压轴题10 概率统计（选填题）-【考前冲刺】2023年高考数学压轴题专项训练（全国通用）

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压轴题10 概率统计（选填题）-【考前冲刺】2023年高考数学压轴题专项训练（全国通用）
一、单选题
1．（2023·邯郸模拟）某校大一新生A，B，C，D欲加入该校的文学社、书法社、羽毛球社．已知这4名大一新生每人只加入了1个社团，则这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有（　　）
A．21种 B．30种 C．42种 D．60种
2．（2023·广州模拟）“回文”是古今中外都有的一种修辞手法，如“我为人人，人人为我”等，数学上具有这样特征的一类数称为“回文数” “回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如121，241142等，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有（　　）
A．100个 B．125个 C．225个 D．250个
3．（2021高三上·浙江期末）已知甲盒子中有3个红球，1个白球，乙盒子中有2个红球，2个白球，同时从甲，乙两个盒子中取出i个球进行交换，交换后，分别记甲、乙两个盒中红球个数，则（　　）
A． B．
C． D．
4．（2021高二上·泸县期末）如图，两个半径为R的相交大圆，分别内含一个半径为r的同心小圆，且同心小圆均与另一个大圆外切.已知 时，在两相交大圆的区域内随机取一点，则该点取自两大圆公共部分的概率为（　　）
A． B． C． D．
5．（2022·静安模拟）已知直线的斜率大于零，其系数a、b、c是取自集合中的3个不同元素，那么这样的不重合直线的条数是（　　）
A．11 B．12 C．13 D．14
6．（2021高二下·莆田期末）《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：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、珠算和计数.某学习小组有甲、乙、丙三人，该小组要收集九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算5种算法的相关资料，要求每人至少收集其中一种，但甲不收集九宫算和了知算的资料，则不同的分配方案种数有（　　）
A．38 B．56 C．62 D．80
7．（2021·西安模拟）已知 展开式的常数项的取值范围为 ，且 恒成立.则 的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
8．（2020·西安模拟）设复数 （ ，i为虚数单位），若 ，则 的概率为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2023·株洲模拟）已知是函数的零点，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．（2022·平江模拟）甲、乙两人进行围棋比赛，共比赛 局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为 如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为 ，则（　　）
A． B．
C． D． 的最大值为
11．（2022·深圳模拟）已知，则（　　）
A． B．
C． D．
12．（2022·盐城月考）若数列
的通项公式为
，记在数列
的前
项中任取两项都是正数的概率为
，则（　　）
A．
B．
C．
D．.
13．（2021·南京模拟）已知 ， 设 ，其中 则（　　）
A．
B．
C．若 ，则
D．
三、填空题
14．（2022·山东模拟）有一种投掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第10站，共10站，设棋子跳到第n站的概率为，若一枚棋子开始在第1站，棋手每次投掷骰子一次，棋子向前跳动一次．若骰子点数小于等于3，棋子向前跳一站；否则，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第9站（失败）或者第10站（获胜）时，游戏结束．则　 　；该棋手获胜的概率为　 　．
15．（2022·普陀模拟）设非空集合，当中所有元素和为偶数时（集合为单元素时和为元素本身），称是的偶子集，若集合，则其偶子集的个数为　 　.
16．（2022·嘉定模拟）四名志愿者参加某博览会三天的活动，若每人参加一天，每天至少有一人参加，其中志愿者甲第一天不能参加，则不同的安排方法一共有　 　种（结果用数值表示）
17．（2021·淄博模拟）如图，在 的点阵中，依次随机地选出 、 、 三个点，则选出的三点满足 的概率是　 　．
18．（2020·苏州模拟）2013年国家提出“一带一路”发展战略，共建“一带一路”致力于亚欧非大陆及附近海洋的互联互通，建立和加强沿线各国互联互通伙伴关系，构建全方位 多层次 复合型的互联互通伙伴关系，实现沿线各国多元 自主 平衡 可持续的发展，为积极响应国家号召，中国的5家企业，对“一带一路”沿线的3个国家进行投资，每个国家至少一个企业，则有　 　种不同的方案.
19．（2020·如皋模拟）现有A、B、C、D、E、F6个不同的货柜，准备用甲、乙、丙三辆卡车一次运送出去，每台卡车至少运一个货柜，则不同的分配方案的种数为　 　.设卡车甲运送货柜的数量为随机变量X，则期望 　 　.
20．（2020·桂林模拟）某校 名学生参加军事冬令营活动，活动期间各自扮演一名角色进行分组游戏，角色按级别从小到大共 种，分别为士兵、排长、连长、营长、团长、旅长、师长、军长和司令.游戏分组有两种方式，可以 人一组或者 人一组.如果 人一组，则必须角色相同；如果 人一组，则 人角色相同或者 人为级别连续的 个不同角色.已知这 名学生扮演的角色有 名士兵和 名司令，其余角色各 人，现在新加入 名学生，将这 名学生分成 组进行游戏，则新加入的学生可以扮演的角色的种数为　 　.
21．（2020·绍兴模拟）已知 ，则 　 　， 　 　.
22．（2020·杨浦模拟）已知六个函数：① ；② ；③ ；④ ；⑤ ；⑥ ，从中任选三个函数，则其中既有奇函数又有偶函数的选法共有　 　种.
23．（2020·普陀模拟）记 为 的任意一个排列，则 为偶数的排列的个数共有　 　.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】4名大一新生分成2个组，一组1人另一组3人或2个组各2 人，有种方案，
3个社团选择2个社团，有种方案，
把2个组分配给2个社团，有种方案，
由题意可得这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有种．
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合排列数公式和组合数公式，再结合分步乘法计数原理，进而得出这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况的种数。
2．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】依题意，五位正整数中的“回文数”具有：万位与个位数字相同，且不能为0；千位与十位数字相同，
求有且仅有两位数字是奇数的“回文数”的个数有两类办法：
最多1个0，取奇数字有种，取能重复的偶数字有种，它们排入数位有种，取偶数字占百位有种，
不同“回文数”的个数是个，
最少2个0，取奇数字有种，占万位和个位，两个0占位有1种，取偶数字占百位有种，
不同“回文数”的个数是个，
由分类加法计算原理知，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有个.
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合回文数的定义，再结合排列数公式和分类加法计数原理，进而得出在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数” 共有的个数。
3．【答案】C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】交换后，记甲、乙两个盒中红球个数，
当时，，
则，
则.选项AB均判断错误；
当时，，
则，
，
即，
则选项C判断正确；选项D判断错误。
故选：C
【分析】利用已知条件求出随机变量的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，进而求出随机变量的数学期望，再结合比较法，从而找出正确的选项。
4．【答案】C
【知识点】几何概型
【解析】【解答】如图，
设D为线段AB的中点， ，
在 中，
.
两大圆公共部分的面积为： ，
则该点取自两大圆公共部分的概率为 。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合几何概型求概率公式，进而求出该点取自两大圆公共部分的概率。
5．【答案】A
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】因为直线的斜率大于零，
所以，
当，a有2种选法，b有2种选法，c有1种选法；
因为直线与直线重合，
所以这样的直线有条；
当时，a有1种选法，b有2种选法， c有2种选法；
所以这样的直线有条，
当时，a有2种选法，b有1种选法， c有2种选法；
所以这样的直线有条，
综上所述：这样的不重合直线的条数是3+8=11条。
故答案为：A
【分析】利用直线的斜率大于零，所以， 再利用已知条结合分类讨论的方法，从而利用分类加法计数原理，进而求出这样的不重合直线的条数。
6．【答案】C
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】由题意甲收集运筹算、成数算、把头算中一种、二种或三种，总方法数是：
。
故答案为：C．
【分析】利用已知条件结合组合数公式和排列数公式，从而结合分类加法计数原理，进而求出不同的分配方案种数。
7．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；二项式定理的应用
【解析】【解答】 展开式的通项为 ，
令 ，可得 ，所以，展开式中的常数项为 ，
解得 或 ，
令 ，其中 ，可得 .
当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增，
所以， ，
由 可得 ，其中 ，
构造函数 ，其中 ，
则 ，
令 ，其中 ，则 .
当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增.
所以， .
所以，当 时， ，此时函数 单调递减
当 时， ，此时函数 单调递增.
所以， ， .
综上所述，实数 的取值范围是 .
故答案为：D.
【分析】利用二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式求出展开式中的常数项为 ，再结合已知条件 展开式的常数项的取值范围为 ，从而求出实数a的取值范围，令 ，其中 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的最小值，所以 ，由 ，可得 ，其中 ，构造函数 ，其中 ，再利用导数的运算法则求出其导函数，则 ，令 ，其中 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出其最小值，进而判断出函数g(x)的单调性，从而求出其最小值，进而求出实数a的取值范围。
8．【答案】D
【知识点】复数的模；几何概型
【解析】【解答】解：由题意： ，且 ，
可得： ，故点 在以 为圆心，1为半径的圆及其内部，
而 表示 上方部分，如图所示，
可得所求概率为弓形面积与圆面积之比，
可得所求概率：
故选：D.
【分析】首先由题意画出图形，分别求出圆的面积以及满足 的区域面积，利用几何概型的概率公式计算可得答案.
9．【答案】A,B,C
【知识点】函数的最值及其几何意义；函数奇偶性的判定；函数的值；二项式定理；函数的零点
【解析】【解答】设，
，，，
即，
所以要使为系数都是整数的整式方程的根，则方程必须包含因式.
由中的最高次数为4，是它的一个零点，
因此，
即.
对选项，，是正确的；
对选项，，是正确的；
对选项，，是正确的；
对选项，，当时，最小值为，当时，无最小值，因此选项是错误的.
故答案为：ABC.
【分析】利用已知条件结合函数的零点与方程的根的等价关系、代入法、偶函数的定义、函数的最值求解方法，进而找出说法正确的选项。
10．【答案】A,C
【知识点】函数单调性的性质；概率的应用；函数最值的应用
【解析】【解答】若甲、乙比赛4局甲获胜，则甲在4局比赛中至少胜3局，
所以 ，故正确；
若甲、乙比赛6局甲获胜，则甲在6局比赛中至少胜4局，
所以 ，故错误；
C. 若甲、乙比赛2n局甲获胜，则甲在2n局比赛中至少胜n+1局，
所以 ，
，故正确；
D. 因为 ，且 ，
所以 递增，所以当 时， 取得最小值为 ，故错误；
故答案为：AC
【分析】若甲、乙比赛4局甲获胜，则甲在4局比赛中至少胜3局，再利用二项分布求概率公式和求和法，进而得出 的值；若甲、乙比赛6局甲获胜，则甲在6局比赛中至少胜4局，再利用二项分布求概率公式和求和法，进而得出 的值；若甲、乙比赛2n局甲获胜，则甲在2n局比赛中至少胜n+1局，再利用二项分布求概率公式和求和法，进而得出 与n的关系式； 利用 结合单调函数的定义判断出函数 递增，再利用函数的单调性求出函数的最小值，进而找出正确的选项。
11．【答案】A,D
【知识点】导数的四则运算；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】因为，
令，则，A符合题意；
令，则，所以，B不符合题意；
令，则，所以，C不符合题意；
对两边对取导得
，再令得，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，再结合通项公式求出二项式中的项的系数，再利用赋值法和绝对值的定义，进而找出满足要求的选项。
12．【答案】A,B
【知识点】数列的函数特性；概率的基本性质
【解析】【解答】解：因为数列
的通项公式为
，所以数列
的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列
的偶数项为
，即偶数项为负数，
又数列
的前
项中，任取两项都是正数的概率为
，
当
时，即前3项中，任取两项都是正数，概率为
，A符合题意；
将
代入，数列
的前
项中，有
个正数，
个负数，任取两项都是正数的概率为
，
将
代入，数列
的前
项中，有
个正数，
个负数，任取两项都是正数的概率为
，
将
代入，数列
的前
项中，有
个正数，
个负数，任取两项都是正数的概率为
，
将
代入，数列
的前
项中，有
个正数，
个负数，任取两项都是正数的概率为
，
所以
，所以
，B符合题意；
，所以
，C不符合题意；
，
所以
，D不符合题意，
故答案为：AB.
【分析】根据题意由已知条件即可得出数列项的正负，结合概率公式对n分情况讨论，计算出概率的取值，由此对选项逐一判断即可得出答案。
13．【答案】A,C
【知识点】函数的最值及其几何意义；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】A． ，A符合题意；
B． ，
所以
（除非 ），B不符合题意；
C．设 是 中最大项，
，即 ，
注意到 ， ，又 ，
不等式组可解为 ，所以 ，所以 ，C符合题意；
D．例如 时， ， ，
，D不符合题意．
故答案为：AC．
【分析】利用 ， 设 ，其中 再利用组合数与排列数的关系式结合求和方法，再利用最大项求解方法合特殊值排除法，进而找出满足要求的选项。
14．【答案】；
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】由题，因为，故，由，所以，累加可得：．
故答案为：；.
【分析】首先由已知条件结合概率的加法以及乘法公式计算出结果，再由题意结合等比数列的前n项和公式，代入数值计算出结果即可。
15．【答案】63
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】集合中只有2个奇数时，则集合的可能情况为：、、、、、，共6种，
若集合Q中只有4个奇数时，则集合，只有一种情况，
若集合Q中只含1个偶数，共3种情况；
若集合Q中只含2个偶数，则集合Q可能的情况为、、，共3种情况；
若集合Q中只含3个偶数，则集合，只有1种情况.
因为Q是M的偶子集，分以下几种情况讨论：
若集合Q中的元素全为偶数，则满足条件的集合Q的个数为7；
若集合Q中的元素全为奇数，则奇数的个数为偶数，共7种；
若集合Q中的元素是2个奇数1个偶数，共种；
若集合Q中的元素为2个奇数2个偶数，共种；
若集合Q中的元素为2个奇数3个偶数，共种；
若集合Q中的元素为4个奇数1个偶数，共种；
若集合Q中的元素为4个奇数2个偶数，共种；
若集合Q中的元素为4个奇数3个偶数，共1种，
综上所述，满足条件的集合Q的个数为。
故答案为：63。
【分析】利用已知条件结合分类加法计数原理，进而求出若集合，则其偶子集的个数。
16．【答案】24
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】由题意，将四名志愿者先分为三组，有种，因为志愿者甲第一天不能参加，所以有种分配方式，所以不同的安排方法一共有6×4=24种。
故答案为：24。
【分析】利用已知条件结合排列数公式和组合数公式，再结合分组的方法和分步乘法计数，进而求出不同安排的方法共有的种数。
17．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】由题意可知 、 、 三个点是有序的，讨论点 为主元，
对点A分三种情况讨论，如下图所示：
（1）第一类A为5号点.
①若 ，三点共线有4条直线，此时有 种；
②若 ，如点 在1号位，则点 在6号位或8号位，即确定第二号点有4种方法，确定第三号点有2种方法，此时有 种；
（2）第二类A为1、3、7、9号点，此时，不存在这样的点；
（3）第三类A为2、4、6、8号点，以2号点为例，有三种情况如下图所示：
故有 种.
综上所述，满足 共有 种.
因此，所求概率为 .
故答案为： .
【分析】的表示角BAC为钝角。然后根据A的不同分出不同的情况进行讨论。
18．【答案】150
【知识点】分步乘法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】第一步，将5家企业分成3组，有 种分法
第二步，将3个组分配个3个国家，有 种分配方法
故有 种不同的方案
故答案为：150
【分析】利用已知条件结合组合数公式和排列数公式，再利用分步乘法计数原理，从而求出不同方案的种数。
19．【答案】540；2
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；简单计数与排列组合
【解析】【解答】先将6个货柜分为3组，各组的容量分别为1、1、4；1、2、3；2、2、2，
因此，不同的分配方案的种数为 ；
由题意可知 的可能取值有1、2、3、4，
， ，
， ，
所以， 。
故答案为：540；2。
【分析】利用已知条件结合组合数公式和排列数公式，从而求出不同的分配方案的种数；再利用已知条件求出随机变量X的可能的取值，再结合组合数公式和排列数公式，从而结合古典概型求概率公式，从而求出随机变量X的分布列，再利用随机变量X的分布列结合数学期望公式，从而求出随机变量X的数学期望。
20．【答案】9
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】依题意， 名学生分成 组，则一定是 个 人组和 个 人组.
①若新加入的学生是士兵，则可以将这 个人分组如下； 名士兵；士兵、排长、连长各 名；营长、团长、旅长各 名；师长、军长、司令各 名； 名司令.所以新加入的学生可以是士兵，由对称性可知也可以是司令；
②若新加入的学生是排长，则可以将这 个人分组如下： 名士兵；连长、营长、团长各 名；旅长、师长、军长各 名； 名司令； 名排长.所以新加入的学生可以是排长，由对称性可知也可以是军长；
③若新加入的学生是连长，则可以将这 个人分组如下： 名士兵；士兵、排长、连长各 名；连长、营长、团长各 名；旅长、师长、军长各 名； 名司令.所以新加入的学生可以是连长，由对称性可知也可以是师长；
④若新加入的学生是营长，则可以将这 个人分组如下： 名士兵；排长、连长、营长各 名；营长、团长、旅长各 名；师长、军长、司令各 名； 名司令.所以新加入的学生可以是营长，由对称性可知也可以是旅长；
⑤若新加入的学生是团长，则可以将这 个人分组如下： 名士兵；排长、连长、营长各 名；旅长、师长、军长各 名； 名司令； 名团长.所以新加入的学生可以是团长.
综上所述，新加入学生可以扮演 种角色.
故答案为： .
【分析】对新加入的学生所扮演的角色进行分类讨论，分析各种情况下 个学生所扮演的角色的分组，综合可得出结论.
21．【答案】0；665
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】因为 ，
令 可得： .
所以： ；
；
；
；
……
；
；
故 .
故答案为：0，665.
【分析】根据其特点可知 为 的系数，把第二问所求去掉绝对值符号发现各项为负，令 即可求解．
22．【答案】12
【知识点】函数奇偶性的判定；分类加法计数原理
【解析】【解答】对于①，因为 ，定义域为 且满足 ，故为偶函数；
对于②，因为 ，定义域为 且满足 ，故为偶函数；
对于③，因为 ，定义域为 ，故非奇非偶函数；
对于④，因为 ，定义域为 且满足 ，故为奇函数；
对于⑤，因为 ，定义域为 且满足 ，故为奇函数；
对于⑥，因为 ，根据函数图象可知为非奇非偶函数.
综上所述，函数中奇函数的有④⑤，偶函数的有①②，③⑥为非奇非偶函数.
任选3个函数，既有奇函数又有偶函数的情况分类讨论：
当选1奇和 偶时， 种；
当选2奇和 偶时， 种；
当选1奇， 偶， 非奇非偶时， 种.
一共有 种选法.
故答案为： .
【分析】逐项判断函数的奇偶性，根据计数原理，即可求得答案.
23．【答案】432
【知识点】互斥事件与对立事件；简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：根据题意， ， ， ， ， ， 为1，2，3，4，5，6的任意一个排列，
则共有 个排列，
若 为偶数的对立事件为“ 为奇数”，
、 、 全部为奇数，有 ，
故则 为偶数的排列的个数共有 ．
故答案为：432．
【分析】若 为偶数的对立事件为“ 为奇数”，即 、 、 全部为奇数，根据计数原理计算其个数，由 ， ， ， ， ， 为1，2，3，4，5，6的任意一个排列，共有 种，进而可得所求．
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压轴题10 概率统计（选填题）-【考前冲刺】2023年高考数学压轴题专项训练（全国通用）
一、单选题
1．（2023·邯郸模拟）某校大一新生A，B，C，D欲加入该校的文学社、书法社、羽毛球社．已知这4名大一新生每人只加入了1个社团，则这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有（　　）
A．21种 B．30种 C．42种 D．60种
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】4名大一新生分成2个组，一组1人另一组3人或2个组各2 人，有种方案，
3个社团选择2个社团，有种方案，
把2个组分配给2个社团，有种方案，
由题意可得这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有种．
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合排列数公式和组合数公式，再结合分步乘法计数原理，进而得出这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况的种数。
2．（2023·广州模拟）“回文”是古今中外都有的一种修辞手法，如“我为人人，人人为我”等，数学上具有这样特征的一类数称为“回文数” “回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如121，241142等，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有（　　）
A．100个 B．125个 C．225个 D．250个
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】依题意，五位正整数中的“回文数”具有：万位与个位数字相同，且不能为0；千位与十位数字相同，
求有且仅有两位数字是奇数的“回文数”的个数有两类办法：
最多1个0，取奇数字有种，取能重复的偶数字有种，它们排入数位有种，取偶数字占百位有种，
不同“回文数”的个数是个，
最少2个0，取奇数字有种，占万位和个位，两个0占位有1种，取偶数字占百位有种，
不同“回文数”的个数是个，
由分类加法计算原理知，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有个.
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合回文数的定义，再结合排列数公式和分类加法计数原理，进而得出在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数” 共有的个数。
3．（2021高三上·浙江期末）已知甲盒子中有3个红球，1个白球，乙盒子中有2个红球，2个白球，同时从甲，乙两个盒子中取出i个球进行交换，交换后，分别记甲、乙两个盒中红球个数，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】交换后，记甲、乙两个盒中红球个数，
当时，，
则，
则.选项AB均判断错误；
当时，，
则，
，
即，
则选项C判断正确；选项D判断错误。
故选：C
【分析】利用已知条件求出随机变量的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，进而求出随机变量的数学期望，再结合比较法，从而找出正确的选项。
4．（2021高二上·泸县期末）如图，两个半径为R的相交大圆，分别内含一个半径为r的同心小圆，且同心小圆均与另一个大圆外切.已知 时，在两相交大圆的区域内随机取一点，则该点取自两大圆公共部分的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】几何概型
【解析】【解答】如图，
设D为线段AB的中点， ，
在 中，
.
两大圆公共部分的面积为： ，
则该点取自两大圆公共部分的概率为 。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合几何概型求概率公式，进而求出该点取自两大圆公共部分的概率。
5．（2022·静安模拟）已知直线的斜率大于零，其系数a、b、c是取自集合中的3个不同元素，那么这样的不重合直线的条数是（　　）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】A
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】因为直线的斜率大于零，
所以，
当，a有2种选法，b有2种选法，c有1种选法；
因为直线与直线重合，
所以这样的直线有条；
当时，a有1种选法，b有2种选法， c有2种选法；
所以这样的直线有条，
当时，a有2种选法，b有1种选法， c有2种选法；
所以这样的直线有条，
综上所述：这样的不重合直线的条数是3+8=11条。
故答案为：A
【分析】利用直线的斜率大于零，所以， 再利用已知条结合分类讨论的方法，从而利用分类加法计数原理，进而求出这样的不重合直线的条数。
6．（2021高二下·莆田期末）《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：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、珠算和计数.某学习小组有甲、乙、丙三人，该小组要收集九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算5种算法的相关资料，要求每人至少收集其中一种，但甲不收集九宫算和了知算的资料，则不同的分配方案种数有（　　）
A．38 B．56 C．62 D．80
【答案】C
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】由题意甲收集运筹算、成数算、把头算中一种、二种或三种，总方法数是：
。
故答案为：C．
【分析】利用已知条件结合组合数公式和排列数公式，从而结合分类加法计数原理，进而求出不同的分配方案种数。
7．（2021·西安模拟）已知 展开式的常数项的取值范围为 ，且 恒成立.则 的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；二项式定理的应用
【解析】【解答】 展开式的通项为 ，
令 ，可得 ，所以，展开式中的常数项为 ，
解得 或 ，
令 ，其中 ，可得 .
当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增，
所以， ，
由 可得 ，其中 ，
构造函数 ，其中 ，
则 ，
令 ，其中 ，则 .
当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增.
所以， .
所以，当 时， ，此时函数 单调递减
当 时， ，此时函数 单调递增.
所以， ， .
综上所述，实数 的取值范围是 .
故答案为：D.
【分析】利用二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式求出展开式中的常数项为 ，再结合已知条件 展开式的常数项的取值范围为 ，从而求出实数a的取值范围，令 ，其中 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的最小值，所以 ，由 ，可得 ，其中 ，构造函数 ，其中 ，再利用导数的运算法则求出其导函数，则 ，令 ，其中 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出其最小值，进而判断出函数g(x)的单调性，从而求出其最小值，进而求出实数a的取值范围。
8．（2020·西安模拟）设复数 （ ，i为虚数单位），若 ，则 的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数的模；几何概型
【解析】【解答】解：由题意： ，且 ，
可得： ，故点 在以 为圆心，1为半径的圆及其内部，
而 表示 上方部分，如图所示，
可得所求概率为弓形面积与圆面积之比，
可得所求概率：
故选：D.
【分析】首先由题意画出图形，分别求出圆的面积以及满足 的区域面积，利用几何概型的概率公式计算可得答案.
二、多选题
9．（2023·株洲模拟）已知是函数的零点，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】函数的最值及其几何意义；函数奇偶性的判定；函数的值；二项式定理；函数的零点
【解析】【解答】设，
，，，
即，
所以要使为系数都是整数的整式方程的根，则方程必须包含因式.
由中的最高次数为4，是它的一个零点，
因此，
即.
对选项，，是正确的；
对选项，，是正确的；
对选项，，是正确的；
对选项，，当时，最小值为，当时，无最小值，因此选项是错误的.
故答案为：ABC.
【分析】利用已知条件结合函数的零点与方程的根的等价关系、代入法、偶函数的定义、函数的最值求解方法，进而找出说法正确的选项。
10．（2022·平江模拟）甲、乙两人进行围棋比赛，共比赛 局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为 如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为 ，则（　　）
A． B．
C． D． 的最大值为
【答案】A,C
【知识点】函数单调性的性质；概率的应用；函数最值的应用
【解析】【解答】若甲、乙比赛4局甲获胜，则甲在4局比赛中至少胜3局，
所以 ，故正确；
若甲、乙比赛6局甲获胜，则甲在6局比赛中至少胜4局，
所以 ，故错误；
C. 若甲、乙比赛2n局甲获胜，则甲在2n局比赛中至少胜n+1局，
所以 ，
，故正确；
D. 因为 ，且 ，
所以 递增，所以当 时， 取得最小值为 ，故错误；
故答案为：AC
【分析】若甲、乙比赛4局甲获胜，则甲在4局比赛中至少胜3局，再利用二项分布求概率公式和求和法，进而得出 的值；若甲、乙比赛6局甲获胜，则甲在6局比赛中至少胜4局，再利用二项分布求概率公式和求和法，进而得出 的值；若甲、乙比赛2n局甲获胜，则甲在2n局比赛中至少胜n+1局，再利用二项分布求概率公式和求和法，进而得出 与n的关系式； 利用 结合单调函数的定义判断出函数 递增，再利用函数的单调性求出函数的最小值，进而找出正确的选项。
11．（2022·深圳模拟）已知，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】导数的四则运算；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】因为，
令，则，A符合题意；
令，则，所以，B不符合题意；
令，则，所以，C不符合题意；
对两边对取导得
，再令得，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，再结合通项公式求出二项式中的项的系数，再利用赋值法和绝对值的定义，进而找出满足要求的选项。
12．（2022·盐城月考）若数列
的通项公式为
，记在数列
的前
项中任取两项都是正数的概率为
，则（　　）
A．
B．
C．
D．.
【答案】A,B
【知识点】数列的函数特性；概率的基本性质
【解析】【解答】解：因为数列
的通项公式为
，所以数列
的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列
的偶数项为
，即偶数项为负数，
又数列
的前
项中，任取两项都是正数的概率为
，
当
时，即前3项中，任取两项都是正数，概率为
，A符合题意；
将
代入，数列
的前
项中，有
个正数，
个负数，任取两项都是正数的概率为
，
将
代入，数列
的前
项中，有
个正数，
个负数，任取两项都是正数的概率为
，
将
代入，数列
的前
项中，有
个正数，
个负数，任取两项都是正数的概率为
，
将
代入，数列
的前
项中，有
个正数，
个负数，任取两项都是正数的概率为
，
所以
，所以
，B符合题意；
，所以
，C不符合题意；
，
所以
，D不符合题意，
故答案为：AB.
【分析】根据题意由已知条件即可得出数列项的正负，结合概率公式对n分情况讨论，计算出概率的取值，由此对选项逐一判断即可得出答案。
13．（2021·南京模拟）已知 ， 设 ，其中 则（　　）
A．
B．
C．若 ，则
D．
【答案】A,C
【知识点】函数的最值及其几何意义；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】A． ，A符合题意；
B． ，
所以
（除非 ），B不符合题意；
C．设 是 中最大项，
，即 ，
注意到 ， ，又 ，
不等式组可解为 ，所以 ，所以 ，C符合题意；
D．例如 时， ， ，
，D不符合题意．
故答案为：AC．
【分析】利用 ， 设 ，其中 再利用组合数与排列数的关系式结合求和方法，再利用最大项求解方法合特殊值排除法，进而找出满足要求的选项。
三、填空题
14．（2022·山东模拟）有一种投掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第10站，共10站，设棋子跳到第n站的概率为，若一枚棋子开始在第1站，棋手每次投掷骰子一次，棋子向前跳动一次．若骰子点数小于等于3，棋子向前跳一站；否则，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第9站（失败）或者第10站（获胜）时，游戏结束．则　 　；该棋手获胜的概率为　 　．
【答案】；
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】由题，因为，故，由，所以，累加可得：．
故答案为：；.
【分析】首先由已知条件结合概率的加法以及乘法公式计算出结果，再由题意结合等比数列的前n项和公式，代入数值计算出结果即可。
15．（2022·普陀模拟）设非空集合，当中所有元素和为偶数时（集合为单元素时和为元素本身），称是的偶子集，若集合，则其偶子集的个数为　 　.
【答案】63
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】集合中只有2个奇数时，则集合的可能情况为：、、、、、，共6种，
若集合Q中只有4个奇数时，则集合，只有一种情况，
若集合Q中只含1个偶数，共3种情况；
若集合Q中只含2个偶数，则集合Q可能的情况为、、，共3种情况；
若集合Q中只含3个偶数，则集合，只有1种情况.
因为Q是M的偶子集，分以下几种情况讨论：
若集合Q中的元素全为偶数，则满足条件的集合Q的个数为7；
若集合Q中的元素全为奇数，则奇数的个数为偶数，共7种；
若集合Q中的元素是2个奇数1个偶数，共种；
若集合Q中的元素为2个奇数2个偶数，共种；
若集合Q中的元素为2个奇数3个偶数，共种；
若集合Q中的元素为4个奇数1个偶数，共种；
若集合Q中的元素为4个奇数2个偶数，共种；
若集合Q中的元素为4个奇数3个偶数，共1种，
综上所述，满足条件的集合Q的个数为。
故答案为：63。
【分析】利用已知条件结合分类加法计数原理，进而求出若集合，则其偶子集的个数。
16．（2022·嘉定模拟）四名志愿者参加某博览会三天的活动，若每人参加一天，每天至少有一人参加，其中志愿者甲第一天不能参加，则不同的安排方法一共有　 　种（结果用数值表示）
【答案】24
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】由题意，将四名志愿者先分为三组，有种，因为志愿者甲第一天不能参加，所以有种分配方式，所以不同的安排方法一共有6×4=24种。
故答案为：24。
【分析】利用已知条件结合排列数公式和组合数公式，再结合分组的方法和分步乘法计数，进而求出不同安排的方法共有的种数。
17．（2021·淄博模拟）如图，在 的点阵中，依次随机地选出 、 、 三个点，则选出的三点满足 的概率是　 　．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】由题意可知 、 、 三个点是有序的，讨论点 为主元，
对点A分三种情况讨论，如下图所示：
（1）第一类A为5号点.
①若 ，三点共线有4条直线，此时有 种；
②若 ，如点 在1号位，则点 在6号位或8号位，即确定第二号点有4种方法，确定第三号点有2种方法，此时有 种；
（2）第二类A为1、3、7、9号点，此时，不存在这样的点；
（3）第三类A为2、4、6、8号点，以2号点为例，有三种情况如下图所示：
故有 种.
综上所述，满足 共有 种.
因此，所求概率为 .
故答案为： .
【分析】的表示角BAC为钝角。然后根据A的不同分出不同的情况进行讨论。
18．（2020·苏州模拟）2013年国家提出“一带一路”发展战略，共建“一带一路”致力于亚欧非大陆及附近海洋的互联互通，建立和加强沿线各国互联互通伙伴关系，构建全方位 多层次 复合型的互联互通伙伴关系，实现沿线各国多元 自主 平衡 可持续的发展，为积极响应国家号召，中国的5家企业，对“一带一路”沿线的3个国家进行投资，每个国家至少一个企业，则有　 　种不同的方案.
【答案】150
【知识点】分步乘法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】第一步，将5家企业分成3组，有 种分法
第二步，将3个组分配个3个国家，有 种分配方法
故有 种不同的方案
故答案为：150
【分析】利用已知条件结合组合数公式和排列数公式，再利用分步乘法计数原理，从而求出不同方案的种数。
19．（2020·如皋模拟）现有A、B、C、D、E、F6个不同的货柜，准备用甲、乙、丙三辆卡车一次运送出去，每台卡车至少运一个货柜，则不同的分配方案的种数为　 　.设卡车甲运送货柜的数量为随机变量X，则期望 　 　.
【答案】540；2
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；简单计数与排列组合
【解析】【解答】先将6个货柜分为3组，各组的容量分别为1、1、4；1、2、3；2、2、2，
因此，不同的分配方案的种数为 ；
由题意可知 的可能取值有1、2、3、4，
， ，
， ，
所以， 。
故答案为：540；2。
【分析】利用已知条件结合组合数公式和排列数公式，从而求出不同的分配方案的种数；再利用已知条件求出随机变量X的可能的取值，再结合组合数公式和排列数公式，从而结合古典概型求概率公式，从而求出随机变量X的分布列，再利用随机变量X的分布列结合数学期望公式，从而求出随机变量X的数学期望。
20．（2020·桂林模拟）某校 名学生参加军事冬令营活动，活动期间各自扮演一名角色进行分组游戏，角色按级别从小到大共 种，分别为士兵、排长、连长、营长、团长、旅长、师长、军长和司令.游戏分组有两种方式，可以 人一组或者 人一组.如果 人一组，则必须角色相同；如果 人一组，则 人角色相同或者 人为级别连续的 个不同角色.已知这 名学生扮演的角色有 名士兵和 名司令，其余角色各 人，现在新加入 名学生，将这 名学生分成 组进行游戏，则新加入的学生可以扮演的角色的种数为　 　.
【答案】9
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】依题意， 名学生分成 组，则一定是 个 人组和 个 人组.
①若新加入的学生是士兵，则可以将这 个人分组如下； 名士兵；士兵、排长、连长各 名；营长、团长、旅长各 名；师长、军长、司令各 名； 名司令.所以新加入的学生可以是士兵，由对称性可知也可以是司令；
②若新加入的学生是排长，则可以将这 个人分组如下： 名士兵；连长、营长、团长各 名；旅长、师长、军长各 名； 名司令； 名排长.所以新加入的学生可以是排长，由对称性可知也可以是军长；
③若新加入的学生是连长，则可以将这 个人分组如下： 名士兵；士兵、排长、连长各 名；连长、营长、团长各 名；旅长、师长、军长各 名； 名司令.所以新加入的学生可以是连长，由对称性可知也可以是师长；
④若新加入的学生是营长，则可以将这 个人分组如下： 名士兵；排长、连长、营长各 名；营长、团长、旅长各 名；师长、军长、司令各 名； 名司令.所以新加入的学生可以是营长，由对称性可知也可以是旅长；
⑤若新加入的学生是团长，则可以将这 个人分组如下： 名士兵；排长、连长、营长各 名；旅长、师长、军长各 名； 名司令； 名团长.所以新加入的学生可以是团长.
综上所述，新加入学生可以扮演 种角色.
故答案为： .
【分析】对新加入的学生所扮演的角色进行分类讨论，分析各种情况下 个学生所扮演的角色的分组，综合可得出结论.
21．（2020·绍兴模拟）已知 ，则 　 　， 　 　.
【答案】0；665
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】因为 ，
令 可得： .
所以： ；
；
；
；
……
；
；
故 .
故答案为：0，665.
【分析】根据其特点可知 为 的系数，把第二问所求去掉绝对值符号发现各项为负，令 即可求解．
22．（2020·杨浦模拟）已知六个函数：① ；② ；③ ；④ ；⑤ ；⑥ ，从中任选三个函数，则其中既有奇函数又有偶函数的选法共有　 　种.
【答案】12
【知识点】函数奇偶性的判定；分类加法计数原理
【解析】【解答】对于①，因为 ，定义域为 且满足 ，故为偶函数；
对于②，因为 ，定义域为 且满足 ，故为偶函数；
对于③，因为 ，定义域为 ，故非奇非偶函数；
对于④，因为 ，定义域为 且满足 ，故为奇函数；
对于⑤，因为 ，定义域为 且满足 ，故为奇函数；
对于⑥，因为 ，根据函数图象可知为非奇非偶函数.
综上所述，函数中奇函数的有④⑤，偶函数的有①②，③⑥为非奇非偶函数.
任选3个函数，既有奇函数又有偶函数的情况分类讨论：
当选1奇和 偶时， 种；
当选2奇和 偶时， 种；
当选1奇， 偶， 非奇非偶时， 种.
一共有 种选法.
故答案为： .
【分析】逐项判断函数的奇偶性，根据计数原理，即可求得答案.
23．（2020·普陀模拟）记 为 的任意一个排列，则 为偶数的排列的个数共有　 　.
【答案】432
【知识点】互斥事件与对立事件；简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：根据题意， ， ， ， ， ， 为1，2，3，4，5，6的任意一个排列，
则共有 个排列，
若 为偶数的对立事件为“ 为奇数”，
、 、 全部为奇数，有 ，
故则 为偶数的排列的个数共有 ．
故答案为：432．
【分析】若 为偶数的对立事件为“ 为奇数”，即 、 、 全部为奇数，根据计数原理计算其个数，由 ， ， ， ， ， 为1，2，3，4，5，6的任意一个排列，共有 种，进而可得所求．
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