单元检测十 计数原理、概率、随机变量及其分布
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2023·潮州模拟)围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率为，则从中任意取出2粒恰好是不同色的概率是( )
A. B. C. D.
2．(2024·武汉联考)多项式(ax＋1)6的x2项系数比x3项系数多35，则其各项系数之和为( )
A．1 B．243 C．64 D．0
3．(2024·邯郸模拟)从正方体的8个顶点和中心中任选4个点，则这4个点恰好构成三棱锥的概率为( )
A. B. C. D.
4．近几年新能源汽车产业正持续快速发展，动力蓄电池技术是新能源汽车的核心技术．已知某品牌新能源汽车的车载动力蓄电池充放电次数达到800次的概率为90%，充放电次数达到1 000次的概率为36%.若某用户的该品牌新能源汽车已经经过了800次的充放电，那么他的车能够达到充放电1 000次的概率为( )
A．0.324 B．0.36
C．0.4 D．0.54
5．某校安排高一年级(1)～(5)班共5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高一(1)班被安排到A基地的排法种数为( )
A．24 B．36 C．60 D．240
6．若随机变量X～N(μ，σ2)(σ＞0)，则有如下结论：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3，高三(1)班有40名学生，一次数学考试的成绩近似地服从正态分布，平均分为120，方差为100，理论上说在130分以上的人数约为( )
A．19 B．12 C．6 D．5
7．(2023·南京一中模拟)甲、乙、丙3人从1楼上了同一部电梯，已知3人都在2至6层的某一层出电梯，且在每一层最多只有两人同时出电梯，从同一层出电梯的两人不区分出电梯的顺序，则甲、乙、丙3人出电梯的不同方法总数为( )
A．60 B．120 C．180 D．240
8．在概率论中，马尔可夫不等式给出了随机变量的函数不小于某正数的概率的上界，它以俄国数学家安德雷·马尔可夫命名，由马尔可夫不等式知，若ξ是只取非负值的随机变量，则对 a>0，都有P(ξ≥a)≤.某市去年的人均年收入为10万元，记“从该市任意选取3名市民，恰有1名市民去年的年收入超过100万元”为事件A，则其概率P(A)的最大值为( )
A. B.
C. D.
二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．给出下列命题，其中正确的命题是( )
A．若样本数据x1，x2，…，xn(数据各不相同)的平均数为2，则样本数据2x1－3,2x2－3，…，2xn－3的平均数为3
B．随机变量X的方差为D(X)＝1，则D(2X＋1)＝4
C．随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，P(X≥1)＝0.72，则P(2≤X≤3)＝0.22
D．将一枚质地均匀的硬币连续抛掷两次，用X表示出现正面向上的次数，则P(X＝1)＝0.5
10．已知n的展开式共有13项，则下列关于该二项式的说法中正确的有( )
A．所有奇数项的二项式系数和为212
B．所有项的系数和为312
C．二项式系数最大的项为第6项或第7项
D．有理项共有5项
11．(2024·湖北腾云联盟联考)某高中一年级有3个班级，(1)班、(2)班、(3)班的学生人数之比为3∶3∶4.在某次数学考试中，(1)班的及格率为80%，(2)班的及格率为70%，(3)班的及格率为75%，从该校随机抽取一名高一学生．记事件A＝“该学生本次数学考试及格”，事件Bi＝“该学生在高一(i)班”(i＝1,2,3)，则( )
A．P(A)＝0.75
B．A与Bi(i＝1,2,3)均不相互独立
C．P(2|A)＝0.72
D．若从这次高一年级数学考试及格的学生中随机抽取一人，则该同学来自(1)班的概率最大
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12．(2023·河北新乐一中模拟)第19届杭州亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址，“莲莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京杭大运河．现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数为__________．(用数字作答)
13．(2024·江苏联考)已知ξ～N(μ，σ2)，若函数f(x)＝P(x≤ξ≤x＋3)为偶函数，则μ＝________.
14．(2024·厦门模拟)已知数列{an}的首项为1，在(x－a1)(x－a2)(x－a3)(x－a4)(x－a5)(x－a6)的展开式中，若{an}是公差为2的等差数列，展开式中x5的系数为________；若{an}为公比为2的等比数列，展开式中x4的系数为________．(用数字作答)
四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15．(13分)在二项式(2x－1)n的展开式中，已知第2项与第8项的二项式系数相等．
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求(2x－1)n的展开式中的常数项．
16．(15分)(2023·江西师范大学附中模拟)某品牌电动车近期进行了一系列优惠促销方案．既要真正让利于民，更要保证品质兼优，工厂在车辆出厂前抽取了100辆电动车作为样本进行单次最大续航里程的测试．现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)估计这100辆电动车的单次最大续航里程的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代替)；
(2)根据大量的测试数据，可以认为该款电动车的单次最大续航里程X近似服从正态分布N(μ，σ2)，经计算，这100辆电动车单次最大续航里程的样本标准差s的近似值为50，用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，现从该款电动车的生产线任取一辆电动车，求它的单次最大续航里程在250千米到400千米之间的概率；
(3)某线下销售公司现面向意向客户推出“玩游戏，赢大奖，送车模”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，指挥车模在方格图上行进，若车模最终停在“幸运之神”方格，则可获得购车优惠券8万元；若最终停在“赠送车模”方格时，则可获得车模一个．已知硬币出现正、反面的概率都是，车模开始在第0格，客户每掷一次硬币，车模向前移动一次．若掷出正面，车模向前移动一格，若掷出反面，车模向前移动两格，直到移到第4格(幸运之神)或第5格(赠送车模)时游戏结束．若有6人玩游戏，每人参与一次，求这6人获得优惠券总金额的数学期望．
0 1 2 3 4 5
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3.
17．(15分)(2024·南京联考)为了丰富在校学生的课余生活，某校举办了一次趣味运动会活动，学校设置项目A“毛毛虫旱地龙舟”和项目B“袋鼠接力跳”．甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛．每一个比赛项目均采取五局三胜制(即有一方先胜3局即获胜，比赛结束)，假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响．
(1)求甲班在项目A中获胜的概率；
(2)设甲班获胜的项目个数为X，求X的分布列及数学期望．
18．(17分)为调查禽类某种病菌感染情况，某养殖场每周都定期抽样检测禽类血液中A指标的值．养殖场将某周的5 000只家禽血液样本中A指标的检测数据进行整理，绘成如图所示的频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图，估计这5 000只家禽血液样本中A指标值的中位数(结果保留两位小数)；
(2)通过长期调查分析可知，该养殖场家禽血液中A指标的值X服从正态分布N(7.4,2.632)．
①若其中一个养殖棚有1 000只家禽，估计血液中A指标的值不超过10.03的家禽数量(结果保留整数)；
②在统计学中，把发生概率小于1%的事件称为小概率事件，通常认为小概率事件的发生是不正常的．该养殖场除定期抽检外，每天还会随机抽检20只，若某天发现抽检的20只家禽中恰有3只血液中A指标的值大于12.66，判断这一天该养殖场的家禽健康状况是否正常，并分析说明理由．
参考数据：
①0.022 753≈0.000 01,0.977 2517≈0.7；
②若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
19．(17分)(2024·浙江联考)杭州亚运会于2023年9月23日至10月8日举行．在此期间，参加亚运会的运动员可以在亚运村免费食宿．亚运村的某餐厅从第一天起到最后一天，晩餐只推出“中式套餐”和“西式套餐”．已知某运动员每天晚餐会在该食堂提供的这两种套餐中选择．已知他第一晚选择“中式套餐”的概率为，而前一晚选择了“中式套餐”，后一晚继续选择“中式套餐”的概率为；前一晚选择“西式套餐”，后一晚继续选择“西式套餐”的概率为，如此往复．
(1)求该运动员第二晚选择“中式套餐”套餐的概率；
(2)记该运动员第n(n＝1,2，…，16)晚选择“中式套餐”的概率为Pn.
①求Pn；
②求该运动员在这16晚中选择“中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率的晚数．
单元检测十 计数原理、概率、随机变量及其分布
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2023·潮州模拟)围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率为，则从中任意取出2粒恰好是不同色的概率是( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 ∵从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率为，
∴从中任意取出2粒恰好是不同色的概率P＝1－－＝.
2．(2024·武汉联考)多项式(ax＋1)6的x2项系数比x3项系数多35，则其各项系数之和为( )
A．1 B．243 C．64 D．0
答案 D
解析 由二项式定理得(ax＋1)6＝C(ax)6＋C(ax)5＋C(ax)4＋C(ax)3＋C(ax)2＋C(ax)1＋C(ax)0，
∵x2项系数比x3项系数多35，
∴Ca2－Ca3＝35，即3a2－4a3＝7，解得a＝－1.
∴(－x＋1)6＝Cx6－Cx5＋Cx4－Cx3＋Cx2－Cx1＋C，
令x＝1可得各项系数之和为C－C＋C－C＋C－C＋C＝0.
3．(2024·邯郸模拟)从正方体的8个顶点和中心中任选4个点，则这4个点恰好构成三棱锥的概率为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 从正方体的8个顶点和中心中任选4个点，有C＝126(个)结果，4个点恰好构成三棱锥分两种情况：
①从正方体的8个顶点中取4个点，共有C＝70(个)结果，
其中4个点共面有两类：一是四点构成侧面或底面，有6种情况，
二是4个点构成对角面(如图中平面AA1C1C)，有6种情况．
故选取的4个点在同一个平面的有6＋6＝12(个)，则构成三棱锥的有70－12＝58(个)；
②从正方体的8个顶点中任取3个，共有C＝56(个)结果，
其中所取3个点与中心共面，则这4个点在同一对角面上，共有6C＝24(个)结果，
因此，所选3个点与中心构成三棱锥的有56－24＝32(个)．
故从正方体的8个顶点和中心中任选4个点，
则这4个点恰好构成三棱锥的个数为58＋32＝90，故所求概率P＝＝.
4．近几年新能源汽车产业正持续快速发展，动力蓄电池技术是新能源汽车的核心技术．已知某品牌新能源汽车的车载动力蓄电池充放电次数达到800次的概率为90%，充放电次数达到1 000次的概率为36%.若某用户的该品牌新能源汽车已经经过了800次的充放电，那么他的车能够达到充放电1 000次的概率为( )
A．0.324 B．0.36
C．0.4 D．0.54
答案 C
解析 设事件A表示“充放电次数达到800次”，事件B表示“充放电次数达到1 000次”，
由题设知，P(A)＝90%＝0.9，P(AB)＝P(B)＝36%＝0.36，
所以某用户的该品牌新能源汽车已经经过了800次的充放电，
那么他的车能够达到充放电1 000次的概率为P(B|A)＝＝＝0.4.
5．某校安排高一年级(1)～(5)班共5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高一(1)班被安排到A基地的排法种数为( )
A．24 B．36 C．60 D．240
答案 C
解析 5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，如果是只有高一(1)班被安排到A基地，那么总的排法是CA＝36(种)；如果是还有一个班和高一(1)班一起被安排到A基地，那么总的排法是CA＝24(种)，故高一(1)班被安排到A基地的排法种数为36＋24＝60.
6．若随机变量X～N(μ，σ2)(σ＞0)，则有如下结论：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3，高三(1)班有40名学生，一次数学考试的成绩近似地服从正态分布，平均分为120，方差为100，理论上说在130分以上的人数约为( )
A．19 B．12 C．6 D．5
答案 C
解析 ∵数学成绩近似地服从正态分布N(120,102)，
又P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，
∴P(120－10≤X≤120＋10)≈0.682 7，
根据正态曲线的对称性知，在130分以上的概率为×(1－0.682 7)≈0.158 65，
∴理论上说在130分以上的人数约为0.158 65×40≈6.
7．(2023·南京一中模拟)甲、乙、丙3人从1楼上了同一部电梯，已知3人都在2至6层的某一层出电梯，且在每一层最多只有两人同时出电梯，从同一层出电梯的两人不区分出电梯的顺序，则甲、乙、丙3人出电梯的不同方法总数为( )
A．60 B．120 C．180 D．240
答案 B
解析 由题意，
①3人都在2至6层的某一层1人独自出电梯，共有A＝60(种)方法；
②3人中有2人在同一层出电梯，另1人在另外一层出电梯，共有CA＝60(种)方法，
故甲、乙、丙3人出电梯的不同方法总数是60＋60＝120.
8．在概率论中，马尔可夫不等式给出了随机变量的函数不小于某正数的概率的上界，它以俄国数学家安德雷·马尔可夫命名，由马尔可夫不等式知，若ξ是只取非负值的随机变量，则对 a>0，都有P(ξ≥a)≤.某市去年的人均年收入为10万元，记“从该市任意选取3名市民，恰有1名市民去年的年收入超过100万元”为事件A，则其概率P(A)的最大值为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 记该市去年人均年收入为X万元，从该市任意选取3名市民，年收入超过100万元的人数为Y.
设从该市任选1名市民，年收入超过100万元的概率为p，
则根据马尔可夫不等式可得p＝P(X≥100)≤＝＝，
∴0≤p≤，
∵Y～B(3，p)，
∴P(A)＝P(Y＝1)＝Cp(1－p)2＝3p(1－p)2＝3p3－6p2＋3p，
令f(p)＝3p3－6p2＋3p，则f′(p)＝9p2－12p＋3＝3(3p－1)(p－1)，
∵0≤p≤，∴3p－1<0，p－1<0，即f′(p)>0，
∴f(p)在上单调递增．
∴f(p)max＝f ＝3××2＝，即P(A)max＝.
二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．给出下列命题，其中正确的命题是( )
A．若样本数据x1，x2，…，xn(数据各不相同)的平均数为2，则样本数据2x1－3,2x2－3，…，2xn－3的平均数为3
B．随机变量X的方差为D(X)＝1，则D(2X＋1)＝4
C．随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，P(X≥1)＝0.72，则P(2≤X≤3)＝0.22
D．将一枚质地均匀的硬币连续抛掷两次，用X表示出现正面向上的次数，则P(X＝1)＝0.5
答案 BCD
解析 对于A，由E(aX＋b)＝aE(X)＋b，得E(2X－3)＝2E(X)－3＝2×2－3＝1，故A错误；
对于B，由D(aX＋b)＝a2D(X)，得D(2X＋1)＝4D(X)＝4×1＝4，故B正确；
对于C，因为随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，
所以P(X>2)＝P(X<2)＝0.5，
又因为P(X≥1)＝0.72，
则P(1≤X≤2)＝0.72－0.5＝0.22，
由正态曲线的对称性可得，
P(2≤X≤3)＝P(1≤X≤2)＝0.22，故C正确；
对于D，将一枚质地均匀的硬币连续抛掷两次，则正面向上的次数X服从二项分布B，
所以P(X＝1)＝C××＝0.5，故D正确．
10．已知n的展开式共有13项，则下列关于该二项式的说法中正确的有( )
A．所有奇数项的二项式系数和为212
B．所有项的系数和为312
C．二项式系数最大的项为第6项或第7项
D．有理项共有5项
答案 BD
解析 因为n＋1＝13，所以n＝12，所有奇数项的二项式系数和为211，故A错误；
令x＝1，得所有项的系数和为312，故B正确；
由二项式系数的性质可知，二项式系数最大的项为第7项，故C错误；
因为12展开式通项为Tk＋1＝C·(2x)12－k·＝，
当12－k为整数时，k＝0,3,6,9,12，所以有理项共有5项，故D正确．
11．(2024·湖北腾云联盟联考)某高中一年级有3个班级，(1)班、(2)班、(3)班的学生人数之比为3∶3∶4.在某次数学考试中，(1)班的及格率为80%，(2)班的及格率为70%，(3)班的及格率为75%，从该校随机抽取一名高一学生．记事件A＝“该学生本次数学考试及格”，事件Bi＝“该学生在高一(i)班”(i＝1,2,3)，则( )
A．P(A)＝0.75
B．A与Bi(i＝1,2,3)均不相互独立
C．P(2|A)＝0.72
D．若从这次高一年级数学考试及格的学生中随机抽取一人，则该同学来自(1)班的概率最大
答案 AC
解析 由题意，P(B1)＝＝，P(B2)＝＝，P(B3)＝＝＝，
P(A|B1)＝0.8，P(A|B2)＝0.7，P(A|B3)＝0.75，
则P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＝0.75，故A正确；
由P(A)＝P(A|B3)＝，则P(AB3)＝P(A)P(B3)，所以A与B3相互独立，故B错误；
因为P(B2)＝，所以P(2)＝1－＝，所以P(2|A)＝＝＝＝0.72，故C正确；
由题意这次高一年级数学考试中，(1)班、(2)班、(3)班学生中及格人数之比为8∶7∶10，
所以从这次高一年级数学考试及格的学生中随机抽取一人，则该同学来自(1)班的概率为＝，
该同学来自(2)班的概率为＝，该同学来自(3)班的概率为＝＝，
所以该同学来自(3)班的概率最大，故D错误．
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12．(2023·河北新乐一中模拟)第19届杭州亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址，“莲莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京杭大运河．现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数为__________．(用数字作答)
答案 336
解析 由题意可分两种情形：
①前排含有两种不同名称的吉祥物．前排从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”中取两种，
其中一种取两个，另一种取一个，有CCCCA＝24(种)排法，
后排有A＝2(种)排法，故共有24×2＝48(种)排法；
②前排含有三种不同名称的吉祥物，有CCCA＝48(种)排法，
后排有A＝6(种)排法，此时共有48×6＝288(种)排法，
因此，共有48＋288＝336(种)排法．
13．(2024·江苏联考)已知ξ～N(μ，σ2)，若函数f(x)＝P(x≤ξ≤x＋3)为偶函数，则μ＝________.
答案
解析 已知f(x)＝P(x≤ξ≤x＋3)，
由函数f(x)为偶函数，
所以f(－x)＝P(－x≤ξ≤－x＋3)＝f(x)＝P(x≤ξ≤x＋3)恒成立．
已知ξ～N(μ，σ2)，正态密度函数图象关于x＝μ对称，
由图象可知，要使P(－x≤ξ≤－x＋3)＝P(x≤ξ≤x＋3)恒成立，
则区间[－x，－x＋3]与[x，x＋3]关于x＝μ对称，
即μ＝＝.
14．(2024·厦门模拟)已知数列{an}的首项为1，在(x－a1)(x－a2)(x－a3)(x－a4)(x－a5)(x－a6)的展开式中，若{an}是公差为2的等差数列，展开式中x5的系数为________；若{an}为公比为2的等比数列，展开式中x4的系数为________．(用数字作答)
答案 －36 1 302
解析 由题意可知xn(n＝0,1,2,3,4,5)项是由因式(x－a1)，(x－a2)，(x－a3)，(x－a4)，(x－a5)，(x－a6)中n个因式中的x与剩余因式中的常数项相乘而得，
若{an}为公差为2的等差数列，则a6＝1＋2×5＝11，
可知x5的系数为－(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＝－＝－36；
若{an}为公比为2的等比数列，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝＝63，
且a＋a＋a＋a＋a＋a＝＝1 365，
可知x4的系数为a1a2＋a1a3＋a1a4＋a1a5＋a1a6＋a2a3＋a2a4＋a2a5＋a2a6＋a3a4＋a3a5＋a3a6＋a4a5＋a4a6＋a5a6，
整理得[(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)2－(a＋a＋a＋a＋a＋a)]，
所以x4的系数为(632－1 365)＝1 302.
四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15．(13分)在二项式(2x－1)n的展开式中，已知第2项与第8项的二项式系数相等．
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求(2x－1)n的展开式中的常数项．
解 (1)依题意可得C＝C，由组合数的性质得n＝8.
所以二项式(2x－1)8的展开式中二项式系数最大的项为T5＝C(2x)4(－1)4＝1 120x4.
(2)由(1)知，(2x－1)8＝(2x－1)8－，
因为二项式(2x－1)8的展开式的通项为Tk＋1＝C(2x)8－k(－1)k，
所以(2x－1)8的常数项为T9＝(－1)8＝1，的常数项为＝－16，
所以(2x－1)8的展开式中的常数项为1－(－16)＝17.
16．(15分)(2023·江西师范大学附中模拟)某品牌电动车近期进行了一系列优惠促销方案．既要真正让利于民，更要保证品质兼优，工厂在车辆出厂前抽取了100辆电动车作为样本进行单次最大续航里程的测试．现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)估计这100辆电动车的单次最大续航里程的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代替)；
(2)根据大量的测试数据，可以认为该款电动车的单次最大续航里程X近似服从正态分布N(μ，σ2)，经计算，这100辆电动车单次最大续航里程的样本标准差s的近似值为50，用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，现从该款电动车的生产线任取一辆电动车，求它的单次最大续航里程在250千米到400千米之间的概率；
(3)某线下销售公司现面向意向客户推出“玩游戏，赢大奖，送车模”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，指挥车模在方格图上行进，若车模最终停在“幸运之神”方格，则可获得购车优惠券8万元；若最终停在“赠送车模”方格时，则可获得车模一个．已知硬币出现正、反面的概率都是，车模开始在第0格，客户每掷一次硬币，车模向前移动一次．若掷出正面，车模向前移动一格，若掷出反面，车模向前移动两格，直到移到第4格(幸运之神)或第5格(赠送车模)时游戏结束．若有6人玩游戏，每人参与一次，求这6人获得优惠券总金额的数学期望．
0 1 2 3 4 5
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3.
解 (1)估计这100辆电动车的单次最大续航里程的平均数为
＝0.002×50×205＋0.004×50×255＋0.009×50×305＋0.004×50×355＋0.001×50×405＝300(千米)．
(2)由题意X～N(300，502)，从该款电动车的生产线上任取一辆，它的单次最大续航里程在250千米到400千米之间的概率为
P(250≤X≤400)≈0.954 5－＝0.818 6.
(3)硬币出现正、反面的概率都是，
第一次掷出正面，车模移动到第1格，其概率为P1＝，
移动到第2格有两类情况：掷出2次正面或掷出1次反面P2＝P1＋＝，
同理P3＝P1＋P2＝＋＝，
P4＝P2＋P3＝＋＝，
P5＝P3＝.
设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为X万元，X＝8或0，
所以E(X)＝8×＋0×＝(万元)，
设这6人获得优惠券总金额为Y万元，优惠券总金额的数学期望E(Y)＝E(6X)＝6×＝33(万元)．
17．(15分)(2024·南京联考)为了丰富在校学生的课余生活，某校举办了一次趣味运动会活动，学校设置项目A“毛毛虫旱地龙舟”和项目B“袋鼠接力跳”．甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛．每一个比赛项目均采取五局三胜制(即有一方先胜3局即获胜，比赛结束)，假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响．
(1)求甲班在项目A中获胜的概率；
(2)设甲班获胜的项目个数为X，求X的分布列及数学期望．
解 (1)记“甲班在项目A中获胜”为事件A，
则P(A)＝××＋C×2××＋C×2×2×＝，
所以甲班在项目A中获胜的概率为.
(2)记“甲班在项目B中获胜”为事件B，
则P(B)＝3＋C×4＋C×5＝，
X的可能取值为0,1,2，
则P(X＝0)＝P( )＝P()P()
＝×＝，
P(X＝2)＝P(AB)＝P(A)P(B)
＝×＝，
P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
所以甲班获胜的项目个数的数学期望为.
18．(17分)为调查禽类某种病菌感染情况，某养殖场每周都定期抽样检测禽类血液中A指标的值．养殖场将某周的5 000只家禽血液样本中A指标的检测数据进行整理，绘成如图所示的频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图，估计这5 000只家禽血液样本中A指标值的中位数(结果保留两位小数)；
(2)通过长期调查分析可知，该养殖场家禽血液中A指标的值X服从正态分布N(7.4,2.632)．
①若其中一个养殖棚有1 000只家禽，估计血液中A指标的值不超过10.03的家禽数量(结果保留整数)；
②在统计学中，把发生概率小于1%的事件称为小概率事件，通常认为小概率事件的发生是不正常的．该养殖场除定期抽检外，每天还会随机抽检20只，若某天发现抽检的20只家禽中恰有3只血液中A指标的值大于12.66，判断这一天该养殖场的家禽健康状况是否正常，并分析说明理由．
参考数据：
①0.022 753≈0.000 01,0.977 2517≈0.7；
②若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
解 (1)由2×(0.02＋0.06＋0.14)＝0.44,2×(0.02＋0.06＋0.14＋0.18)＝0.8可得，中位数在区间[7,9)内，
设中位数为x，则2×(0.02＋0.06＋0.14)＋(x－7)×0.18＝0.5，解得x≈7.33.
(2)①由X～N(7.4,2.632)可得，P(7.4－2.63≤X≤7.4＋2.63)＝P(4.77≤X≤10.03)≈0.682 7，
则P(X≤10.03)＝＋0.5≈0.841 35,1 000×0.841 35＝841.35≈841(只)．
②P(7.4－2×2.63≤X≤7.4＋2×2.63)＝P(2.14≤X≤12.66)≈0.954 5，
P(X>12.66)≈＝0.022 75，随机抽检20只相当于进行20次独立重复试验，
设恰有3只血液中A指标的值大于12.66为事件B，则
P(B)＝C×0.022 753×(1－0.022 75)17≈0.007 98<1%，
所以这一天该养殖场的家禽健康状况不正常．
19．(17分)(2024·浙江联考)杭州亚运会于2023年9月23日至10月8日举行．在此期间，参加亚运会的运动员可以在亚运村免费食宿．亚运村的某餐厅从第一天起到最后一天，晩餐只推出“中式套餐”和“西式套餐”．已知某运动员每天晚餐会在该食堂提供的这两种套餐中选择．已知他第一晚选择“中式套餐”的概率为，而前一晚选择了“中式套餐”，后一晚继续选择“中式套餐”的概率为；前一晚选择“西式套餐”，后一晚继续选择“西式套餐”的概率为，如此往复．
(1)求该运动员第二晚选择“中式套餐”套餐的概率；
(2)记该运动员第n(n＝1,2，…，16)晚选择“中式套餐”的概率为Pn.
①求Pn；
②求该运动员在这16晚中选择“中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率的晚数．
解 (1)记该运动员第二晚选择“中式套餐”套餐的概率P2，
由题意知P2＝×＋×＝.
(2)该运动员第n(n＝1,2，…，16)晚选择“中式套餐”的概率为Pn，
①Pn＝Pn－1·＋(1－Pn－1)·＝－Pn－1＋(n＝2,3，…，16)，
所以Pn－＝－，
又因为P1－＝≠0，所以＝－(n＝2,3，…，16)，
所以数列是以为首项，以－为公比的等比数列．
所以Pn＝＋·n－1(n＝1,2,3，…，16)．
②由题意知，只需Pn>1－Pn，
即Pn>(n＝1,2，…，16)，
＋·n－1>，
即n－1>＝(n＝1,2，…，16)，
显然n必为奇数，偶数不成立，
当n＝1时，1>，显然成立；
当n＝3时，2＝>，成立；
当n＝5时，4＝<，不成立．
又因为n－1单调递减，
所以当n>5时不成立．
综上，该运动员只有2晩选择“中式套餐”的概率大于“西式套餐”的概率．
