乙、丁；甲丙、丁、乙；乙丙、甲、丁；丙、甲乙、丁；乙、甲丁、丙；丙、甲丁、乙；乙、甲丁、丙；丙、甲丁、乙；甲、丁、乙丙；丙、甲、乙丁；甲、乙、丙丁；乙、甲、丙丁；共有18种选择，其中甲、乙两组家庭选择同一个公园打卡的4种，则甲、乙两组家庭选择同一个公园打卡的概率为.故答案为：.39某公司在元宵节组织了一次猜灯谜活动，主持

57、人事先将10条不同灯谜分别装在了如图所示的10个灯笼中，猜灯谜的职员每次只能任选每列最下面的一个灯笼中的谜语来猜（无论猜中与否，选中的灯笼就拿掉），则这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法数为_.（用数字作答）【答案】【分析】由题意可知，猜灯谜的职员每次只能任选每列最下面的一个灯笼中的谜语来猜，所以本题是定序问题，故结合倍缩法即可求出结果.【详解】一共有10条灯谜，共有种方法，由题意可知而其中按2，3，3，2组成的4列相对位置不变，所以结合倍缩法可知共有种，也即是这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法有种故答案为：.40一猎人带着一把猎枪到山里去打猎，猎枪每次可以装3发子弹，当他遇见一只野

58、兔时，开第一枪命中野免的概率为0.8，若第一枪没有命中，猎人开第二枪，命中野免的概率为0.4，若第二枪也没有命中，猎人开第三枪，命中野兔的概率为0.2，若3发子弹都没打中，野兔就逃跑了，则已知野兔被击中的条件下，是猎人开第二枪命中的概率为_.【答案】【分析】记事件“猎人第一次击中野兔”，“猎人第二次击中野兔”，“猎人第三次击中野兔”，“野兔被击中”，注意的发生是不发生的情况才可能发生，由概率公式计算出概率，求出后，再由条件概率公式计算【详解】记事件“猎人第一次击中野兔”，“猎人第二次击中野兔”，“猎人第三次击中野兔”，“野兔被击中”，则，故答案为：任务三:邪恶模式(困难)1-30题一、单选题1

59、已知数列an满足a10，且对任意nN*，an+1等概率地取an+1或an1，设an的值为随机变量n，则（）AP（32）BE（3）1CP（50）P（52）DP（50）P（30）【答案】D【分析】由题意可知a21或a21，且P（a21）P(a21)，进而可求3的期望，可判断AB；再结合条件求P（50），可判断CD.【详解】依题意a21或a21，且P（a21）P(a21)，3a3的可能取值为2，0，2P（32），P（30）2，P（32），E（3）2+0+(2）0，由此排除A和B；4a4的可能取值为3, 1，1，3，P（43）P（32），P（41），P（41），P（43）P（32），5a5的可能取值为

60、4，2，0，2，4P（50），P（52），所以P（50）P（52），排除C因为P（50），P（30），所以P（50）P（30），故D正确.故选：D2如图，在某城市中，两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中位于一条对角线上的个交汇处.今在道路网处的甲乙两人分别要到处，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，直到到达处为止.则下列说法正确的是（ ）A甲从到达处的方法有种B甲从必须经过到达处的方法有种C甲乙两人在处相遇的概率为D甲乙两人相遇的概率为【答案】C【分析】A考虑从到向上走的步数和向下走的步数，利用组合数求解出结果；B先利用组合数分析从到的方法数，然后再利用组合数分

61、析从到的方法数，根据分步乘法计数原理可求解出结果；C先确定出甲经过的方法数，再确定出乙经过的方法数，由此确定出甲、乙两人在处相遇的方法数，结合A选项的结果求解出对应概率；D先确定出甲、乙只能在、处相遇，然后根据C选项的计算方法分别计算出对应方法数，结合A选项的结果求解出对应概率【详解】A选项，甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，则甲从M到达N处的方法有种，A选项错误；B选项，甲经过到达N处，可分为两步：第一步，甲从M经过需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，方法数为种；第二步，甲从到N需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法数为种.甲经过到达N的方法数为种，B选项错

62、误；C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，甲乙两人在处相遇的方法数为种，甲乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；D选项，甲乙两人沿最短路径行走，只可能在、处相遇，若甲乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为1种；若甲乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为81种；若甲乙两人在处相遇，甲到处，前三步有2步向右走，后三步只有1步向右走，乙到处，前三步有2步向下走，后三步只有1步向下走，所以，两人在处相遇的走法种数为种；若甲乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走

63、法种数为1种；故甲乙两人相遇的概率，D选项错误.故选：C.32019年末，武汉出现新型冠状病毒肺炎（COVID-19）疫情，并快速席卷我国其他地区，传播速度很快.因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，所以目前没有特异治疗方法，防控难度很大，武汉市出现疫情最早，感染人员最多，防控压力最大，武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人.在排查期间，一户6口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核

64、酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立，该家庭至少检测了5个人才能确定为“感染高危户”的概率为，当时，最大，则（）ABCD【答案】A【分析】先求出概率，再求最大值，借助于均值不等式求解【详解】解：设事件A：检测5个人确定为“感染高危户”，事件B：检测6个人确定为“感染高危户”.，.即.设，则，当且仅当即时取等号，即.故选：A.4如图，在某海岸P的附近有三个岛屿Q，R，S，计划建立三座独立大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方，且不出现立体交叉形式，则不同的连接方式有（ ）.A24种B20种C16种D12种【答案】D【分析】由建桥的

65、方式可以分为两类：（1）从一个地方出发向其他三个地方各建一桥，（2）一个地方最多建两桥但不能交叉，利用去杂法，即可求解.【详解】由建立三座大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方，且不出现立体交叉形式，可分为两类：第一类：从一个地方出法向其他三个地方各建一座桥，共有4种不同的方法；第二类：一个地方最多建两座桥，如这样的建桥方法：和属于相同的建桥方法，所以共有种不同的方法，其中交叉建桥方法，例如：这样建桥不符合题意，共有4种，所以第二类建桥，共有种不同的建桥方法.综上可得，不同的连接方式有种.故选：D5随机变量的分布列是（ ）246ABCD【答案】A【分析】由均值的定义求出均值,由方差公式

66、计算出方差做差比较可得.【详解】， 故选：A6现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（ ）A每人都安排一项工作的不同方法数为54B每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为C如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为D每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是【答案】D【分析】对于选项 ，每人有4种安排法，故有种；对于选项 ，5名同学中有两人工作相同，先选人再

67、安排；对于选项，先分组再安排；对于选项 ，以司机人数作为分类标准进行讨论即可.【详解】解：每人都安排一项工作的不同方法数为，即选项错误，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为，即选项B错误，如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为：（），即选项C错误，分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有 ,从余下四人中安排三个岗位，故有；第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人当司机有 ,从余下三人中安排三个岗位，故有；所以每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是，

68、即选项D正确，故选：D7高尔顿（钉）板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行、水平间隔相等的铁钉（如图所示），并且每一排钉子数目都比上一排多一个，一排中各个钉子正好对准上面一排两个相邻铁钉的正中央从入口处放入一个直径路小于两颗钉子间隔的小球，当小球从两钉之间的间隙下落时，由于碰到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左或向右落下，接若小球再通过两钉的间隙，又碰到下一排铁钉.如此继续下去，小球最后落入下方条状的格子内求小球落到第7个格子（从左开始）的概率是（ ）ABCD【答案】C【分析】落入第7个格子需要次左次右，计算概率得到答案.【详解】小球从开始下落到结束共有9次左右下落情况，落入第7个格子需要次

69、左次右，故概率是：.故选：.8有甲、乙两个盒子，甲盒子里有个红球，乙盒子里有个红球和个黑球，现从乙盒子里随机取出个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为个，则随着的增加，下列说法正确的是（ ）A增加，增加B增加，减小C减小，增加D减小，减小【答案】C【分析】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，含有红球个数服从超几何分布，即，可得出，再从甲盒子里随机取一球，则服从两点分布，所以，从而可判断出和的增减性.【详解】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，含有红球个数服从超几何分布，即，其中，其中，且，.故从甲盒中取球，相当于从含有个红球的个球中取一球，取到红球个数为.故，随机变量服从

70、两点分布，所以，随着的增大，减小；，随着的增大，增大.故选：C.9已知随机变量的分布列，则下列说法正确的是A存在x，y(0，1)，E()B对任意x，y(0，1)，E()C对任意x，y(0，1)，D()E()D存在x，y(0，1)，D()【答案】C【分析】表示出期望与方差，利用基本不等式证明不等关系。【详解】解：依题意可得，因为所以即故，错误；即，故成立；故错误故选：10在体育选修课排球模块基本功发球测试中，计分规则如下满分为10分：每人可发球7次，每成功一次记1分；若连续两次发球成功加分，连续三次发球成功加1分，连续四次发球成功加分，以此类推，连续七次发球成功加3分假设某同学每次发球成功的概率

71、为，且各次发球之间相互独立，则该同学在测试中恰好得5分的概率是()ABCD【答案】B【分析】明确恰好得5分的所有情况：发球四次得分，有两个连续得分和发球四次得分，有三个连续得分，分别求解可得.【详解】该同学在测试中恰好得5分有两种情况：四次发球成功，有两个连续得分，此时概率；四次发球成功，有三个连续得分，分为连续得分在首尾和不在首尾两类，此时概率，所求概率；故选B.11中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同样长短的小木棍.如图，是利用算筹表示数19的一种方法.例如：137可表示为“”，26可表示为“”.现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1

72、9这9个数字表示三位数的个数为A10B20C36D38【答案】D【分析】本道题分类讨论，即可【详解】分情况讨论，当百位数为1时，十位数为1有2种，十位数为2有2种，十位数为3有2种，十位数为4有1种，为6有2种，为7有2种，为8有1种；当百位数为2时，十位数为1有2种，为2有2种，为3有1种，为6有2种，为7有1种；当百位数为3时，十位数为1有2种，十位数为2有1种，为6有1种；当百位数为4时，只有1种；当百位数为6时，十位数为1有2种，为2有2种，为3有1种，为6有2种，为7有1种；当百位数为7时，十位数为1有2种，为2有1种，为6有1种；当百位数为8，只有一种，一共有38种，故选D12某密

73、码锁共设四个数位，每个数位的数字都可以是1，2，3，4中的任一个.现密码破译者得知：甲所设的四个数字有且仅有三个相同；乙所设的四个数字有两个相同，另两个也相同；丙所设的四个数字有且仅有两个相同；丁所设的四个数字互不相同则上述四人所设密码最安全的是（ ）.A甲B乙C丙D丁【答案】C【详解】甲共有种不同设法，乙共有，丙共有，丁共有,所以丙最安全，故选C 13支篮球队进行单循环比赛（任两支球队恰进行一场比赛）,任两支球队之间胜率都是.单循环比赛结束,以获胜的场次数作为该队的成绩,成绩按从大到小排名次顺序,成绩相同则名次相同.有下列四个命题：恰有四支球队并列第一名为不可能事件； ：有可能出现恰有两支球

74、队并列第一名；：每支球队都既有胜又有败的概率为； ：五支球队成绩并列第一名的概率为.其中真命题是A,B,C.D.【答案】A【解析】支球队单循环，共举行场比赛，共有次胜次负由于以获胜场次数作为球队的成绩就算四支球队都胜场，则第五支球队也无法胜场，若四支球队都胜场，则第五支球队也胜场，五支球队并列第一，除此不会再有四支球队胜场次数相同故是真命题；会出现两支球队胜场，剩下三支球队中两支球队各胜场，另一支球队胜场的情况，此时两支球队并列第一名故为真命题；由题可知球队成绩并列第一名，各胜一场的概率为小于排除故本题答案选14甲盒子装有3个红球，1个黄球，乙盒中装有1个红球，3个黄球，同时从甲乙两盒中取出个

75、球交换，分别记甲乙两个盒子中红球个数的数学期望为，则以下结论错误的是ABCD【答案】D【分析】分别就计算概率得出数学期望，得出结论【详解】用表示交换后甲盒子中的红球数， 表示交换后乙盒子中的红球数，当时，则， ， 故A正确，C正确，当 时， 故B正确当 时， ， 故D错误故选D15如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有（）A24B48C96D120【答案】C【详解】分析：讨论两种情况，第一类相同颜色，第二类不同颜色，分别利用分步计数乘法原理求解，然后求和即可.详解：若颜色相同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法

76、，只有一种涂法，共有种；若颜色不同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法，当和相同时，有2种涂法，当和不同时， 只有一种涂法，共有种，根据分类计数原理可得，共有 种，故选C.16如果不是等差数列，但若，使得，那么称为“局部等差”数列.已知数列的项数为4，记事件：集合，事件：为“局部等差”数列，则条件概率ABCD【答案】C【分析】分别求出事件与事件的基本事件的个数，用=计算结果.【详解】由题意知，事件共有=120个基本事件，事件“局部等差”数列共有以下24个基本事件，（1）其中含1，2，3的局部等差的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3个， 含3，2，1的局部等差数列的同

77、理也有3个，共6个.含3，4，5的和含5，4，3的与上述（1）相同，也有6个.含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共 2个，含4，3，2的同理也有2个.含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4个，含5，3，1的也有上述4个，共24个，=.故选C.17已知，为中不同数字的种类，如，求所有的个的排列所得的的平均值为ABCD【答案】D【分析】本题首先可以确定的所有可能取值分别为，然后分别计算出每一种取值所对应的概率，最后根据每一种取值所对应的概率即可计算出的平均值【详解】由题意可知：当时，；当时，；当时，；当时，综上所述，所有的个的排列所得的的平均

78、值为：，故选D18空间中不共面的4点A，B，C，D，若其中3点到平面的距离相等且为第四个点到平面的倍，这样的平面的个数为（ ）A8B16C32D48【答案】C【分析】由题意分类讨论各种情况，然后利用加法原理确定满足题意的平面的个数即可.【详解】第一种情况，A，B，C，D点在平面的同侧.当平面平面BCD时，A与平面的距离是与平面BCD的距离的2倍.这种情况下有4个平面.第二种情况，A，B，C，D中有3个点在平面的一侧，第4个点在平面的另一侧，这时又有两种情形：一种情形是平面与平面BCD平行，且A与平面的距离是平面与平面BCD距离的2倍.这时有4个平面.另一种情形如图a所示，图中E，F分别是AB，

79、AC的中点，K是AD的三等分点中靠近A的分点，A，B，C到平面EFK（即平面）的距离是D到平面EFK距离的一半.EF可以是AB，AC的中点的连线，又可以是AB，BC的中点的连线，或AC，BC的中点的连线，这种情形下的平面有34=12（个）.第三种情况，如图b所示，在A，B，C，D四点中，平面两侧各种有两点.容易看出：点A到平面EFMN（平面）的距离是B，C，D到该平面距离的2倍就A，C与B，D分别位于平面两侧的情形来看，就有A离平面远，B离平面远，C离平面远，D离平面远这四种情况.又“AC，BD异面，则这样的异面直线共有3对，平面有43=12（个）.综上分析，平面有4+4+12+12=32（个

80、）.故选C.19（1）将个小球随机地投入编号为1，2，的个盒子中（每个盒子容纳的小球个数没有限制），记1号盒子中小球的个数为；（2）将个小球随机地投入编号为1，2，的个盒子中（每个盒子容纳的小球个数没有限制），记号盒子中小球的个数为，则（ ）ABCD【答案】A【分析】问题转化为将一个小球投入到个盒子中，投次，投入1号盒子中小球的次数为，符合二项分布，可用二项分布相关公式求解.【详解】问题转化为将一个小球投入到个盒子中，投次，投入1号盒子中小球的次数为，故同理可得：即故选：A20我们知道，在次独立重复试验（即伯努利试验）中，每次试验中事件发生的概率为，则事件发生的次数服从二项分布，事实上，在无限

81、次伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件首次发生时试验进行的次数，显然，我们称服从“几何分布”，经计算得由此推广，在无限次伯努利试验中，试验进行到事件和都发生后停止，此时所进行的试验次数记为，则，那么（ ）ABCD【答案】A【分析】首先得出若，则，然后，设利用错位相减法即可得出，然后可得答案.【详解】因为，若，则那么设时，故选：A第II卷（非选择题）二、填空题21我们想把9张写着19的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有_种.【答案】210【分析】首先对分别列出卡片之和相等的盒子的情况，然后利用全排列即可求解.【

82、详解】由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为，当时，共有1种情况，即；当时，共有2种情况，即，；当时，共有5种情况，即，；当时，共有8种情况，即，；当时，共有6种情况，即，；当时，共有7种情况，即，；当时，共有4种情况，即，；当时，共有2种情况，即，.综上所述，共有35种情况，所以不同的放法共有：种.故答案为：210.22在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞已知某研究小组利用高倍显微镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究，现在利用甲、乙等四种不同的试剂对、这六个细胞进行染色，其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试

83、剂不能对细胞染色，则共有_种不同的染色方法（用数字作答）【答案】【分析】先考虑细胞的染色试剂没有限制的条件下相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，然后考虑用甲试剂对细胞染色且相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，将两种方法种数作差即可得解.【详解】不考虑甲试剂不能对细胞染色，则细胞的染色试剂有种选择.若、细胞的染色试剂相同，有种选择，、细胞可以用剩余种试剂进行染色，有种方法，则细胞的染色试剂有种选择，此时，共有种不同的染色方法；若、细胞的染色试剂不同，有种不同的染色方法，细胞的染色方法只有种，若、细胞的染色试剂不同，则细胞的染色试剂只有种，细胞的染色试剂只有种；若、细胞的染色试剂相同，则细

84、胞的染色试剂有种.此时，共有种不同的染色方法；综上所述，不考虑甲试剂不能对细胞染色，染色方法种数为种；现在考虑用甲试剂对细胞染色，则细胞的染色试剂有种选择.若、细胞的染色试剂相同，则、细胞可以用剩余种试剂进行染色，有种方法，细胞的染色试剂有种，此时，共有种不同的染色方法；若、细胞的染色试剂不同，则细胞的染色试剂有种选择，细胞的染色试剂只有种.若、细胞的染色试剂不同，则细胞的染色试剂只有种，细胞的染色试剂只有种，若、细胞的染色试剂相同，则细胞的染色试剂有种.此时，共有种不同的染色方法.综上所述，当用甲试剂对细胞染色时，染色方法种数为种.因此，符合条件的染色方法种数为种.故答案为：.23验证码就是

85、将一串随机产生的数字或符号，生成一幅图片，图片里加上一些干扰象素（防止），由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能.很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全.在抗疫期间，某居民小区电子出入证的登录验证码由0，1，2，9中的五个数字随机组成.将中间数字最大，然后向两边对称递减的验证码称为“钟型验证码”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7的概率为_.【答案】【分析】首先判断出中间号码的所有可能取值，由此求得基本事件的总数以及中间数字是的事件数，根据古典概型概率计算公式计算出所求概率.【详解

86、】根据“钟型验证码” 中间数字最大，然后向两边对称递减，所以中间的数字可能是.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一）

87、，所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.所以该验证码的中间数字是7的概率为.故答案为：24设为互不相等的正实数，随机变量和的分布列如下表，若记，分别为的方差，则_（填，【分析】根据方差计算公式，计算出的表达式，由此利用差比较法，比较出两者的大小关系.【详解】，故.，.要比较的大小，只需比较与，两者作差并化简得，由于为互不相等的正实数，故，也即，也即.故答案为：25甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑

88、球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是_（写出所有正确结论的编号）；事件与事件相互独立；是两两互斥的事件；的值不能确定，因为它与中哪一个发生有关【答案】【分析】根据互斥事件的定义即可判断；根据条件概率的计算公式分别得出事件发生的条件下B事件发生的概率，即可判断；然后由，判断和；再比较的大小即可判断.【详解】由题意可知事件不可能同时发生，则是两两互斥的事件，则正确；由题意得，故正确；,错；因为，所以事件B与事件A1不独立，错；综上选故答案为：26某翻译处有8名翻译，其中有小张等3名英语翻译，小李等3名日语翻译，另外2名既能翻译英语又能翻译日语，现

89、需选取5名翻译参加翻译工作，3名翻译英语，2名翻译日语，且小张与小李恰有1人选中，则有_种不同选取方法.【答案】29【分析】据题意，对选出的3名英语教师分5种情况讨论：若从只会英语的3人中选3人翻译英语，若从只会英语的3人中选2人翻译英语，（包含小张），若从只会英语的3人选小张翻译英语，、若从只会英语的3人中选2人翻译英语，（不包含小张），、若从只会英语的3人中选1人翻译英语，（不包含小张），每种情况中先分析其余教师的选择方法，由分步计数原理计算每种情况的安排方法数目，进而由分类计数原理，将其相加计算可得答案【详解】根据题意，分5种情况讨论：、若从只会英语的3人中选3人翻译英语，则需要从剩余的

90、4人（不含小李）中选出2人翻译日语即可，则不同的安排方案有种，、若从只会英语的3人中选2人翻译英语，（包含小张）则先在既会英语又会日语的2人中选出1人翻译英语，再从剩余的3人（不含小李）中选出2人翻译日语即可，则不同的安排方案有种，、若从只会英语的3人选小张翻译英语，则先在既会英语又会日语的2人中选出2人翻译英语，再从剩余的2人（不含小李）中选出2人翻译日语即可，则不同的安排方案有种，、若从只会英语的3人中选2人翻译英语，（不包含小张）则先在既会英语又会日语的2人中选出1人翻译英语，再从剩余的4人（小李必选）中选出2人翻译日语即可，则不同的安排方案有种，、若从只会英语的3人中选1人翻译英语，（

91、不包含小张）则先在既会英语又会日语的2人中选出2人翻译英语，再从剩余的3人（小李必选）中选出2人翻译日语即可，则不同的安排方案有种，则不同的安排方法有种故答案为2927乒乓球比赛,三局二胜制.任一局甲胜的概率是,甲赢得比赛的概率是,则的最大值为_.【答案】【详解】分析：采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜：甲净胜二局，前二局甲一胜一负，第三局甲胜，由此能求出甲胜概率；进而求得的最大值.详解：采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜： （甲净胜二局）， （前二局甲一胜一负，第三局甲胜） 因为 与 互斥，所以甲胜概率为 则 设 即答案为.，注意到，则函数在和 单调递减，在上单调递增，故函数在处

92、取得极大值，也是最大值，最大值为 即答案为.28用五种不同颜色给三棱台的六个顶点染色，要求每个点染一种颜色，且每条棱的两个端点染不同颜色.则不同的染色方法有_种.【答案】1920.【详解】分析：分两步来进行，先涂，再涂，然后分若5种颜色都用上、若5种颜色只用4种、若5种颜色只用3种这三种情况，分别求得结果，再相加，即可得结果.详解：分两步来进行，先涂，再涂.第一类：若5种颜色都用上，先涂，方法有种，再涂中的两个点，方法有种，最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法共有种；第二类：若5种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有种；先涂，方法有种，再涂中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种

93、涂法，故此时方法共有种；第三类：若5种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有种；先涂，方法有种，再涂，方法有2种，故此时方法共有种；综上可得，不同涂色方案共有种，故答案是1920.29四根绳子上共挂有10只气球,绳子上的球数依次为1,2,3,4，每枪只能打破一只球,而且规定只有打破下面的球才能打上面的球,则将这些气球都打破的不同打法数是_.【答案】12600【详解】问题等价于编号为的10个小球排列，其中号，号，号的排列顺序是固定的，据此可得：将这些气球都打破的不同打法数是.30关于任意平面向量可实施以下6种变换，包括2种变换和4种变换模变为原来的倍，同时逆时针旋转；模变为原来的倍，同时顺时针旋

94、转；模变为原来的倍，同时逆时针旋转；：模变为原来的倍，同时顺时针旋转；模变为原来的倍，同时逆时针旋转；模变为原来的倍，同时顺时针旋转记集合，若每次从集合中随机抽取一种变换，每次抽取彼此相互独立，经过次抽取，依次将第次抽取的变换记为，即可得到一个维有序变换序列，记为，则以下判断中正确的序号是_.单位向量经过奇数次变换后所得向量与向量同向的概率为；单位向量经过偶数次变换后所得向量与向量同向的概率为；若单位向量经过变换后得到向量，则中有且只有2个变换；单位向量经过变换后得到向量的概率为.【答案】【分析】分别对4个选项进行分类讨论，根据讨论结果判断正确或错误即可；【详解】对于，单位向量经过奇数次变换后

95、，情况如下：1.最终状态为逆时针旋转，此时，单位向量与向量同向；2.最终状态为顺时针旋转，此时，单位向量与向量逆向；所以，单位向量经过奇数次变换后所得向量与向量同向的概率为；对；对于，单位向量经过偶数次变换后，情况如下：1.最终状态为逆时针旋转，与向量不同向；2. 最终状态为顺时针旋转，与向量不同向；3. 最终状态为逆时针旋转，与向量同向；4. 最终状态为顺时针旋转，与向量不同向；所以，单位向量经过偶数次变换后所得向量与向量同向的概率为；对对于，单位向量经过变换后得到向量，由于与属于逆向关系，即单位向量，经过变换后要保证模长不变，因此只能有2个变换和4个变换，才能保证模长不会经过变换改变，因此，对；对于，单位向量经过变换后得到向量，经过变换后要保证模长不变，因此只能有2个变换和4个变换，才能保证模长不会经过变换改变，并且经过变换后最终要得到单位向量逆时针转，故，其中4次变换要回到单位向量，由可得，单位向量经过变换后得到向量，中有且只有2个变换，满足题意的这2个变换的情况有：1.两次变换；2. 两次变换；3. 和各一次变换；然后，据此再讨论这3种情况下的变换，明显地，错；故答案为：