计数原理与概率统计压轴小题 -2025年新高考数学二轮复习

微专题22计数原理与概率统计压轴小题

【典型例题】

例1.（2024・高三・贵州•阶段练习）已知P（A）=0.6,P（AB）=0.3,P（B|A）=0.5,下列选项正确的是

（）

A.P（B）=0.4B.P（A|B）=0.6C.P（A|B）=0.5D.P（AB）P（A）P（B）

【答案】B

【解析】因为尸（B|A）=0.5,即市广=2

又尸（A）=0.6,尸（AS）=0.3,

所以尸（3）=05,故A错误；

/,.P（AB）0.3,

又尸（A|3）=-p（B）=痴-0.6,故B正确；

尸（AB）=尸（A）P（3）,故D错误；

0.5-0.3

中回需二号产=0.4,故C错误.

0.5

故选：B

例2.（2024・浙江•模拟预测）某羽毛球俱乐部，安排男女选手各6名参加三场双打表演赛（一场为男双,

一场为女双，一场为男女混双），每名选手只参加1场表演赛，则所有不同的安排方法有（）

A.2025种B.4050种C.8100种D.16200种

【答案】B

【解析】先考虑两对混双的组合有2C；・屋种不同的方法，

余下4名男选手和4名女选手各有3种不同的配对方法组成两对男双组合，两对女双组合,

故共有2CrC；x3x3=4050.

故选：B

例3.（2024・四川成都•二模）现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边

的两块着不同颜色的概率为（）

一一

A144「64「9n3

A.B.C.—D.—

6251256464

【答案】c

【解析】根据题意，用四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，每个部分都有4种涂色方法，

则有4x4x4x4x4=1024种涂色方法；

若其中任意有公共边的两块着不同颜色，有两种情况：①只用三种颜色涂这5个区域，则有

C：x2xA；=48种涂色方法；②用四种颜色涂这5个区域，则有4xA：=96种涂色方法，所以若其中任意有

公共边的两块着不同颜色，共有144种涂色方法，故四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，

其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为需144=《9.

102464

故选：C

例4.（2024•山东荷泽・一模）若数列｛4｝的通项公式为凡=（-1厂/,记在数列｛《,｝的前〃+2（〃wN*）项中

任取两数都是正数的概率为匕，则（）

2

A.耳=]B.8</C.儿<41D.Pn<Pi2

【答案】C

【解析】〃为奇数时，前〃+2项中有片个奇数项，即有片个正数，

22

Q2n+3n+1

P=等(力+),《=_,

F3("+1)"+3故A错误;

nC：+2++4(〃+2)(〃+1)4(〃+2)3

几+2几+2

"为偶数时,前〃+2项中有亍个奇数项,即有〒个正数,

।n+2\n

12J2_(〃+2)〃n

J+2(n+2)(n+l)4(n+2)(n+l)4(n+l)

―二九=若吟’故B错误；

147

昂=7一直=宏>/，故C正确；

4x1326

Pn=-1T2^=^3<Pn^故D错误.

4x1313

故选：C.

例5.（2024•广东湛江•一模）在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是

错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项.设事件M=

“甲、乙两人所选选项恰有一个相同"，事件N="甲、乙两人所选选项完全不同"，事件X="甲、乙两人所

选选项完全相同"，事件丫="甲、乙两人均未选择B选项"，贝|（）

A.事件M与事件N相互独立B.事件X与事件y相互独立

c.事件M与事件y相互独立D.事件N与事件y相互独立

【答案】C

【解析】依题意甲、乙两人所选选项有如下情形：

①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同，

C2c2

所以尸(加)=臂*=|1C；ccj

「3)=生P(X)=p(y)=

'-/46C'c厂6'C〉c；4

因为事件加与事件N互斥，所以P(MN)=O,又尸(M)-P(N)=",

所以事件M与事件N不相互独立，故A错误；

C211

网")='=不*尸(X)尸")=五，故B错误；

由尸(My)=m§=±=p(M)p(y),则事件M与事件y相互独立，故c正确；

c4C46

因为事件N与事件y互斥，所以「(NK)=o,又p(y>p(N)=],

所以事件N与事件y不相互独立，故D错误.

故选：C.

例6.(2024・高三・河南•专题练习)信息端是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为

1,2,L,”，且尸(X=i)=p,>0(i=l,2,,〃)，定义X的信息嫡"(xh-tpJogzR，则下列判

z=li=l

断中正确的是()

①若£=1(i=L2,,〃)，则H(x)=log2〃

n

②若H(x)=0,则〃=1；

③若“=2,则当0】=g时，取得最大值

④若〃=2相，随机变量y所有可能的取值为1,2,L,m,且尸(丫=/)=?/+3+"，=1，2,,加)，则

H(X)>H(Y)

A.①②B.②③C.①②④D.①②③④

【答案】D

【解析】①若£=々；1,2,,〃)，则Ha)=-£LogJ=_"，logJ=log”，故①正确;

ni=\nnnn

②假设〃22,因为P(X=i)=p>0(i=l,2,■,〃)，£p,=l,所以。<p,<l,

i=l

所以pjog2A<0(i=l,2,,n),所以7/(x)=-EpJog2p,>0,

Z=1

这与〃(x)=0矛盾，所以假设不成立，

而当”=1时，易得H(元)=0,所以〃=1,故②正确；

③若n=2,则Pi+P2=1,

H(x)=~(ptlog2Pi+p2log2J??)=-[pjog?A+(l-p1)-log2(l-p1)],

/(P)=Hplog2p+(1^p)log2(1-p)],0<p<l,

「1-11〃

贝I」/'(〃)=-bg2P+，•——-10g(l-/7)+(l-/7)----——=-10g-----,

pin22(1-/?)ln2J21-p

令尸(p)<0,得d->l,解得!<P<1,此时函数/(。)单调递减，

令f<p)>0,0<七<1，解得0<P<g，此时函数/5)单调递增，

所以当。二3时/(°)最大，所以当"二3时，"(X)取得最大值，故③正确；

PY

④由题意知，P(Y=l)=Pi+p2m,P(Y=2)=p2+p2m_x,P(Y=3)=p3+p2m_2,(=m)=P,n+P,„+l

H(Y)=-[(A+p2,„)log2(A+p2J++(p„,+P,„+1)log2(pm+pm+1)],

+

又H(X)=-(01Og2R+P21Og2P2+Pj°S2Pm++P2,“kg2P2”,)，

H(丫)-H(X)=pJog?——+p2log2—%—++p2mlog2%”,

A+Pin,Pi+Pim-xPim+A

又一--<1,--—<1,L,P2m<1,

P1+P2优必+必,”-1P1+P2,”

/.W(y)-H(X)<0,H(X)>H(Y),故④正确.

综上，正确说法的序号为①②③④，

故选：D.

例7.(多选题)(2024•山东济南.一模)下列等式中正确的是()

88

A.之晨=2'B.

k=lk=2

。J,18°

C段?iiD-Z(C『C；6

z=o

【答案】BCD

【解析】对于A,因为(1+域=C；+C；x+C；尤2++c；f,

8

令X=l,得28=1+C；+C；++d=l+Ecf,则ZC=28-1,故A错误；

k=lk=l

对于B,因为C：+C：=C",

8

所以X或=c；+C+c；++C；=C；+C；+C；++C；

k=2

=c；+c+…+c]==C；+C；=C；,故B正确;

对于C因为'____1=.!-(1)!=(1)(1)!=1

对十，因为k\妇优-1)!总优-1)!k\

匕匚1“小左—1e111111

所以二IT_£[(/_])!_石_|一1一司+%一或++/《=1$,故C正确.

对于D,(1+%)16=(1+%)8(1+%)8,

对于(1+可\其含有犬的项的系数为C3

对于(1+域(1+域，要得到含有f的项的系数,

须从第一个式子取出左(。4々48欢eN)个x,再从第二个式子取出8-k个x,

88?

它们对应的系数为Xcyd=£©),

k=0k=0

82

所以Z(cf)=C：6,故D正确.

氏=0

故选：BCD.

例8.(2024・高三・江苏泰州•阶段练习)将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为

“边”.若单位圆上，个颜色各不相同的点经过人次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意

点，就称这〃个点和左条边所构成的图形满足“条件T”，并将所有满足“条件T”的图形个数记为T(〃,Q,

则T(5,4)=.

【答案】125

【解析】7(5,4),即〃=5,%=4.如图，在单位圆上有5个颜色不同的点，由4条边连接起来，每条边有

2个端点，所以4条边一共有8个端点，又由于从任意一点出发，沿着可边可以达到任意一点，所以每一

点必定会作边，至少一条边的端点.所以可能出现的情形有三种情形，按照5个点可能同时做边几条边的公

共端点来分情况讨论.

0-•••o

情形1：有3个点是2条边的端点，另2个点是1条边的端点，有g=60种;

2

情形2：有1个点是3条边的端点，有1个点是2条边的端点，另3个点是1条边的端点,

有孝=60种;

情+形3：有1个点是4条边的端点，另4个点是1条边的端点，共有C；A；=30种;

综上：7（5,4）=60+60+30=150.

故答案为：125

例9.（2024•辽宁葫芦岛.一模）某机器有四种核心部件A,B,C,D,四个部件至少有三个正常工作时，

机器才能正常运行，四个核心部件能够正常工作的概率满足为P（A）=尸①），尸（C）=P（0,且各部件是

否正常工作相互独立，已知P（A）+P（C）=],设X为在〃次实验中成功运行的次数，若E（X）=16,则至

少需要进行的试验次数为.

【答案】27

【解析】^P（A）=P（B）=aeQ,l^贝P（C）=P（£＞）=g-a,

设一次实验中成功运行的概率为P,

则p=P（A）-P（B）-P（C）-P（D）+[l-P（A）]P（B）-P（C）-P（Z））+

[1-P（B）]P（A）-P（C）-P（D）++[1-P（C）]P（A）-P（B）-P（D）+

口一尸（£＞）]尸（A）.尸（2）.尸（C）=/[g_a]+2.（1一+

c2r4K4、27/-72/+72/一32a

2cl—ci1-----Fa-----------------------------------,

13人3J9

f(a)=27a4-72a3+72a2-32a,aeQ,lj,

贝I]/,(a)=108a3-216a2+144a-32=4(3a-2)3,

当卜寸，r（a）＜0,当时，f'（a）＞0,

则仆）在[，"上单调递减，在（|』J上单调递增，

故"小27伯4.72x（|[+72x]|j-32x1|]一日，

16

故。＜一二16,

927

〃-3＞丝-27

由X服从二项分布，故有E（X）=〃0=16,则"p-16.

27

故答案为：27.

例10.（2024•全国•模拟预测）神舟十五号飞行任务是中国载人航天工程2022年的第六次飞行任务，也是

中国空间站建造阶段最后一次飞行任务，航天员乘组将在轨工作生活6个月.某校为了培养学生们的航天精

神，特意举办了关于航天知识的知识竞赛，竞赛一共包含两轮.高三（9）班派出了a和"两位同学代表班级

4

参加比赛，每轮竞赛〃和y两位同学各答1题.已知〃同学每轮答对的概率是彳，"同学每轮答对的概率是

彳，每轮竞赛中〃和V两位同学答对与否互不影响，每轮结果亦互不影响,则〃和v两位同学至少答对3道

4

题的概率为（）.

A39n129129「39

A.-----B.-----C.-----D.-

2002005050

【答案】D

【解析】若M和V两位同学答对4道题，则其概率为

若〃和v两位同学答对3道题，贝IJ其概率为2x，xdx13Y+2x」x3x[4丫21

55⑷44⑸~50；

故〃和v两位同学至少答对3道题的概率为^9+布21=不39.

乙。JU

故选：D.

例11.（2024・广东•一模）已知随机变量X的分布列如下：

X12

pab

47

则E（X）=§是。（X）=g的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】由题意可知。+6=1,

44?1

若E（X）=z，贝！］。+2/?=彳，^a=-,b=-,

v73333

O(X)=(g-l)xg+(g-2]xg=g,故充分性满足；

o21?

若o(x)=贝1](°+26-1)-94+(4+26-2)-96=462+69一1)-9=-62+匕=—,解得6=§或匕=§.

12214

当办=§时，〃=§，此时石^X)=1乂耳+2xg=耳，

71175

当/?=§时，tz,此时£(X)=lx§+2x§=§,

则E(X)=g或矶X)=g,故必要性不满足.

故选：A.

例12.（2024.江苏宿迁.一模）人工智能领域让贝叶斯公式：尸（A⑻=”黑勺站在了世界中心位

置，AI换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些“AI”视频，“AI”视频占有率为

0.001.某团队决定用AI对抗AI,研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假.该鉴伪技术的准确率是0.98,

即在该视频是伪造的情况下，它有98%的可能鉴定为“AI”；它的误报率是0.04,即在该视频是真实的情况

下，它有4%的可能鉴定为“AI”.已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的可能性为（）

A.0.1%B.0.4%C.2.4%D.4%

【答案】C

【解析】记“视频是AI合成”为事件A,记“鉴定结果为AI”为事件B,

则尸(A)=0.001,P(A)=0.999,P(B|A)=0.98,P(B|A)=0.04,

P(A)P(B|A)0.001x0.98ccc,

由贝叶斯公式得:尸（刎==---------------------------------=0.024

P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)0.001x0.98+0.999x0.04

故选：C.

【过关测试】

1.（2024•海南省直辖县级单位.一模）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理

论，随机事件A,B存在如下关系：P（A忸尸尸丹^4!若某地区一种疾病的患病率是0.05,现有一种

试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为95%,即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有

95%的可能呈现阳性；该试剂的误报率为0.5%,即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有0.5%的

可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为（）

.495c99521

A.------B.------c.WD.

100010001122

【答案】C

【解析】依题意，设用该试剂检测呈现阳性为事件8,被检测者患病为事件A,未患病为事件彳,

则P（B|A）=0.95,尸（A）=0.05,P（B|A）=0.005,P（A）=0.95,

故尸（3）=0.95x0.05+0.005x0.95=0.05225,

则所求概率为P（A|B）==尸（靠网0.95x0.0510

005225一五

故选：C.

2.（2024.河南.一模）甲、乙两人进行一场友谊比赛，赛前每人记入3分.一局比赛后，若决出胜负，则胜

的一方得1分，负的一方得-1分；若平局，则双方各得0分.若干局比赛后，当一方累计得分为6时比赛

结束且该方最终获胜.令耳表示在甲的累计得分为i时，最终甲获胜的概率，若在一局中甲获胜的概率为

0.5,乙获胜的概率为0.3,则片=（）

【答案】C

【解析】由题意可知：i的取值集合为｛0,1,2,3,4,5,6｝,且4=0线=1,

在甲累计得分为1时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为0.5心，

在甲累计得分为1时，下局平局且最终甲获胜的概率为0.24，

在甲累计得分为1时，下局甲败且最终甲获胜的概率为。34，

根据全概率公式可得耳=06g+0.2耳+0.3兄，

QQO

整理得变形得6-4=弓（6-综），

p-P3

因为《一此》。，则于3二三，

问理可行p3_p2p4_p3p5_p45'

所以｛九一用。=0,1,2,,5）是公比为1的等比数歹!J,

所以匕|一々=（|］（4一片）（i=0』，2,,5），

各项求和得£（%「£）=£佶］记-耳）

Z=1Z=1

3_m6邛］$$

则”一片=（片一即，解得片=箸1

1----1----

55

故选：C.

3.（2024•云南•一模）一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每个电子元件被点亮时可发出红色光、蓝

色光、绿色光中的一种光.若每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，根据

这三个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息，则这排电子元件能表示

的信息种数共有（）

A.60种B.68种C.82种D.108种

【答案】D

【解析】每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，

所以需把3个亮的发光原件插入未点亮的元件中，有C：=4种方法，

且不同颜色数有3x3x3=27种，

所以这排电子元件能表示的信息种数共有4x27=108种.

故选：D

4.（2024・高三•福建福州•期中）江先生每天9点上班，上班通常开私家车加步行或乘坐地铁加步行，私家

车路程近一些，但路上经常拥堵，所需时间（单位：分钟）服从正态分布N（38,72）,从停车场步行到单位

要6分钟；江先生从家到地铁站需要步行5分钟，乘坐地铁畅通，但路线长且乘客多，所需间（单位：分

钟）服从正态分布N（44,2°）,下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟，从统计的角度出发，下列说法中合

理的有()

参考数据：若尸(Z)~NS，/),则P(〃一cr<Z<〃+cr)=0.6826,P(〃-2cr<Z<〃+2cr)=0.9544,

P(//-3cr<Z<〃+3cr)=0.9974

A.若8:00出门,则开私家车不会迟到

B.若8:02出门,则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大

C.若8:06出门,则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大

D.若8:12出门,则乘坐地铁几乎不可能上班不迟到

【答案】D

1-P(17<Z<59)1-0.9974

【解析】对于A,当满足P（ZN59）==0.0013时,

22

江先生仍旧有可能迟到，只不过发生的概率较小，故A错误;

对于B,若8:02出门,

①江先生开私家车，

当满足尸（Z<52）=1-P（24；Z<52）+<z<52）=0.9772时,

此时江先生开私家车不会迟到；

②江先生乘坐地铁，

当满足P（Z<48）=1-<Z<48）+p（40<Z<48）=0.9772时，

2

此时江先生乘坐地铁不会迟到；

此时两种上班方式，江先生不迟到的概率相当，故B错误；

对于C,若8:06出门，

①江先生开私家车，

当满足尸（Z<48）>P（Z<45）=1-\（3；<45）+尸。1<Z<45）=0.8413时，

此时江先生开私家车不会迟到；

②江先生乘坐地铁，

当满足P（ZW44）='="5时，此时江先生乘坐地铁不会迟到；

2

此时两种上班方式，显然江先生开私家车不迟到的可能性更大，故C错误；

对于D,若8:12出门，

江先生乘坐地铁上班，

当满足P（Z<38）=1一尸（38<Z<50）=0.00/3时，江先生乘坐地铁不会迟到，

2

此时不迟到的可能性极小，故江先生乘坐地铁几乎不可能上班不迟到，故D正确.

故选：D.

5.（多选题）（2024.甘肃.一模）围棋是古代中国人发明的最复杂的智力博弈游戏之一.东汉的许慎在《说文

解字）中说：“弈，围棋也”，因此，“对弈”在当时特指下围棋，现甲与乙对弈三盘，每盘赢棋的概率是

P1，其中甲只赢一盘的概率低于甲只赢两盘的概率.甲也与丙对弈三盘，每盘赢棋的概率是。2,而甲只赢

一盘的概率高于甲只赢两盘的概率.若各盘棋的输赢相互独立，甲与乙、丙的三盘对弈均为只赢两盘的概率

分别是尸（A）和尸（2）,则以下结论正确的是（）

A.0<P2<；<Pi<l

B.当Pi+pT时，P（A）>P（B）

C.池«0,1）,使得对双e（O,l）,都有P（A）>尸（3）

4

D.当尸（A）=尸（3）时,P；+RPZ+P；>]

【答案】ABC

【解析】对于A,根据题意，甲与乙对弈只赢一盘的概率为只赢两盘的概率为pj,

911

则—解得Pl>3，故]<R<1，

甲与丙对弈只赢一盘的概率为C；A（1-P2）2,只赢两盘的概率为C；P；（1-P2），

?11

则C；P2（1—P2）>C；p：（1—2）,解得P2<2，故。<P2<5，

故0<0<；<网<1,则A正确；

对于B,由P1+P2=1得月=1-%,

则尸（4）=C；（l-P2）2p2=C；P；0-P2）•匕&,即尸（A）=P（8）

又0<必<:，所以工-1>1,所以P（A）>尸（3）,故B正确；

222

对于C,明«。,1）,使得对的2e（0,1）,结合B分析,只满足Pi+P2=l,都有P（A）>尸（3）,故C正

确；

对于D,令尸（A）=尸（3）,则C；p；（l-R）=C；/（1-㈤,化简为P：-P；=P；-P；,

++

故（口+。2）（月一。2）=（月一上）（。；+。也+团，即Pl+P2=PlPlP2Pi-

11313

又因为0<P2<5<Pi<1,则不<Pi+P2<5，即5<P；+P1P2+P；<5，故D错误，

故选：ABC.

6.（多选题）（2024•云南贵州•二模）袋子中有2个黑球，1个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，

每次取一个球，取到白球记0分，黑球记1分，记4次取球的总分数为X,则（）

A.X«4,胃B.尸（X=2）*

QO

C.X的期望E（x）=々D.X的方差D（x）=]

【答案】ABCD

【解析】从袋子中有放回的取球4次，则每次取球互不影响，并且每次取到的黑球概率相等，

又每次取一个球，取到白球记0分，黑球记1分，故4次取球的总分数相当于抽到黑球的总个数，

又每次摸到黑球的概率为1,因为是有放回地取4次球，所以故A正确；

尸（X=2）=C；«m*,故B正确;

9Q

根据二项分布期望公式得E（X）=4x1=|,故C正确；

O1Q

根据二项分布方差公式得O（X）=4x：x：=],故D正确.

故选：ABCD

7.（多选题）（2024•浙江•模拟预测）高考数学试题的第二部分为多选题，共三个题每个题有4个选项，其

中有2个或3个是正确选项，全部选对者得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.小明对其中的一

道题完全不会，该题有两个选项正确的概率是g，记X为小明随机选择1个选项的得分，记Y为小明随机

选择2个选项的得分.则

A.P（X=O）＞P（y=O）B.P（X=2）＞P（y=2）

c.E（x）＞E（y）D.r）（x）＞r）（y）

【答案】BC

【解析】X为小明随机选择1个选项的得分，所以X=0,2,

则X的分布列为:

515

X—=

816

y为小明随机选择2个选项的得分，所以y=o,2,6,

则y的分布列

Y026

2]_1

P

3412

由止匕可得E（y）=2x；+6xg=l,

D(y)=(0-l)2x-+(2-l)2x-+(6-l)2x—=-+-+—=3.

、,34123412

所以尸(x=o)〈尸(y=o),尸(x=2)>尸(y=2),E(X)>E(Y),D(X)<D(Y).

故选：BC.

8.（多选题）（2024・浙江.二模）已知正方体A8CD-44GA，的棱长为1,点尸是正方形4与G2上的一

个动点，初始位置位于点A处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为%向对角

顶点移动的概率为如当点尸在点A处时，向点用，A移动的概率均为J,向点C1移动的概率为

24，

则（）

A.移动两次后，“|尸。=6"的概率为|

O

B.对任意“eN*,移动〃次后，“PA//平面BOG”的概率都小于g

C.对任意〃eN*,移动〃次后，“PC,平面BOG”的概率都小于g

D.对任意“eN*,移动〃次后，四面体P-BOG体积V的数学期望E（V）＜；（注：当点尸在平面

BDCt上时，四面体尸-BDC,体积为0）

【答案】AC

【解析】设移动〃次后，点?在点A，耳,G，A的概率分别为。〃也，与，4，

其中6=0,4=；，4=；，4+2+g+d〃=1，

1,11一

%=7%+/〃T+~cn-y1,1（n

42+—

〃I2J

11142

+4C-'+-d.

2a1T

解得：，c=

1,1,1n4A2<2J

%=卢1+J"T+]""T

1

b二d

1+/T4

d〃=%an-l+产

对于A,移动两次后，“|尸。|=石”表示点尸移动两次后到达点4,

所以概率为七卜〈，故A正确;

对于B,以。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

所以A(1,O,O),D(O,O,O),3(1,1,O),C(O,1,O),4(1,0,1),〃(0,0,1),4(1,1,1),G(0,1,1),

因为DB=(l,l,0),DG=(O,Ll),B1A=(O,-l-l),D1A=(l,O,-l)，4C=(-l,l,-l),

设平面BOG的法向量为〃=(x,y,z),贝叶-

[n•DC]=y+z=0

取y=l,可得x=Tz=-l,所以“=(-!,1,-1),

而g4"=0,D]4"=0,44,940平面806，

所以当点P位于耳或2时，PA//平面BDC-

当P移动一次后到达点耳或。时，所以概率为;x2=；＞；,故B错误；

对于C,AC=(T,l,-l)=〃,所以当点尸位于4时，PC,平面BDG，

所以移动〃次后点尸位于A,贝1[一＜p故C正确;

对于D,四面体尸-瓦乂体积V的数学期望矶丫）=%

"K\-BDQ+优■%-BDCX+Cn'VQ-BDCI+4〃♦VQ-BDCI

S.Bg=¥（夜）=¥，因为£＞A=（1,0,1）,

所以点A到平面BDQ的距离为4="3=2=2叵,

\n\y/33

同理，点"，〃到平面皿G的距离分别为李片,

所以，Bg=；X孝X半］，匕,_Bg=5一Bg=%¥',=＞匕_呐=0,

所以E(v)=llxl0lxl=ll

3+46++466+6

当w=2时,即）=1+工51

当〃为偶数,所以E(V)=——>-

）4出66245

11£

当“为奇数，所以E（V）=故D错误.

66265

故选：AC.

9.（多选题）（2024・高三・浙江•开学考试）日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设

在一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正整数的随机变量X,根据统计数据，它近似满足如下规

律：对任意正整数“，寿命恰好为”的植物在所有寿命不小于”的植物中的占比为10%.记“一株植物的寿命

为〃，，为事件4,“一株植物的寿命不小于〃”为事件&.则下列结论正确的是（）

A.p(4)=o.oi

B.P(B„)=0.9,,-1

C.设%=p（4"与），则｛凡｝为等比数列

D.设s,,=记(4),则£S«<10

k=\

【答案】BCD

【解析】设植物总数为寿命为i年的植物数为

由题意，P⑷噬=!’

贝U码=*["_(町+%++St)]n10叫+叫+根2++%T="①

10m.+1+m[+m2+++mi=M@

gi9Z-1

②-①得，10叫M=9s.nP(4j=正尸(a)nP(Aj=而

71—12-1

即尸⑷」99

,故尸（4）=：x=0.09,故A错误;

\n,1011010

由犯=，［”—（见+牡++"*）］nP（4）=、P（g）,

n—\

故尸（纥）=IOP（4）=,故B正确;

19

n-l

P(4+1B2)_P(4+1)_TOIIOi

由4=P(AJB2)=

P(幻P(B2)910

10

9

故%1=Z，即｛g｝为等比数列，故C正确;

因为s“=〃p(A)=g〃

设c.=£s”则眸i目+2x/+3*j+

k=l

相减可得&=1+/+盾+^J+

10

所以=1°-("+1°){4]<10>故D正确.

故选：BCD

10.(多选题)(2024・高三・湖南长沙•开学考试)某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进.部分芯片

由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工

人进行抽样检验.记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，3表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改

进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标J服从正态分布N(5.40,0.052),现从中随机抽取加个，这加个

芯片中恰有加个的质量指标4位于区间(5.35,5.55),则下列说法正确的是()(若占NO；。?)，则

一+0.6826,PQi一3b<J«〃+3cr)«0.9974)

A.P(B|A)>P(B)

B.P(A|B)<P(A|B)

C.P(5.35<^<5.55)«0.84

D.尸(〃?=45)取得最大值时，加的估计值为53

【答案】ACD

【解析】依题意，P(B|A)>P(B),A正确；

由P⑷.P(B|A)>P(A)-P(B),则P(AB)>尸⑷.P(B),

又P(AB)+P(AB)=P(A)-P(B\A)+P(A)-P(B|A)=P(A),

于是P(AB)>P(B)-[P(AB)+尸(A月)],即P(AB)-P(B)>尸(B)•P(A月),

,P(AB)P(AB)P(AB)P(AB)

因此rl「-->—―即a二一->-,则n尸l(A|B)>「(A[8),B错误；

P(B)l-P(B)P(B)P(B)g

由尸(5.35<(<5.55)=P(5.40-0.05<J<5.40+3x0.05)=尸(〃-<<X<〃+3cr)

▽c、P(〃一b<Xv〃+b)+P(〃-3crvX<〃+3cr)0.6826+0.9974八”一十花

又尸(4-cr<X<4+3b)=—-------------匕—)2------------------------a-------------------=0.84,C正确；

m~B(Af,0.84),P(m-45)-x0.8445x0.16M-45,

设/(x)=C,x0.8445x0,16-5,

3=C%皿84：xO.16：=°16x3>1,

/(x)C'5xO.8445xO.ie"-45x-44

解得x〈詈。52.6,BP/(53)>/(52),

,f(x)CfxO.8445xO.16"-45x,

由-------—77---------------T7—O.16X-----<1,

/(x-1)0X0.84"X0.16—6x-45

解得x>皆375=53+4—,即/（53）>f（54）,

77

所以P（%=45）最大时M的估计值为53,D正确.

故选：ACD

11.（多选题）（2024•高三•江苏泰州•阶段练习）甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色

外完全相同.把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复〃次操作后，甲口袋

中恰有0