104.新高考背景下的概率填空压轴
1.枚举法在新情境题目中的应用
例1．图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1 次，将
导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按
将导致
，
，
，
2,2
1,2
2,1
2,2
2,3
，
改变状态．如果要求只改变
的状态，则需按开关的最少次数为________．
3,2
1,1
解析：根据题意可知，只有在
以及周边按动开关才可以使按开关的次数最少.具体原因
1,1
如下：假设开始按动前所有开关闭合，要只改变
的状态，在按动（1,1）后，（1,2），
1,1
（2,1）也改变，下一步可同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动（2,2），但会导致周边的
（2,3），（3,2）也改变，因此会按动开关更多的次数，所以接下来逐一恢复，沿着周边的
开关按动，可以实现最少的开关次数．如下表所示：（按顺时针方向开关，逆时针也可
以）
1,1
1,2
1,3
2,1
2,2
2,3
3,1
3,2
3,3
按动
1,1
开
开
关
开
关
关
关
关
关
按动
1,3
开
关
开
开
关
开
关
关
关
按动
2,3
开
关
关
开
开
关
关
关
开
按动
3,2
开
关
关
开
开
关
开
开
关
按动
3,1
开
关
关
关
关
关
关
关
关
故答案为：5．
例2.（2020 全国2 卷）0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列
满足
1
2
n
a a
a
，且存在正整数
，使得
成立，则称其为0-1 周期
{0,1}(
1,2,
)
ia
i
m
(
1,2,
)
i m
i
a
a i
1,1
1,2
1,3
2,1
2,2
2,3
3,1
3,2
3,3
序列，并称满足
的最小正整数
为这个序列的周期.对于周期为
的0-
(
1,2,
)
i m
i
a
a i
m
m
1 序列
，
是描述其性质的重要指标，下列周
1
2
n
a a
a
1
1
( )
(
1,2,
,
1)
m
i
i k
i
C k
a a
k
m
m
期为5 的0-1 序列中，满足
的序列是（ ）
1
( )
(
1,2,3,4)
5
C k
k
A.
B.
C.
D.
11010
11011
10001
11001
解析：由
知，序列
的周期为
m，由已知，
，
i m
i
a
a
ia
5
m
5
1
1
( )
,
1,2,3,4
5
i
i k
i
C k
a a
k
对于选项A，
5
1
1
2
2
3
3
4
4
5
5
6
1
1
1
1
1
1
(1)
(
)
(1
0
0
0
0)
5
5
5
5
5
i
i
i
C
a a
a a
a a
a a
a a
a a
，不满
5
2
1
3
2
4
3
5
4
6
5
7
1
1
1
1
2
(2)
(
)
(0
1
0
1
0)
5
5
5
5
i
i
i
C
a a
a a
a a
a a
a a
a a
足；
对于选项B，
，不满
5
1
1
2
2
3
3
4
4
5
5
6
1
1
1
1
3
(1)
(
)
(1
0
0
1 1)
5
5
5
5
i
i
i
C
a a
a a
a a
a a
a a
a a
足；
对于选项D，
，不满
5
1
1
2
2
3
3
4
4
5
5
6
1
1
1
1
2
(1)
(
)
(1
0
0
0
1)
5
5
5
5
i
i
i
C
a a
a a
a a
a a
a a
a a
足；故选：C
例3（2016 年全国三卷）定义“规范01 数列”
如下：
共有
项，其中
项为
}
{
n
a
}
{
n
a
m
2
m
，
项为，且对任意
，
中0 的个数不少于1 的个数. 若
，则
0
m
1
2
k
m
1
2
,
,
,
k
a a
a
4
m
则不同的“规范01 数列”共有
A.18 个
B.16 个
C.14 个
D.12 个
解析：由题意可得
，
，
，
，…，
中有3 个0、3 个1，且满足对任意
1
0
a
8
1
a
2a
3a
7a
k
≤8，都有
，
，…，
中0 的个数不少于1 的个数，利用列举法可得不同的“规范
1a
2a
k
a
01
数列”有00001111,00010111, 00011011, 00011101,00100111,
00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，
共
14 个．
例4（2020 全国1 卷）.甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两
场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进
行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续
比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙
轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为
，
1
2
（1）求甲连胜四场的概率；
（2）求需要进行第五场比赛的概率；
（3）求丙最终获胜的概率.
解析：（1）记事件
甲连胜四场，则
；
:
M
4
1
1
2
16
P M
（2）记事件
为甲输，事件
为乙输，事件
为丙输，则四局内结束比赛的概率为
A
B
C
，所以，需要进行
4
1
1
4
2
4
P
P ABAB
P ACAC
P BCBC
P BABA
第五场比赛的概率为
.
3
1
4
P
P
（3）①四场比赛丙获胜，丙在前四场获胜的概率为
8
1
)
2
1
(
3
②由下表可知：五场比赛丙获胜，
，
16
1
2
1
2
1
2
1
2
1
)
(
B
P
8
1
2
1
1
2
1
2
1
)
(
C
P
，
，
8
1
2
1
2
1
1
2
1
)
(
D
P
丙五场比赛丙获胜的概率为
16
5
8
1
8
1
16
1
)
(
)
(
)
(
D
p
C
P
B
P
由于①②互斥，
丙最终获胜的概率为
.
16
7
16
5
8
1
1
2
3
4
5
事件
轮空
胜
胜
败
胜
B
轮空
胜
败
轮空
胜
C
丙的
参赛
情况
轮空
败
轮空
胜
胜
D
注：第二问在处理时直接列举情况较复杂，此时可以采取正难则反的技巧.第三问则可直
接枚举出各种可能结果，这是我们在计算复杂事件时一个重要的技巧.
例5．近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店
大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱.在
某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20 个.已知各盒含0，1 个烂果的概率分别为0.8，
0.2.
（1）顾客甲任取一盒，随机检查其中4 个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴
桃，否则不会购买此种猕猴桃.求甲购买一盒猕猴桃的概率；
（2）顾客乙第1 周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；
若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5 周网购一盒猕猴桃的概率
解析：（1）由题意可得：甲不购买一盒猕猴桃情况为该盒有1 个烂果且随机检查其中4
个时抽到这个烂果，
甲购买一盒猕猴桃的概率
.
3
19
4
20
C
1 0.2
0.96
C
P
（2）用“√”表示购买，“╳”表示不购买，乙第5 周购买有如下可能：
第1 周
第2 周
第3 周
第4 周
第5 周
√
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
╳
√
╳
√
√
√
√
╳
√
故乙第5 周网购一盒猕猴桃的概率
.
4
0.8
0.2 0.8 0.8
0.8 0.2 0.8
0.2 0.2
0.8 0.8 0.2
0.8336
P
例6.（2017 年全国1 卷12 题）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，
为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动，这款软件
的激活码为下面数学问题的答案：已知数列
，其中第一项是
，接下
8,4,2,1,4,2,1,2,1,1
0
2
来两项是
，再下来三项是
，以此类推，求满足如下条件的最小整数
1
0 2,
2
2
1
0
2,
2,
2
，且该数列的前
项和为
的整数幂.那么该款软件的激活码是
100
:
N
N
N
2
（ ）
解析：由于这是选择题,为求最小值,从最小的开始检验
选项D:若
110
N
,由
13
13 1
91 110
2
,知第110项排在第14 行,第19 个
14
19
14
19
10
15
2
13
2
2
1
2
2
16
16
2
2
1
N
S
由
10
15
2
2
1
是奇数知
N
S 不能写成2 整数幂;
选项C:若
220
N
,由
20
20 1
210
220
2
知,第220 项排在第21 行,第10 个
21
10
21
10
2
20
2
2
1
2
2
23
N
S
是大于1 的奇数,不能写成2 整数幂;
选项B,若
330
N
,由
25
25 1
325
330
2
知第330项排在第26 行,第5个
26
5
26
24
2
25
2
2
1
2
4
4
2
1
N
S
,同理,不能写成2 整数幂;
选项A 时,当
440
N
时,由
1
1
2
440
2
2
n n
n
n
,可解出
29
n
所以这前440 和为:
1
2
29
0
1
2
3
4
30
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
,符合
题意,故选A．
新试卷背景下排列组合问题的十大应用
本节主要介绍排列组合与二项式定理中的基本问题，新高考目前在该板块主要考察一道小
题，同时排列组合问题会和古典概型结合深度考察，但难度整体不大，属于基础题，读者
只需掌握常见的排列组合模型与二项式定理的基本性质便可轻松应考.
一．基本原理
考点1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理
1.分类计数原理定义：
做一件事，完成它有
类办法，在第一类办法中有
种不同的方法，在第二类办法中有
n
1
m
2
m
种不同的方法
在第
类办法中有
种不同的方法.那么完成这件事共有方法数：
n
n
m
1
2
n
N
m
m
m
2.分步计数原理定义：
做一件事，完成它需要分成
个步骤，做第一个步骤有
种不同的方法，做第二个步骤有
n
1
m
种不同的方法……做第
个步骤有
种不同的方法，那么完成这件事共有方法数：
2
m
n
n
m
1
2
n
N
m
m
m
考点2.排列
1.排列的定义
一般地，从
个不同元素中取出
个元素
，按照一定的顺序排成一列，
n
m
*
(
, ,
)
m
n n m
N
叫做从
个不同元素中取
个元素的一个排列．
n
m
2.排列数
（1）排列数定义
（2）排列数公式
(
1)(
2)
(
1)
m
nA
n n
n
n
m
1
2
1
2 1
1
2 1
n n
n
n
m
n
m
n
m
n
m
(
) (
)
(
) (
)
(
) (
)
!
n
n
m
(
) !
（1）全排列
个不同元素全部取出的一个排列，叫做
个元素的一个全排列，这时公式中
，即
n
n
m
n
有
．
(
1)
(
2)
2 1
n
nA
n
n
n
1.组合的定义
一般地，从
个不同元素中取出
个元素合成一组，叫做从n 个不同元素
n
*
(
, ,
)
m m
n n m
N
中取出
个元素的一个组合，也就是说，组合是从
个不同的元素中取出
m
n
个元素，不分次序构成一组.
*
(
, ,
)
m m
n n m
N
2.组合数
3.组合数公式
，
(
1)
(
1)
!
m
m
n
n
m
m
A
n n
n
m
C
A
m
，规定：
.
!
!(
)!
m
n
n
C
m n
m
0
1,
1
n
n
n
C
C
4.组合数的性质
（1）性质1：
m
n m
n
n
C
C
（2）性质2:
1
1
m
m
m
n
n
n
C
C
C
考点4.常见的一些排列问题及其解决方法
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排
列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面
元素排列的空当中
定序问题
除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反，等价转化的方法
4.分组分配问题
4.1（1）分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种：
将
个不同元素分成
组，且每组的元素个数分别为
，
n
m
m
m
m
m
m
,
,
,
,
3
2
1
记
.
m
m
m
m
m
m
n
m
m
m
n
m
m
n
m
n
C
C
C
C
N
)
(
)
(
1
2
1
3
2
1
2
1
1
（1）非均匀不编号分组：
个不同元素分成
组，每组元素数目均不相等，且不考虑各
n
m
组间的顺序，其分法种数为
.
N
（2）均匀不编号分组：将
个不同元素分成不编号（即无序）的
组，每组元素数目相
n
m
等，其分法种数为
.
m
m
A
N
（3）部分均匀不编号分组：将
个不同元素分成不编号的
组，其中有
组元素个数相
n
m
r
等，其分法种数为
，如果再有
组均匀分组，应再除以
.
r
rA
N
k
k
kA
4.2 分配问题属于“排列”问题，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
二．典例分析
★1.排列，组合公式及应用
例1．若
，
为正整数且
，则（ ）
m
n
1
n
m
A．
B．
1
2
C
C
C
2
n
n
n
n
n
1
1
1
C
C
C
m
m
m
n
n
n
C．
D．
1
1
C
(
1)C
m
m
n
n
m
n
1
1
A
A
A
m
m
m
n
n
n
m
解析：对A：
，又
，故A 错误；
0
1
2
1 1
C
C
C
n
n
n
n
n
n
0
C
1
n
对B：
1
1
1
1 !
!
C
C
1 !
!
1 !
1 !
m
m
n
n
n
n
m
n
m
m
n
m
，故B 正确；
1 !
!
1
!
!
C
1
!
!
1
!
!
1
!
!
!
!
m
n
n
n
m
n
n
n
m
n
n
m
m n
m
m
m n
m
m
m n
m
m n
m
对C：
，
1
1
1 !
1 !
1 !
C
1 !
!
1 !
!
!
!
m
n
n
m n
m n
m
n
m
m m
n
m
m n
m
，即
，故C 错误；
!
C
!
!
m
n
m n
m
m n
m
1
1
C
(
1)C
m
m
n
n
m
n
对D：
，
1
1
!
1 !
!
!
A
A
!
1 !
1 !
1 !
m
m
n
n
n
m
m
n
n
n
m n
m
n
m
n
m
n
m
n
m
，即
，故D 正确.故选：BD.
1
1 !
A
1 !
m
n
n
n
m
1
1
A
A
A
m
m
m
n
n
n
m
★2.排列组合中的特殊优先原则
例2．“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
解析：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
1
5
A
1
4
A
2
2
A
数字占百位有
种，不同“回文数”的个数是
个，
1
5
A
1
1
2
1
5
4
2
5
A A A A
200
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
1
5
A
种，
1
5
A
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
1
1
5
5
A A
25
且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有
个.故选：C
200
25
225
例2．为确保马拉松赛事在某市顺利举行，组委会在沿途一共设置了7 个饮水点，每两个
饮水点中间再设置一个服务站，一共6 个服务站.由含甲､乙在内的13 支志愿者服务队负责
这13 个站点的服务工作，每一个站点有且仅有一支服务队负责服务，则甲队和乙队在不
同类型的站点服务且不相邻的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
2
13
3
13
4
13
5
13
解析：由题意可知甲队和乙队共有
种不同安排方法，
2
13
A
13 12
甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻，分以下三种情况，
1、从2 个端点饮水点任选一个安排甲，再从与该饮水点不相邻的5 个服务站选一个安排
乙；
2、从中间5 个饮水点任选一个安排甲，再从不与该饮水点相邻的4 个服务站选一个安排
乙；
3、从6 个服务站任选一个安排甲，再从不与该服务站相邻的5 个饮水站选一个安排乙；
共有
种不同安排方法，所以甲队和乙队在不同类型的站点服务且不
1
1
1
1
1
1
2
5
5
4
6
5
C C
C C
C C
60
相邻的概率为
.故选：D.
60
5
13 12
13
P
例3．为了强化学生安全意识，落实“12530”安全教育，某学校让学生用这5 个数字再加一
个0 来设定自己教室储物柜密码，若两个0 之间至少有一个数字，且两0 不都在首末两
位，可以设置的密码共有（ ）
A．72
B．120
C．216
D．240
解析：从左到右的6 个位置分别为
，若两个0 之间有一个数字，此时两个0
, , ,
, ,
A B C D E F
的位置有
或
或
或
四种情况，在把剩余的4 个数进行全排列，此时共有
,
A C
,
B D
,
C E
,
D F
种，若两个0 之间有两个数字，此时两个0 的位置有
或
或
三种情
4
4
4A
96
,
A D
,
B E
,
C E
况，
剩余的4 个数进行全排列，此时有
种，若两个0 之间有三个数字，此时两个0 的
4
4
3A
72
位置有
或
两种情况，剩余的4 个数进行全排列，此时有
种，综上，可以
,
A E
,
B F
4
4
2A
48
设置的密码共有
个.故选：C
96
72
48
216
★3.相邻问题
例4.有甲乙丙丁戊5 名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同
排列方式有多少种（
）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
12
24
36
48
解析：先利用捆绑法排乙丙丁戊四人，再用插空法选甲的位置，则有
种．选
2
3
1
2
3
2
A A C =24
B.
例5．某学校参加社会实践活动的1 名教师和甲、乙、丙、丁4 名学生站成一排合影留
念，则教师不站在两端，且甲、乙相邻的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
2
5
3
10
1
5
1
10
解析：教师和4 名学生站成一排一共有
种方法，将甲和乙看成一个元素，有
种
5
5
A
120
2
2
A
方法，这样就有4 个不同的元素，教师不站两端，则教师有2 种方法，其余3 个元素有
种方法，则满足条件的站法有
种，所以教师不站两端，且甲、乙相邻的概
3
3
A
2
3
2
3
2A A
24
率
.故选：C
24
1
120
5
P
★4.不相邻问题
例6．将4 个1 和2 个0 随机排成一行，则2 个0 不相邻的概率为
( )
A．
B．
C．
D．
1
3
2
5
2
3
4
5
解析：将4 个1 和2 个0 随机排成一行，可利用插空法，4 个1 产生5 个空，若2 个0 相
邻，则有
种排法，若2 个0 不相邻，则有
种排法，所以2 个0 不相邻的概
1
5
5
C
2
5
10
C
率为
．故选：C．
10
2
5 10
3
例7.已知3 名男同学、2 名女同学和1 名老师站成一排，女同学不相邻，老师不站两端，
则不同的排法共有（ ）
A．336 种
B．284 种
C．264 种
D．186 种
解析：当2 名女生站在两端时，3 名男生和1 名老师排在中间，共有
种排法；当有1 名女生排在一端，另一端排男生时，共有
2
4
2
4
A A
2 4 3 2 1
48
种排法；当男生排在两端时，共有
1
1
1
3
2
3
3
3
2A A A A
2 2 3 3 3 2 1
216
种排法；故不同的排法共有
（种），故
2
2
2
2
3
2
2
3
C A A A
3 2 2 3 2
72
48
216
72
336
选：A
★5.定序问题
例8．在古典名著《红楼梦》中有一道名为“茄鲞”的佳肴，这道菜用到了鸡脯肉、香菌、
新笋、豆腐干、果干、茄子净肉六种原料，烹饪时要求香菌、新笋、豆腐干一起下锅，茄
子净肉在鸡脯肉后下锅，最后还需加入精心熬制的鸡汤，则烹饪“茄鲞”时不同的下锅顺序
共有（ ）
A．72 种
B．36 种
C．12 种
D．6 种
解析：由题意可知六种原料中可以把香菌、新笋、豆腐干看成一种，即有
种放法，又
4
4
A
茄子净肉放在鸡脯肉后，则有
种放法.故选：C
4
4
2
2
A
12
A
例9.将
,
六个字母排成一排, 且
均在
的同侧,则不同的排法共有
,
,
A B C
,
,
D E F
,
A B
C
________种 (用数字作答).
解析：先不考虑
的顺序限制, 任意排列
这6 个字母,共有
个不
,
,
A B C
,
,
,
,
,
A B C D E F
6
6
A
同排列. 其中, 当
的位置固定时,任意交换
这3 个字母的位置, 共有
种
,
,
D E F
,
,
A B C
3
3
A
不同的排列,而符合
均在
的同侧这一条件的排列有
个.
,
A B
C
1
2
2
2
C A
在所有的
种排列方法中, 符合顺序要求的排法所占比例为
. 所以,不同的排法共
6
6A
1
2
2
2
3
3
C A
A
种.
1
2
6
2
2
6
3
3
C A
A
480
A
★6.涂色问题
例10．如图，用4 种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个
区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ）
A．48
B．56
C．72
D．256
解析：将四个区域标记为
，如图所示：
, , ,
A B C D
第一步涂
种涂法，第二步涂
种涂法，第三步涂
种涂法，第四步涂
种涂
: 4
A
:3
B
: 2
C
: 2
D
法，根据分步乘法计数原理可知，一共有
种着色方法.故选：A.
4 3 2 2
48
例11．已知正四棱锥
，现有五种颜色可供选择，要求给每个顶点涂色，每个顶
P
ABCD
点只涂一种颜色，且同一条棱上的两个顶点不同色，则不同的涂色方法有（ ）
A．240
B．420
C．336
D．120
解析：当只用三种颜色时，
同色且
同色，5 种颜色选择3 种，且有
种选
,
A C
,
B D
3
5
A
60
择，当只用四种颜色时，
同色或
同色，从5 种颜色中选择4 种，再从
和
,
A C
,
B D
,
A C
中二选一，涂相同颜色，故有
种选择，当用五种颜色时，每个顶点用1
,
B D
4
1
4
5
2
4
C C A
240
种颜色，故有
种选择，综上，共有
种选择.故选：B
5
5
A
120
60
240 120
420
★7.分组分配问题
例12．甲、乙、丙、丁、戊5 位同学报名参加学校举办的三项不同活动，每人只能报其中
一项活动，每项活动至少有一个人参加，则甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率
为（ ）
A．
B．
C．
D．
5
18
6
25
9
25
8
9
解析：先将5 名志愿者分成3 组，第一类分法是3，1，1，第二类分法是2，2，1，再分
配到三项活动中，总方法数为
，因甲、乙、丙三位同学所报活动
3
1
2
2
3
5
2
5
3
3
2
2
2
2
C C
C C
A
150
A
A
各不相同，故只需先把甲,乙,丙三人在三项活动上安排好，再让丁，戊两人分别在三项活
动中选择，其方法数为
. 故甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为
3
1
1
3
3
3
A C C
54
．故选:C．
54
9
150
25
P
例13．将甲、乙、丙等7 名志愿者分到
三个地区，每个地区至少分配2 人，则甲、
, ,
A B C
乙、丙分到同一个地区的概率为（）
A．
B．
C．
D．
1
48
1
24
1
70
1
35
解析：将甲、乙、丙等7 名志愿者分到
三个地区，每个地区至少分配2 人，
, ,
A B C
则有3 人分到一个地区，分配方法共有
种，其中甲、乙、丙分到同一个地区的分
3
2
3
7
4
3
2
2
C C
A
A
配方法有
，故所求的概率为
，故选：D
2
3
4
3
2
2
C
A
A
2
3
4
3
2
2
3
2
3
3
7
4
7
3
2
2
C
A
A
1
1
C C
C
35
A
A
例14. 将5 名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4 个项目进行培
训，每名志愿者只分配到1 个项目，每个项目至少分配1 名志愿者，则不同的分配方案共
有（
）
A. 60 种
B. 120 种
C. 240 种
D. 480 种
解析：根据题意，有一个项目中分配2 名志愿者，其余各项目中分配1 名志愿者，可以先
从5 名志愿者中任选2 人，组成一个小组，有
种选法；然后连同其余三人，看成四个
2
5
C
元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有
4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有
种不同的分配方案，故选：C.
2
5
4!
240
C
★8.正难则反
例11.甲､乙､丙､丁､戊5 名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有
三个小区可
,
,
A B C
供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在
小
A
区的概率为（ ）
A.
B.
C.
D.
193
243
100
243
2
3
5
9
解析：首先求所有可能情况，5 个人去3 个地方，共有
种情况，再计算5 个人去
53
243
3 个地方，且每个地方至少有一个人去，5 人被分为
或
当5 人被分为
时，
3,1,1
2,2,1
3,1,1
情况数为
;当5 人被分为
时，情况数为
；所以共有
3
3
5
3
C
A
60
2,2,1
2
1
3
4
5
3
2
2
C
C
A
90
A
.由于所求甲不去
，情况数较多，反向思考，求甲去
的情况数，最后用
60
90
150
A
A
总数减即可，当5 人被分为
时，且甲去
，甲若为1，则
，甲若为3，
3,1,1
A
3
2
4
2
C
A
8
则
，共计
种，
2
2
4
2
C
A
12
8 12
20
当5 人被分为
时，且甲去
，甲若为1，则
，甲若为2，则
2,2,1
A
2
2
4
2
2
2
C
A
6
A
，共计
种，所以甲不在
小区的概率为
1
1
2
4
3
2
C
C
A
24
6
24
30
A
，故选：B.
150
20
30
100
243
243
9.★不定方程与挡板问题
挡板法
讨论不定方程
r
x
x
x
n
2
1
的非负整数解.
（1）方程
r
x
x
x
n
2
1
的正整数解为
1
1
n
r
C
个.
（2）方程
r
x
x
x
n
2
1
的非负整数解为
1
1
n
r
n
C
个.
例12．不定方程
12
x
y
z
的非负整数解的个数为（
）
A．55
B．60
C．91
D．540
解析：不定方程
12
x
y
z
的非负整数解的个数将12个相同小球放入三个盒子，
允
许有空盒的放法种数.
现在在每个盒子里各加一个相同的小球，问题等价于将15个相同小球放入三个盒子，没有
空盒的放法种数，则只需在15个小球中形成的空位（不包含两端）中插入两块板即可，
因此，不定方程
12
x
y
z
的非负整数解的个数为
2
14
91
C
. 故选：C.
例13.方程
1
2
3
4
12
x
x
x
x
的正整数解共有（
）组
A．165
B．120
C．38
D．35
解析：如图，将12 个完全相同的球排成一列，
在它们之间形成的11 个空隙中任选三个插入三块隔板，把球分成四组，每一种分法所得
球
的数目依次是
1x 、
2x 、
3x 、
4x ，显然满足
1
2
3
4
12
x
x
x
x
，故
1
2
3
4
,
,
,
x x
x x
是方
程
1
2
3
4
12
x
x
x
x
的一组解，
反之，方程
1
2
3
4
12
x
x
x
x
的每一组解都对应着一种在12 个球中插入隔板的方式，
故方程
1
2
3
4
12
x
x
x
x
的正整数解的数目为：
3
11
11 10 9
165
3 2 1
C
，
故选：A.
10.★排列组合综合应用（新情境）
例14．若数列
的通项公式为
，记在数列
的前
项中任取两
na
1
( 1)n
na
n
na
*
2
N
n
n
数都是正数的概率为
，则（ ）
nP
A．
B．
C．
D．
1
2
3
P
9
10
P
P
10
11
P
P
11
12
P
P
解析：
为奇数时，前
项中有
个奇数项，即有
个正数，
n
2
n
3
2
n
3
2
n
，
，故A 错误；
2
3
2
2
2
3
1
C
3
1
3
2
2
C
2
1
4
2
1
4
2
n
n
n
n
n
n
n
n
P
n
n
n
n
n
1
1
3
P
为偶数时，前
项中有
个奇数项，即有
个正数，
n
2
n
2
2
n
2
2
n
，
，
，
2
2
2
2
2
2
C
2
2
2
C
2
1
4
2
1
4
1
n
n
n
n
n
n
n
n
P
n
n
n
n
n
9
10
12
10
10
,
44
4 11
44
P
P
9
10
P
P
故B 错误；
，故C 正确；
，故D 错误.故选：C.
11
10
14
7
4 13
26
P
P
12
11
12
3
4 13
13
P
P
例15．通信工程中常用
元数组
表示信息，其中
或
n
1
2
3
,
,
,
,
n
a a a
a
0
ia
．设
表示
和中相对应
*
1 ,
N ,1
i n
i
n
1
2
3
1
2
3
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
n
n
u
a a a
a
v
b b b
b
d u v
u
v
的元素（
对应
，
）不同的个数，则下列结论正确的是（ ）
ia
ib
1,2,
,
i
n
A．若
，则存在5 个5 元数组，使得
0,0,0,0,0
u
v
,
1
d u v
B．若
，则存在12 个5 元数组，使得
1,1,1,1,1
u
v
,
3
d u v
C．若
元数组
，则
n
0
0,0,
,0
n
w
个
,
,
,
d u w
d v w
d u v
D．若
元数组
，则
n
1
1,1,
,1
n
w
个
,
,
,
d u w
d v w
d u v
解析：选项A：由题意，5 个位置选则1 个位置安排1 即可，满足条件的数组共有
1
5
C
5
个，故A 正确；
选项B：由题意5 个位置选则3 个位置安排0 即可，满足条件的数组共有
个，故B
3
5
C
10
错误；
选项C：设
中对应项同时为0 的共有
个，同时为1 的共有
,u v
0
m
m
n
0
s
s
n
m
个，
从而对应项一项为1 与另一项为0 的共有
个，这里
，
n
m
s
n
m
s
从而
，而
，故C
,
d u v
n
m
s
,
,
2
,
2
,
d u w
d v w
s
n
m
s
d u v
s
d u v
正确，同理D 正确．故选：ACD
例16（24 届合肥高三第一次质检）．“
数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设
是非
q
q
零实数，对任意
，定义“
数”
利用“
数”可定义“
阶乘”
*
nN
q
1
( )
1
n
q
n
q
q
q
q
和“
组合数”，即对任意
，
!
(1) (2)
( ) ,
0 !
1.
q
q
q
q
q
n
n
且
q
*
,
,
k
n
k
n
N
N
!
!
!
q
q
q
q
n
n
k
k
n
k
（1）计算：
；
2
5
3
（2）证明：对于任意
，
*
,
,
1
k n
k
n
N
1
1
1
k
q
q
q
n
n
n
q
k
k
k
（3）证明：对于任意
，
*
,
,
,
1
k m
n
k
n
N
N
0
1
.
1
1
m
n k i
i
q
q
q
n
m
n
n
i
q
k
k
k
解析：（1）由定义可知，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
5
5 !
(1) (2) (3) (4) (5)
3
3 !
2 !
(1) (2) (3)
(1) (2)
.
2
3
2
3
4
2
2
2
2
1 2
2
2
1 2
2
2
2
(4) (5)
155
(1) (2)
1
1 2
（2）因为
，
!
( )
1 !
!
!
!
!
q
q
q
q
q
q
q
q
n
n
n
n
k
k
n
k
k
n
k
.
1 !
1 !
1
1
1
1 !
!
!
1 !
k
q
q
k
q
q
q
q
q
q
n
q
n
n
n
q
k
k
k
n
k
k
n
k
1 !
( )
(
)
!
!
q
k
q
q
q
q
n
k
q
n
k
k
n
k
又
,
1
1
( )
(
)
1
1
k
k
k
n k
q
q
k
q
n
k
q
q
q
q
q
1
1
( )
n
q
q
q
n
所以
1
1
1
k
q
q
q
n
n
n
q
k
k
k
（3）由定义得：对任意
.结合（2）可知
*
N,
N ,
,
q
q
n
n
k
n
k
n
k
n
k
1
1
1
n k
q
q
q
q
n
n
n
n
q
k
n
k
n
k
n
k
1
1
1
n k
q
q
n
n
q
k
k
即
，也即
.
1
1
1
n k
q
q
q
n
n
n
q
k
k
k
1
1
1
n k
q
q
q
n
n
n
q
k
k
k
所以
，
，
1
1
1
n m k
q
q
q
n
m
n
m
n
m
q
k
k
k
1
1
1
1
1
n m
k
q
q
q
n
m
n
m
n
m
q
k
k
k
……
.上述
个等式两边分别相加得：
1
1
1
n k
q
q
q
n
n
n
q
k
k
k
1
m
.
0
1
1
1
m
n k i
i
q
q
q
n
m
n
n
i
q
k
k
k
例17.几个重要的竞赛（强基）背景
（1）容斥原理下的错位排列.
设集合
，其所有元素的一个全排列
满足
，都有
，则称
}
,.....
2,1
{
n
I
nt
t
t
....
, 2
1
n
i
i
ti
这样的全排列为错位全排列.
证明：错位全排列数为：
.
)!
)1
(
!3
3
!2
2
!1
1
1(!
n
n
n
n
证明：记
为满足
的全排列的集合，则显然
iA
i
ti
1
|
|
....
|
|,
|
|
2
1
2
2
1
1
n
n
n
j
i
n
n
i
A
A
A
A
A
A
A
A
由容斥原理，排列数为
0
0
1
1
1
1
2
2
2
1
1
1
)1
(
)1
(
A
C
A
C
A
C
A
C
A
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
，证毕.
)!
)1
(
!3
3
!2
2
!1
1
1(!
n
n
n
n
（2）卡塔兰数：
n
n
n
n
n
n
n
C
n
C
C
C
2
1
2
2
1
1
已知
，并且满足
，
n
i
xi
2
,2,1
},
1,1
{
0
2
1
ix
x
x
)1
2
,2,1
(
n
i
，求有序数组
的个数
.
0
2
1
n
x
x
}
,...
,
{
2
2
1
n
x
x
x
n
C
解：依题，
中共有
个，
个
，先不考虑
记
ix
n
1
n
1
0
2
1
ix
x
x
)1
2
,2,1
(
n
i
为（*）式，则共有
种，接下来考虑排除法，若
不符合（*）式，则一定
n
n
C2
}
,...
,
{
2
2
1
n
x
x
x
存在一个的自然数
，使得：
)
(
n
s
s
，现将
全部改变符号，即有
：
1
0
1
2
2
2
2
1
s
s
x
x
x
x
1
2
2
1
,
,
s
x
x
x
f
，对应后则有
个，
个
)
,
,
,
(
)
,
,
,
(
2
2
1
2
1
2
2
1
2
1
n
s
s
f
n
s
s
x
x
x
x
x
x
x
x
1
n
1
1
n
1
，反之，对任一个
个，
个
组成的有序数组
，其必然存在一个
1
n
1
1
n
1
)
,...
,
(
2
2
1
n
x
x
x
最小的自然数
，满足
.
s
1
1
2
2
1
s
x
x
x
作对应
，显然，
与
互为逆映
)
,
,
,
(
)
,
,
,
(:
2
2
1
2
1
2
2
1
2
1
n
s
s
f
n
s
s
x
x
x
x
x
x
x
x
g
f
g
射，从而不满足（*）式的个数，就是由
个，
个
组成的有序数组的个数，从
1
n
1
1
n
1
而
.
1
2
2
n
n
n
n
n
C
C
C
三．习题演练
1．某校甲、乙、丙、丁4 个小组到A，B，C 这3 个劳动实践基地参加实践活动，每个小
组选择一个基地，则每个基地至少有1 个小组的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
2
9
1
3
4
9
8
9
解析：每个小组选择一个基地，所有的选择情况有
种，每个基地至少有1 个小组的
43
81
情况有
,故概率为
，故选：C
2
1
2
4
3
2
C C A
36
36
4
81
9
2．现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每个学校三
人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为（ ）
A．216
B．432
C．864
D．1080
解析：求不同的安排种数需要分成3 步，把3 名心理教师分配到三所学校，有
种方
3
3
A
法，
再把4 名语文教师按
分成3 组，并分配到三所学校，有
种方法，最后把2 名数
2:1:1
2
3
4
3
C A
学教师分配到只有1 名语文教师的两所学校，有
种方法，由分步乘法计数原理得不同
2
2
A
的安排种数为
.故选：B
3
2
3
2
3
4
3
2
A
C A
A
432
3．某表彰会上3 名男同学和4 名女同学从左至右排成一排上台领奖，则女生甲与女生乙
相邻，且女生丙与女生丁相邻的排法种数为（ ）
A．194
B．240
C．388
D．480
解析：因为女生甲与女生乙相邻，且女生丙与女生丁相邻，则捆绑起来算作两个元素，与
3 名男同学构成5 个元素，则排法共有：
种，故选：D
5
2
2
5
2
2
A
A
A
480
4．小明将1，4，0，3，2，2 这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，
若两个2 之间只有一个数字，且1 与4 相邻，则可以设置的密码种数为（ ）
A．48
B．32
C．24
D．16
解析：1 与4 相邻，共有
种排法，两个2 之间插入1 个数，共有
种排法，再
2
2
A
2
1
2
2
A
把组合好的数全排列，共有
种排法，则总共有
种密码．故选：C
3
3
A
6
2 2 6
24
5．一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
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
种方法，且不同颜色数有
种，
3
4
C
4
3
3
3
27
所以这排电子元件能表示的信息种数共有
种.故选：D
4 27
108
6．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（ ）
A．
B．
C．
D．
144
625
64
125
9
64
3
64
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
种涂色方法；
4
4
4
4
4
1024
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
种涂色方法；②用四种颜色涂这5 个区域，则有
种涂色方
3
3
4
3
C
2 A
48
4
4
4 A
96
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
.
144
9
1024
64
故选：C
新概念压轴中的组合恒等式及应用
一．基本原理
基本组合数公式和常见的组合恒等式
(1)
k
n k
n
n
C
C
(2)
1
1
k
k
k
n
n
n
C
C
C
证明：方法1.构造组合实际含义（见新教材选择性必修三，第28 页）
方法2.构造母函数（算两次）：分别求
和
的展开式中
的系数．前
1
1
n
x
1
1
n
x
x
m
x
者
的展开式中
的系数为
；后者
的展开式
1
1
n
x
m
x
1
m
n
C
1
1
n
x
x
中
的系数为
0
1
1
1
1
m
m
m
m
n
n
n
n
n
n
n
x
C
C x
C
x
C x
C x
m
x
1
1
1
1
m
m
m
m
n
n
n
n
C
C
C
C
.因为
，则两个展开式中
的系数也相等，即
．
1
1
1
1
n
n
x
x
x
m
x
1
1
m
m
m
n
n
n
C
C
C
(3)
或
;
1
1
k
k
n
n
kC
nC
1
1
k
k
n
n
n
C
C
k
，
，
!
!
C
! !
!
1 !
r
n
n
n
r
r
n
r
r
n
r
r
1
1
1 !
!
C
!
1 !
!
1 !
r
n
n
n
n
n
n
r
r
n
r
r
所以
.（凌晨讲数学）
1
1
C
C
r
r
n
n
r
n
(4)
;
,(
)
k
m
m
k m
k m
m
n
k
n
n m
n
n k m
C C
C C
C
C
m
k
n
(5)
;
0
1
2
2
n
n
n
n
n
n
C
C
C
C
(6)
;
0
1
( 1)
0
n
n
n
n
n
C
C
C
(7)
.
1
1
2
1
1
m
m
m
m
m
m
m
m
m
n
n
n
C
C
C
C
C
C
证明:
1
1
2
1
1
m
m
m
m
m
m
m
m
m
n
n
n
C
C
C
C
C
C
方法1.组合数公式法:有组合数性质
可得:
1
1
k
k
k
n
n
n
C
C
C
左边
1
1
1
1
2
1
2
2
3
1
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
n
n
m
m
m
n
n
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
1
1
3
3
4
1
1
1
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
n
n
n
n
n
C
C
C
C
C
C
C
C
1
1
1
m
m
m
n
n
n
C
C
C
右边，得证.
方法2.组合数实际意义:（凌晨讲数学）设有
个不同元素
,从这
n
1
1
2
3
1
,
,
,
,
,
n
n
a a a
a a
个元素中取出
个不同元素的取法有
种，另一方面,我们也可将这些取法分
n
1
m
1
1
1
m
n
C
类考虑如下:若取
,则有
种取法，若不取
，取出
，则有
种取法，若不取
1a
m
n
C
1a
2a
1
m
n
C
取出
则有
种取法，...若不取
,取出
则有
种取法，所
1
2
,
a a
3a
2
m
n
C
1
2
3
,
,
,
,
n m
a a a
a
1
n m
a
m
m
C
以取法种数又等于
,因此原式成立
n
m
k
k m
C
方法3. 母函数法:等式左边
是
1
2
1
m
m
m
m
m
m
m
m
n
n
C
C
C
C
C
的展开式中含
的项的系数,由数列求和公
1
1
(1
)
(1
)
(1
)
(1
)
m
m
n
n
x
x
x
x
m
x
式可得
时
0,
1
x
x
1
1
(1
)
(1
)
(1
)
(1
)
m
m
n
n
x
x
x
x
1
1
(1
)
(1
)
1
(1
)
(1
)
(1
) 1
m
n
m
n
m
x
x
x
x
x
x
上式右边展开式中含
的项就是分子中含
的项,其系数为
,因此有
m
x
1
m
x
1
1
m
n
C
1
1
2
1
1
m
m
m
m
m
m
n
m
m
n
n
n
C
C
C
C
C
C
二．典例分析
例1.（1）求
的值;
3
4
6
7
7
4
C
C
（2）设
，求证:
*
,
,
m n
n m
N
…
2
1
2
1
2
(
1)C
(
2)C
(
3)C
C
(
1)C
(
1)C
.
m
m
m
m
m
m
m
m
m
n
n
n
m
m
m
n
n
m
解析：（2）方法1：组合数公式法:
因为
,所以左边
1
1
(
1)C
(
1)C
m
m
k
k
k
m
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
2
1
(
1)C
(
1)C
(
1)C
(
1) C
C
C
m
m
m
m
m
m
m
m
n
m
m
n
m
m
m
m
又由
，知
1
1
1
C
C
C
k
k
k
n
n
n
2
2
1
2
1
1
2
1
1
1
1
1
2
1
1
1
2
2
1
1
2
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
n
n
n
n
n
n
m
m
n
m
m
n
，左边
右边.
方法2. 母函数法:
等式左边
为
1
2
1
(
1)C
(
2)C
(
3)C
C
(
1)C
m
m
m
m
m
m
m
m
n
n
m
m
m
n
n
函数
1
1
( )
(
1)(1
)
(
2)(1
)
(1
)
(
1)(1
)
m
m
n
n
f x
m
x
m
x
n
x
n
x
的展开式中含
前的系数
(
0,
1)
x
x
m
x
记
1
1
(
1)(1
)
(
2)(1
)
(1
)
(
1)(1
)
m
m
n
n
S
m
x
m
x
n
x
n
x
则
1
2
1
(1
)
(
1)(1
)
(
2)(1
)
(1
)
(
1)(1
)
m
m
n
n
x S
m
x
m
x
n
x
n
x
用错位相减法易求得
，其中
前的系数为
1
1
2
(1
)
(1
)
(
1)(1
)
(1
)
m
n
n
m
x
x
n
x
m
x
S
x
x
x
m
x
，（凌晨讲数学）命题得证.
2
1
2
1
1
2
C
(
1)C
(
1)
m
m
m
n
n
n
n
m
C
例2．组合数有许多丰富有趣的性质，例如，二项式系数的和有下述性质：
.小明
0
C
2
n
k
n
n
k
同学想进一步探究组合数平方和的性质，请帮他完成下面的探究.
（1）计算：
，并与
比较，你有什么
2
2
2
2
2
2
2
0
1
2
0
1
2
3
2
2
2
3
3
3
3
C
C
C
, C
C
C
C
2
3
4
6
C ,C
发现？写出一般性结论并证明；
（2）证明：
2
2
2
2
0
( 1)
C
( 1) C
n
k
k
n
n
n
n
k
（3）利用上述（1）（2）两小问的结论，证明：
.
2
2
1
2
1
2
4
2
1
1
C
C
( 1)
C
2
n
k
n
n
n
n
n
n
k
解析：（1）
，
2
2
2
0
1
2
2
2
4
2
2
C
6
C
1
1
C
4
C
，规律：
，
2
2
2
2
0
1
2
3
3
3
3
3
3
6
1 9
9 1
C
C
C
C
20
C
2
2
2
0
1
2
C
C
C
C
n
n
n
n
n
n
证明如下：
的展开式中，
的系数为
1
1
n
n
x
x
n
x
0
1
1
2
2
0
C C
C C
C C
C C
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
，同时
，
的展开式中
的系数为
2
2
2
0
1
C
C
Cn
n
n
n
2
1
1
1
n
n
n
x
x
x
2
1
n
x
n
x
，所以
.
2
Cn
n
2
2
2
0
1
2
C
C
C
C
n
n
n
n
n
n
（2）证明：
的展开式中
的系数为
，
2
2
1
n
x
2n
x
2
1
C
n
n
n
又
，
的展开式中
的系数为
2
2
2
2
1
1
1
n
n
n
x
x
x
2
2
1
1
n
n
x
x
2n
x
，所以
2
1
2
1
2
2
2
2
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0
2
0
C C
C C
C C
( 1) C C
(
)
+
1
C
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
k
k
n
n
n
k
n
.
2
2
2
2
0
( 1)
C
( 1) C
n
k
k
n
n
n
n
k
（3）证明：由（1）可知
，
2
2
2
2
2
4
2
0
2
2
1
C
C
C
C
n
n
n
n
n
n
由（2）可知
，
2
2
2
2
2
2
2
1
2
3
2
2
2
2
2
0
2
C
C
C
C
1
C
1
C
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
两式相减可得
，
3
5
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
4
2
2
2
C
2 C
C
C
C
1
C
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
即
.
2
2
1
2
1
2
4
2
1
1
C
C
( 1)
C
2
n
k
n
n
n
n
n
n
k
例3．（24 届济南市高三一模）下列等式中正确的是（ ）
A．
B．
8
8
8
1
C
2
k
k
8
2
3
9
2
C
C
k
k
C．
D．
8
2
1
1
1
!
8!
k
k
k
8
8
2
8
16
0
C
C
k
k
解析：对于A，因为
，
8
0
1
2
2
8
8
8
8
8
8
1
C
C
C
C
x
x
x
x
令
，得
，则
，故A 错误；
1
x
8
8
1
2
8
8
8
8
8
1
2
1 C
C
C
1
Ck
k
8
8
8
1
1
C
2
k
k
对于B，因为
，所以
2
3
3
1
C
C
C
n
n
n
8
2
2
2
2
2
3
2
2
2
2
3
4
8
3
3
4
8
2
C
C
C
C
C
C
C
C
C
k
k
，故B 正确；
3
2
2
3
2
3
4
4
8
8
8
9
C
C
C
C
C
C
对于C，因为
，
!
1 !
1
1 !
1
1
1
1 !
!
!
1 !
!
1 !
!
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
所以
，故C 正确.
8
8
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
!
1 !
!
1!
2!
2!
3!
7!
8!
8!
k
k
k
k
k
k
对于D，
，对于
，其含有
的项的系数为
，
16
8
8
1
1
1
x
x
x
16
1
x
8
x
8
16
C
对于
，要得到含有
的项的系数，须从第一个式子取出
个
8
8
1
1
x
x
8
x
0
8,
N
k
k
k
，再从第二个式子取出
个
，（凌晨讲数学）它们对应的系数为
x
8
k
x
0
8
8
2
8
8
8
0
8
C C
Ck
k
k
k
k
，
所以
，故D 正确.故选：BCD.
8
8
2
8
16
0
C
C
k
k
求证：当随机变量
时，
,
X
B n p
:
E X
np
证明：
1
2
0
0
0
1
1
2
2
0 C
1
1 C
1
2 C
1
C
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
E X
p
p
p
p
p
p
n
p
p
1
2
0
0
1
1
2
1
1
1
1
C
1
C
1
C
1
n
n
n
n
n
n
n
n
p
p
n
p
p
n
p
p
1
2
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
C
1
C
1
C
1
n
n
n
n
n
n
n
n p
p
p
p
p
p
p
.
1
1
n
n p
p
p
np
例5．证明：（范德蒙（Vandermonde）恒等式）
0
1
1
1
1
0
C C
C C
C
C
C C
C
k
k
k
k
k
m
n
m
n
m
n
m
n
m n
．
解析：证明：考虑
中
的系数，一方面，多项式
1
1
m
n
x
x
k
x
1
1
1
m
n
m n
x
x
x
展开式中
的系数是
，另一方面，
展开式中
的系
k
x
Ck
m n
0
0
1
1
C
C
m
n
m
n
i
i
j
j
m
n
i
j
x
x
x
x
k
x
数是
，所以
．
0
1
1
1
1
0
C C
C C
C
C
C C
k
k
k
k
m
n
m
n
m
n
m
n
0
1
1
1
1
0
C C
C C
C
C
C C
C
k
k
k
k
k
m
n
m
n
m
n
m
n
m n
例6．求证：
.
1
1
2
2
1
1
2
2
2
( 1)
2
( 1)
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
C
C
C
解析：左边=
1
1
2
2
1
1
2
2
2
( 1)
2
( 1)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
C
C
C
1
1
2
2
0
0
1
2
1
0
1
1
2
2
2
2
( 1)
2
( 1
1
1
1
)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
C
C
C
C
C
=1=右边.即证.
2 1
n
例7．（24 届合肥市高三一模）“
数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设
是非零实
q
q
数，对任意
，（凌晨讲数学）定义“
数”
利用“
数”可定义“
*
nN
q
1
( )
1
n
q
n
q
q
q
阶乘”
和“
组合数”，即对任意
，
q
!
(1) (2)
( ) ,
0 !
1.
q
q
q
q
q
n
n
且
q
*
,
,
k
n
k
n
N
N
!
!
!
q
q
q
q
n
n
k
k
n
k
（1）计算：
；
2
5
3
（2）证明：对于任意
，
*
,
,
1
k n
k
n
N
1
1
1
k
q
q
q
n
n
n
q
k
k
k
（3）证明：对于任意
，
*
,
,
,
1
k m
n
k
n
N
N
0
1
.
1
1
m
n k i
i
q
q
q
n
m
n
n
i
q
k
k
k
解析：（1）由定义可知，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
5
5 !
(1) (2) (3) (4) (5)
3
3 !
2 !
(1) (2) (3)
(1) (2)
.
2
3
2
3
4
2
2
2
2
1 2
2
2
1 2
2
2
2
(4) (5)
155
(1) (2)
1
1 2
（2）因为
，
!
( )
1 !
!
!
!
!
q
q
q
q
q
q
q
q
n
n
n
n
k
k
n
k
k
n
k
1 !
1 !
1
1
1
1 !
!
!
1 !
k
q
q
k
q
q
q
q
q
q
n
q
n
n
n
q
k
k
k
n
k
k
n
k
1 !
( )
(
)
!
!
q
k
q
q
q
q
n
k
q
n
k
k
n
k
又
,
1
1
( )
(
)
1
1
k
k
k
n k
q
q
k
q
n
k
q
q
q
q
q
1
1
( )
n
q
q
q
n
所以
1
1
1
k
q
q
q
n
n
n
q
k
k
k
（3）由定义得：对任意
.结合（2）可知
*
N,
N ,
,
q
q
n
n
k
n
k
n
k
n
k
（凌晨讲数学）
，即
1
1
1
n k
q
q
q
q
n
n
n
n
q
k
n
k
n
k
n
k
1
1
1
n k
q
q
n
n
q
k
k
，也即
.
1
1
1
n k
q
q
q
n
n
n
q
k
k
k
1
1
1
n k
q
q
q
n
n
n
q
k
k
k
所以
，
1
1
1
n m k
q
q
q
n
m
n
m
n
m
q
k
k
k
……
.
1
1
1
1
1
n m
k
q
q
q
n
m
n
m
n
m
q
k
k
k
1
1
1
n k
q
q
q
n
n
n
q
k
k
k
上述
个等式两边分别相加得：
.
1
m
0
1
1
1
m
n k i
i
q
q
q
n
m
n
n
i
q
k
k
k
例8．（24 届广东省高三一模）某单位进行招聘面试，已知参加面试的
名学生全都来自
N
A，B，C 三所学校，其中来自A 校的学生人数为
.该单位要求所有面试人员面试前
(
1)
n n
到场，并随机给每人安排一个面试号码
，按面试号码
由小到大依次进行
(
1,2,3,
,
)
k k
N
k
面试，每人面试时长5 分钟，面试完成后自行离场.
（1）求面试号码为2 的学生来自A 校的概率.
（2）若
，
，且B，C 两所学校参加面试的学生人数比为
，求A 校参加面
40
N
10
n
1: 2
试的学生先于其他两校学生完成面试（A 校所有参加面试的学生完成面试后，B，C 两校
都还有学生未完成面试）的概率.
（3）记随机变量X 表示最后一名A 校学生完成面试所用的时长（从第1 名学生开始面试
到最后一名A 校学生完成面试所用的时间），
是
的数学期望，证明：
(
)
E X
X
.
5 (
1)
(
)
1
n N
E X
n
解析：（1）记“面试号码为2 的学生来自A 校”为事件A，将A 校n 名学生面试号码的安
排情况作为样本空间，则样本点总数为
，事件A 表示A 校有1 名学生的面试号码为
C
n
N
2，
其他
名学生的面试号码在剩余
个面试号码中随机安排，则事件A 包含的样本点
n 1
1
N
数为
，故
．
1
1
1
1
C
C
n
N
1
1
1
1
1 !
1 !
!
C
C
!
C
!
!
n
N
n
N
N
n
N
n
n
P A
N
N
n N
n
（2）设B 校参加面试的学生有x 名，由题意得
，解得
．所以B 校参
1
40 10
2
x
x
10
x
加面试的学生有10 名，C 校参加面试的学生有20 名．记“最后面试的学生来自B 校”为事
件B，“最后面试的学生来自C 校”为事件C，显然事件B，C 互斥．记“A 校参加面试的学
生先于其他两校学生完成面试”为事件D，则
．当事件B 发生时，只需考虑
D
BD
CD
A，C 两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自C 校，则
．
10
20
1
40
30
6
P BD
P B P D B
∣
当事件C 发生时，只需考虑A，B 两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自B
校，
则
．所以
．
20
10
1
40
20
4
P CD
P C P D C
∣
1
1
5
6
4
12
P D
P BD
P CD
（3）由题知随机变量X 的取值为
，
，…，
，则随机变量X 的分布列为
5n
5
1
n
5N
，
，
，…，N．（凌晨讲数学）所以随机变量X 的期望
1
1
C
5
C
n
k
n
N
P X
k
k
n
1
n
1
1
1
1
C
5
5
C
C
C
n
N
N
n
k
k
n
n
k n
k n
N
N
E X
k
k
1 !
5
5
C
C
1 !
!
C
N
N
n
k
n
n
k n
k n
N
N
k
n
k n
k
n
1
1
1
2
1
1
2
1
5
5
5
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
N
n
n
n
N
N
n
n
n
N
N
N
n
n
n
．所以
．
1 !
5
1
5
!
1 !
!
1
!
!
N
n N
n
N
n
N
n
n
n
N
n
5
1
1
n N
E X
n
概率与数列综合的四种常见形式
一．
重伯努利试验
n
二. 样本总数为
的超几何分布
n
三．全概率公式与数列递推
四．基于数学期望的递推关系
★一．
重伯努利试验
n
例1.（2024 届广州市高三一模）某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，
每个团队由
位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：
*
(
3,
N )
n n
n
若某成员第一关闯关成功，则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员
接力去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结
束闯关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯
关，该团队接力闯关活动结束.已知
团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为
和
A
3
4
，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.
1
2
（1）若
，用
表示
团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求
的均值；
3
n
X
A
X
（2）记
团队第
位成员上场且闯过第二关的概率为
，集合
A
*
(1
1,
N )
k
k
n
k
kp
中元素的最小值为
，规定团队人数
，求
.
*
3
N
128
k
k
p
0
k
0
1
n
k
n
解析：（1）依题意，
的所有可能取值为
，
X
1,2,3
，
，
3
1
3
1
3
3
1
1
9
1
,
2
4
2
8
4
8
4
2
2
32
P X
P X
3
9
11
3
1
8
36
32
P X
所以
的分布列为：
X
X
1
2
3
P
3
8
9
32
11
32
数学期望
.
3
9
33
63
8
16
32
32
E X
（2）令
，若前
位玩家都没有通过第一关测试，其概率为
3
1
,
4
2
p
q
1
k
，若前
位玩家中第
位玩家才通
1
1
1
1
3 1
3
(
)
(1
)
( )
4
4 2
2 4
k
k
k
k
p
p
pq
1
k
1
1
i
i
k
过第一关测试，则前面
位玩家无人通过第一关测试，其概率为
，第位玩家通
1
i
1
(1
)i
p
i
过第一关测试，但没有通过第二关测试，其概率为
，第
位玩家到第
位玩家
1
p
q
1
i +
1
k
都没有通过第二关测试，其概率为
，所以前面
位玩家中恰有一人通过第一
1
(1
)k i
q
1
k
关测试的概率为：
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
(
)
(1
)
(1
)(1
)
(1
)
(
)
1
k
k
i
k i
k
i
k
i
i
p
p
p
p
q
q
q
pq
q
q
，因此第
位成员闯过第二关的
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1 [1 ( )
3 1
1
3
1
3
1
2
( )
( )
( )
[1 (
]
)
1
8 2
2
8
2
2
2
]
1
2
k
k
k
i
k
k
k
i
k
概率
，由
，得
，解得
1
2
]
3
1
1
(
(
[( )
( )
2
)
)
2
4
k
k
k
k
kp
p
p
3
1
1
3
[( )
( )
2
2
4
12
]
8
k
k
1
1
1
( )
( )
2
4
64
k
k
，则
，所以
.（公众号：凌晨讲数学）
6
k
0
6
k
7
n
★二. 样本总数为
的超几何分布
n
例2.（24 届浙江Z208 月联考）2023 年中央一号文件指出,艮旋要复兴,乡村必振兴.为助力
乡村振兴,某电商平台准备为某地的农副特色产品开设直播带货专部.(公众号浙江省高中数
学)直播前,此平台用不同的单价试销,并在购买的顾客中进行体验调本向卷.已知有
名热心参与问卷的顾客,此平台决定在直播中专门为他们设置两次抽奖活迹次
(
30)
N N
抽奖都是由系统独立、随机地从这
名顾客中抽取20 名顾客,抽中顾客会有礼品赠送,若
N
直拱时这
名顾客都在线,记两次抽中的顾客总人数为
(不重复计数).
N
X
（1）若甲是这
名顾客中的一人,且甲被抽中的概率为
，求
;
N
9
25
N
（2）求使
取得最大值时的整数
.
(
30)
P X
N
解析：（1）记
“甲被抽中”,
“第次被抽中”
,则
A
iA
i
(
1,2)
i
解得：
20
20
1
1
1
2
20
20
20
20
16
( )
,
25
N
N
N
N
C
C
N
N
P A
P A A
C
C
N
N
100
N
（2）由于
，记
,即求
在何时
20
10
10
10
10
20
20
20
20
20
20
20
(
30)
N
N
N
N
N
N
C C
C
C
C
P X
C C
C
10
20
20
(
)
N
N
C
f N
C
(
)
f N
取到最大值，下面讨论
的单调性：
(
)
f N
10
20
19
20
10
1
20
(
19)!
!
(
1)
(
19)(
19)
10!(
29)! 20!(
20)!
1
(
1)!
(
)
(
1)(
29)
20!(
19)!10!(
30)!
N
N
N
N
N
N
C
C
f N
N
N
N
N
N
f N
C
C
N
N
N
N
解得
，所以，当
或40 时,
取到最大值.
39
N
39
N
(
30)
P X
例3．（24 届广东省高三二模）某单位进行招聘面试，已知参加面试的
名学生全都来自
N
A，B，C 三所学校，其中来自A 校的（公众号：凌晨讲数学）学生人数为
.该单位
(
1)
n n
要求所有面试人员面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码
，按面
(
1,2,3,
,
)
k k
N
试号码
由小到大依次进行面试，每人面试时长5 分钟，面试完成后自行离场.
k
（1）求面试号码为2 的学生来自A 校的概率.
（2）若
，
，且B，C 两所学校参加面试的学生人数比为
，求A 校参加面
40
N
10
n
1: 2
试的学生先于其他两校学生完成面试（A 校所有参加面试的学生完成面试后，B，C 两校
都还有学生未完成面试）的概率.
（3）记随机变量X 表示最后一名A 校学生完成面试所用的时长（从第1 名学生开始面试
到最后一名A 校学生完成面试所用的时间），
是
的数学期望，证明：
(
)
E X
X
.
5 (
1)
(
)
1
n N
E X
n
解析：（1）记“面试号码为2 的学生来自A 校”为事件A，将A 校
名学生面试号码的安
n
排情况作为样本空间，则样本点总数为
，事件A 表示A 校有1 名学生的面试号码为
C
n
N
2，其他
名学生的面试号码在剩余
个面试号码中随机安排，则事件A 包含的样
1
n
1
N
本点数为
，故
．
1
1
1
1
C
C
n
N
1
1
1
1
1 !
1 !
!
C
C
!
C
!
!
n
N
n
N
N
n
N
n
n
P A
N
N
n N
n
（2）设B 校参加面试的学生有
名，由题意得
，解得
．所以B 校参
x
1
40 10
2
x
x
10
x
加面试的学生有10 名，C 校参加面试的学生有20 名．记“最后面试的学生来自B 校”为事
件B，“最后面试的学生来自C 校”为事件C，显然事件B，C 互斥．记“A 校参加面试的
学生先于其他两校学生完成面试”为事件D，则
．当事件B 发生时，只需考虑
D
BD
CD
A，C 两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自C 校，则
．当事件C 发生时，只需考虑A，B 两所学校所有参
10
20
1
40
30
6
P BD
P B P D B
∣
加面试的学生中最后面试的那位来自B 校，
则
．所以
．
20
10
1
40
20
4
P CD
P C P D C
∣
1
1
5
6
4
12
P D
P BD
P CD
（3）由题知随机变量
的取值为
，
，…，
，则随机变量
的分布列为
X
5n
5
1
n
5N
X
，
，
，…，
．所以随机变量
的期望
1
1
C
5
C
n
k
n
N
P X
k
k
n
1
n
N
X
，
1
1
1
1
C
5
5
C
C
C
n
N
N
n
k
k
n
n
k n
k n
N
N
E X
k
k
1 !
5
5
C
C
1 !
!
C
N
N
n
k
n
n
k n
k n
N
N
k
n
k n
k
n
1
1
1
2
1
1
2
1
5
5
5
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
N
n
n
n
N
N
n
n
n
N
N
N
n
n
n
．所以
．
1 !
5
1
5
!
1 !
!
1
!
!
N
n N
n
N
n
N
n
n
n
N
n
5
1
1
n N
E X
n
★三．全概率公式与数列递推
1．全概率公式
在全概率的实际问题中我们经常会碰到一些较为复杂的概率计算，这时，我们可以用 “化
整为零”的思想将它们分解为一些（公众号：凌晨讲数学）较为容易的情况分别进行考虑
一般地，设A1，A2，…，An 是一组两两互斥的事件，
，且
1
2
n
A
A
A
＝
0
i
P A
，i＝1，2，…，n，则对任意的事件
，有
.
B
1
( )
n
i
i
i
P B
P A P B A
∣
我们称上面的公式为全概率公式，全概率公式是概率论中最基本的公式之一．
例4．甲进行摸球跳格游戏.图上标有第1 格，第2 格，
，第25 格，棋子开始在第1 格.
L
盒中有5 个大小相同的小球，其中3 个红球，2 个白球（5 个球除颜色外其他都相同）.每
次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1 格；若
两球颜色不同，棋子向前跳2 格，直到棋子跳到第24 格或第25 格时，游戏结束.记棋子跳
到第
格的概率为
.
n
1,2,3,
,25
nP n
（1）甲在一次摸球中摸出红球的个数记为
，求
的分布列和期望；
X
X
（2）证明：数列
为等比数列，并求
的通项公式.
1
2
24
n
n
P
P
n
nP
解析：（1）根据题意可知
的所有可能取值为
则
, X
0,1,2,
可得
的分布列如下：
1
1
2
2
2
3
3
2
2
2
2
5
5
5
C C
C
C
1
6
3
3
0
,
1
,
2
,
C
10
C
10
5
C
10
P X
P X
P X
X
X
0
1
2
P
1
10
3
5
3
10
期望值为
.
1
3
3
6
0
1
2
10
5
10
5
E X
（2）依题意，当
时，棋子跳到第
格有两种可能：第一种，棋子先跳到第
3
24
n
n
2
n
格，再摸出两球颜色不同；第二种，棋子先跳到第
格，再摸出两球颜色相同.
n 1
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为
，摸出两球颜色相同，即跳一格的
1
1
3
2
2
5
C C
3
C
5
概率为
因此可得
，所以
2
2
3
2
2
5
C
C
2 ,
C
5
2
1
3
2
3
24
5
5
n
n
n
P
P
P
n
，因此可得
且
1
2
1
1
1
2
3
2
3
5
5
5
n
n
n
n
n
n
n
P
P
P
P
P
P
P
1
1
2
3
0,
5
n
n
n
n
P
P
P
P
，即数列
是首项为
公比为
的等比数
1
2
2
1
2
3
1,
,
5
5
P
P
P
P
1
2
24
n
n
P
P
n
3,
5
3
5
-
列，
即
，所以
1
1
3
2
24
5
n
n
n
P
P
n
1
2
1
1
2
2
1
1
3
3
3
1
5
5
5
n
n
n
n
n
n
n
P
P
P
P
P
P
P
P
由题意
1
3
3
1
5
5
5
5
3
1
.
3
8
8
5
1
5
n
n
，综上，
.
23
23
25
23
3
3
5
5
3
3
3
3
5
5
8
8
5
8
8
5
P
P
23
5
5
3
,1
24
8
8
5
3
3
3
,
25
8
8
5
n
n
n
P
n
例5．（2023·新高考1 卷）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则
此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率
均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1 次投篮的人选，第1 次投篮的人
是甲、乙的概率各为0.5．
（1）求第2 次投篮的人是乙的概率；
（2）求第次投篮的（公众号：凌晨讲数学）人是甲的概率；
i
（3）已知：若随机变量
服从两点分布，且
，则
i
X
1
1
0
,
1,2,
,
i
i
i
P X
P X
q i
n
．记前
次（即从第1 次到第
次投篮）中甲投篮的次数为
，求
1
1
n
n
i
i
i
i
E
X
q
n
n
Y
E Y
．
解析：（1）记“第次投篮的人是甲”为事件
，“第次投篮的人是乙”为事件
，
i
iA
i
iB
所以，
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
|
|
P B
P A B
P B B
P A P B
A
P B
P B
B
.
0.5
1 0.6
0.5 0.8
0.6
（2）设
，依题可知，
，则
i
i
P A
p
1
i
i
P B
p
，
1
1
1
1
1
|
|
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
P A
P A A
P B A
P A P A
A
P B P A
B
即
，构造等比数列
，设
1
0.6
1 0.8
1
0.4
0.2
i
i
i
i
p
p
p
p
ip
，解得
，则
，又
，所以
1
2
5
i
i
p
p
1
3
1
1
2
1
3
5
3
i
i
p
p
1
1
1
1
1
,
2
3
6
p
p
是首项为
，公比为
的等比数列，即
．
1
3
ip
1
6
2
5
1
1
1
1
2
1
2
1
,
3
6
5
6
5
3
i
i
i
i
p
p
（3）因为
，
，所以当
时，
1
1
2
1
6
5
3
i
ip
1,2,
,
i
n
*
N
n
，故
．
1
2
2
1
1
5
2
5
1
2
6
3
18
5
3
1
5
n
n
n
n
n
E Y
p
p
p
5
2
( )
1
18
5
3
n
n
E Y
★四．基于数学期望的递推关系
例6．设一个袋子里有红、黄、蓝色小球各一个现每次从袋子里取出一个球(取出某色球的
概率均相同)，确定颜色后放回，直到连续两次均取出红色球时为止，记此时取出球的次数
为ξ，则ξ 的数学期望为_______（公众号：凌晨讲数学）
解析：设所求数学期望为E，第一次取出的球的颜色分别为红、黄、蓝的取法的次数
的
数学期望为E(a)、E(b)、E(c).则E(b)=E(c).因为第一次取出的球的颜色为红、黄、蓝的概率
是相同的，所以
，①
( )
2 ( )
3
E a
E b
E
先考虑第一次取出的球是红色的，若第二次取出的球是红色的，则操作结束；若不然，第
一个为红球，第二个球的颜色为黄或蓝，忽略第一个球，剩下的取球方式可以视为一种新
的取法(即第一个球的颜色是黄或蓝)，则
②
1
2
( )
2
(1
( ))
3
3
E a
E b
再考虑第一次取出的球的颜色是黄或蓝，忽略第一个球，剩下的取球方式可以视为一种新
的取法，则
③,由①、②、③，解得E=12.故答案为：12．
( )
1
E b
E
例7．有一枚质地均匀的硬币，现进行连续抛硬币游戏，规则如下：在抛掷的过程中，无
论何时，连续出现奇数次正面后出现一次反面，则游戏停止；否则游戏继续进行.最多抛掷
10 次，则该游戏抛掷次数的数学期望为_________
解析：记最多抛掷
次时该游戏抛掷次数的数学期望为
.易知，
，
.考虑
n
n
E
1
1
E
2
2
E
3
n
时的情形.最多投掷
次，分以下三种情形讨论.
n
（1）第一次投掷为反面，概率为
，变为
的情形，数学期望为
；
1
2
1
n
1
1
n
E
（2）第一、二次投掷均为正面，概率为
，变为
的情形，数学期望为
；
1
4
2
n
2
2
n
E
（3）第一次投掷为正面，第二次为反面，游戏停止，概率为
.数学期望为2.
1
4
综上，知
.因为
，
1
2
1
1
1
1
2
2
2
4
4
n
n
n
E
E
E
1
2
3
1
1
3
2
2
4
n
n
E
E
n
1
1
E
2
2
E
，所以递推可得
,故答案为
3
4
5
6
7
8
9
10
11
27
62
137
295
624
1303
2695
,
,
,
,
,
,
,
4
8
16
32
64
128
256
512
E
E
E
E
E
E
E
E
135
5 512
.
例8.（2024 届武汉高三四月调考）已知常数
，在成功的概率为
的伯努利试验
0,1
p
p
中，记
为首次成功时所需的试验次数，
的取值为所有正整数，此时称离散型随机变量
X
X
的概率分布为几何分布.
X
（1）对于正整数
，求
，并根据
k
P X
k
求
；
1
1
(
)
(
)
lim
(
)
n
n
k
k
E X
kP X
k
kP X
k
E X
（2）对于几何分布的拓展问题，（凌晨讲数学）在成功的概率为
的伯努利试验中，记首
p
次出现连续两次成功时所需的试验次数的期望为
，现提供一种求
的方式：先进行第
2
E
2
E
一次试验，若第一次试验失败，因为出现试验失败对出现连续两次成功毫无帮助，可以认
为后续期望仍是
，即总的试验次数为
；若第一次试验成功，则进行第二次试
2
E
2
1
E
验，当第二次试验成功时，试验停止，此时试验次数为2，若第二次试验失败，相当于重
新试验，此时总的试验次数为
.
2
2
E
（i）求
；
2
E
（ii）记首次出现连续
次成功时所需的试验次数的期望为
，求
.
n
n
E
n
E
解析：（1）
，
1
(1
)k
P X
k
p
p
，
1
2
1
1
(1
)
1
2(1
)
3(1
)
(1
)
,
n
k
n
k
k
p
p
p
p
p
n
p
记
，
2
1
1
2 1
3(1
)
(1
)n
n
S
p
p
n
p
则
，
2
1
1
1
2(1
)
1 (1
)
(1
)
n
n
n
p S
p
p
n
p
n
p
相减得：
2
1
1
1
(1
)
(1
)
(1
)
n
n
n
pS
p
p
p
n
p
1 (1
)
1 (1
)
(1
)
(1
)
1
1
n
n
n
n
p
p
n
p
n
p
p
p
由题意：
.
1 (1
)
1
(
)
lim
lim
(1
)
n
n
n
n
n
p
E X
pS
n
p
p
p
（2）（i）
.解得：
.
2
2
2
2
1
1
2
1
2
E
p
E
p
p
p
E
2
2
1
p
E
p
（ii）期待在
次试验后，首次出现连续
次成功，若下一次试验成功，则试验停
1
n
E
1
n
止，此时试验次数为
；若下一次试验失败，相当于重新试验，后续期望仍是
1
1
n
E
n
E
，此时总的试验次数为
.即
.
1
1
n
n
E
E
1
1
1
1
1
n
n
n
n
E
p
E
p
E
E
整理得：
，即
.（公众号：凌晨讲数学）
1
1
1
n
n
E
E
p
1
1
1
1
1
1
n
n
E
E
p
p
p
所以
.由（1）知
，代入得：
.
1
1
1
1
1
1
1
n
n
E
E
p
p
p
1
1
E
p
1
1
n
n
n
p
E
p p
利用对称性计算概率
例1．（2023 届武汉四调）中学阶段，数学中的“对称性”不仅体现在平面几何、立体几
何、解析几何和函数图象中，还体现在概率问题中．例如，甲乙两人进行比赛，若甲每场
比赛获胜概率均为
，且每场比赛结果相互独立，则由对称性可知，在5 场比赛后，甲获
1
2
胜次数不低于3 场的概率为
．现甲乙两人分别进行独立重复试验，每人抛掷一枚质地均
1
2
匀的硬币．
（1）若两人各抛掷3 次，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率；
（2）若甲抛掷
次，乙抛掷n 次，
，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面
1
n
*
nN
朝上次数的概率．
解析：（1）设甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数的概率
，
1p
，由对称性可知则甲正面朝上次数大于乙正面朝
0
0
1
1
2
2
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
1
3
3
C
C
C
C
C
C
C
C
5
2
2
16
P
上次数的概率和甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率相等，故
；
1
1
11
2
32
P
P
（2）可以先考虑甲乙各抛赛n 次的情形，
①如果出现甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数，将该情形概率设为
，则第
次甲必
1p
1
n
须再抛掷出证明朝上，才能使得最终甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数；
②如果出现甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数，则第
次无论结果如何，甲正面朝上
1
n
次数仍然不大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为
；
2p
③如果出现甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，则第
次无论结果如何，甲正面朝上
1
n
次数仍然大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为
，由对称性可知
，
3p
2
3
p
p
故
，而由
，可得
．
1
3
1
2
nP
p
p
2
3
1
2
3
1
p
p
p
p
p
1
3
1
2
3
1
3
2
1
1
2
2
2
2
n
p
p
p
p
p
P
p
p
概率填空压轴选编
1．（2024 年新高考1 卷）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_________.
2．（2024 全国甲卷高考真题）有6 个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中
无放回地随机取3 次，每次取1 个球.记
为前两次取出的球上数字的平均值，
为取出
m
n
的三个球上数字的平均值，则
与
之差的绝对值不大于
的概率为________．
m
n
1
2
3．（24-25 高三上江苏期末）已知等差数列
的公差不为0．若在
的前100 项中随机
na
na
抽取4 项，则这4 项按原来的顺序仍然成等差数列的概率为_______．（用最简分数作答）
4．（24-25 高三上·四川达州·阶段练习）抛一枚质地均匀的骰子3 次，将每次骰子正面
朝上的数字依次记为
，则不等式
成立的概率是
, ,
x y z
8
x
y
z
x
y
z
x
y
z
_____.
5．（24-25 高三上·安徽·阶段练习）已知数列
，
的通项公式分别为
，
na
nb
3
2
n
a
n
，
，
，从数列
中任取一项，则该项也是数列
中的项的概率
2n
nb
2025
n
n
N
na
nb
为____.（结果用分数表示）
6．（2024·浙江宁波·一模）一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5 的五个大小质地完全
相同的小球.甲、乙两人玩游戏，规则如下：第一轮，甲先从盒子中不放回地随机取两个
球，乙接着从盒子中不放回地随机取一个球，若甲抽取的两个小球数字之和大于乙抽取的
小球数字，则甲得1 分，否则甲不得分；第二轮，甲、乙从盒子中剩余的两个球中依次不
放回地随机取一个球，若甲抽取的小球数字大于乙抽取的小球数字，则甲得1 分，否则甲
不得分.则在两轮游戏中甲共获得2 分的概率为_______.
7．（24-25 高三上·湖南株洲·期末）在箱子里有六张印有6 名同学名字（名字都不相
同）的卡片，6 名同学随机在箱子中抽取一张卡片.为了使6 名同学都能拿到自己的卡片，
每次只有2 名同学可以互换手中的卡片，则这6 名同学至少进行5 次互换才能都拿到自己
名字的卡片的概率为_________.
8．（24-25 高三上·江苏扬州·开学考试）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，甲得3 分的概率
为 ；甲的总得分不小于2 的概率为_________．
1．（2024·广东江苏·高考真题）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 .
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为
，四轮的总得分为
.
1
2
3
4
,
,
,
X
X
X
X
X
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有
六种，从而甲在该轮得分的概率
，所以
.
6
3
1
4 4
8
k
P X
3
1,2,3,4
8
k
E X
k
从而
.
4
4
1
2
3
4
1
1
3
3
8
2
k
k
k
E X
E X
X
X
X
E X
记
.
0,1,2,3
kp
P X
k
k
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
；
0
4
4
1
1
A
24
p
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
.
3
4
4
1
1
A
24
p
而
的所有可能取值是0，1，2，3，故
，
.
X
0
1
2
3
1
p
p
p
p
1
2
3
3
2
3
2
p
p
p
E X
所以
，
，两式相减即得
，故
.
1
2
1
1
12
p
p
1
2
1
3
2
8
2
p
p
2
1
1
24
2
p
2
3
1
2
p
p
所以甲的总得分不小于2 的概率为
.
2
3
1
2
p
p
故答案为：
.
1
2
2．（2024·全国甲卷·高考真题）有6 个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从
中无放回地随机取3 次，每次取1 个球.记
为前两次取出的球上数字的平均值，
为取
m
n
出的三个球上数字的平均值，则
与
之差的绝对值不大于
的概率为 ．
m
n
1
2
【详解】从6 个不同的球中不放回地抽取3 次，共有
种，
3
6
A
120
设前两个球的号码为
，第三个球的号码为，则
，
,
a b
c
1
3
2
2
a
b
c
a
b
故
，故
，
2
(
)
3
c
a
b
3
2
(
)
3
c
a
b
故
，
3
2
3
a
b
c
a
b
若
，则
，则
为：
，故有2 种，
1
c
5
a
b
,a b
2,3 , 3,2
若
，则
，则
为：
，
2
c
1
7
a
b
,a b
1,3 , 1,4 , 1,5 , 1,6 , 3,4
，故有10 种，
3,1 , 4,1 , 5,1 , 6,1 , 4,3
当
，则
，则
为：
3
c
3
9
a
b
,a b
，
1,2 , 1,4 , 1,5 , 1,6 , 2,4 , 2,5 , 2,6 , 4,5
，
2,1 , 4,1 , 5,1 , 6,1 , 4,2 , 5,2 , 6,2 , 5,4
故有16 种，
当
，则
，同理有16 种，
4
c
5
11
a
b
当
，则
，同理有10 种，
5
c
7
13
a
b
当
，则
，同理有2 种，
6
c
9
15
a
b
共
与
的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为
，
m
n
1
2
2 2 10 16
56
故所求概率为
.
56
7
120
15
故答案为：
7
15
3．（24-25 高三上·江苏·期末）已知等差数列
的公差不为0．若在
的前100 项中
na
na
随机抽取4 项，则这4 项按原来的顺序仍然成等差数列的概率为 ．（用最简分数作
答）
【详解】设等差数列
公差为
，
na
(
)
d d 0
若在数列
的前100 项中随机抽取4 项，构成新的等差数列，则其公差可能为
na
.
,2 ,3 ,
,33
d
d
d
d
当公差为
时，则首项可以为
，可构成共
个不同的等差数列；
d
1
2
3
97
,
,
,
,
a a a
a
97
当公差为
时，则首项可以为
，可构成共
个不同的等差数列；
2d
1
2
3
94
,
,
,
,
a a a
a
94
当公差为
时，则首项可以为
，可构成共
个不同的等差数列；
3d
1
2
3
91
,
,
,
,
a a a
a
91
；
当公差为
时，则首项可以为
，可构成共
个不同
(
,
33)
kd k
k
N
1
2
3
100 3
,
,
,
,
k
a a a
a
100
3k
的等差数列；
；
当公差为
时，则首项为
，可构成共个等差数列.
33d
1a
1
故在
的前
100 项中随机抽取
4 项按原来的顺序，共可构成
na
个等差数列；
33(97 1)
97
94
91
1
33 49
2
又在
的前100 项中随机抽取4 项，这4 项按原来的顺序共可构成
个数列；
na
4
100
C
则由古典概型概率公式可得，
.
4
100
33 49
33 49
1
1
100 99 98 97
C
25 97
2425
4 3 2 1
故答案为：
.
1
2425
4．（24-25 高三上·四川达州·阶段练习）抛一枚质地均匀的骰子3 次，将每次骰子正面
朝上的数字依次记为
，则不等式
成立的概率
, ,
x y z
8
x
y
z
x
y
z
x
y
z
是 .
【详解】抛一枚质地均匀的骰子3 次，共有
种情况，
6 6 6
216
其中满足
，包含三个数字为
，
，
，
8
x
y
z
x
y
z
x
y
z
1,1,1
1,1,2
1,2,1
，
，
，
，
，
，
，
，
，
2,1,1
1,1,3
1,3,1
3,1,1
1,2,3
1,3,2
2,1,3
2,3,1
3,1,2
3,2,1
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
2,2,2
2,2,1
2,1,2
1,2,2
2,2,3
2,3,2
3,2,2
1,3,3
3,1,3
，共23 个.所以不等式成立的概率
.故答案为：
3,3,1
23
216
P
23
216
5．（24-25 高三上·安徽·阶段练习）已知数列
，
的通项公式分别为
，
na
nb
3
2
n
a
n
，
，
，从数列
中任取一项，则该项也是数列
中的项的概率
2n
nb
2025
n
n
N
na
nb
为 .（结果用分数表示）
【详解】设两数列中相同数构成数列
，则
，
nc
1
8
c
设
，则
，
,
,
k
n
m
c
a
b
k m n
N
3
2
2m
n
，不在
中，故
；
1
1
2
2
2 3
2
3 2
2
3
m
m
b
n
n
na
1
1
k
m
c
b
，在
中，故
，
2
2
2
4 3
2
3 4
2
2
m
m
b
n
n
na
1
4
2
2
k
n
m
c
a
b
故
，所以
为等比数列，通项为
，
1
2
4
k
m
k
m
c
b
c
b
nc
2
1
2 4
2
,
n
n
nc
n
N
由于
，即
，因为
，解得
，
2025
nc
a
2
1
2
6077
n
12
13
2
6077
2
1
5
n
故从数列
中选取项，使得该项也为
中的项的概率为
．
na
nb
5
1
2025
405
故答案为：
1
405
6．（2024·浙江宁波·一模）一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5 的五个大小质地完全
相同的小球.甲、乙两人玩游戏，规则如下：第一轮，甲先从盒子中不放回地随机取两个
球，乙接着从盒子中不放回地随机取一个球，若甲抽取的两个小球数字之和大于乙抽取的
小球数字，则甲得1 分，否则甲不得分；第二轮，甲、乙从盒子中剩余的两个球中依次不
放回地随机取一个球，若甲抽取的小球数字大于乙抽取的小球数字，则甲得1 分，否则甲
不得分.则在两轮游戏中甲共获得2 分的概率为 .
【详解】若第一轮在第一轮中得1 分，
若第一轮中甲抽到的小球为1，3，则乙抽到的小球只能是2，
若第一轮中甲抽到的小球为1，4，则乙抽到的小球可以是2 或3，
若第一轮中甲抽到的小球为2，3，则乙抽到的小球可以是1 或4，
若第一轮中甲抽到的小球为1，5 或者2，4 或者2，5 或者3，4 或者3，5 或者4，5 时，
则乙抽到的小球可以是剩下三个小球中的任何一个，故共有
，
6 3
18
因此第一轮中甲得1 分的概率为
,
2
1
5
3
1
2
2 18
23
C C
30
在第二轮的过程中，只剩下两个球，要使甲在第二轮中得1 分，只需要甲在剩下两个球中
抽到号码大的球即可，故概率为
，
1
2
因此甲在两轮中共得2 分的概率为
，
1
23
23
2
30
60
故答案为：
23
60
7．（24-25 高三上·湖南株洲·期末）在箱子里有六张印有6 名同学名字（名字都不相
同）的卡片，6 名同学随机在箱子中抽取一张卡片.为了使6 名同学都能拿到自己的卡片，
每次只有2 名同学可以互换手中的卡片，则这6 名同学至少进行5 次互换才能都拿到自己
名字的卡片的概率为 .
【详解】因为同学们至少经过5 次操作才能才能都拿到自己的名牌，
这里研究排序混乱到什么程度才需要“至少经过5 次互换”六位同学才能都拿到自己的名
牌，这里不妨记甲､乙､丙､丁､戊､己六位同学对应的位次分别为1，2，3，4，5，6，
首先，考虑一种情况：假设字母“甲”已经拿到自己的名牌，即排在1 号位，其他名牌皆
不在对应同学的手里，
易知把其他五个名牌换到对应同学的手里至少需要经过4 次操作，
即第一次让“乙”归位，第二次让“丙”归位，第三次让“丁”归位，第四次将“戊”与
“己”同时归位，这样仅需进行4 次操作，不满足题意；
若甲､乙､丙､丁､戊､己六位同学的名牌均不在自己手里，但经过一次交换后，可使得两个字
母同时归位，此时也不能满足“至少进行5 次操作”的情况，
所以，要满足“至少进行5 次操作”的情况，则自己的名牌均不在自己手里，且交换过程
中只存在最后一次互换两位同学都能拿到自己的名牌，
综上，总的排序方法有
种，
5 4 3 2 1 120
所有的随机情况有
种，所以概率为
.
6!
720
1
6
故答案为：
.
1
6
8．（24-25 高三上·江苏扬州·开学考试）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，甲得3 分的概率
为 ；甲的总得分不小于2 的概率为 ．
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为
，四轮的总得分为
.
1
2
3
4
,
,
,
X
X
X
X
X
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有
六种，从而甲在该轮得分的概率
，所以
.
6
3
1
4 4
8
k
P X
3
1,2,3,4
8
k
E X
k
从而
.记
.
4
1
2
3
4
1
3
3
4
8
2
k
k
E X
E X
X
X
X
E X
0,1,2,3
kp
P X
k
k
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
；
0
4
4
1
1
A
24
p
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
.
3
4
4
1
1
A
24
p
而
的所有可能取值是0，1，2，3，故
，
.
X
0
1
2
3
1
p
p
p
p
1
2
3
3
2
3
2
p
p
p
E X
所以
，
，两式相减即得
，故
.
1
2
1
1
12
p
p
1
2
1
3
2
8
2
p
p
2
1
1
24
2
p
2
3
1
2
p
p
所以甲的总得分不小于2 的概率为
.
2
3
1
2
p
p
故答案为：
；
.
1
24
1
2
