2026 年新高考第13 题分类训练
计数原理和排列组合
考点
3 年考题
考情分析
计数原理和
排列组合
2025 年新高考Ⅰ卷第14 题
2024 年新高考Ⅰ卷第14 题
2024 年新高考Ⅱ卷第14 题
2023 年新高考Ⅰ卷第13 题
2023 年新高考Ⅱ卷第3 题
排列组合、二项式定理均以小题形式考查，整体难度偏
易但和概率或分布列结合起来较难。纵观近三年新高
考，分类加法计数原理、分步乘法计数原理，排列数与
组合数的运算及应用，二项式定理、二项展开式的系数
求解等均为核心复习内容。结合命题规律可预测，2026
年新高考对该模块的命题，仍将在排列组合与二项式定
理二者中择一考查。
1.（2025·新高考Ⅰ卷高考真题第14 题）一个箱子里有5 个相同的球，分别以1~5 标号，若
每次取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数X，则数学期望
.
【答案】
/
【分析】根据题意得到
的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得
的分布列，从而求得
【解析】依题意，
的可能取值为1、2、3，
总的选取可能数为
，
其中
：三次抽取同一球，选择球的编号有5 种方式，
故
，
：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次），
选取出现两次的球有5 种方式，选取出现一次的球有4 种方式，
其中选取出现一次球的位置有3 种可能，故事件
的可能情况有
种，
故
，
：三种不同球被取出，
由排列数可知事件
的可能情有况
种，
故
，
所以
.
故答案为：
.
2．（2024·新高考Ⅰ卷高考真题第14 题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个
数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人
进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡
片上数字的大小，数字大的人得1 分，数字小的人得0 分，然后各自弃置此轮所选的卡片
（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2 的概率为
.
【答案】
/0.5
【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
【解析】设甲在四轮游戏中的得分分别为
，四轮的总得分为
.
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有
六种，从而甲在该轮获胜的概率
，所以
.
从而
.
记
.
如果甲得0 分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7 分别对应乙出2，4，6，8，
所以
；
如果甲得3 分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7 分别对应乙出8，2，4，
6，所以
.
而
的所有可能取值是0，1，2，3，故
，
.
所以
，
，两式相减即得
，故
.
所以甲的总得分不小于2 的概率为
.
故答案为：
.
3.（2024·新高考Ⅱ卷高考真题第14 题）在如图的4×4 方格表中选4 个方格，要求每行和每
列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中
方格中的4 个数之和的最大值是 ．
.
【答案】 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1 个方格可选；利用列举法写出
所有的可能结果，即可求解.
【解析】由题意知，选4 个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4 个方格可选，第二列有3 个方格可选，
第三列有2 个方格可选，第四列有1 个方格可选，
所以共有
种选法；
每种选法可标记为
，
分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，
的4 个数之和最大，为
.
故答案为：24；112
4.（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第13 题）某学校开设了4 门体育类选修课和4 门艺术类选修
课，学生需从这8 门课中选修2 门或3 门课，并且每类选修课至少选修1 门，则不同的选
课方案共有________种（用数字作答）．
【答案】64
【分析】分类讨论选修2 门或3 门课，对选修3 门，再讨论具体选修课的分配，结合组合
数运算求解.
【解析】（1）当从8 门课中选修2 门，则不同的选课方案共有
种；
（2）当从8 门课中选修3 门，
①若体育类选修课1 门，则不同的选课方案共有
种；
②若体育类选修课2 门，则不同的选课方案共有
种；
综上所述：不同的选课方案共有
种.
故答案为：64.
5.（2024·新高考Ⅱ卷高考真题第3 题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分
配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60 名学生，已知该校
初中部和高中部分别有400 名和200 名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A.
种
B.
种
C.
种
D.
种
【答案】D
【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.
【解析】根据分层抽样的定义知初中部共抽取
人，高中部共抽取
，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有
种.
故选：D.
1.分类计数原理（加法原理）
.
2.分步计数原理（乘法原理）
.
3.排列数公式
=n(n−1)⋯(n−m+1)=
n！
(n−m)！.(
，
∈N*，且
)．注:规定0!=1.
4.组合数公式
Cn
m
=
=
n(n−1)⋯(n−m+1)
1×2×⋯×m
=
n！
m！⋅(n−m)！(
∈N*，
，且
).
5.排列数与组合数的关系
.
6.组合数的性质：
（1）
； （2）
； （3）规定
7.排列的常见类型与处理方法
① 相邻元素捆绑法：就是在解决对于某几个元素要求相邻问题时，可整体考虑将相邻元素
视为一个大元素．
② 相离问题插空法：对于不能相邻的元素，可以先将其他元素排好，再将所指定的不相邻
的元素插到它们的空隙及两端位置．
③ 元素分析法：以元素为考察对象，先满足特殊元素的要求，再考虑一般元素。
④ 位置分析法：以位置为考察对象，先满足特殊位置的要求，再考虑一般位置。
8.纯组合问题常见题型
（1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：
“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再
从剩下的元素中去选取．
（2）“至少”或“最多”含有几个元素的题型：
解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直
接法和间接法都可以求解，但通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．
（3）分堆问题
①平均分堆，其分法数为：
平分到指定位置
堆数的阶乘
．
②分堆但不平均，其分法数为
分到指定位置
相同数量的堆数阶乘之积．
（4）定序问题．
对于某些元素的顺序固定的排列问题，可先全排，再除以定序元素的全排，或先在总位置
中选出定序元素的位置而不参加排列，然后对其他元素进行排列．
（5）指标问题用“隔板法”：
隔板法与插空法是不同的，要予以“区分”．隔板法只适用于相同元素的分配问题．
9.先分组再分配
分组与分配问题是排列、组合问题的综合应用，分配问题涉及被分配的元素和接受元素的
对象；分组问题则仅有被分组的元素，没有接受元素的对象，各组之间无须考虑顺序.
解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配.
解决分组与分配问题的步骤：
第一，要弄清分配问题与分组问题的不同.把n 个不同元素按照某些条件分配给k 个不同的
对象，称为分配问题，分成k 组，称为分组问题；
第二，解决分配问题，应先分组再分配；
第三，弄清分组问题的几种情况及其解决方案
10.定义：公式
称为二项式
定理
（1）二项展开式：
（2）二项式系数：各项的系数
叫做展开式的二项式系数
（3）二项式通项：
叫做二项展开式的通项，用
表示，即通项为展开式中的
第
项，可记为：
（4 ）在二项式定理中，若设
，
，则得到公式
11.求二项式系数和：
（1）令
，则
（2）令
，则
，即偶数项的二项式系数
和等于奇数项的二项式系数和，也即
12.求各项系数和
（1）形如
，
求各项系数之和，只需令
，则各项
系数和分别为
，
；
（2）形如
求各项系数之和，只需令
，则各项系数之和为
；
（3）若
，则
的各项系数之和为
，
奇数项系数之和为
，偶数项系数之和为
排列、组合基础问题
1.（湖南省名校联考联合体2025-2026 学年高三联考）从0，1，2，…，9 这10 个数字中
选出3 个不同的数字组成三位数，其中小于329 的共有 个.
【答案】167
【解析】当百位数小于3 时，共有
个；
当百位数为3，十位数小于2 时，此时共有
个；
当百位数为3，十位数为2 时，共有
个.
综上所述，共有
个.
故答案为：167
2.（陕西西安市西北工业大学附属中学2026 届高三下学期十模）某自动化生产线连续生产
编号为1 到10 的10 个产品，计划从中抽取3 个进行检测，若抽取的3 个产品编号不全是连
续整数，则抽取方法种数为______.
【答案】112
【解析】当取到的3 个产品编号是相邻整数时，不符合要求，
即(1,2,3),(2,3,4),(3,4,5),(4,5,6),(5,6,7),(6,7,8),(7,8,9),(8,9,10)，这8 种情况不符合要
求，
所以抽取方法种数为C10
3 −8=112.
3.（黑龙江齐齐哈尔市2026 届高三第一次模拟）3 名男生和2 名女生站成一排，其中男生
甲不站在两端，且2 名女生不相邻的不同站法有（ ）
A．24 种
B．48 种
C．72 种
D．96 种
【答案】B
【解析】第一类：先排3 名男生，甲在两端的排序有A2
1 A2
2种，再2 名女生插空有A2
1 A3
1种；
第二类：先排3 名男生，甲在中间的排序有A2
2种，再2 名女生插空有A4
2种，
故男生甲不站在两端，且2 名女生不相邻的不同站法有A2
1 A2
2A2
1 A3
1+ A2
2A4
2 = 48（种）.
4.（山东淄博市2025-2026 学年高三下学期模拟考试）有5 名同学
，
，
，
，
参加
唱歌比赛，抽签决出出场顺序.若
和
都不是第1 个出场，且
不是最后一个出场，则这
5 人不同的出场顺序种数为（ ）
A．42
B．50
C．54
【答案】D
【解析】根据题意，分
是第1 个和
不是第1 个且不是最后一个，两类情况讨论：
当
是第1 个时，此时剩余的
全排列，共有
种不同的排法；
当
不是第1 个且不是最后一个时，先排第1 个，从
中选一人为第1 个，有
种选法；
再排
，有三个位置可选，有种排法，最后三人全排列，有
种排法，
所以共有
种不同的排法，
由分类计数原理得，共有
种不同的排列情况.
5.（浙江省金华市十校2026 届高三上学期1 月期末）有A，B，C，D，E 共5 名同学进行
唱歌比赛，决出第1 名到第5 名的名次.现已知A和B都不是第1 名，且C不是第5 名，则这
5 人名次排列的情况种数为（ ）
A．42
B．50
C．54
D．60
【答案】D
【解析】根据题意，可分C是第1 名和C不是第1 名且不是第5 名，两类情况讨论：
当C是第1 名时，此时剩余的A ,B , D , E全排列，共有A4
4=24种不同的排法；
当C不是第1 名且不是第5 名时，先排第1 名，从D , E中选一人为第1 名，有2种选法；
再排C，有三个位置可选，有3种排法，最后三人全排列，有A3
3=6种排法，
所以共有2×3×6=36种不同的排法，
由分类计数原理得，共有24+36=60种不同的排列情况.
故选：D.
6.（山东淄博市2025-2026 学年高三下学期模拟）有5 名同学A，B，C，D，E参加唱歌
比赛，抽签决出出场顺序.若A和B都不是第1 个出场，且C不是最后一个出场，则这5 人
不同的出场顺序种数为（ ）
A．42
B．50
C．54
D．60
【答案】D
【解析】根据题意，分C是第1 个和C不是第1 个且不是最后一个，两类情况讨论：
当C是第1 个时，此时剩余的A ,B , D , E全排列，共有A4
4=24种不同的排法；
当C不是第1 个且不是最后一个时，先排第1 个，从D , E中选一人为第1 个，有2种选法；
再排C，有三个位置可选，有3种排法，最后三人全排列，有A3
3=6种排法，
所以共有2×3×6=36种不同的排法，
由分类计数原理得，共有24+36=60种不同的排列情况.
7.（四川省字节精准教育联盟2025-2026 学年高二下学期3 月阶段检测）已知甲、乙、丙、
丁、戊、戌共6 名同学进行信息技术比赛，决出第一名到第六名的名次（不含并列名次）．
比赛结束后，甲和乙去询问成绩，老师对甲说：“你不是第一名．”对乙说：“你不是最
后一名．”从这两个回答分析，6 人的名次排列的不同方法的种数为（ ）
A．450
B．480
C．504
D．618
【答案】C
【解析】由题意，若甲不是最后一名，有A5
5=120种不同的方法；
若甲不是第一名也不是最后一名，则A4
1 A4
1 A4
4=384，
所以6 人的名次排列的不同方法的种数为120+384 =504中不同的排列方法.
故选：C.
8.（安徽省合肥市2026 届高三教学检测）国庆假期，某人计划去
五个不同的景
点游览．在确定景点的游览顺序时，要求
在
之前，
与
相邻，则不同的游览顺序共
有（ ）
A．18 种
B．24 种
C．48 种
D．60 种
【答案】B
【解析】若
与
相邻，则需将其捆绑并排列，再将
四个元素排列，共有
种，
因为
在
之前和
在
之后各占一半，故符合题意的不同的游览顺序共有
种.
故选：B
9.（黑龙江齐齐哈尔市2026 届高三第一次模拟）3 名男生和2 名女生站成一排，其中男生
甲不站在两端，且2 名女生不相邻的不同站法有（ ）
A．24 种
B．48 种
C．72 种
D．96 种
【答案】B
【解析】第一类：先排3 名男生，甲在两端的排序有A2
1 A2
2种，再2 名女生插空有A2
1 A3
1种；
第二类：先排3 名男生，甲在中间的排序有A2
2种，再2 名女生插空有A4
2种，
故男生甲不站在两端，且2 名女生不相邻的不同站法有A2
1 A2
2A2
1 A3
1+ A2
2A4
2 = 48（种）.
10.（浙江金丽衢十二校2026 届高三第一次联考）某晚会由4 个歌舞节目和2 个机器人表演
节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3 个节目中至少有一个是机器人表演
节目，则不同的节目安排方法有（ ）种.
A．216
B．360
C．432
D．672
【答案】C
【解析】步骤1：先排 4 个歌舞节目：
，排好后会产生 5 个空位（包括两端）；
步骤2：将 2 个机器人节目插入空位：
；
步骤3：排除“前3 个节目全是歌舞”的情况：先从4 个歌舞节目中选3 个排在前3 个位置，
有
种方法，
剩下的1 个歌舞节目和2 个机器人节目排在后3 个位置，且机器人节目不相邻，只能是
“机器人-歌舞-机器人”的排列，
有
种方法.故不满足条件的情况有
.
故总数为：
故选：C
先分组再分配（排列、组合综合）
1.（河北唐山市2026 届高三第一次模拟）某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4 名
同学被分配到甲、乙两个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有（ ）
A．6 种
B．12 种
C．14 种
D．28 种
【答案】C
【解析】4 名同学按1:3分配到两个社区，有C4
1 A2
2种方法；按2:2分配到两个社区，有C4
2 C2
2
种方法，所以不同的分配方案有C4
1 A2
2+C4
2 C2
2=14（种）.
2.（山东省烟台市2026 届高三下学期高考诊断性测试）某学校派5 名同学参加“市长杯”
足球比赛中4 个场次的志愿服务，每场比赛至少派1 名同学，每名同学仅参加一个场次的
志愿服务，则不同派法的种数为（ ）
A．180
B．240
C．320
D．360
【答案】B
【解析】符合要求的选派方法可分为两步完成，
第一步，将名同学分成人数分别为
的四组，该步有
种完成方法，
第二步，将
组同学分派到4 个场次，此步有
种完成方法，
由分步乘法计数原理可得符合要求的派法种数为
3.(四川省成都市多校2026 届高三上学期第一次联合诊断性)甲、乙、丙3 人在公交总站上
了同一辆公交车，已知3 人都将在第4 站至第8 站的某一公交站点下车，且在每一个公交
站点最多只有两人同时下车，从同一公交站点下车的两人不区分下车的顺序，则甲、乙、
丙3 人下车的不同方法总数是 ．
【答案】120
【解析】由题意，3 人都在第4 站至第8 站的某一公交站点1 人独自出下车，共有A5
3=60种，
3 人中有2 人在同一公交站点下车，另1 人在另外一公交站点下车，共有C3
2 A5
2=60种，
故甲、乙、丙3 人下车的不同方法总数是60+60=120种.
故答案为：120.
4.（湖南名校大联盟2026 届高三月考卷）如图所示的挂件由7 个圆组成，中心圆为主挂件，
从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，
远离主挂件的为第二层分挂件.现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂
不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为______.
【答案】264
【解析】按分步计数原理，依次涂色：
涂中心主挂件：共4 种颜色可选，因此有4种涂色方法；
涂第一层分挂件（共3 个）： 要求：每个第一层都与中心相邻，故不能与中心同色；
且同一层分挂件颜色不同.中心已经用掉1 种颜色，剩余3 种颜色，给3 个不同的第一层分
挂件涂色，
是全排列问题，方法数为 A3
3=3×2×1=6；
涂第二层分挂件（共3 个）： 要求：每个第二层只和同方向第一层相邻，故不能等于对应
第一层的颜色；
且同一层分挂件颜色不同.此时已有4 种不同颜色：中心颜色c0，三个第一层颜色c1,c2,c3
（互不相同，且都不等于c0），
需要选3 个不同颜色分配给3 个第二层，满足位置i不选ci，用容斥原理计算： 总排列数
A4
3 =24，
减去至少一个位置选自身对应颜色的情况，得总方法数：
24−C3
1 A3
2+C3
2 A2
1−C3
3=24−18+6−1=11；
总方法数：根据分步乘法计数原理，总涂色方法数为： 4×6×11=264.
二项式定理
1.（山东济宁市2026 年高考第一次模拟）(
❑√x + 2
x
2)
5
展开式中的常数项为__________.
（用数字作答）
【答案】10
【解析】T r +1=C5
r (❑√x)
5−r(
2
x
2)
r
=2
r C5
r x
5−5r
2 ，
令5−5r
2
=0，得r =1，
故展开式中的常数项为T 2=2
1C5
1=10．
2.（江西省重点中学协作体2026 届高三第一次联考）二项式
的展开式中，第四项
的系数为（ ）
A．
B．
C．30
D．
【答案】A
【解析】二项式
的展开式中，第四项为
，
所以所求系数为
.
故选：A
3.（湖北宜昌市2026 届高三下学期3 月调研考试）已知二项式
的展开式中仅有第
4 项的二项式系数最大，则展开式中
项的系数为（ ）
A．
B．
C．80
D．160
【答案】A
【解析】因为二项式
的展开式中仅有第4 项的二项式系数最大，
所以
，所以
的展开式的通项为
，
令
，得
，故
，
故展开式中
的系数为
.
4.（2026 届T8 联考）已知 (x + 2
x)
n
(n∈N
∗) 的展开式中,第 6 项系数与第 7 项系数之
比为 3:1,则 n 的值为_____.
【答案】6
【解析】 ∵T 6=Cn
5 x
n−5(
2
x)
5
,
∴ 第 6 项系数为 Cn
5⋅2
5 ,
又 T 7=Cn
6 x
n−6(
2
x)
6
,
∴ 第 7 项系数为 Cn
6⋅2
6 .
由题可知 Cn
5⋅2
5=3Cn
6⋅2
6,
∴
n!
5!(n−5)! =
6⋅n!
6!(n−6)! ,∴(n−5)!=(n−6)!,∴n=6 .
5.（2026 年沈阳市高中三年级教学质量监测（一）)已知
，二项式
的展开式
中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为 .
【答案】
【解析】因为二项式
的展开式中所有项的系数和为64，
所以
，或
舍去，
二项式
的通项公式为
，
令
，
所以展开式中的常数项为
.
故答案为：
6.（河南省郑州市2026 届高三上学期第一次质量预测）
的展开式中
项的系
数是 .
【答案】60
【解析】由
的展开式的通项公式可得
，
令
，
；
因为
，所以
项的系数是
.
故答案为：60
7.（山东聊城市2026 届高三下学期高考模拟）(1−x + x
2)
5的展开式中x
3的系数是
____________．
【答案】−30
【解析】(1−x + x
2)
5表示5 个因式(1−x + x
2)的乘积，
x
3的项可以是：从5 个因式中选1 个提供−x，1 个提供x
2，3 个提供1，
此时x
3的系数为C5
1⋅(−1)⋅C4
1⋅C3
3=−20，
x
3的项也可以是：从5 个因式中选3 个提供−x，0 个提供x
2，2 个提供1，
此时x
3的系数为C5
3⋅(−1)
3⋅C2
2=−10，
所以展开式中的系数为−30.
8.（福建省部分高中学校2026 届高考适应性考试（一模））．在
的展开式
中
的系数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】依题意，
，
二项式
展开式的通项为
，
因此
的展开式中含
的项为
，
所以所求系数为
.
故选：A
9.（江西赣州市2025-2026 学年高三下学期摸底考试）若
，则
__________.
【答案】
【解析】由
，
因此
等于
中
的系数与
中
的系数和.
根据二项式定理，
的通项公式为：
令
，得
，则
的系数为
；
令
，得
，则
的系数为
，
所以
.
10.（江苏南京市中华中学2026 届高三模拟预测）(x + y
2
x )(x−3 y)
5的展开式中x
4 y
2的系
数为（ ）
A．88
B．89
C．90
D．91
【答案】D
【解析】(x −3 y)
5的通项公式为C5
k x
5−k (−3 y)
k，
且(x + y
2
x )(x−3 y)
5= x (x−3 y)
5+ y
2
x
(x−3 y)
5，
当k =2时，x⋅C5
2 x
3(−3 y)
2=90 x
4 y
2；
当k =0时，y
2
x ⋅C5
0⋅x
5⋅(−3 y)
0= x
4 y
2，
故x
4 y
2的系数为90+1=91．
故选：D
11.(江西省2026 届高中毕业班二月诊断性)若
的展开式中存在含
的项，
则
可能等于（ ）
A．5
B．9
C．15
D．19
【答案】C
【解析】由二项式定理得，
的展开式通项为
，
，令
，
当
时，
，故A 错误；当
时，
，故B 错误；
当
时，
，故C 正确；当
时，
，故D 错误.
故选：C.
12.(江苏省镇江市2026 届高三第一学期零模)若
能被7 整除，则
的一个值可能
为（ ）
A．2024
B．2025
C．2026
D．2027
【答案】A
【解析】
，
因为
，
所以
能被7 整除，
，
所以
能被7 整除，
因此要想
能被7 整除，只需
能被7 整除.
A：
，
，显然符合
能被7 整除；
B：
，
，显然不符合
能被7 整除；
C：
，
，显然不符合
能被7 整除；
D：
，
，显然不符合
能被7 整除；
故选：A
排列组合相关的概率、分布列问题
1.（山东省名校考试联盟2026 届高三下学期2 月份核心素养评估）从一个装有3 个白球和
5 个黑球的袋子中无放回地取球2 次，每次取球1 个，记
为取得白球的次数，则
___________．
【答案】
/0.75
【解析】因为
为取得白球的次数，所以
的可能的值为
,且随机变量
服从超几
何分布.
，
，
.
所以
的分布列为：
0
1
2
P
所以
.
故答案
：
.
2.（福建省福州市2026 届高三三月质量检测）甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有
一个数字，甲的卡片上分别标有数字2，3，5，乙的卡片上分别标有数字4，6，10.两人进
行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，
则甲得1 分，否则乙得1 分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中
不能使用）.记三轮比赛后甲的总得分为X，则
（ ）
A．1
B．
C．
D．2
【答案】B
【解析】设甲总得分为
，则
的可能取值为
，
在不考虑出牌顺序的前提下，甲、乙两人出牌共有
种，
第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表，
甲得分
2
3
5
0 分
4
6
10
2 分
4
10
6
1 分
6
4
10
2 分
6
10
4
2 分
10
4
6
1 分
10
6
4
则
，
则
.
3.（江西省部分省示范高中2025-2026 学年高三一轮）某企业的一批产品由一等品零件、
二等品零件混装而成，每包产品均含有10 个零件．小张到该企业采购，利用如下方法进行
抽检：从该企业产品中随机抽取1 包产品，再从该包产品中随机抽取4 个零件，若抽取的
零件都是一等品，则决定采购该企业产品；否则，拒绝采购．假设该企业这批产品中，每
包产品均含1 个或2 个二等品零件，其中含2 个二等品零件的包数占
，则小张决定采
购该企业产品的概率为______．
【答案】
【解析】根据题意，该企业这批产品中，含2 个二等品零件的包数占
，则含1 个二等
品零件的包数占
，
在含1 个二等品零件产品中，随机抽取4 个零件，若抽取的4 个零件都是一等品，其概率
，
在含2 个二等品零件产品中，随机抽取4 个零件，若抽取的4 个零件都是一等品，其概率
，
则小张决定采购该企业产品的概率
；
故答案为：
．
4.（Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026 届高三第二次联考）有5 个相同的
球，分别标有数字1,2,3,4,5 ，从中有放回地随机取3 次，每次取1 个球。记
(i=1,2,3,4,5) 为标有数字
i
的球被取出的次数，
X = max{ξ1,ξ2,ξ3,ξ4,ξ5}，则E(X)= 。
【答案】
【解析】依题意，
的可能取值为1、2、3，总的选取可能数为
，
，
，
，
所以
,
故答案为：
5.（安徽江南十校2026 届高三3 月联考）有一个摸奖游戏，在一个不透明的口袋中装有大
小相同的3 个红球和5 个白球，红球分别标有数字1，2，3，白球分别标有数字1，2，3，
4，5，若一次性从袋中摸出三个球，摸到三个球同色或摸到三个球数字之和为3 的倍数就
中奖，则中奖的概率为___________.
【答案】
【解析】方法一：摸球总的方法数是
种，把符合条件的摸球情况分四类：
第一类：全红有
种；
第二类：2 红1 白，
若红球摸1+2 号，白球只能是3 号（1 种）；
若红球摸1+3 号，白球可以是2 或5 号（2 种）；
若红球摸2+3 号，白球可以是1 或4 号（2 种），故第二类共1+2+2=5 种；
第三类：1 红2 白，
若红球摸1 号，白球可以是1+4 号、2+3 号、3+5 号（3 种），
若红球摸2 号，白球可以是1+3 号、2+5 号、3+4 号（3 种），
若红球摸3 号，白球可以是1+2 号、1+5 号、2+4 号、4+5 号（4 种），故第三类共
种；
第四类：全白有
种；
故所求概率为
.
方法二：按照容斥原理计算
（1）三个球同色的方法数：
，
（2）“三个球数字之和为3 的倍数的方法数，分三种情况：
第一种：和为6 的：
型有
型有1 种，
第二种：和为9 的：
型有
种；
型有
种；
型有
种；
第三种：和为12 的：
型有
种，
所以三个球数字之和为3 的倍数的方法数共20 种，
三个球同色且数字之和为3 的倍数，
其中3 个红球的情况有1 种（和为6）；
3 个白球的情况有
共4 种，
所以交集共
种，
故共有
种，
故所求概率为
.
