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专题04 计数原理和统计概率
题型概览
题型01 排列组合和古典概型
题型02 二项式定理
题型03 统计
题型04 随机变量和分布
排列组合和古典概型
1．（2025·安徽马鞍山·二模）如图，一个圆环分成A，B，C，D四个区域，用3 种颜色（全部用完）对这
四个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同涂色的方法种数为 .（用数字作答）
【答案】12
【分析】分AD同色或BC同色，两类情况求解即可.
【详解】若AD同色，3 种颜色（全部用完），有A3
3=6种，
若BC同色，3 种颜色（全部用完），有A3
3=6种，
所以共有6+6=12种，
故答案为：12
2．（2025·安徽合肥·二模）如图，在4×4的方格中放入棋子，每个格子内至多放一枚棋子，若每行都放置
两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率为 ．
题
型
1
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【答案】5
72
【分析】根据题意，利用分步乘法计数原理和列举法求出事件数，再利用条件概率公式求概率即可.
【详解】设“每行都放置两枚棋子”为事件A，“每列都有两枚棋子”为事件B，
则所求概率为P¿，
根据题意，每行都放置两枚棋子,即每行都在4 个方格中选2 个放置棋子，有C4
2种方法，
所以，n( A)=C4
2⋅C4
2⋅C4
2⋅C4
2 =1296.
对于“每行每列都放置两枚棋子”，不妨令第一行的两枚棋子放置在左边第一、二个方格，此时第二行有
C4
2 =6种放置方法，则第三、四行的放置方法如图，
图1 有1 种方法，图2、3、4、5 各有2 种方法，图6 中，第三行有C4
2 =6种放置方法，其选定方格后，第
四行只有唯一的放置方法.所以总共有1+2×4 +6=15种方法.
因为第一行棋子有C4
2 =6种放置方法，其他5 种情况同理，故n( AB)=6×15=90.
所以，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率P¿
故答案为：5
72 .
3．（2025·安徽黄山·二模）某单位在五一假期，需要从5 人中选若干人在5 天假期值班（每天只需1 人值
班），不出现同一人连续值班2 天，共有 种不同的安排方法．
【答案】1280
2
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【分析】根据分步计数乘法原理，结合题意计算即可得结果.
【详解】根据题意，第一天从5 个人中选1 个人值班，有5 种选法；第二天不能选第一天值班的人，所以
有4 种选法；第三天同样不能选第二天值班的人，所以还是有4 种选法；第四天也不能选第三天值班的人，
有4 种选法；第五天不能选第四天值班的人，有4 种选法.
所以，总共有5×4×4×4×4 =1280种不同的安排方法.
故答案为：1280.
4．（2025·安徽安庆·二模）将3 个1，3 个2，3 个3 共9 个数分别填入如图3×3方格中，使得每行、每列
的和都是3 的倍数的概率为 .
【答案】1
70
【分析】古典概型求概率，先求所有情况共有C9
3C6
3C3
3种，而每行，每列的和为3 的倍数有两种可能，即每
行每列数字相同或1，2，3 各一个，利用排列组合知识求出种类数即可.
【详解】将3 个1，3 个2，3 个3 共9 个数填入一共有C9
3C6
3C3
3=1680种方法.
每行，每列的和为3 的倍数有两种可能：
①每行或每列的数字相同，有2A3
3=12种方法，
②每行或每列的数字1，2，3 各一个，有A3
3C2
1=12种方法.
所以每行，每列的和都是3 的倍数的概率为P= 12+12
1680 = 1
70.
故答案为：1
70.
5．（2025·安徽芜湖·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，S={l¿为过正方体的任意两个顶点的
直线}，则（ ）
3
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A．S 有56 个元素
B．若l∈S，则满足l //平面AC D1的概率为3
28
C．S 中有4 个元素与正方体所有棱的夹角相等D．若l1,l2∈S，则l1，l2为异面直线的概率为29
63
【答案】BCD
【分析】根据排列组合问题可知共有C8
2个元素，其中12 条棱，12 条面对角线，4 条体对角线，再分类讨
论，根据古典概型可解.
【详解】在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，共有8 个顶点，任取两个顶点组合共有C8
2=28条直线，所以S
有28 个元素，故A 错；
满足l //平面AC D1的有A1B ,BC1, A1C1，所以满足l //平面AC D1的概率为3
28，故B 正确；
根据正方体性质易知四条体对角线与所有棱的夹角相等，故C 正确；
对应D，S 有28 个元素，12 条棱，12 条面对角线，4 条体对角线，任取2 条共有C28
2 =378种，
与棱AB异面的直线有：C C1, D D1, A1 D1,B1C1, A1C1,B1 D1,C D1,C1 D ,B1C , A1 D , A1C ,B1 D共
12 条，所以与棱异面的有12×12
A2
2
=72；
与面对角线AC异面有：
A1B1, A1 D1,B1C1,C1 D1,B B1, D D1,B1 D1, A1 D ,BC1, A1B ,C1 D ,B D1,B1 D共13 条，
与面对角线异面的有
12×13
A2
2
=78；
与体对角线A C1异面的有：BC ,CD , A1B1, A1 D1,B B1, D D1,BD ,B1 D1, A1B ,C D1, A1 D ,B1C共12
4
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条，所以与体对角线异面有
4×12
A2
2
=24；
即任选2 条异面的共有：72+78+24 =174种，概率P = 174
378 = 29
63，故D 正确，
故选：BCD.
6．（2025·安徽淮北·二模）在组合数学、表示论和数学物理中，“q−数”，是一种通过引入参数q对经典
数学对象进行推广的概念，由物理学家保罗•狄拉克首先使用，对量子力学的发展意义重大.定义“q−数”：
(n)q=1+q+q
2+⋯+q
n−1，其中，q≠0,1,−1.利用“q−数”可以进一步定义两个概念：“q−阶乘”：
(n)!q=(1)q(2)q(3)q⋯(n)q，且(0)!q=1，“q−组合数”(
n
k)q
=
(n)!q
(k )!q(n−k )!q
,k ∈N ,n∈N
*,k ≤n
(1)计算(3)2和(
6
3)2
的值；
(2)证明：对任意k ∈N ,n∈N
*,k +1≤n,(
n
k)q
=(
n−1
k )q
+q
n−k(
n−1
k −1)q
；
(3)证明：对任意k ,m∈N ,n∈N
∗,k +1≤n,(
n+m+1
k +1 )q
−(
n
k +1)q
=∑
i=0
m
❑q
n−k +i(
n+i
k )q
.
【答案】(1)(3)2=7，(
6
3)2
=1395
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接利用关系式的运算求出结果；
（2）利用关系式的定义和关系式的转换证明出结果；
（3）直接利用“q−数”可定义“q−阶乘”及“q−组合数”关系式的变换求出结果.
【详解】（1）由题意知(3)2=1+2+2
2=7，
(n)2=1+2+2
2+⋯+2
n−1=2
n−1
(
6
3)2
=
(6)!2
(3)!2⋅(3)!2
= (2
1−1)(2
2−1)(2
3−1)(2
4−1)(2
5−1)(2
6−1)
(2
1−1)(2
2−1)(2
3−1)⋅(2
1−1)(2
2−1)(2
3−1)
5
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= (2
4−1)(2
5−1)(2
6−1)
(2
1−1)(2
2−1)(2
3−1)
=1395.
（2）因为
(
n
k)q
−(
n−1
k )q
=
(n)!q
(k )!q⋅(n−k )!q
−
(n−1)!q
(k )!q⋅(n−k −1)!q
=
(n−1)!q⋅(n)q
(k −1)!q(k )q⋅(n−k )!q
−
(n−1)!q⋅(n−k )q
(k −1)!q⋅(k )q⋅(n−k )!q
=
(n−1)!q
(k −1)!q(n−k )!q(
(n)q
(k )q
−(n−k )q
(k )q )
=(
n−1
k −1)q
⋅(n)q−(n−k )q
(k )q
=(
n−1
k −1)q
⋅q
n−k +q
n−k +1+⋯+q
n−1
1+q+⋯+q
k −1
=(
n−1
k −1)q
⋅q
n−k，
所以(
n
k)q
−(
n−1
k )q
=(
n−1
k −1)q
⋅q
n−k
，即(
n
k)q
=(
n−1
k )q
+q
n−k(
n−1
k −1)q
.
（3）由（2）知(
n
k)q
−(
n−1
k )q
=q
n−k(
n−1
k −1)q
，
所以(
n+1
k +1)q
−(
n
k +1)q
=q
n−k(
n
k)q
(
n+2
k +1)q
−(
n+1
k +1)q
=q
n−k +1(
n+1
k )q
(
n+3
k +1)q
−(
n+2
k +1)q
=q
n−k +2(
n+2
k )q
⋯
(
n+m+1
k +1 )q
−(
n+m
k +1)q
=q
n−k +m(
n+m
k )q
将上述m+1个等式左右两边分别相加得
(
n+m+1
k +1 )q
−(
n
k +1)q
=∑
i=0
m
❑q
n−k +i(
n+i
k )q
.
二项式定理
题
型
6
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7．（2025·安徽马鞍山·二模）已知二项式(
√x
2 −1
x)
n
的展开式中各项系数之和为1
64 ，则（ ）
A．展开式中共有6 项
B．展开式中二项式系数的和为64
C．展开式中常数项为15
16
D．展开式中系数最大的项是第2 项
【答案】BC
【分析】对于AB，令x =1，可得n=6，据此可判断选项正误；对于C，由题可得展开式通项，令x指数为
0，可得常数项，据此可判断选项正误；对于D，依次写出各项系数，即可判断选项正误.
【详解】由题可得展开式通项为T r +1=Cn
r(
1
2)
n−r
(x)
n−r
2 (−1)
r (x)
−r =Cn
r(
1
2)
n−r
(−1)
r x
n−3r
2 .
对于A，令x =1，可得展开式各项系数和，则(−1
2)
n
= 1
64 ⇒n=6，
则展开式共有7 项，故A 错误；
对于B，二项式系数和为∑
r =0
6
C6
r =(1+1)
6=64，故B 正确；
对于C，对于通项，令6−3r
2
=0⇒r =2，则常数项为T 3=C6
2(
1
2)
6−2
(−1)
2= 15
16 ，故C 正确；
对于D，由通项，可得各项系数依次为：
(
1
2)
6−0
(−1)
0= 1
64 ，C6
1(
1
2)
6−1
(−1)
1=−3
16 ，C6
2(
1
2)
6−2
(−1)
2= 15
16 ，
C6
3(
1
2)
6−3
(−1)
3=−5
2 ，C6
4(
1
2)
6−4
(−1)
4= 15
4 ，C6
5(
1
2)
6−5
(−1)
5=−3，
C6
6(
1
2)
6−6
(−1)
6=1，则系数最大项为第5 项，故D 错误.
故选：BC
8．（2025·安徽蚌埠·二模）在(
2
x
2 −x)
9
的展开式中，常数项为 .
7
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【答案】672
【分析】利用二项式展开式的通项公式，计算即可得结果.
【详解】由题意得T r +1=C9
r(
2
x
2)
9−r
(−x)
r =(−1)
r2
9−r C9
r x
3r −18，
令3r −18=0，解得r =6，故常数项为T 7=(−1)
62
3C9
6=672.
故答案为：672.
统计
9．（2025·安徽芜湖·二模）一组数11，13，15，26，29，30，32，33，36，若去掉11 和36，则该组数以
下哪个数字特征不变（ ）
A．平均数
B．中位数
C．方差
D．极差
【答案】B
【分析】对于A，计算去掉前的平均数和去掉后的平均数即可判断，对于B，根据去掉最小的数和最大的
数对中位数无影响即可判断，对于C，计算去掉前的方差和去掉后的方差即可判断，对于D，计算去掉前
的极差和去掉后的极差即可求解.
【详解】对于A，去掉前的平均数为11+13+15+26+29+30+32+33+36
9
=25，
去掉后的平均数为13+15+26+29+30+32+33
7
≈25.4，故A 错误；
去掉最小的数11和最大的数36对中位数无影响，故B 正确；
对于C，去掉前的方差为(−14)
2+(−12)
2+(−10)
2+1
2+ 4
2+5
2+7
2+8
2+11
2
9
= 716
9
，
去掉后的方差为(−87
7 )
2
+(−73
7 )
2
+( 4
7 )
2
+( 25
7 )
2
+( 32
7 )
2
+( 46
7 )
2
+( 53
7 )
2
7
= 19488
343
，故C 错误；
对于D，去掉前的极差为36−11=25，去掉后的极差为33−13=20，故D 错误.
故选：B.
10．（2025·安徽黄山·二模）为了解某市居民用水情况，通过简单随机抽样，获得了100 户居民用户的月
均用水量（单位：t），将该数据按照[1.2,4.2),[4.2,7.2),⋯,[25.2,28.2]，分成9 组，绘制了如图所示的
频率分布直方图．政府要对节约用水的用户予以表彰，制定了一个用水量标准x，使表彰的居民不超过
题型03
8
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15.4%，则以下比较适合作为标准x的为（ ）
A．3.2
B．5
C．5.04
D．15.7
【答案】A
【分析】根据题意求出用水量的15.4%分位数，即可得.
【详解】由题意及0.077×3=0.231>0.154，则0.077×( x−1.2)=0.154，可得x =3.2吨.
故选：A
11．（2025·安徽池州·二模）春季是流感的高发季节，某医院对8 名甲型流感患者展开临床观察，记录了
从开始服药到痊愈所需的天数，具体数据如下（单位：天）：7，4，6，5，8，5，6，4.则下列说法正确的
是（ ）
A．这组数据的众数为5
B．这组数据的平均数为5
C．这组数据的第60 百分位数为6
D．这组数据的极差为5
【答案】C
【分析】根据众数，平均数，百分位数，极差的定义逐一判断即可.
【详解】对于A，这组数据的众数为4,5,6，故A 错误；
对于B，这组数据的平均数为7+ 4 +6+5+8+5+6+ 4
8
= 45
8 ，故B 错误；
对于C，将这组数据按从小到大的顺序排列为4,4,5,5,6,6,7,8，
因为60 %×8= 4.8，
所以这组数据的第60 百分位数为6，故C 正确；
对于D，这组数据的极差为8−4 = 4，故D 错误.
故选：C.
12．（2025·安徽蚌埠·二模）小胡同学测得连续10 天的最低气温分别为4,7,12,14,6,6,5,8,9,15（单位：
❑
∘C），则这组数据的80 %分位数为（ ）
9
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A．8
B．8.5
C．12
D．13
【答案】D
【分析】利用百分位数的定义即可得解.
【详解】将这组数据从小到大排列为：4,5,6,6,7,8,9,12,14,15，
又10×80 % =8，所以这组数据的80 %分位数为12+14
2
=13.
故选：D.
13．（2025·安徽淮北·二模）某校100 名学生学业水平测试数学成绩的频率分布直方图如图所示，已知所
有学生成绩均在区间[50,100]内，则（ ）
A．图中a的值为0.005
B．这组数据的平均数为73
C．这组数据的众数为75
D．这组数据的中位数约为71.7
【答案】ABD
【分析】根据频率分布直方图中各小矩形得面积之和为1，可求出a的值，再结合平均数、众数、中位数的
定义判断BCD.
【详解】对于A，由频率分布图可知：(2a+0.02+0.03+0.04)×10=1，解得a=0.005，故A 正确；
对于B，由频率分布图可知：55×0.05+65×0.4+75×0.3+85×0.2+95×0.05=73，故B 正确；
对于C，由频率分布图可知众数为65，故C 错误；
对于D，设这组数据的中位数约为x，因为0.05+0.4 =0.45<0.5，0.05+0.4+0.3=0.75>0.5,
所以中位数x在区间[70,80]内，则(x−70)×0.03=0.5−0.05−0.4，解得x ≈71.7，故D 正确；
故选：ABD.
14．（2025·安徽安庆·二模）某市为了了解一季度居民的用水情况，随机抽取了若干居民用户的水费支出
（单位：元）进行调查，将所得样本数据分为4 组：[20,30),[30,40),[ 40,50),[50,60]，整理得频率分
布直方图如图所示，则（ ）
10
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A．样本中水费支出位于区间[50,60]的频率为0.03
B．按分层抽样，从水费支出位于区间[20,30)和[50,60]的用户中共抽取16 户，则应从水费支出在
[20,30)的用户中抽4 户
C．水费支出的中位数的估计值为45
D．若从该市全体居民用户中随机抽取5 户，以事件发生的频率作为概率，则水费支出位于区间
[30,50)的用户数的估计值为3
【答案】BD
【分析】根据频率之和为1 即可求解A,根据抽样比即可求解B,根据中位数的计算即可求解C,根据二项分布
的期望公式即可求解D.
【详解】因1−(0.01+0.024 +0.036)×10=0.3，所以样本中支出在[50,60]的频率为0.3,A 错误；
0.1
0.3 = 1
3 ,16× 1
4 = 4，B 正确：
因0.5−(0.1+0.24)=0.16，中位数的估计值为40+ 0.16
0.36 ×10≈44.4，C 错误；
记抽出的5 户中一季度水费支出位于区间[30,50)的用户数为X ,0.24+0.36=0.6，根据题意可知
X ∼B (5,0.6), E (X )=5×0.6=3，D 正确.
故选:BD.
15．（2025·安徽合肥·二模）从某校高一和高二年级分别随机抽取100 名学生进行知识竞赛，按得分（满
分100 分）绘制如图所示的频率分布直方图，根据频率分布直方图，并用频率估计概率记高一年级学生得
分平均数的估计值为x，高二年级学生得分中位数与平均数的估计值分别为y，z．从高一和高二年级各随
机抽取一名学生，记事件M =“高一年级学生得分不低于60 分，高二年级学生得分不低于80 分”，事件
N =“高一年级学生得分不低于80 分，高二年级学生得分不低于60 分”则（ ）
11
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A．x< z
B．y > z
C．事件M，N互斥
D．P(M )= P(N )
【答案】AB
【分析】由频率分布直方图求出对应x , y , z的值，即可判断AB 选项；由互斥事件的定义求M ∩N来判断C
选项；求出P(M ), P(N )来判断D 选项.
【详解】
x =(35×0.01+ 45×0.02+55×0.03+65×0.02+75×0.01+85×0.005+95×0.005)×10=58.5，
z =(35×0.005+ 45×0.01+55×0.015+65×0.02+75×0.03+85×0.015+95×0.005)×10=67.5，
∵0.05+0.1+0.15+0.2=0.5，∴y =70，
∴x< z，A 选项正确；y > z，B 选项正确；
∵M ∩N =“高一年级学生得分不低于80 分，高二年级学生得分不低于80 分”≠∅，C 选项错误；
由频率估计概率得：P(M )=(0.2+0.1+0.05+0.05)×(0.15+0.05)=0.08，
P(N )=(0.05+0.05)×(0.2+0.3+0.15+0.05)=0.07，D 选项错误.
故选：AB
16．（2025·安徽马鞍山·二模）马鞍山市某月连续四天的最低气温如下表所示：
第x天
1
2
3
4
最低气温y（单位❑
∘C
）
14
17
15
14
由最小二乘法得到经验回归方程^y =−0.2 x +a，则a的值为 .
【答案】15.5
【分析】求出样本中心点的坐标，代入回归直线方程后可求得a的值.
【详解】由表格中的数据可得x = 1+2+3+ 4
4
=2.5，y = 14+15+17+14
4
=15，
所以回归直线^y =−0.2 x +a过点(2.5,15)，则−0.2×2.5+a=15，解得a=15.5.
故答案为：15.5.
17．（2025·安徽滁州·二模）从某小区抽取n户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在
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50～350kW⋅h之间，适当分组后结果整理如下表：
月用电量
（kW·h）
用户数
量
频率
[50,125)
20
[125,200)
0.3
[200,275)
[275,350]
40
0.2
由于表格受损，只能看到部分数据．
(1)求n的值并计算月用电量不低于200kW⋅h的居民用户的频率；
(2)为深入研究月用电量不低于125kW ⋅h的居民用户月用电情况，按分层随机抽样从中抽取了9 户进行调
查，求在这9 户居民用户中随机抽取3 户，恰有2 户月用电量在区间[200,275)内的概率．
【答案】(1)n=200，0.6
(2)P= 5
14
【分析】（1）根据月用电量在[275,350]内的用户数量及频率求得n=200，再求出月用电量在区间
[125,200)内用户数量，进而得月用电量不低于200kW ⋅h用户数量，求出其频率即可；
（2）根据分层抽样方法，求出月用电量在区间[125,200)，[200,275)，[275,350]的居民用户数，再根据
古典概率求解方法求出概率即可.
【详解】（1）n= 40
0.2 =200，
月用电量在区间[125,200)内的居民用户有200×0.3=60户，
所以月用电量不低于200kW ⋅h的居民用户有200−20−60=120户，
其频率为120
200 =0.6．
（2）月用电量在区间[125,200)，[200,275)，[275,350]的居民用户各有60,80,40户，
按分层随机抽样从中随机抽取9 户，则月用电量在区间[125,200)，[200,275)，[275,350]的居民用户各有
3，4，2 户，
从这9 户居民用户中随机抽取3 户，恰有2 户居民用户月用电量在区间[200,275)内的概率P=C4
2 C5
1
C9
3
= 5
14 ．
18．（2025·安徽·二模）某研究小组为了解青少年的身高与体重的关系，随机从15 岁人群中选取了9 人，
13
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测得他们的身高（单位：cm）和体重（单位：kg），得到如下数据：
样本
号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
均
值
身高
xi
165
157
156
173
163
159
177
161
165
164
体重
yi
53
46
48
56
57
49
60
45
54
52
(1)若两组变量间的样本相关系数r满足0.8≤|r|<1，则称其为高度相关，试判断青少年身高与体重是否高度
相关，说明理由（r精确到0.01）；
(2)建立y关于x的经验回归方程，并预测某同学身高为180cm时，体重的估计值（保留整数）.
参考数据：∑
i=1
9
❑(xi−x)
2= 400，∑
i=1
9
❑( yi−y)
2=220，∑
i=1
9
❑xi yi=77000，x⋅y =8528，√55≈7.4.
参考公式：样本相关系数r =
∑
i=1
n
❑(xi−x)( yi−y)
√∑
i=1
n
❑(xi−x)
2∑
i=1
n
❑( yi−y)
2
，经验回归方程^y = ^a+ ^b x中斜率和截距最小二
乘估计公式分别为：^b=
∑
i=1
n
❑(xi−x)( yi−y)
∑
i=1
n
❑(xi−x)
2
，^a= y −^b x.
【答案】(1)相关，理由见解析
(2)^y =0.62 x−49.68，身高为180cm的某同学，体重大概为62kg
【分析】（1）根据题意，由相关系数r的公式代入计算，即可判断；
（2）根据题意，由最小二乘法公式代入计算，分别求得^b,^a，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）∑
i=1
9
❑(xi−x)( yi−y)=∑
i=1
9
❑xi yi−9 x y =77000−8528×9=248.
因为r =
∑
i=1
9
❑(xi−x)( yi−y)
√∑
i=1
9
❑(xi−x)
2∑
i=1
9
❑( yi−y)
2
=
248
√400×220 =
248
40√55 ≈0.84（或248
40√55 = 31√55
275
≈0.83），
14
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所以0.8≤|r|<1，即身高与体重间是高度相关的；
（2）因为b
^
=
∑
i=1
9
❑(xi−x)( yi−y)
∑
i=1
9
❑(xi−x)
2
= 248
400 =0.62，
所以^a= y −^b x =52−0.62×164 =−49.68，
所以体重关于身高的回归方程为^y =0.62 x−49.68，
所以当x =180cm时，y ≈62kg.
即某同学身高为180cm时，体重大概为62kg.
随机变量和分布
19．（2025·安徽淮北·二模）甲箱中有3 个红球和2 个白球，乙箱中有2 个红球和3 个白球，先从甲箱中随
机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出两球，则取出的两球颜色相同的概率为（ ）
A．7
15
B．32
75
C．7
25
D．11
75
【答案】B
【分析】可根据从甲箱中取出球的颜色进行分类讨论，再结合条件概率公式分别计算从乙箱中取出两球颜
色相同的概率，最后根据全概率公式求出最终结果.
【详解】从甲箱中随机取一个球，甲箱中有3个红球和2个白球，
那么从甲箱中取出红球的概率P1=
3
3+2 = 3
5；取出白球的概率P2=
2
3+2 = 2
5.
若从甲箱中取出一个红球放入乙箱，则乙箱中有3个红球和3个白球.
从6个球中取出2个球的组合数为C6
2= 6×5
2×1 =15种.
从3个红球中取出2个红球的组合数为C3
2= 3×2
2×1 =3种；从3个白球中取出2个白球的组合数为C3
2=3种.
所以在从甲箱取出红球的条件下，从乙箱取出两球颜色相同的概率P3=C3
2+C3
2
C6
2
= 3+3
15 = 2
5.
若从甲箱中取出一个白球放入乙箱，则乙箱中有2个红球和4个白球.
从6个球中取出2个球的组合数为C6
2=15种.
题
型
15
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从2个红球中取出2个红球的组合数为C2
2=1种；从4个白球中取出2个白球的组合数为C4
2= 4×3
2×1 =6种.
所以在从甲箱取出白球的条件下，从乙箱取出两球颜色相同的概率P4=C2
2+C4
2
C6
2
= 1+6
15 = 7
15.
由全概率公式可得，取出的两球颜色相同的概率为：
P = P1× P3+ P2× P4= 3
5 × 2
5 + 2
5 × 7
15 = 18
75 + 14
75 = 32
75.
故选：B.
20．（2025·安徽马鞍山·二模）已知随机变量X ∼N (2,σ
2)，且P(X ≤4)=0.64，则P(0≤X ≤2)=（ ）
A．0.14
B．0.22
C．0.28
D．0.36
【答案】A
【分析】利用正态密度曲线的对称性可求得P(0≤X ≤2)的值.
【详解】因为随机变量X ∼N (2,σ
2)，且P(X ≤4)=0.64，
则P(X <0)= P(X >4)=1−P(X ≤4)=1−0.64 =0.36，
所以P(0≤X ≤2)= P(X ≤2)−P(X <0)=0.5−0.36=0.14.
故选：A.
21．（2025·安徽安庆·二模）设事件A ,B为两个随机事件，P( A)≠0, P(B)≠0，且P( A |B)= P(B| A)，
则（ ）
A．P(B| A)= P(B| A)
B．P(B| A)= P( A |B)
C．P(B| A)= P( A |B)
D．P( A |B)= P(B| A)
【答案】B
【分析】先利用条件概率公式得出P( A B)
P(B) = P( AB)
P( A ) ，然后利用公式P( A B)+ P( AB)= P(B)化简得出
结论.
【详解】由P( A ∣B)= P(B∣A )可得P( A B)
P(B) = P( AB)
P( A) ，
又P( A B)+ P( AB)= P(B)⇒P( A B)= P(B)−P( AB)，
所以P(B)−P( AB)
P(B)
= P( AB)
P( A) ⇒1−P( AB)
P(B) = P( AB)
P( A) ，
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所以1−P( AB)
P( A) = P( AB)
P(B) ，即P( A)−P( AB)
P( A)
= P( AB)
P(B) ，
即P( A B)
P( A) = P( AB)
P(B) ，于是P(B∣A )= P( A ∣B).
故选：B.
22．（2025·安徽滁州·二模）某同学春节期间计划观看《蛟龙行动》《哪吒之魔童闹海》《熊出没：重启
未来》三部电影，观看顺序随机．记“最先观看《哪吒之魔童闹海》”为事件A，“最后观看《蛟龙行
动》”为事件B，则（ ）
A．P¿
B．P¿
C．A与B相互独立
D．P( A + B)= 1
2
【答案】ABD
【分析】先求出事件P( AB)结合和事件的关系可得D，根据独立事件的定义即可判断C，利用条件概率公
式计算即可判断A，B.
【详解】随机事件A，B 满足P( A)= 2
6 = 1
3，P(B)= 2
6 = 1
3，P( AB)= 1
6 ，
又P( A + B)= P( A)+ P(B)−P( AB)= 1
3 + 1
3 −1
6 = 1
2，
所以P( A + B)= 1
2，故D 正确；
又P( A) P(B)= 1
3 × 1
3 ≠P( AB)，
所以A ,B不相互独立，故C 不正确；
P( A|B)= P( AB)
P(B) =
1
6
1
3
= 1
2，故A 正确；
因为P( A)= 1
3，所以P( A)= 2
3，
所以P(B| A)= P(B A)
P( A) = P( A |B) P(B)
P( A)
=
1
3 × 1
2
2
3
= 1
4 ，故B 正确.
故选：ABD.
23．（2025·安徽蚌埠·二模）已知随机变量X ∼N (3,4)，若P(X ⩾5)=m, P(1< X <3)=n，则下列说法正
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确的是（ ）
A．P(1< X <5)=2n
B．m+n= 1
2
C．E (3 X −2)=9
D．D (3 X −1)=36
【答案】ABD
【分析】利用正态分布曲线的对称性，结合期望、方差的性质求解即可.
【详解】因为随机变量X ∼N (3,4)，所以P(1< X <5)=2 P(1< X <3)=2n，故A 正确；
P(X >3)= P(X ≥5)+ P(3< X <5)= P(X ≥5)+ P(1< X <3)=m+n= 1
2，故B 正确；
随机变量X ∼N (3,4)，所以E (X )=3, D (X )= 4，
所以E (3 X −2)=3 E (X )−2=7, D (3 X −1)=9 D (X )=36，故C 错误，D 正确.
故选：ABD.
24．（2025·安徽芜湖·二模）某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试（测试I）通过率为
p(0< p<1)，末通过测试I 的芯片进入第二次测试（测试II），通过率为q(0<q<1).通过任意一次测试即
为合格芯片，否则报废.
(1)若某批次生产了n 枚芯片，合格数为随机变量X.当p=0.8，q =0.6时，求X 的期望与方差；
(2)已知一枚芯片合格，求其是通过测试I 的概率θ；
(3)为估计（2）中的θ，工厂随机抽取m 枚合格芯片，其中k 枚为通过测试I.记^θ = k
m.若要使得
P(|^θ−θ|≥0.05)总能不超过0.1，试根据参考内容估计最小样本量m(m∈N
∗).
参考内容：设随机变量X 的期望为E ( X )，方差为D (X )，则对任意ε >0，均有P(|X −E( X )|≥ε)≤D (X )
ε
2
.
【答案】(1)E (X )=0.92n，D (X )=0.0736n
(2)θ =
p
p+(1−p)q
(3)1000
【分析】（1）先计算出每个芯片通过测试的合格率后，可得X服从二项分布(n,0.92)，则可借助二项分布
的期望与方差公式计算得解；
（2）可借助正难则反的思想计算出出一枚芯片合格的概率，也可借助全概率公式计算出出一枚芯片合格
的概率，再结合首次测试（测试I）通过率为p与条件概率公式计算从而得解；
（3）由题意可得k ~ B (m,θ)，则E (k )=mθ，D (k )=mθ(1−θ)，再结合所给参考内容，可得∴∀ε >0，
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P(|^θ−θ|≥ε)≤θ(1−θ)
mε
2
，利用基本不等式可得θ(1−θ)≤1
4
，则对∀ε >0，均有P(|^θ−θ|≥ε)≤
1
4 mε
2
，
取ε =0.05可得
1
4 m⋅(0.05)
2 ≤0.1，计算即可得解.
【详解】（1）每个芯片通过测试的合格率为0.8+(1−0.8)×0.6=0.92，X ~ B (n,0.92)，
则E (X )=0.92n，D (X )=0.0736n；
（2）解法一：记事件A：通过测试I，事件B：通过测试II，事件C：芯片合格，
P(C)=1−(1−P( A))(1−P(B))= p+(1−p)q，
则θ = P¿；
解法二：记事件A1：经过测试I，事件A2：经过测试II，事件B：芯片合格，
P¿，P¿，P( A1)=1，P( A2)=1−p，
P(B)= P( A1)P¿，
则θ = P¿；
（3）因为k ~ B (m,θ)，所以E (k )=mθ，D (k )=mθ(1−θ)，
解法一：E(^θ)= E(
k
m)= 1
m E (k )=θ，D(^θ)= 1
m
2 D (k )= θ(1−θ)
m
，
∴∀ε >0，P(|^θ−θ|≥ε)≤θ(1−θ)
mε
2
，
又∵θ(1−θ)≤(
θ+1−θ
2 )
2
= 1
4 ，当且仅当θ = 1
2时等号成立，
∴∀ε >0，均有P(|^θ−θ|≥ε)≤
1
4 mε
2，
取ε =0.05，则P(|^θ−θ|≥0.05)≤
1
4 m⋅(0.05)
2，
根据题意要使得P(|^θ−θ|≥0.05)总能不超过0.1，
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当
1
4 m⋅(0.05)
2 ≤0.1，即m≥1000时满足条件，
∴最小样本量大约为1000.
解法二：由已知得对∀δ >0，P(|k −mθ|≥δ)≤mθ(1−θ)
δ
2
，
∴P(|
k
m −θ|≥δ
m)≤θ(1−θ)
(
δ
m)
2
m ，
记ε = δ
m，∴∀ε >0，P(|^θ−θ|≥ε)≤θ(1−θ)
mε
2
，
又∵θ(1−θ)≤(
θ+1−θ
2 )
2
= 1
4 ，当且仅当θ = 1
2时等号成立，
∴∀ε >0，均有P(|^θ−θ|≥ε)≤
1
4 mε
2，
取ε =0.05，则P(|^θ−θ|≥0.05)≤
1
4 m⋅(0.05)
2，
根据题意要使得P(|^θ−θ|≥0.05)总能不超过0.1，
当
1
4 m⋅(0.05)
2 ≤0.1，即m≥1000时满足条件，
∴最小样本量大约为1000.
25．（2025·安徽马鞍山·二模）两个箱子里面各有除颜色外完全相同的黑球和白球若干个，现设计一个抽
球游戏，规则如下：先从第一个箱子中随机抽一个小球，抽后放回，记抽中黑球得4分，抽中白球得1分，
且抽中黑球的概率为1
3；再从第二个箱子中随机抽一个小球，抽后放回，记抽中黑球得1分，抽中白球得3
分，且抽中黑球的概率为3
4 .记一次游戏后，得分总和为X分.
(1)求X的分布列和数学期望；
(2)若有3人玩该游戏各一次，求恰有2人游戏得分不低于4分的概率.
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【答案】(1)分布列见解析，E (X )= 7
2
(2)3
8
【分析】（1）由条件确定随机变量X的可能取值，再求X取各值的概率，由此可得分布列，再利用期望公
式求期望；
（2）结合（1）求事件一局游戏得分不低于4分的概率和事件一局游戏得分低于4分的概率，再结合独立重
复事件概率公式求结论.
【详解】（1）由题知，X可能取的值为2，4，5，7.
P(X =2)=(1−1
3)× 3
4 = 1
2，P(X = 4)=(1−1
3)×(1−3
4)= 1
6 ，
P(X =5)= 1
3 × 3
4 = 1
4 ，P(X =7)= 1
3 ×(1−3
4)= 1
12 ，
X的分布列为：
X
2
4
5
7
P
1
2
1
6
1
4
1
12
故E (X )=2× 1
2 + 4× 1
6 +5× 1
4 +7× 1
12 = 7
2.
（2）由（1）知，得分不低于4分和低于4分的概率均为1
2
故3人玩该游戏各一次恰有2人游戏得分不低于4分的概率为C3
2(
1
2)
2
(
1
2)= 3
8.
26．（2025·安徽黄山·二模）为了解学生课余时间体育锻炼情况，某校对100 名学生平均每周的体育锻炼
时间进行了调查，统计数据如下表：
每周体育锻炼的时间（小
时）
[0,2) [2,4 [4,6 [6,8 [8,10 [10,12 [12,14 [14,16
人数
3
4
8
11
41
20
8
5
用频率估计概率，该校学生平均每周的体育锻炼时间X近似服从正态分布N (μ,δ
2)，μ近似为样本平均数x
（同一组中的数据用该组区间的中间值代表），δ近似为样本标准差s，并已求得s≈3，利用所得正态分布
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模型解决以下问题：
(1)该校共5000 人，试估计该校大约有多少学生平均每周的体育锻炼时间15 小时以上（结果四舍五入）；
(2)若在该校随机抽取3 位学生，设其中平均每周的体育锻炼时间在9 小时以上的人数为ξ，求随机变量ξ的
分布列和均值．
附：若X ~ N (μ,σ
2)，则P(μ−σ ≤X ≤μ+σ )≈0.6827，P(μ−2σ ≤X ≤μ+2σ )≈0.9545，
P(μ−3σ ≤X ≤μ+3σ )≈0.9973．
【答案】(1)114个学生；
(2)分布列见解析，均值为3
2.
【分析】（1）根据题设求得μ=9、δ =3，应用正态分布的三段区间概率及对称性得P( X >15)≈0.02275，
即可求人数；
（2）由题意平均每周的体育锻炼时间在9 小时以上的人数服从ξ ∼B(3, 1
2 )分布，应用二项分布的概率公
式求分布列，进而求均值.
【详解】（1）由题设μ= 3×1+ 4×3+8×5+11×7+ 41×9+20×11+8×13+5×15
100
=9，且δ =3，
所以该校学生平均每周的体育锻炼时间X近似服从正态分布N (9,3
2)，
由P( X >15)= P( X > μ+2δ )= 1−P(μ−2δ ≤X ≤μ+2δ )
2
≈0.02275，
所以估计该校大约有0.02275×5000≈114个学生平均每周的体育锻炼时间15 小时以上；
（2）由（1）知P( X >9)= P( X > μ)= 1
2，
则平均每周的体育锻炼时间在9 小时以上的人数服从ξ ∼B(3, 1
2 )分布，
所以P(ξ =0)=C3
0( 1
2 )
0
(1−1
2 )
3
= 1
8，P(ξ =1)=C3
1( 1
2 )
1
(1−1
2 )
2
= 3
8，
P(ξ =2)=C3
2( 1
2 )
2
(1−1
2 )
1
= 3
8，P(ξ =3)=C3
3( 1
2 )
3
(1−1
2 )
0
= 1
8，
所以分布列如下，
ξ
0
1
2
3
P
1
8
3
8
3
8
1
8
22
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E( X )=0× 1
8 +1× 3
8 +2× 3
8 +3× 1
8 = 3
2.
27．（2025·安徽合肥·二模）当前，以大语言模型为代表的人工智能技术正蓬勃发展，而数学理论和方法
在这些模型的研发中，发挥着重要作用．例如，当新闻中分别出现“7 点钟，一场大火在郊区燃起”和“7
点钟，太阳从东方升起”这两个事件的描述时，它们提供的“信息量”是不一样的，前者比后者要大，会
吸引人们更多关注．假设通常情况下，它们发生的概率分别是p=0.0001和p=0.9999，用ln 1
p这个量来
刻画“信息量”的大小，计算可得前者约为9，后者接近于0．现在假设离散型随机变量X的分布列为
P(X = xi)= pi，0< pi<1，i=1,2,⋯,m．则称H (X )=∑
i=1
m
pi ln 1
pi
为X的信息熵，用来刻画随机变量X蕴
含的信息量的大小．
(1)若X的分布列为P(X = x1)= p，P(X = x2)=1−p，0< p<1，求H (X )的最大值；
(2)证明：eH ( X )≤m；
(3)若X ∼B (n, p)，且n为定值，设H (X )= f ( p)，证明：f
′(
1
2)=0．
【答案】(1)ln 2；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）写出H ( X )=−plnp−(1−p)ln(1−p)，再求导即可求出其最值；
（2）转化为证明lnm≥H ( X )，再作差放缩即可证明；
（3）根据Cn
k =Cn
n−k得到f ( p)= f (1−p)，两边同时求导即可证明.
【详解】（1）由题意知，H ( X )=−plnp−(1−p)ln(1−p)，其中0< p<1．
令H ( X )=φ( p)，则φ
′( p)= ln 1−p
p
．
所以当0< p< 1
2时，φ
′( p)>0，所以φ( p)在(0, 1
2)上单调递增；
当1
2 < p<1时，φ
′( p)<0，所以φ( p)在(
1
2 ,1)上单调递减．
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所以H ( X )在p= 1
2时取得最大值，且最大值为ln2．
（2）要证e
H ( X )≤m，即证lnm≥H ( X )，
因为lnm−H ( X )=lnm−∑
i=1
m
(pi ln 1
pi)=lnm+∑
i=1
m
( pi ln pi)
=∑
i=1
m
( pilnm)+∑
i=1
m
( pi ln pi)=∑
i=1
m
( pi ln(m pi))
≥∑
m
i=1
(pi(1−1
m pi))（当且仅当m pi=1，即pi= 1
m时等号成立成立），
=∑
i=1
m
pi−∑
i=1
m 1
m =1−1=0，
所以e
H ( X )≤m.
（3）由题意知f ( p)= H ( X )=−∑
k =0
n
Cn
k p
k(1−p)
n−k ln(Cn
k p
k(1−p)
n−k)，
则f (1−p)=−∑
k =0
n
Cn
k(1−p)
k p
n−k ln(Cn
k(1−p)
k p
n−k)，
由Cn
k =Cn
n−k，则f ( p)= f (1−p)，
所以f
′( p)=−f
′(1−p)，则f
′( 1
2 )=−f
′( 1
2 )，即得f
′(
1
2)=0．
28．（2025·安徽蚌埠·二模）某大学排球社团为了解性别因素是否对学生喜欢排球有影响，随机调查了男、
女生各200 名，得到如下数据：
性别
排球
喜欢
不喜欢
男生
78
122
女生
112
88
(1)依据小概率值α =0.001的独立性检验，能否认为是否喜欢排球与性别有关联？
(2)在某次社团活动中，甲、乙、丙这三人相互做传球训练，第1 次由甲将球传出，每次传球时，传球者都
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等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.记n次传球后球在乙手中的概率为pn,n=1,2,3,⋯.
（i）求pn；
（ii）若随机变量Xi服从两点分布，且P(X i=1)=1−P(Xi=0)=qi,i=1,2,⋯,n，则E(∑
i=1
n
Xi)=∑
i=1
n
qi.记
前n次（即从第1 次到第n次传球）中球在乙手中的次数为随机变量Y ，求Y 的数学期望.
附：χ
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c +d.
α
0.010
0.005
0.001
xα
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)可以认为是否喜欢排球与性别有关联.
(2)（i）1
3 + 1
6 ×(−1
2)
n−1
；（ii）3n+1
9
−1
9 ×(−1
2)
n
【分析】（1）计算卡方结合表中数据判断即可；
（2）（i）由题意构造可得pn+1−1
3 =−1
2(pn−1
3)，进而可得数列{pn−1
3}的通项公式，从而求得
pn= 1
3 + 1
6 ×(−1
2)
n−1
；
（ii）由题意可得E (Y )= p1+ p2+⋯+ pn，再根据等比数列求和即可.
【详解】（1）零假设为H 0：是否喜欢排球与性别无关联.
根据表中的数据，经计算得到
χ
2=
400×(78×88−122×112)
2
(78+122)×(112+88)×(78+112)×(122+88) = 4624
399 ≈11.589>10.828= x0.001,
所以依据小概率值α =0.001的独立性检验，我们推断H 0不成立，可以认为是否喜欢排球与性别有关联.
（2）（i）由题意知p1= 1
2 , pn+1= 1
2 (1−pn)+0⋅pn=−1
2 pn+ 1
2，
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设pn+1+ λ =−1
2 ( pn+ λ)，所以pn+1=−1
2 pn−3
2 λ，所以−3
2 λ = 1
2，解得λ =−1
3，
所以pn+1−1
3 =−1
2(pn−1
3)，
又p1−1
3 = 1
6，故数列{pn−1
3}是以1
6 为首项，−1
2为公比的等比数列，所以pn−1
3 = 1
6 ×(−1
2)
n−1
，
所以pn= 1
3 + 1
6 ×(−1
2)
n−1
，即第n次传球后球在乙手中的概率为1
3 + 1
6 ×(−1
2)
n−1
.
（ii）因为pi= 1
3 + 1
6 ×(−1
2)
i−1
,i=1,2,⋯,n，
所以当n∈N
*时，Y 的数学期望
E (Y )= p1+ p2+⋯+ pn= 1
3 + 1
6 ×(−1
2)
1−1
+ 1
3 + 1
6 ×(−1
2)
2−1
+⋯+ 1
3 + 1
6 ×(−1
2)
n−1
= n
3 +
1
6[1−(−1
2)
n
]
1−(−1
2)
= n
3 + 1
9[1−(−1
2)
n
]= 3n+1
9
−1
9 ×(−1
2)
n
，即Y 的数学期望为3n+1
9
−1
9 ×(−1
2)
n
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