高考数学压轴专题(易错题)备战高考《计数原理与概率统计》知识点总复习含解析

新数学《计数原理与概率统计》专题解析
一、选择题
1．已知a c ≠，随机变量ξ，η的分布列如表所示.
命题p ：=E E ξη，命题q ：D D ξη=，则( ) A ．p 真q 真 B ．p 真q 假
C ．p 假q 真
D ．p 假q 假
【答案】C 【解析】 【分析】
首先分别求E ξ和E η，然后比较，利用公式()()2
2
D E E ξξ
ξ=-，利用公式
1a b c ++=，计算D D ξη-的值.
【详解】
12323E a b c a b c ξ=⨯+⨯+⨯=++
12332E c b a a b c η=⨯+⨯+⨯=++ ，
()2E E c a ξη-=- a c ≠Q ，
E E ξη∴≠，所以命题p 是假命题，
()249E a b c ξ=++，()()2
223E a b c ξ=++，
所以()()2
4923D a b c a b c ξ=++-++
()294E a b c η=++，()()2
232E a b c η=++，
()()()()2
229432D E E a b c a b c ηηη=-=++-++ ，
()()()()()22
83223D D c a a b c a b c ξη-=-+++-++
()()()822444c a a c a b c =-+-++ ， 1a b c ++=Q ，
所以()()()()880D D c a a c ξη-=-+-=， 即()()D D ξη=,所以命题q 是真命题.
综上可知p 假q 真. 故选：C 【点睛】
本题考查离散型分布列的期望方差，属于重点题型，本题使用的关键公式是
()()22D E E ξξξ=-，比较大小的关键是利用1a b c ++=.
2．若不等式组2302400x y x y y +-≤⎧⎪
-+≥⎨⎪≥⎩
表示的区域为Ω，不等式222210x y x y +--+≤表示的
区域为T ，则在区域Ω内任取一点，则此点落在区域T 中的概率为（ ） A ．
4
π
B ．
8
π C ．
5
π D ．
10
π 【答案】D 【解析】 【分析】
作出不等式组2302400x y x y y +-≤⎧⎪
-+≥⎨⎪≥⎩
对应的平面区域，求出对应的面积，利用几何概型的概率公
式即可得到结论． 【详解】
作出不等式组2302400x y x y y +-≤⎧⎪
-+≥⎨⎪≥⎩
表示的区域Ω，
不等式2
2
2210x y x y +--+≤化为()()22
111x y -+-≤
它表示的区域为T ，如图所示；
则区域Ω表示ABC V ，由240
230x y x y -+=⎧⎨
--=⎩
，解得点()1
2B -，；
又()20A -，，30B （，）
，∴()1
32252
ABC S =⨯+⨯=V ， 又区域T 表示圆，且圆心()11M ，在直线230x y +-=上，
在ABC V 内的面积为2
1
12
2
π
π⨯=
；
∴所求的概率为2510
P π
π==
，故选D ．
【点睛】
本题主要考查了几何概型的概率计算问题，利用数形结合求出对应的面积是解题的关键，属于中档题.
3．下列四个结论中正确的个数是
（1）对于命题0:p x R ∃∈使得2
010x -≤，则:p x R ⌝∃∈都有210x ->；
（2）已知2
(2,)X N σ:，则 (2)0.5P X >=
（3）已知回归直线的斜率的估计值是2，样本点的中心为（4,5），则回归直线方程为
ˆ23y
x =-； （4）“1x ≥”是“1
2x x
+≥”的充分不必要条件. A ．1 B ．2
C ．3
D ．4
【答案】C 【解析】 【分析】
由题意，（1）中，根据全称命题与存在性命题的关系，即可判定是正确的；（2）中，根据正态分布曲线的性质，即可判定是正确的；（3）中，由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程，即可判定是正确；（4）中，基本不等式和充要条件的判定方法，即可判定． 【详解】
由题意，（1）中，根据全称命题与存在性命题的关系，可知命题0:p x R ∃∈使得
2010x -≤，则:p x R ⌝∀∈都有210x ->，是错误的；
（2）中，已知(
)2
2,X N σ
~，正态分布曲线的性质，可知其对称轴的方程为2x =，所
以 (2)0.5P X >=是正确的；
（3）中，回归直线的斜率的估计值是2，样本点的中心为（4,5），由回归直线方程的性质
和直线的点斜式方程，可得回归直线方程为ˆ23y
x =-是正确； （4）中，当1x ≥
时，可得12x x +≥=成立，当12x x +≥时，只需满足0x >，
所以“1x ≥”是“1
2x x
+
≥”成立的充分不必要条件．
本题主要考查了命题的真假判定及应用，其中解答中熟记含有量词的否定、正态分布曲线的性质、回归直线方程的性质，以及基本不等式的应用等知识点的应用，逐项判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
4．已知点P ,Q 为圆C :x 2+y 2=25上的任意两点,且|PQ|<6,若PQ 中点组成的区域为M ,在圆C 内任取一点,则该点落在区域M 上的概率为( ) A ．35 B ．925 C ．
1625
D ．
25
【答案】B 【解析】
PQ 中点组成的区域M 如图阴影部分所示,那么在C 内部任取一点落在M 内的概率为
25π-16π9
25π25
=,故选B.
5．某小学要求下午放学后的17：00-18：00接学生回家，该学生家长从下班后到达学校（随机）的时间为17：30-18：30，则该学生家长从下班后，在学校规定时间内接到孩子的概率为（ ） A ．
78
B ．
34
C ．
12
D ．
14
【答案】A 【解析】 【分析】
根据题意，设学生出来的时间为x ，家长到达学校的时间为y ，转化成线性规划问题，利用面积型几何概型求概率，即可求得概率. 【详解】
解：根据题意，设学生出来的时间为x ，家长到达学校的时间为y ， 学生出来的时间为17：00-18：00，看作56x ≤≤， 家长到学校的时间为17：30-18：30，5.5 6.5y ≤≤，
要使得家长从下班后，在学校规定时间内接到孩子，则需要y x ≥，
则相当于56
5.5
6.5
x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩，即求y x ≥的概率，
约束条件对应的可行域面积为：1， 则可行域中y x ≥的面积为阴影部分面积：111712228
-
⨯⨯=， 所以对应的概率为：7
7818
=，
即学生家长从下班后，在学校规定时间内接到孩子的概率为：78
. 故选：A.
【点睛】
本题考查利用面积型几何概型求概率，考查运算求解能力.
6．从5名男生和5名女生中选3人组队参加某集体项目的比赛，其中至少有一名女生入选的组队方案数为 A ．100 B ．110 C ．120 D ．180
【答案】B 【解析】
试题分析：10人中任选3人的组队方案有3
10120C =，
没有女生的方案有3510C =， 所以符合要求的组队方案数为110种 考点：排列、组合的实际应用
7．已知()1n
x λ+展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，
()
20121n
n n x a a x a x a x λ+=++++L ，若12242n a a a +++=L ，则
()0121n
n a a a a -+-+-L 的值为（ ）
A ．1
B ．1-
C ．2
D ．2-
【答案】B 【解析】 【分析】
由题意可得5n =，利用赋值法可求得2λ=，再令1x =-即可得解. 【详解】
Q ()1n
x λ+展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，
∴23
n n C C =，∴5n =，
令0x =，则05
1a =，
令1x =，则()015
5212422431a a a a λ+=++=+=++L ，
∴2λ=，
令1x =-，则()0525
1112a a a a -=+--+=-L . 故选：B. 【点睛】
本题考查了二项式定理的应用，属于中档题.
8．某光学仪器厂生产的透镜，第一次落地打破的概率为0.3；第一次落地没有打破，第二次落地打破的概率为0.4；前两次落地均没打破，第三次落地打破的概率为0.9．则透镜落地3次以内（含3次）被打破的概率是（ ）． A ．0.378 B ．0.3
C ．0.58
D ．0.958
【答案】D 【解析】
分析：分别利用独立事件的概率公式求出恰在第一次、恰在第二次、恰在第三次落地打破的概率，然后由互斥事件的概率公式求解即可.
详解：透镜落地3次，恰在第一次落地打破的概率为10.3P =， 恰在第二次落地打破的概率为20.70.40.28P =⨯=， 恰在第三次落地打破的概率为30.70.60.90.378P =⨯⨯=， ∴落地3次以内被打破的概率1230.958P P P P =++=．故选D ．
点睛：本题主要考查互斥事件、独立事件的概率公式，属于中档题. 解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.
9．在区间[1,1]-上随机取一个数k ，使直线(3)y k x =+与圆221x y +=相交的概率为（ ）
A ．
12
B ．
13
C D ．
3
【答案】C 【解析】 【分析】
根据直线与圆相交，可求出k 的取值范围，根据几何概型可求出相交的概率. 【详解】
因为圆心(0,0)，半径1r =，直线与圆相交，所以
1d =
≤，解得44
k -≤≤
所以相交的概率224
P ==
,故选C.
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系，几何概型，属于中档题.
10．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723=+．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是 A ．
112
B ．
114
C ．
115
D ．
118
【答案】C 【解析】
分析：先确定不超过30的素数，再确定两个不同的数的和等于30的取法，最后根据古典概型概率公式求概率.
详解：不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两
个不同的数，共有2
1045C =种方法，因为7+23=11+19=13+17=30，所以随机选取两个不
同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为
31
=4515
，选C. 点睛：古典概型中基本事件数的探求方法： (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. (4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.
11．某校从6名教师中选派3名教师去完成4项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由1人完成，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是（ ） A ．252
B ．288
C ．360
D ．216
【答案】A 【解析】 【分析】
3名教师去完成4项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由1人完成，所以当3名教
师确定时，则其中1人必须完成两项工作，故完成工作的方法有121
342
C C C ••种,然后再根据甲、乙、丙三人的条件要求，分三种情况讨论，得出结果. 【详解】
解：因为3名教师去完成4项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由1人完成，所以当3名教师确定时，则其中1人必须完成两项工作，
故安排3名教师完成4项工作，可以先确定完成两项工作的1名人员，其方法有1
3C ， 然后再确定完成的工作，其方法有24C ，
然后再将剩下的两项工作分配给剩下的两人，其方法有1
2C ，
故当3名教师确定时，完成工作的方法有121342
C C C ••种； 因为甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去， 故有三种方法选择教师，
第一种方法：甲参加，乙不参加，丙参加，再从剩下的3人中选择1人，其方法有1
3C 种， 第二种方法：甲不参加，乙参加，丙不参加，再从剩下的3人中选择2人，其方法有2
3C 种，
第三种方法：甲不参加，乙不参加，丙不参加，再从剩下的3人中选择3人，其方法有33C 种；
故最终选派的方法为()123121333342C C C C C C 252++•••=，故选A.
【点睛】
本题考查了排列组合的知识、分类分步的计数原理，解题的关键是要辨析清楚何时是分类，何时是分步.
12．设1021001210)x a a x a x a x =++++L ，那么
()(2
20210139)a a a a a a +++-+++L
L 的值为（ ）
A ．0
B ．1-
C ．1
D ．101)
【答案】C 【解析】 【分析】
令1x =和1x =-得到012310a a a a a ++++L ，012310a a a a a -+-++L ，再整体代入可得； 【详解】
解：因为
)
10
21001210x
a a x a x a x =++++L ，
令1x =
得
)
10
0123101
a a a a a =++++L ，
令1x =-
得
)
10
0123101
a a a a a =-+-++L ，
所以()(2
20210139)a a a a a a +++-+++L L
()()012310012310a a a a a a a a a a =++++-+-++L L
))
10
10
1
1
=
⋅
))
10
11⋅
⎡⎤⎣
⎦
=
1011== 故选：C 【点睛】
本题考查利用待定系数法求二项式系数和的问题，属于中档题．
13．已知P 是△ABC 所在平面内﹣点，20PB PC PA ++=u u u r u u u r u u u r r
，现将一粒黄豆随机撒在△ABC 内，则黄豆落在△PBC 内的概率是（ ） A ．
2
3
B ．
12
C ．
13
D ．
14
【答案】B 【解析】 【分析】
推导出点P 到BC 的距离等于A 到BC 的距离的12．从而S △PBC =1
2
S △ABC ．由此能求出将一粒黄豆随机撒在△ABC 内，黄豆落在△PBC 内的概率． 【详解】
以PB 、PC 为邻边作平行四边形PBDC ， 则PB PC +u u u r u u u r =PD u u u r ， ∵20PB PC PA ++=u u u r u u u r u u u r r ，∴2PB PC PA +=-u u u r u u u r u u u r ， ∴2PD PA =-u u u r u u u r
，∴P 是△ABC 边BC 上的中线AO 的中点，
∴点P 到BC 的距离等于A 到BC 的距离的1
2
．
∴S △PBC =
1
2
S △ABC ． ∴将一粒黄豆随机撒在△ABC 内，黄豆落在△PBC 内的概率为： P=
PBC ABC S S V V =1
2
． 故选B ． 【点睛】
本题考查概率的求法，考查几何概型等基础知识，考运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．
14．若二项式2n
x x ⎛⎫+ ⎪⎝
⎭的展开式中各项的系数和为243，则该展开式中含x 项的系数为（ ） A ．1 B ．5 C ．10 D ．20 【答案】C 【解析】 【分析】
对2n
x x ⎛⎫+ ⎪⎝
⎭令1x =，结合展开式中各项的系数和为243列方程，由此求得n 的值，再利用二项式展开式的通项公式，求得含x 项的系数. 【详解】
对2n x x ⎛⎫+ ⎪⎝
⎭令1x =得()123243n n +==，解得5n =.二项式5
2x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项
公式为()
51
531222
55
22r
r r
r r
r C x x
C x
---⎛⎫⋅⋅=⋅⋅ ⎪⎝⎭
，令
53
122
r -=，解得1r =，故展开式中含x 项的系数为11
5210C ⋅=.
故选：C. 【点睛】
本小题主要考查二项式展开式各项系数之和，考查求二项式展开式指定项的系数，属于基础题.
15．有一散点图如图所示，在5个(,)x y 数据中去掉(3,10)D 后，下列说法正确的是（ ）
A ．残差平方和变小
B ．相关系数r 变小
C ．相关指数2R 变小
D ．解释变量x 与预报变量y 的相关性变弱
【答案】A 【解析】 【分析】
由散点图可知，去掉(3,10)D 后，y 与x 的线性相关性加强，由相关系数r ，相关指数2
R
及残差平方和与相关性的关系得出选项.
【详解】
∵从散点图可分析得出：
只有D 点偏离直线远，去掉D 点，变量x 与变量y 的线性相关性变强，
∴相关系数变大，相关指数变大，残差的平方和变小，故选A.
【点睛】
该题考查的是有关三点图的问题，涉及到的知识点有利用散点图分析数据，判断相关系数，相关指数，残差的平方和的变化情况，属于简单题目.
16．某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），左图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，右图为身高与臂展所对
应的散点图，并求得其回归方程为 1.160.5ˆ37y
x =-，以下结论中不正确的为（ ）
A ．15名志愿者身高的极差小于臂展的极差
B ．15名志愿者身高和臂展成正相关关系，
C ．可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米
D ．身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米，
【答案】D
【解析】
【分析】
根据散点图和回归方程的表达式，得到两个变量的关系，A 根据散点图可求得两个量的极差，进而得到结果；B ，根据回归方程可判断正相关；C 将190代入回归方程可得到的是估计值，不是准确值，故不正确；D ，根据回归方程x 的系数可得到增量为11.6厘米，但是回归方程上的点并不都是准确的样本点，故不正确.
【详解】
A ，身高极差大约为25，臂展极差大于等于30，故正确；
B ，很明显根据散点图像以及回归直线得到，身高矮臂展就会短一些，身高高一些，臂展就长一些，故正确；
C ，身高为190厘米，代入回归方程可得到臂展估计值等于189.65厘米，但是不是准确值，故正确；
D ，身高相差10厘米的两人臂展的估计值相差11.6厘米，但并不是准确值，回归方程上的点并不都是准确的样本点,故说法不正确.
故答案为D.
【点睛】
本题考查回归分析，考查线性回归直线过样本中心点，在一组具有相关关系的变量的数据间，这样的直线可以画出许多条，而其中的一条能最好地反映x 与Y 之间的关系，这条直线过样本中心点．线性回归方程适用于具有相关关系的两个变量，对于具有确定关系的两个变量是不适用的, 线性回归方程得到的预测值是预测变量的估计值，不是准确值.
17．先后投掷骰子（骰子的六个面分别标有1、2、3、4、5、6个点）两次落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为,x y ，设事件A 为“x y +为偶数”，事件B 为“x y 、中有偶数，且x y ≠”，则概率()P B A =( )
A ．13
B ．12
C ．14
D ．25
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意有()))
|(=
(n AB P n A A B ，所以只须分析事件A 和事件AB 所包含的基本事件，即可根据公式求出结果.
【详解】
解：事件A 中“x y +为偶数”，所以,x y 同奇同偶，共包含22318⨯=种基本事件；
事件AB 同时发生，则,x y 都为偶数，且x y ≠，则包含236A =个基本事件； ()()61=)13
|=
(8n AB n A P B A =. 故选：A.
【点睛】 本题考查条件概率的应用，考查基本事件的求法，解题的关键是辨析条件概率，属于基础题.
18．概率论起源于博弈游戏．17世纪，曾有一个“赌金分配“的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定，各出赌金48枚金币，先赢3局者可获得全部赌金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局．向这96枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率“的知
识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是（）
A．甲48枚，乙48枚B．甲64枚，乙32枚C．甲72枚，乙24枚D．甲80枚，乙16枚【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，计算甲乙两人获得96枚金币的概率，据此分析可得答案．【详解】
根据题意，甲、乙两人每局获胜的概率均为1
2
，
假设两人继续进行比赛，甲获取96枚金币的概率
11113 2224
P=+⨯=，
乙获取96枚金币的概率
2111 224
P=⨯=，
则甲应该获得
3
9672
4
⨯=枚金币；乙应该获得
1
9624
4
⨯=枚金币；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查概率在实际问题中的应用，涉及到独立事件的概率，考查学生的逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.
19．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，指数学.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，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在第三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（）
A．12种B．24种C．36种D．48种
【答案】C
【解析】
【分析】
根据“数”排在第三节，则“射”和“御”两门课程相邻有3类排法，再考虑两者的顺序，有
2 22
A=种，剩余的3门全排列，即可求解.
【详解】
由题意，“数”排在第三节，则“射”和“御”两门课程相邻时，可排在第1节和第2节或第4
节和第5节或第5节和第6节，有3种，再考虑两者的顺序，有2
22
A=种，
剩余的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有3
36
A=种，
所以“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有32636
⨯⨯=种不同的排法.故选：C.
【点睛】
本题主要考查了排列、组合的应用，其中解答中认真审题，根据题设条件，先排列有限制条件的元素是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
20．2020(1)(1)i i +--的值为（ ）
A ．0
B ．1024
C ．1024-
D ．10241-
【答案】A
【解析】
【分析】
利用二项式定理展开再化简即得解.
【详解】
由题得原式=
11223319192011223319192020202020202020201++i )1i )C i C i C i C i C i C i C i C i ++++--+-+-+L L （（ =1133551919202020202()C i C i C i C i ++++L
=1133555331132020202020202(++)C i C i C i C i C i C i ++++L
=113355553312020202020202(C )C i C i C i i C i C i +++---L
=0.
故选:A
【点睛】
本题主要考查二项式定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.。