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专题10.5 古典概型、概率的基本性质（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 古典概型】..................................................................................................................................................3
【题型2 有放回与无放回问题的概率】..................................................................................................................4
【题型3 根据古典概型的概率求参数】..................................................................................................................6
【题型4 几何概型】..................................................................................................................................................7
【题型5 概率基本性质的应用】..............................................................................................................................9
【题型6 古典概型与统计综合】............................................................................................................................12
【题型7 古典概型与数列的交汇问题】................................................................................................................16
【题型8 古典概型与其他知识的交汇问题】.......................................................................................................20
1、古典概型、概率的基本性质
考点要求
真题统计
考情分析
(1)掌握古典概型及其计算公
式，能计算古典概型中简单
随机事件的概率
(2)了解概率的基本性质，能
计算简单随机事件的概率
2023 年全国乙卷（文数）：
第9 题，5 分
2023 年全国甲卷（文数）：
第4 题，5 分
2024 年新高考I 卷：第14
题，5 分
2024 年全国甲卷（文数）：
第4 题，5 分
2024 年全国甲卷（理数）：
第16 题，5 分
2025 年上海卷：第17 题
（2），4 分
古典概型、概率的基本性质是概率
的基础内容，从近几年的高考情况来
看，本节是高考的热点内容，主要考查
古典概型及其计算、概率的基本性质
等，主要以选择题或填空题的形式考
查，难度不大；在解答题中出现时，往
往古典概型会与统计等知识结合考查，
作为解答题中的一小问考查，难度中
等，复习时需要加强这方面的练习，学
会灵活求解.
知识点
1 古典概型及其解题策略
1．古典概型
(1)事件的概率
对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率，事件A 的概率用P(A)表示.
(2)古典概型的定义
我们将具有以下两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型.
①有限性：样本空间的样本点只有有限个；
②等可能性：每个样本点发生的可能性相等.
(3)古典概型的判断标准
1
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一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点：有限性和等可能性.并不是所
有的试验都是古典概型.
下列三类试验都不是古典概型：
①样本点(基本事件)个数有限，但非等可能；
②样本点(基本事件)个数无限，但等可能；
③样本点(基本事件)个数无限，也不等可能.
2．古典概型的概率计算公式
一般地，设试验E 是古典概型，样本空间A 包含n 个样本点，事件A 包含其中的k 个样本点，则定义事件
A 的概率P(A)=
，其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A 和样本空间Ω 包含的样本点个数.
3．求样本空间中样本点个数的方法
(1)枚举
法
：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题.
(2)树
状图法
：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点时(x, y)可看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同，有
时也可看成是无序的，如(1,2)与(2,1)相同.
(3)排列组合法：再求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识进行求解.
4．古典概型与统计结合
有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型.概率与统计的结合题，无论是直接描述还
是利用频率分布表、频率分布直方图等给出的信息，准确从题中提炼信息是解题的关键.复杂事件的概率可
将其转化为互斥事件或对立事件的概率问题.
知识点
2 概率的基本性质
1．概率的基本性质
性质1
对任意的事件A，都有P(A)≥0.
性质2
必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)= 1，P(∅)=0.
性质3
如果事件A 与事件B 互斥，那么P(A∪B)=P(A)＋P(B). 推广：如果事件A1，
A2，…，Am．两两互斥，那么事件
发生的概率等于这m 个事件
分别发生的概率之和，即P(
)=P(A1)+P(A2)+…+P(Am).
性质4
如果事件A 与事件B 互为对立事件，那么P(B)=1-P(A)，P(A)=1-P(B).
性质5
如果
，那么P(A)≤P(B).
性质6
设A，B 是一个随机试验中的两个事件，我们有P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B).
2．复杂事件概率的求解策略
(1)对于一个较复杂的事件，一般将其分解成几个简单的事件，当这些事件彼此互斥时，原事件的概率就是
这些简单事件的概率的和.
(2)当求解的问题中有“至多”“至少”“最少”等关键词语时，常常考虑其对立事件，通过求其对立事件
的概率，然后转化为所求问题.
【方法技巧与总结】
1 ．概率的一般加法公式P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B) 中，易忽视只有当A∩B=∅，即A,B 互斥时，
P(A∪B)=P(A)+P(B)，此时P(A∩B)=0.
2
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【题型1 古典概型】
【例1】（2025·河南新乡·模拟预测）某校高三年级编制的数学模拟卷，其多项选择题中的四个选项A、
B、C、D 中至少有两个选项正确，规定：只要选择了错误项一律得0 分，部分选对的得2 分，若某题的正
确答案是A，C，D，某考生随机选了两个选项，则其得分的概率为（ ）
A．3
4
B．3
10
C．1
6
D．1
2
【答案】D
【解题思路】利用古典概型的概率公式求解.
【解答过程】由题意所求概率为
C3
2
C4
2 = 1
2.
故选：D.
【变式1-1】（2025·山东临沂·三模）苏轼，字子瞻，号铁冠道人、东坡居士.北宋文学家，书法家、画家，
历史治水名人.与父苏洵、弟苏辙三人并称“三苏”.为了纪念苏轼在文学方面的伟大成就，某中学开展
“苏轼文化竞赛”活动，最终参加决赛共有7位同学，参加决赛的同学都有奖，决赛设置一、二、三等奖.
若要求获得一等奖的人数不少于1人，获得二等奖的人数不少于2人，获得三等奖的人数不少于3人，则恰
有2人获得二等奖的概率为（ ）
A．6
13
B．3
13
C．4
13
D．9
13
【答案】D
【解题思路】先确定获得一等奖、二等奖、三等奖的人数，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可
求得所求事件的概率.
【解答过程】设获得一等奖、二等奖、三等奖的人数分别为a、b、c，则a+b+c =7，
因为要求获得一等奖的人数不少于1人，获得二等奖的人数不少于2人，获得三等奖的人数不少于3人，
则¿或¿或¿，
所以恰有2人获得二等奖的概率为P=C7
2C5
1+C7
3C4
2
C7
2C5
1+C7
3C4
2+C7
1C6
3 = 315
455 = 9
13.
故选：D.
【变式1-2】（2025·甘肃白银·模拟预测）某校派高一、高二、高三每个年级各2 名学生参加某项技能大
赛，比赛要求每2 名学生组成一个小组，则在这6 名学生组成的小组中，只有一个小组的2 名学生来自同
一年级的概率为（ ）
3
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A．2
15
B．1
3
C．2
5
D．4
5
【答案】C
【解题思路】利用古典概率模型进行计算，即可得到答案.
【解答过程】6 人分成3 个小组，每个小组2 人，共有C6
2×C4
2×C2
2
A3
3
= 15×6×1
6
=15种方法，
3 个年级中选1 个，该年级的2 名学生组成一个小组，有 C3
1=3 种选择，
剩余两个年级（设为A 、B年级）各有2 名学生，A年级学生记为 A1, A2，B年级学生记为 B1,B2，
分组方式有( A1,B1)和( A2,B2)，( A1,B2)和( A2,B1)，共2 种情况.
所以，只有一个小组的2 名学生来自同一年级的概率为3×2
15 = 2
5.
故选：C.
【变式1-3】（2025·江西·模拟预测）老师从7 篇不同的诗歌中随机抽3 篇让同学背诵，规定至少能背出其
中2 篇才算及格，甲同学只能背诵其中的3 篇，则他能及格的概率为（ ）
A．13
35
B．12
35
C．13
70
D．6
35
【答案】A
【解题思路】先算出从7篇诗歌中随机抽3篇的总情况数n，再分别算出甲同学能背出2篇和3篇的情况数，
两者相加得到甲同学及格的情况数m，最后代入古典概型概率公式计算甲同学能及格的概率.
【解答过程】计算从7篇诗歌中随机抽3篇的总情况数，n=C7
3= 7×6×5
3×2×1 =35种.
计算甲同学能背出2篇的情况数，
甲同学只能背诵其中3篇，那么从这3篇会背的中选2篇的组合数为C3
2，同时从剩下7−3= 4篇不会背的中
选1篇的组合数为C4
1.
所以甲同学能背出2篇的情况数为C3
2×C4
1 = 3×2
2×1 ×4 =3×4 =12种.
计算甲同学能背出3篇的情况数，
从3篇会背的诗歌中选3篇的组合数为C3
3，根据组合数公式C3
3=1种.
计算甲同学及格的情况数m，
4
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因为至少能背出2篇才算及格，所以甲同学及格的情况数为能背出2篇的情况数与能背出3篇的情况数之
和，即m=C3
2×C4
1 +C3
3=12+1=13种.
根据古典概型概率公式，将m=13，n=35代入可得P= 13
35.
故选：A.
【题型2 有放回与无放回问题的概率】
【例2】（2025·四川成都·二模）袋中有5 个除颜色外完全相同的小球，其中3 个红球，2 个白球.从袋中不
放回地依次随机取出2 个球，则这2 个球颜色相同的概率为（ ）
A．13
25
B．12
25
C．3
5
D．2
5
【答案】D
【解题思路】根据给定条件，利用组合计数问题列式，进而求出古典概率.
【解答过程】从袋中不放回地依次随机取出2 个球的试验有C5
2个基本事件，
取出的2 个球颜色相同的事件有C3
2+C2
2个基本事件，
所以这2 个球颜色相同的概率为C3
2+C2
2
C5
2
= 3+1
10 = 2
5.
故选：D.
【变式2-1】（2025·山东潍坊·模拟预测）从分别标有数字1，2，3，4 的4 张卡片中有放回地随机抽取3
次，每次取一张，则抽到的3 张卡片上的数字之和大于9 的概率为（ ）
A．3
32
B．7
64
C．5
32
D．3
16
【答案】C
【解题思路】根据古典概型结合乘法原理计算即可.
【解答过程】从分别标有数字1，2，3，4 的4 张卡片中有放回地随机抽取3 次的所有情况有4×4×4 =64
种，
抽到的3 张卡片上的数字之和大于9 的情况有
(3,3,4),(3,4,3),(4,3,3),(2,4,4),(4,2,4),(4,4,2),(3,4,4),(4,3,4),(4,4,3),(4,4,4),10 种，
所以抽到的3 张卡片上的数字之和大于9 的概率为P= 10
64 = 5
32.
5
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故选：C.
【变式2-2】（2025·四川宜宾·一模）从标有1，2，3，4，5，6 的六张卡片中无放回随机抽取两张，则抽
到的两张卡片数字之积是3 的倍数的概率为（ ）
A．3
10
B．1
3
C．3
5
D．2
3
【答案】C
【解题思路】根据题意，用列举法分析“从六张卡片中无放回随机抽取2 张”和“抽到的2 张卡片上的数
字之积是3 的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案.
【解答过程】根据题意，从六张卡片中无放回随机抽取2 张，
有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，
(5,6)共15 种取法，
其中抽到的2 张卡片上的数字之积是3 的倍数有(1,3)，(1,6)，(2,3)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,6)，
(5,6)共9 种情况，
则抽到的2 张卡片上的数字之积是3 的倍数的概率P= 9
15 = 3
5.
故选：C.
【变式2-3】（2025·河南·模拟预测）袋子中装有5 个形状和大小相同的球，其中3 个标有字母a,2个标有
字母b.甲先从袋中随机摸一个球，摸出的球不再放回，然后乙从袋中随机摸一个球，若甲､乙两人摸到标有
字母a的球的概率分别为p1, p2，则（ ）
A．p1= p2
B．2 p1=3 p2
C．p1=3 p2
D．2 p1= p2
【答案】A
【解题思路】利用古典概型的概率及全概率公式求出p1, p2后可得正确的选项.
【解答过程】设A为“甲摸到标有字母a的球”，B为“乙摸到标有字母a的球”，则p1= P( A)= 3
5，
而p2= P(B)= P(BA )+ P(B A)= P(B∣A)P( A)+ P(B∣A)P( A)= 2
4 × 3
5 + 3
4 × 2
5 = 3
5，
故p1= p2.
故选：A.
【题型3 根据古典概型的概率求参数】
【例3】（24-25 高一下·山西·期末）一个口袋中装有20 个红球和若干个黑球，在不允许将球倒出来数的前
提下，为估计口袋中黑球的个数，小张采用了如下的方法：每次从口袋中摸出1 个球，记下球的颜色后再
6
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把球放回口袋中摇匀.不断重复上述过程900 次，共摸出红球400 次，根据上述数值，估计口袋中黑球的个
数为（ ）
A．25
B．30
C．35
D．40
【答案】A
【解题思路】设黑球的个数为n，根据古典概型概率公式列式求解即可.
【解答过程】设黑球的个数为n，由古典概型的概率公式可得20
20+n = 400
900 ，解得n=25.
故选：A.
【变式3-1】（2025·上海徐汇·一模）一个不透明的盒子中装有若干个红球和5 个黑球，这些球除颜色外均
相同.每次将球充分搅匀后，任意摸出1 个球记下颜色后再放回盒子.经过重复摸球足够多次试验后发现，摸
到黑球的频率稳定在0.1 左右，则据此估计盒子中红球的个数约为（ ）
A．40 个
B．45 个
C．50 个
D．55 个
【答案】B
【解题思路】因为重复摸球次数足够多，所以将频率视为概率，应用古典概型概率的计算公式计算即可.
【解答过程】设红球个数为a，
由题意可得：5
a+5 =0.1，解得：a= 45.
故选：B.
【变式3-2】（24-25 高二上·广东佛山·期末）一个袋子中装有形状大小完全相同的6 个红球，n个绿球，现
采用不放回的方式从中依次随机取出2 个球.若取出的2 个球都是红球的概率为1
3，则n的值为（ ）
A．4
B．5
C．12
D．15
【答案】A
【解题思路】利用古典概型概率计算公式列出方程，能求出n的值．
【解答过程】一个袋子中有若干个大小质地完全相同的球，其中有6 个红球，n个绿球，
从袋中不放回地依次随机取出2 个球，取出的2 个球都是红球的概率是1
3，
则
6×5
(6+n)(5+n) = 1
3，
解得n= 4（负值舍去）.
故选：A．
【变式3-3】（24-25 高一下·江苏南京·期末）一个口袋中装有10个红球和若干个黄球，在不允许将球倒出
7
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来数的前提下，为估计口袋中黄球的个数，小明采用了如下的方法：每次从口袋中摸出1个球，记下球的
颜色后再把球放回口袋中摇匀．不断重复上述过程200次，共摸出红球80次，根据上述数值，估计口袋中
大约有黄球（ ）个．
A．10
B．15
C．25
D．40
【答案】B
【解题思路】设黄球的个数为n，利用古典概型的概率公式可得出关于n的等式，解出n的值即可.
【解答过程】设黄球的个数为n，由古典概型的概率公式可得10
10+n = 80
200，解得n=15.
故选：B.
【题型4 几何概型】
【例4】（2025·陕西榆林·模拟预测）七巧板被誉为“东方魔板”，是我国古代劳动人民的伟大发明之一，
由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．如图是一个用七巧板拼成的正方
形，若向此正方形内丢一粒小种子，则种子落入黑色平行四边形区域的概率为（ ）
A．1
8
B．3
8
C．5
16
D．3
32
【答案】A
【解题思路】设小正方形边长为1，求出大正方形的边长，以及黑色平行四边形的底和高，再结合几何概
型公式求解.
【解答过程】设小正方形边长为1，可得黑色平行四边形底为√2，高为√2
2 ；
黑色等腰直角三角形的直角边为2，斜边为2√2，即大正方形边长为2√2，
故种子落入黑色平行四边形区域的概率为√2× √2
2
(2√2)
2 = 1
8
．
故选：A.
【变式4-1】（2025·陕西商洛·模拟预测）如图，圆O是正三角形ABC的内切圆，则在△ABC内任取一
点，该点取自阴影部分的概率为（ ）
8
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A．√3π
9
−1
4
B．√3π
6
−1
4
C．√3π
9
−1
2
D．1−√3π
9
【答案】D
【解题思路】利用等面积法求出正三角形ABC的边长与其内切圆半径的关系，再利用几何概型求解即可.
【解答过程】设正三角形ABC的边长为a，内切圆的半径为r，
由S△ABC = S△OAB+ S△OAC+ S△OBC，
得1
2 ×a×√
a−(
a
2)
2
=3× 1
2 ar，所以a=2√3r，
所以S△ABC =3√3r
2，
内切圆得面积S1=πr
2，
所以阴影部分得面积为3√3r
2−πr
2，
所以该点取自阴影部分的概率为3√3r
2−πr
2
3√3r
2
=1−√3π
9
.
故选：D.
【变式4-2】（2025·陕西安康·模拟预测）将长度为1 的线段随机剪成两段，则两段长度都不小于1
3的概率
是（ ）
A．1
6
B．1
4
C．1
3
D．1
2
【答案】C
【解题思路】设其中一段为x (0< x<1)，根据所给条件求出x的取值范围，再根据几何概型的概率公式计
算可得.
【解答过程】设其中一段为x (0< x<1)，则另一段为1−x，
依题意¿，解得1
3 ≤x ≤2
3，
9
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所以两段长度都不小于1
3的概率P=
2
3 −1
3
1
= 1
3
.
故选：C.
【变式4-3】（2025·四川南充·三模）如图，圆O 内接一个圆心角为60°的扇形ABC，在圆O 内任取一点，
则该点落在扇形ABC 内的概率为（ ）
A．1
4
B．√3
4
C．1
2
D．√3
2
【答案】C
【解题思路】连接OA，OC，设圆的半径为r，求出AC，利用扇形面积公式求出扇形ABC 的面积，再结合
几何概型求概率公式求解．
【解答过程】连接OA，OC，
则∠OAC =30°，OA =OC =r，
取AC中点D，连接OD，则OD⊥AC，
其中AD =CD =r cos30° = √3
2 r，
所以AC =2 AD =√3r，
10
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所以扇形ABC的面积为1
2 ×π
3 × A C
2= 1
2 πr
2，
又因为圆的面积为πr
2，
所以在圆O 内任取一点，该点落在扇形ABC 内的概率为
1
2 πr
2
πr
2
= 1
2
．
故选：C.
【题型5 概率基本性质的应用】
【例5】（24-25 高二下·上海·期中）已知事件A与事件B相互独立，且P( A)=0.3, P(B)=0.4，则
P( A ∪B)=（ ）
A．0.1
B．0.12
C．0.58
D．0.7
【答案】C
【解题思路】根据给定条件，利用相互独立事件的概率及概率的基本性质计算得解.
【解答过程】由事件A与事件B相互独立，P( A)=0.3, P(B)=0.4，得P( AB)= P( A )P(B)=0.12，
所以P( A ∪B)= P( A )+ P(B)−P( AB)=0.58.
故选：C.
【变式5-1】（2025·湖北武汉·模拟预测）随机事件A 发生的概率为4
5 ，随机事件B 发生的概率为2
3，则事
件A，B 同时发生的概率的取值范围是（ ）
A．[
8
15 , 2
3]
B．[
7
15 , 4
5]
C．[
7
15 , 2
3]
D．[
2
3 , 4
5]
【答案】C
【解题思路】根据给定条件，利用概率的基本性质及概率的取值范围求解即得.
【解答过程】依题意，P( A)= 4
5 , P(B)= 2
3，由P( A + B)= P( A )+ P(B)−P( AB)≤1，
得P( AB)≥P( A)+ P(B)−1= 4
5 + 2
3 −1= 7
15，又P( A )> P(B)，
则当B⊂A时，P( AB)= P(B)= 2
3，
所以事件A，B 同时发生的概率的取值范围是[ 7
15 , 2
3 ].
故选：C.
【变式5-2】（24-25 高一下·陕西西安·期末）已知随机事件A，B 满足P( A)= 1
3
，P(B)= 3
4
，
11
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P( A ∪B)= 5
6
，则P( A ∩B)=（ ）
A．1
16
B．1
8
C．3
16
D．1
4
【答案】D
【解题思路】根据给定条件，利用概率的基本性质列式计算即得.
【解答过程】依题意，P( A ∩B)= P( A)+ P(B)−P( A ∪B)= 1
3 + 3
4 −5
6 = 1
4 .
故选：D.
【变式5-3】（24-25 高三上·上海·开学考试）事件A 与B 独立，A、B分别是A、B 的对立事件，则下列命
题中成立的是（ ）
A．P( A ∪B)= P( A )P(B)
B．P( A ∪B)= P( A )+ P(B)
C．P( A B)= P( A )P(B)
D．P( A ∪B)= P( A )+1−P(B)
【答案】C
【解题思路】利用独立事件的乘法公式和概率的性质逐项判断即可.
【解答过程】事件A 与B 独立，A、B分别是A、B 的对立事件，
故P( A ∪B)= P( A )+ P(B)−P( A )P(B)，故AB 错误；
P( A B)= P( A )P(B)，故C 正确；
P( A ∪B)= P( A )+ P(B)−P( A )P(B)= P( A )+1−P(B)−P( A )[1−P(B)]=1−P(B)+ P( A )P(B)
，故D 错误.
故选：C.
【题型6 古典概型与统计综合】
【例6】（24-25 高一下·北京·期中）某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取
了200 名年龄在[20,45]内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～五组
区间分别为[20,25)，[25,30)，[30,35)，[35,40)，[ 40,45)，[ 40,45]）.
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(1)求选取的市民年龄在[ 40,45]内的人数；
(2)利用频率分布直方图，估计200 名市民的年龄的平均数和第80 百分位数；
(3)若从第3，4 组用分层抽样的方法选取5 名市民进行座谈，再从中选取2 人在座谈会中作重点发言，求作
重点发言的市民中至少有一人的年龄在[35,40)内的概率.
【答案】(1)20
(2)平均数32.25; 第80 百分位数37.5
(3) 7
10
【解题思路】（1）根据频率分布直方图，先求出年龄在[40,45]内的频率，再求出频数；
（2）根据频率分布直方图，求出组中值，利用组中值求平均数即可，第80 百分位数即为左侧面积为0.8
的线所对应的值；
（3）先确定从第3，4 组中分别抽取3 人，2 人.再根据古典概型公式求解概率即可.
【解答过程】（1）（1）由题意可知，年龄在[40,45]内的频率为P =0.02×5=0.1，
故年龄在[40,45]内的市民人数为200×0.1=20.
（2）(2) 平均数为
22.5×0.01×5+27.5×0.07×5+32.5×0.06×5+37.5×0.04×5+ 42.5×0.02×5=32.25
32.25;
前三组的频率和为0.01×5+0.07×5+0.06×5=0.7，
第四组的频率为0.04×5=0.2，所以第80 百分位数在第四组，
第80 百分位数为35+ 0.1
0.2 ×5=37.5.
（3）（3）易知，第3 组的人数，第4 组人数都多于20，且频率之比为3:2，
所以用分层抽样的方法在第3、4 两组市民抽取5 名参加座谈，
所以应从第3，4 组中分别抽取3 人，2 人.
记第3 组的3 名分别为A1，A2，A3，第4 组的2 名分别为B1，B2，则从5 名中选取2 名作重点发言的所有
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情况为( A1, A2)，( A1, A3)，( A1,B1)，( A1,B2)，( A2, A3)，( A2,B1)，( A2,B2)，( A3,B1)，( A3,B2)，
(B1,B2)，共有10 种.
其中第4 组的2 名B1，B2至少有一名被选中的有：( A1,B1)，( A1,B2)，( A2,B1)，( A2,B2)，( A3,B1)，
( A3,B2)，(B1,B2)，共有7 种，
所以至少有一人的年龄在[35,40)内的概率为7
10.
【变式6-1】（2025·北京东城·二模）已知近10 年北京市12 月和1 月历史气温分别如下图所示.
(1)从2016 年至2024 年这9 年中随机抽取一年，求该年12 月平均高温和平均低温都低于前一年的概率；
(2)将当年12 月和次年1 月作为当年的冬季周期，记当年12 月平均高温与平均低温的差值为a（单位：摄
氏度），次年1 月平均高温与平均低温的差值为b（单位：摄氏度）.从2015 年至2024 年这10 个冬季周期
中随机抽取3 个，求至少有2 个冬季周期中a=b的概率；
(3)依据图2 中信息，能否预测北京市2026 年1 月平均高温低于4 摄氏度?请说明理由.
【答案】(1)4
9
(2)1
3
(3)不能预测，理由见解析
【解题思路】（1）由图结合古典概型的概率计算公式求解即可；
（2）先确定满足a=b的冬季周期的个数，然后利用组合数计算即可求解；
（3）根据图表中数据的特点分析即可.
【解答过程】（1）由图可知从2016 年至2024 年12 月平均高温和平均低温都低于前一年的有2017，
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2018，2020，2022，
所以从2016 年至2024 年这9 年中随机抽取一年，该年12 月平均高温和平均低温都低于前一年的概率为4
9
；
（2）由已知可得从2015 年至2024 年这10 个冬季周期分别为
(8,8),(10,9),(10,9),(9,10),(9,10),(9,9),(11,9),(10,11),(9,9),(10,10)，
满足a=b的有4个，
从2015 年至2024 年这10 个冬季周期中随机抽取3 个，至少有2 个冬季周期中a=b的概率为
C4
2 C6
1+C4
3
C10
3
= 40
120 = 1
3；
（3）不能预测北京市2026 年1 月平均高温低于4 摄氏度，理由如下：
从图2 可以看出，1 月平均高温数据虽有波动，但没有明显的单调递增或递减的线性趋势，数据的波动是
随机的，没有足够的依据能从过去10 年的数据直接推断2026 年1 月平均高温低于4 摄氏度.
【变式6-2】（2025·上海杨浦·一模）为加强学生睡眠监测督导，学校对高中三个年级学生的日均睡眠时间
进行调查.根据分层随机抽样法，学校在高一高二和高三年级中共抽取了
､
100 名学生的日均睡眠时间作为
样本，其中高一35 人，高二33 人.已知该校高三年级一共512 人.
(1)学校高中三个年级一共有多少个学生？
(2)若抽取100 名学生的样本极差为2，数据如下表所示（其中x<10,n是正整数）
日均睡眠时间（小
时）
x
8.5
9
9.5
10
学生数量
n
32
13
11
4
求该样本的第40 百分位数.
(3)从这100 名学生的样本中随机抽取三个学生的日均睡眠时间，求其中至少有1 个数据来自高三学生的概
率.
【答案】(1)1600
(2)8.25
(3)2536
3675
【解题思路】(1)根据分层抽样，按比例抽取即可得到答案．
(2)根据极差可得x =8，再结合学生总数量为100，可求出n= 40，再根据求第p百分位数的方法即可求得.
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(3)根据古典概型的概率计算，如果一次实验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相
等，如果某个事件A包含的结果有m个，那么事件A的概率为P( A)= m
n (n∈N
∗,m∈N,m≤n)，即可解
得.
【解答过程】（1）设学校高中三个年级一共有N个学生,
因为采用分层抽样法抽取一个容量为100 的样本，
在高一年级抽取了35 人，高二年级抽取了33 人，
所以高三抽取的人数为：100−35−33=32人，
又因为高三年级一共512 人，所以有：32
512 = 100
N ，解得N =1600.
所以学校高中三个年级一共有1600 个学生.
（2）因为抽取100 名学生的样本极差为2，x<10,n所以10−x =2⇒x =8,
n=100−32−13−11−4 = 40.
又因为100×0.4 = 40，所以样本的第40 百分位数为：8+8.5
2
=8.25.
（3）因为100 名学生的样本中随机抽取三个学生的总情况数为：C100
3 =161700.
其中至少有1 个数据来自高三学生的情况为：C32
1 ⋅C68
2 +C32
2 ⋅C68
1 +C32
3 =111584，
所以至少有1 个数据来自高三学生的概率为：P = C32
1 ⋅C68
2 +C32
2 ⋅C68
1 +C32
3
C100
3
= 111584
161700 = 2536
3675 .
【变式6-3】（2025·上海·一模）某芯片代工厂生产甲、乙两种型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这
两种芯片中各抽取100 件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示：
假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
(1)求频率分布直方图中x 的值并估计乙型芯片该项指标的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为
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代表）；
(2)已知甲型芯片指标在[80,100)为航天级芯片，乙型芯片指标在[60,70)为航天为航天级芯片．现分别采用
分层抽样的方式，从甲型芯片指标在[70,90)内取2 件，乙型芯片指标在[50,70)内取4 件，再从这6 件中任
取2 件，求至少有一件为航天级芯片的概率．
【答案】(1)x =0.020，x = 47.
(2)P(E)= 3
5.
【解题思路】（1）由频率和为1 求出x得值，根据平均数公式求出平均值.
（2）根据条件列举样本容量和样本点的方法，列式求解.
【解答过程】（1）由题意得10×(0.002+0.005+0.023+0.025+0.025+ x)=1，解得x =0.020.
由频率分布直方图得乙型芯片该项指标的平均值：
x =(25×0.002+35×0.026+ 45×0.032+55×0.030+65×0.010)×10= 47.
（2）根据分层抽样得，来自甲型芯片指标在[70,80)和[80,90)的各1 件，分别记为A和B，
来自甲型芯片指标在[50,60)和[60,70)分别为3 件和1 件，分别记为C1，C2，C3和D，
从中任取2 件，样本空间可记为Ω=¿，( A ,C1)，( A ,C2)，( A ,C3)，( A , D)，(B ,C1)，
(B ,C2)，(B ,C3)，(B , D)，(C1,C2)，(C1,C3)，(C1, D)，(C2,C3)，(C2, D)，(C3, D)}共15 个，
记事件E：至少有一件为航天级芯片,则E =¿，( A , D)，(B ,C1)，(B ,C2)，(B ,C3)，
(B , D)，(C1, D)，(C2, D)，(C3, D)}共9 个，
所以P(E)= 9
15 = 3
5.
【题型7 古典概型与数列的交汇问题】
【例7】（2025·江西·一模）从1，2，……，10 中取三个不同的数，按从小到大的顺序排列，组成的数列
是等差数列的概率为（ ）
A．1
3
B．1
12
C．1
4
D．1
6
【答案】D
【解题思路】设取出的3 个不同的数分别为a、b、c，结合等差数列的性质分析可知故a、c 同为奇数或同
为偶数，且a 与c 确定后，b 随之而定，利用古典概型的概率公式求解可得答案.
【解答过程】设取出的3 个不同的数分别为a、b、c，
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不同的取法共有C10
3 =120种，
若这3 个数构成等差数列，则有a+c =2b.
故a、c 同为奇数或同为偶数，且a 与c 确定后，b 随之而定.
从而所求概率为C5
2+C5
2
C10
3
= 1
6.
故选：D．
【变式7-1】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）从−2，−1，1，2，3，4，5，6 这8 个数中随机选取3 个不同
的数，则这3 个数可以构成等差或等比数列的概率是（ ）
A．9
56
B．5
28
C．11
56
D．3
14
【答案】C
【解题思路】根据古典概型概率公式，需要确定从8 个中选出3 个数的总情况数，再分别找出能够构成等
差或等比数列的组合数目，最后计算概率．
【解答过程】从8 个数中随机选取3 个不同的数共有C8
3=56种不同的选法，
能构成等差数列的情况有：公差为1 或−1的有{1,2,3}，{2,3,4}，{3,4,5}，{4,5,6}，
公差为2 或−2的有{−1,1,3}，{1,3,5}，{2,4,6}，
公差为3 或−3的有{−2,1,4 }，{−1,2,5}，
公差为4 或−4的有{−2,2,6}，共10 种情况；
能构成等比数列的情况有：公比为−1
2或−2的有{4 ,−2,1}，
公比为1
2或2 的有{1,2,4 }，共2 种情况，
但{4 ,−2,1}既是等差数列，也是等比数列，算一种情况．
所以构成等差或等比数列的概率是11
56．
故选：C．
【变式7-2】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）对n∈N，通过抛掷一枚均匀硬币n次后生成有序数对(an,bn)
，具体生成规则如下：①规定(a0,b0)=(0,0)；②当第n(n≥1)次抛掷硬币时：如果出现硬币正面朝上，若
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an−1<bn−1
，则(an,bn)=(an−1−1,bn−1−1)，否则(an,bn)=(an−1−1,bn−1)；如果出现硬币反面朝上，若
bn−1<an−1
，则(an,bn)=(an−1−1,bn−1−1)，否则(an,bn)=(an−1,bn−1−1)．抛掷n次硬币后，记an=bn
的
概率为Pn．
(1)写出(a2,b2)的所有可能结果，并求P1，P2；
(2)证明：数列{Pn−1
3}(n≥1,n∈N )是等比数列，并求Pn；
(3)设Fn=e
Pn+e
−Pn，求Fn的最大值．
【答案】(1)答案见解析，P1=0，P2= 1
2．
(2)证明见解析，Pn= 1
3 −1
3 ×(−1
2)
n−1
(3)答案见解析
【解题思路】（1）利用枚举法可求所有可能结果，由古典概型的概率公式可求概率；
（2）由全概率公式可求Pn= 1
2 P(an−1>bn−1)+ 1
2 P(an−1<bn−1)，从而得{Pn}的递推关系，利用构造法可
求其通项.
（3）结合（2）的结果可求{Pn}的最大项，从而可求Fn的最大值.
【解答过程】（1）当第1 次抛掷硬币时，
若正面朝上，由(a0,b0)=(0,0)知a0=b0=0，
则(a1,b1)=(a0−1,b0)=(−1,0)；
若反面朝上，由(a0,b0)=(0,0)知a0=b0=0，
则(a1,b1)=(a0,b0−1)=(0,−1)；
当第2 次抛掷硬币时，如果正面朝上，
此时若第1 次正面朝上，由(a1,b1)=(−1,0)知a1<b1，
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则(a2,b2)=(a1−1,b1−1)=(−2,−1)
此时若第1 次反面朝上，由(a1,b1)=(0,−1)知a1>b1，
则(a2,b2)=(a1−1,b1)=(−1,−1)
当第2 次抛掷硬币时，如果反面朝上，
此时若第1 次正面朝上，由(a1,b1)=(−1,0)知a1<b1，
则(a2,b2)=(a1,b1−1)=(−1,−1)
此时若第1 次反面朝上，由(a1,b1)=(0,−1)知a1>b1，
则(a2,b2)=(a1−1,b1−1)=(−1,−2)
所以(a2,b2)的所有可能结果共3 个，所以P1=0，P2= 2
4 = 1
2．
（2）由（1）的分析可得|a1−b1|=1，
当第n(n≥1)次抛掷硬币时：
如果出现硬币正面朝上，若an−1<bn−1，
则(an,bn)=(an−1−1,bn−1−1)，此时|an−1−bn−1|=|an−bn|；
否则(an,bn)=(an−1−1,bn−1)，此时an−bn=an−1−1−bn−1，
而−1≤an−1−1−bn−1<an−1−bn−1，也有|an−bn|≤|an−1−bn−1|，
如果出现硬币反面朝上，同理有|an−bn|≤|an−1−bn−1|，依次可得|an−bn|≤1.
当an−1>bn−1，且第n(n≥1)次掷出正面时，
有(an,bn)=(an−1−1,bn−1)，此时an=bn，当an−1<bn−1，且第n(n≥1)次掷出反面时，
有(an,bn)=(an−1,bn−1−1)，此时an=bn，所以:
Pn= 1
2 P(an−1>bn−1)+ 1
2 P(an−1<bn−1)= 1
2 (1−Pn−1)，
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即Pn=−1
2 Pn−1+ 1
2，所以Pn−1
3 =−1
2(Pn−1−1
3)(n≥1)
所以{Pn−1
3}是以P1−1
3 =−1
3为首项，−1
2为公比的等比数列，
所以Pn−1
3 =(−1
3)×(−1
2)
n−1
，所以Pn= 1
3 −1
3 ×(−1
2)
n−1
．
（3）由（2）知Pn= 1
3 −1
3 ⋅(−1
2)
n−1
(n≥1,n∈N )，
而F
′ (x)=e
x−e
−x>0(x>0)，故F (x)在[0,+∞)上单调递增，Pn≥0
故Pn最大时Fn取得最大值；
当n>1且n为奇数时，Pn= 1
3 +
1
3⋅2
n−1 < 1
3，
当n>1且n为偶数时，Pn= 1
3 +
1
3⋅2
n−1，
且Pn= 1
3 +
1
3⋅2
n−1随着n的增大而减小，
所以Pn= 1
3 +
1
3⋅2
n−1 ≤P2= 1
3 +
1
3×2 = 1
2即(Pn)max= P2= 1
2
所以(Fn)max=e
P2+e
−P2=√e+ √e
e
.
【变式7-3】（2025·山东泰安·二模）抛掷一枚质地均匀的骰子n次，n∈N
∗，记ai为第i次抛掷得到的点
数，i=1,2,⋯,n．
(1)求a1+a2=7的概率；
(2)若前m次点数之和为7 的概率为Pm,m=2,3,⋯,7，且∑
m=2
7
Pm= t
r −1
6 ,t ,r ∈N
∗，t与r互质，设
b=log 1
7
t +log6r
（ⅰ）求b的值；
（ⅱ）已知正项数列{cn}的前n项和为Sn,c1= 2b
3 ,Sn+1−Sn=∑
i=1
n
ci
2,i∈N
∗，证明：∑
i=2
n
1
ci+1 < 9
4 ．
【答案】(1)1
6
(2)（ⅰ）1（ⅱ）证明见解析
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【解题思路】（1）写出样本事件空间，根据古典概型求概率即可；
（2）（ⅰ）求出∑
m=2
7
Pm，再由二项展开式化简，求出r ,t即可得解；
（ⅱ）由所给条件可得
1
cn+1 = 1
cn
−1
cn+1
，据此利用裂项相消法求出∑
i=2
n
1
ci+1即可得证.
【解答过程】（1）a1+a2=7即“前两次点数之和为7”，设为事件A，
∵样本空间Ω={(a1,a2)|a1,a2∈{1,2,3,4,5,6}}，
∴n(Ω)=6×6=36，
∵7 =1+6=2+5=3+ 4，
∴A ={(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)}，
∴n( A )=6，
∴P( A)= n( A)
n(Ω) = 6
36 = 1
6，
即a1+a2=7的概率为1
6.
（2）（ⅰ）当m=2时，由（1），P2= 1
6，
当m=3时，7 =1+1+5=1+2+ 4 =1+3+3=2+2+3，∴P3= 3+6+3+3
6
3
=15×(
1
6)
3
，
当m= 4时，7 =1+1+1+ 4 =1+1+2+3=1+2+2+2，∴P4= 4+12+ 4
6
4
=20×(
1
6)
4
，
当m=5时，7 =1+1+1+1+3=1+1+1+2+2，∴P5= 5+10
6
5
=15×(
1
6)
5
，
当m=6时，7 =1+1+1+1+1+2,∴P6= 6
6
6 =6×(
1
6)
6
,
当m=7时，P7= 1
6
7 =(
1
6)
7
，
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∴∑
m=2
7
Pm=C6
1⋅(
1
6)
2
+C6
2⋅(
1
6)
3
+C6
3⋅(
1
6)
4
+C6
4(
1
6)
5
+C6
5(
1
6)
6
+C6
6(
1
6)
7
= 1
6(C6
0⋅(
1
6)
0
+C6
1⋅1
6 +⋯+C6
6(
1
6)
6
)−1
6
= 1
6 ×(1+ 1
6)
6
−1
6 = 7
6
6
7 −1
6 ，
∵6,7互质，t ,r互质，
∴t =7
6,r =6
7，
∴b= log 1
7
7
6+ log66
7=−6+7=1；
（ⅱ）证明：
∵c1= 2
3 ,∴c2=c1
2= 4
9 ，
∵Sn+1−Sn=c1
2+c2
2+⋯+cn
2=cn+1，
∴当n≥2时，c1
2+c2
2+⋯+cn−1
2
=cn，
∴cn+1−cn=cn
2，
∴cn+1=cn
2+cn=cn(cn+1)，
∴
1
cn+1 = cn
cn+1
=
cn
2
cncn+1
= cn+1−cn
cncn+1
= 1
cn
−1
cn+1
,n≥2，
∴∑
i=2
n
1
ci+1 =
1
c2+1 +
1
c3+1 +⋯+
1
cn+1 = 1
c2
−1
c3
+ 1
c3
−1
c4
+⋯+ 1
cn
−1
cn+1
= 1
c2
−1
cn+1
，
∵cn+1>0，
∴∑
i=2
n
1
ci+1 = 1
c2
−1
cn+1
< 1
c2
= 9
4 .
【题型8 古典概型与其他知识的交汇问题】
【例8】（2025·江西新余·模拟预测）从正方体ABCD−A1B1C1 D1的8 个顶点中任取4 点，若这4 个点能
构成正三棱锥，则这4 点构成正四面体的概率为（ ）
23
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A．1
2
B．1
4
C．1
3
D．1
5
【答案】D
【解题思路】结合图形确定正四面体及正三棱锥的个数，结合古典概率模型计算公式即可求解.
【解答过程】由4 个顶点构成的正三棱锥有两类，第一类是正四面体，如四面体A1BC1 D，A B1C D1，
共2 个；
第二类是正三棱锥但非正四面体，
如正三棱锥A −BD A1,B−AC B1,C −BDC1, D−AC D1,
A1−A B1 D1,B1−BC1 A1,C1−C B1 D1, D1−A1C1 D，共8 个；
故所求概率为2
2+8 = 1
5，
故选：D.
【变式8-1】（2025·湖北武汉·模拟预测）已知(
3
√x +
3√x)
n
的展开式中第3 项与第7 项的二项式系数相等，
将展开式中所有的项重新随机排列，则有理项互不相邻的概率为（ ）
A．8
9
B．7
9
C．2
3
D．1
3
【答案】B
【解题思路】先由第3 项与第7 项的二项式系数相等求出n的值，然后求出二项式展开式的通项公式，求出
有理项的个数，利用插空法求出有理项互不相邻的情况，再利用古典概型的概率公式求解即可.
【解答过程】因为(
3
√x +
3√x)
n
的展开式中第3 项与第7 项的二项式系数相等，
所以Cn
2=Cn
6，得n=2+6=8，
24
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所以(
3
√x +
3√x)
8
的展开式的通项为T r +1=C8
r(
3
√x)
8−r
(
3√x)
r =C8
r ⋅3
8−r⋅x
−4+ 5
6 r
，(r =0,1,2,3,4,5,6,7,8)，
当r =0或r =6时，−4+ 5
6 r为整数，所以展开式9 项中，有理项有2 项，
若将展开式中所有的项重新随机排列，则所有的排列共有A9
9种，其中有理项互不相邻的排列有A7
7⋅A8
2种，
所以所求的概率为P = A7
7⋅A8
2
A9
9
= 8×7
9×8 = 7
9.
故选：B.
【变式8-2】（2025·浙江宁波·三模）在1，2，3，…，7 这7 个自然数中，任取3 个数.
(1)求这3 个数中恰有1 个是偶数的概率；
(2)设X为这3 个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为1，2，3，则有两组相邻的数1，2 和2，3，此
时X的值是2）.求随机变量X的分布列及其数学期望E (X ).
【答案】(1)18
35；
(2)分布列见解析，期望为6
7 .
【解题思路】（1）应用组合数求任选三个、恰有一个偶数的选法数，再由古典概型的概率求法求概率；
（2）由题意X的可能值为0,1,2，再求出对应概率写出分布列，进而求期望.
【解答过程】（1）从7 个自然数中任选三个有C7
3=35种，恰有一个偶数的情况有C4
2 C3
1=18种，
所以这3 个数中恰有1 个是偶数的概率18
35；
（2）由题设，X的可能值为0,1,2，
X =2有{1,2,3}、{2,3,4 }、{3,4,5}、{4,5,6}、{5,6,7}共有5 种，
X =0有{1,3,5}、{1,3,6}、{1,3,7}、{1,4,6}、{1,4,7}、{1,5,7}、{2,4,6}、{2,4,7}、{2,5,7}、{3,5,7}
共有10 种，
X =1有35−5−10=20种，
所以P( X =0)= 10
35 = 2
7 ，P( X =1)= 20
35 = 4
7 ，P( X =2)= 5
35 = 1
7 ，
X的分布列如下，
X
0
1
2
25
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P
2
7
4
7
1
7
E( X )=0× 2
7 +1× 4
7 +2× 1
7 = 6
7 .
【变式8-3】（2025·湖南·三模）某学校为调查高三年级的体育开展情况，随机抽取了20 位高三学生作为
样本进行体育综合测试，体育综合测试成绩分4 个等级，每个等级对应的分数和人数如下表所示：
等
级
不及
格
及
格
良
优
分
数
1
2
3
4
人
数
3
9
5
3
(1)若从样本中随机选取2 位学生，求所选的2 位学生分数不同的概率；
(2)用样本估计总体，以频率代替概率.若从高三年级学生中随机抽取n 位学生，记所选学生分数不小于3 的
人数为X.
（ⅰ）若n=3，求X 的分布列与数学期望；
（ⅱ）若n=20，当k 为何值时，P(X =k )最大？
【答案】(1)69
95
(2)（ⅰ）分布列见解析，E (X )= 6
5 ；（ⅱ）k =8时，P(X =k )最大
【解题思路】（1）设事件M =“选取的2 位学生分数不同”，根据对立事件结合古典概型计算即可得概
率；
（2）（ⅰ）n=3时，X ∼B(3, 2
5)，结合二项分布求解概率分布列与数学期望；（ⅱ）n=20时，
X ∼B(20, 2
5)，由于P(X =k )最大，结合二项分布的概率计算可得¿解不等式可得符合的k的值.
【解答过程】（1）设事件M =“选取的2 位学生分数不同”，
则P(M )=1−P(M )=1−C3
2+C9
2+C5
2+C3
2
C20
2
= 69
95，
故所选的2 位学生分数不同的概率为69
95；
26
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（2）设A =“学生分数不小于3”，则P( A)= 5+3
20 = 2
5，
（ⅰ）若n=3，X的可能取值为0,1,2,3，由题意可得X ∼B(3, 2
5),
又P(X =0)=(1−2
5)
3
= 27
125，P(X =1)=C3
1× 2
5 ×(1−2
5)
2
= 54
125，
P(X =2)=C3
2×(
2
5)
2
×(1−2
5)= 36
125，P(X =3)=(
2
5)
3
= 8
125，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
27
125
54
125
36
125
8
125
由于X ∼B(3, 2
5)，则E (X )=3× 2
5 = 6
5 ；
（ⅱ）若n=20，则X ∼B(20, 2
5)，
所以P(X =k )=C20
k ×(
2
5)
k
×(1−2
5)
20−k
=C20
k ×(
2
5)
k
×(
3
5)
20−k
，
由于P(X =k )最大，
所以¿ ¿，
即¿，
因为k ∈N
∗，k ∈[0,20]，所以k =8时，P(X =k )最大.
一、单选题
1．（24-25 高一下·广东深圳·期末）已知两个随机事件A 和B，其中P( A)= 1
2，P(B)= 3
8，P( A ∪B)= 3
4
，则P( AB)=（ ）
A．1
4
B．1
3
C．1
2
D．1
8
【答案】D
【解题思路】因为A 和B 是两个随机事件,所以由P( A ∪B)= P( A )+ P(B)−P( AB)即可求出结果.
【解答过程】因为A 和B 是两个随机事件,所以P( A ∪B)= P( A )+ P(B)−P( AB)
则P( AB)= P( A)+ P(B)−P( A ∪B)= 1
2 + 3
8 −3
4 = 1
8
27
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故选：D.
2．（2025·吉林白城·模拟预测）6 个数字1，2，2，2，3，5 排成一排构成一个六位数，则这个六位数为偶
数的概率为（ ）
A．1
2
B．2
3
C．4
15
D．2
5
【答案】A
【解题思路】由题知6 个数中只有3 个不同的数，总事件为六位数选3 个出来全排，剩下2 个为2，若六位
数为偶数，个位数必为2，则前面5 位中选3 位进行全排，然后计算概率即可.
【解答过程】6 个数中只有3 个不同的数，总事件为六位数选3 个出来全排，剩下2 个为2，则共有
C6
3 A3
3=120种，
若六位数为偶数，个位数必为2，则前面5 位中选3 位进行全排，共有C5
2 A3
3=60种，
所以概率P= 60
120 = 1
2 .
故选：A.
3．（2025·广东佛山·模拟预测）某学校的数学兴趣小组为了了解我国古代的数学成就，先后去图书馆借阅
了5 本古代数学名著：《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《孙子算经》和《张丘建算经》，该小
､
､
､
组每次随机借阅一本名著，且归还后再随机借阅下一本（已借阅的不会重复借阅）．则最先借阅的两本是
《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》的概率为（ ）
A．1
15
B．9
125
C．18
125
D．1
30
【答案】D
【解题思路】由古典概率的计算公式求解即可.
【解答过程】所有可能的借阅顺序总数为：A5
5=5×4×3×2×1=120，
最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》，
所以前两本的顺序可以是《周髀算经》、《九章算术》或者《九章算术》、《周髀算经》，有2种情况，
最后一本已经确定是《孙子算经》，中间2本为《海岛算经》、《张丘建算经》，有2种情况，
设最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》为事件A，
则P( A)= 2×2
120 = 1
30，
故选：D.
28
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4．（24-25 高二上·浙江杭州·期中）设A ,B是一个随机试验中的两个事件，记A ,B为事件A ,B的对立事
件，且P( A)= 2
5 , P(B)= 1
3 , P( A B)= 2
15，则P( A + B)=（ ）
A．11
15
B．8
15
C．14
15
D．13
15
【答案】D
【解题思路】根据已知条件求出P( A )和P(B)，再利用概率的性质求出P( A + B).
【解答过程】因为P( A)= 2
5，所以P( A)=1−P( A)= 3
5.
又P( AB)= P( A)−P( A B)= 2
5 −2
15 = 4
15
所以P( A B)= P(B)−P( AB)= 1
3 −4
15 = 1
15.
故P( A + B)= P( A)+ P(B)−P( A B)= 3
5 + 1
3 −1
15 = 13
15.
故选：D.
5．（2025·陕西铜川·三模）如图是一个射击靶的示意图，其中每个圆环的宽度与中心圆的半径相等.某人朝
靶上任意射击一次没有脱靶，则其命中9环的概率为（ ）
A．3
16
B．1
16
C．1
8
D．1
5
【答案】A
【解题思路】设中心10环圆的半径为r，则大圆的半径为4 r，求出大圆的面积与9环所在圆环的面积，再
由几何概型的概率公式计算可得.
【解答过程】设中心10环圆的半径为r，则射击靶所在大圆的半径为4 r，面积为π×(4 r )
2=16πr
2；
9环所在圆环的面积为π×(2r)
2−πr
2=3πr
2，故所求概率P = 3πr
2
16πr
2 = 3
16 .
29
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故选：A.
6．（2025·陕西安康·模拟预测）已知集合A =¿，从集合A 的非空子集中任取两个集合B1，B2，则它们的
交集为空集的概率为（ ）
A．5
7
B．10
21
C．5
21
D．1
7
【答案】C
【解题思路】解一元二次不等式，求出集合A中的元素，计算集合A的所有非空子集的个数，分类讨论其
中两个集合B1，B2交集为空集的情况数，计算概率即可.
【解答过程】由x
2−5 x<0，解得0< x<5，所以A = {1,2,3,4}，共有2
4−1=15个非空子集，
当B1中有一个元素时，B2是剩下三个元素的非空子集，则有C4
1×(2
3−1)=28种情况，
当B1中有两个元素时，B2是剩下两个元素的非空子集，则有C4
2×(2
2−1)=18种情况，
当B1中有三个元素时，B2是剩下一个元素的非空子集，则有C4
3×1= 4种情况，
根据对称性可知，其中有一半是重复的情况，则B1，B2交集为空实际有28+18+ 4
2
=25种不同情况，
任取两个集合B1，B2交集为空集的概率为
25
C15
2 = 5
21.
故选：C.
7．（2025·山东·模拟预测）在4 个人中选若干人在3 天假期中值班（每天只需1 人值班），不出现同一人
连续值班两天，其中甲恰有一天值班的概率为（ ）
A．1
4
B．1
2
C．7
12
D．3
4
【答案】C
【解题思路】按甲只在第一天，只在第二天，只在第三天值班分类，数清楚样本点个数，再用古典概型即
可得到答案.
【解答过程】计算总可能值班的样本点个数：
每天值班人选从4 人中选1 人，且相邻两天值班人不同.
第一天：有4 种选择（任何一人均可）；
第二天：不能与第一天相同，因此有3 种选择（排除第一天的人）；
第三天：不能与第二天相同，因此有3 种选择（排除第二天的人）.
30
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总的样本点个数：4×3×3=36.
计算甲恰有一天值班的样本点个数：
甲只在第一天值班有1×3×2=6种，
甲只在第二天值班有1×3×3=9种，
甲只在第三天值班有1×3×2=6种.
所以有古典概型知：P= 6+9+6
36
= 7
12.
故选：C.
8．（2025·甘肃白银·模拟预测）一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5 的5 张标签，随机地选取两张标签
并求标签上的数字之和．记不放回地选取且和为6 的概率为P1，有放回地选取且和为6 的概率为P2，则
P1: P2的值为（ ）
A．2
B．1
C．2
3
D．1
2
【答案】B
【解题思路】根据古典概型概率公式，求出事件概率，计算结果.
【解答过程】由题意知6=1+5=2+ 4 =3+3，
不放回地选取共有20 个样本点，标签上的数字之和为6 有4 个样本点，分别为(1,5),(5,1),(2,4),(4,2)，
所以P1= 1
5，
有放回地选取共有25 个样本点，标签上的数字之和为6 有5 个样本点，分别为
(1,5),(5,1),(2,4),(4,2),(3,3)，所以P2= 1
5，
则P1: P2=1．
故选：B.
二、多选题
9．（2025·安徽合肥·模拟预测）粉笔盒中只装了白红黄蓝绿5 支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了
3 支，下列结论中正确的是（ ）
A．事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少1 支用到”为互斥事件
B．事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1 支用到”为对立事件
C．白色与红色粉笔都用到的概率为2
5
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D．白色与红色粉笔至少1 支用到的概率为9
10
【答案】BD
【解题思路】根据题意，由互斥事件的定义，可判定A 错误；根据对立事件的定义，可得判定B 正确，利
用列举法，结合古典摡型的概率计算公式，可判定C 错误，D 正确.
【解答过程】记白、红、黄、蓝、绿颜色的粉笔分别为：A ,B ,a,b,c，
对于A 中，“A ,B都入选”与“A ,B至少1 支入选”可以同时发生，所以A 错误；
对于B 中，对于A ,B是否入选所有事件类型有：A ,B都入选，A入选B不入选，A不入选B入选和A ,B都
不入选，所以事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1 支用到”为对立事件，所以B 正
确；
对于C 中，设从5 支中随机选3 支，则有( A ,B ,a)，( A ,B ,b)，( A ,B ,c)，( A ,a,b)，( A ,a,c)，
( A ,b,c)，(B ,a,b)，(B ,a,c)，(B ,b,c)，(a,b,c)，共10 种选法，
其中A ,B都入选的选法有3 种，故所求概率P= 3
10，所以C 错误；
对于D 中，由A ,B至少1 支入选的选法有9 种，故所求概率P= 9
10，所以D 正确．
故选：BD．
10．（2025·甘肃白银·三模）定义：对一个三位数来说，如果其十位数字比个位数字和百位数字都小，则
称它为“三位凹数”，如果其十位数字比个位数字和百位数字都大，则称其为“三位凸数”，现从1 至9
共9 个数中，选取3 个不同的数排成三位数M，则（ ）
A．排成的“三位凹数”共有168 个
B．排成的“三位凸数”和“三位凹数”的可能性相等
C．从所有的M中随机抽取一个三位数，该三位数是“三位凸数”的概率为1
3
D．从所有的M中随机抽取两个三位数，至少有一个是“三位凹数”的概率为2
3
【答案】ABC
【解题思路】根据“三位凹数”和“三位凸数”的定义，结合排列数和组合数的计算公式，可判定A 正
确；求得“三位凹数”和“三位凸数”的个数，可判定B 正确；由三位数M的个数，结合古典摡型的概率
计算公式，可判定C 正确；结合古典摡型的概率计算公式和对立事件的概率公式，可判定D 错误.
【解答过程】对于A 中，从9 个数中选3 个数，有C9
3=84种选法，
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将最小的数作为十位数字，剩下两个数随意作为百位和个位上的数字，有A2
2种，故共有C9
3 A2
2=168（个）
“三位凹数”，所以A 正确；
对于B 中，由A 知排成的“三位凸数”共有C9
3 A2
2=168（个），
所以排成的“三位凸数”和“三位凹数”的可能性相等，所以B 正确；
对于C 中，由三位数M共有A9
3=504个，所以 “三位凸数”的概率为168
504 = 1
3，所以C 正确；
对于D 中，由三位数M共有A9
3=504个，
任取两个三位数有C504
2 种，其中不同非“三位凹数”的三位数有336 个，
任取两个非“三位凹数”有C336
2 种，所以至少有一个是“三位凹数”的概率为1−C336
2
C504
2
≠2
3，所以D 错误.
故选：ABC.
11．（2025·湖北十堰·模拟预测）高考来临之际，某校食堂的午饭针对高三学生推出了多种营养套餐，其
中10 元套餐是从A 、B、C 、D、E五道菜中任选三道菜，甲、乙两位同学午饭都选择了此套餐，假设
甲、乙两人选择每道菜品都是等可能的且两人选择菜品互不影响，则（ ）
A．甲选了A的概率为3
5
B．甲选了A且乙不选B的概率为6
25
C．甲乙两人所选的菜品完全相同的概率为1
5
D．甲乙两人选的菜品恰有一个相同的概率为3
10
【答案】ABD
【解题思路】根据古典概率的计算公式列式计算判断.
【解答过程】对于A，甲同学选A这道菜的概率为C4
2
C5
3 = 6
10 = 3
5，故A 正确；
对于B，由A 选项得甲选了A且乙不选B的概率为C4
2
C5
3 ×C4
3
C5
3 = 3
5 × 2
5 = 6
25，故B 正确；
33
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对于C，甲乙两人所选的菜完全相同的概率为1× 1
C5
3 = 1
10，故C 错误；
对于D，甲乙两人选的菜恰有一个相同的概率为C5
1C4
2
C5
3×C5
3 = 3
10，故D 正确．
故选：ABD.
三、填空题
12．（2025·湖南·三模）甲、乙两人向同一目标各射击1 次，已知甲、乙命中目标的概率分别为3
4 ，4
5 ，则
目标至少被击中1 次的概率为
．
【答案】19
20
【解题思路】方法一：设出事件，根据P( A + B)= P( A)+ P(B)−P( AB)进行求解；
方法二：先求出目标没有被击中的概率，利用对立事件的概率公式求解即可.
【解答过程】方法一：设“甲命中目标”为事件A，“乙命中目标”为事件B，
则P( A)= 3
4 ，P(B)= 4
5 ，
所以目标至少被击中1 次的概率
P( A + B)= P( A)+ P(B)−P( AB)= 3
4 + 4
5 −3
4 × 4
5 = 19
20；
方法二：设“甲命中目标”为事件A，“乙命中目标”为事件B，
则P( A)= 3
4 ，P(B)= 4
5 ，P( A)= 1
4 ，P(B)= 1
5，
所以目标没有被击中的概率为P( A) P(B)= 1
5 × 1
4 = 1
20，
目标至少被击中1 次的概率为1−1
20 = 19
20
故答案为：19
20.
13．（2025·湖北黄冈·模拟预测）甲乙两人进行掷骰子比赛，在每轮比赛中，两人各自随机投掷质地均匀
､
的骰子一次，规定点数大的得2分，点数小的得0分，点数相同时各得1分，三轮比赛结束后，甲得4分的概
率为
.
【答案】145
576
34
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【解题思路】根据古典概型的概率公式分别计算每轮比赛得分所对应的概率，再分情况讨论三轮比赛的得
分情况，即可得解.
【解答过程】用(a,b)分别表示甲､乙两人投掷一枚骰子的结果，因为甲､乙两人每次投掷均有6种结果，则
在一轮游戏中，共包含6×6=36（个）等可能的基本事件.其中，甲得2分，即a>b包含的基本事件有(2,1)
，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)共15
个，则甲每轮得2分的概率为15
36 = 5
12.同理可得，甲每轮得0分的概率也是5
12，得1分的概率为1
6.
设事件A表示三轮比赛结束后甲得4分，则事件A可分两类情形：
①甲有两轮得2分，一轮得0分，概率为P1=C3
2×(
5
12)
2
× 5
12 = 125
576 ；
②甲有一轮得2分，两轮得1分，概率为P2=C3
2×(
1
6)
2
× 5
12 = 5
144 ，
所以P( A)= P1+ P2= 145
576 ，
故答案为：145
576.
14．（2025·广东广州·模拟预测）如图，某停车场有2 行4 列共8 个停车位，现有2 辆红色汽车和2 辆黑色
汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为 .
【答案】1
5
【解题思路】首先根据分类和分步计数原理，计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况，
再结合古典概型概率公式，即可求解.
【解答过程】先计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数.
第一步：停红色汽车，第一辆红色汽车在第一行选一个位置有四个位置可选，第二辆红色汽车在第二行有
三个位置可选，由于两辆红色汽车可以互换，故有4×3×2=24种；
第二步：停黑色汽车，分成两种情况：若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车同列，则另一辆黑色汽
车有3 种停法，若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车不同列有2 种停法，此时另一辆黑色汽车有2
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种停法，由于两辆黑色汽车可以互换，故有(3+2×2)×2=14种.
因此，相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数共有24×14 种，
8 个车位停入4 辆车的试验共有8××7×6×5种情况，
所以相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为
24×14
8×7×6×5 = 1
5.
故答案为：1
5.
四、解答题
15．（24-25 高一下·山东临沂·期末）猜灯谜是元宵节特色活动之一.甲、乙两人独立地参加了今年的元宵节
猜灯谜活动，已知甲猜对的概率为3
5，乙猜对的概率为p，甲、乙都猜不对的概率为2
15.活动中，甲和乙猜
对与否互不影响.
(1)求p；
(2)求甲、乙恰有一人猜对灯谜的概率.
【答案】(1)2
3
(2) 7
15
【解题思路】（1）利用独立事件的乘法公式和对立事件的性质求解即可；
（2）利用概率的性质求解即可.
【解答过程】（1）设事件A为“甲能猜对灯谜”， 事件B为“乙能猜对灯谜”，
由题意得，A与B相互独立，且P( A)= 3
5,P(B)= p，
故甲、乙都猜不对的概率：P( A B)= P( A) P(B)=(1−3
5)×(1−p)= 2
15,
故p= 2
3.
（2）甲、乙恰有一人猜对灯谜的事件为A B∪A B,
且P( A B∪A B)= P( A B)+ P( A B)= 3
5 ×(1−2
3)+(1−3
5)× 2
3 = 7
15，
故甲、乙恰有一人猜对灯谜的概率为7
15.
16．（2025·河北秦皇岛·三模）某村为提高村民收益，种植了一批苹果树，现为了更好地销售，从该村的
苹果树上随机摘下100 个苹果，测得其质量（单位：克）均分布在区间[150, 300]内，并绘制了如图所示
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的频率分布直方图：
(1)按比例分配的分层随机抽样的方法从质量落在区间[175, 200), [200, 225)的苹果中随机抽取5 个，再
从这5 个苹果中随机抽取2 个，求这2 个苹果质量均小于200 克的概率；
(2)以各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平，已知该村每亩苹果树上大约还有50000 个苹果待出
售，某电商提出两种收购方案：
A．所有苹果均以4 元/千克收购；
B．低于225 克的苹果以0.8元/个的价格收购，高于或等于225 克的苹果以1 元/个的价格收购．
请你通过计算为该村选择收益最好的方案．
【答案】(1) 1
10.
(2)方案B.
【解题思路】（1）先根据频率比确定在不同区间内抽取的苹果个数，再利用组合数准确计算从抽取的苹
果中选2 个的所有情况数以及满足条件（质量均小于200 克 ）的情况数，最后依据古典概型概率公式求
解.
（2）一是利用频率分布直方图的性质准确计算各区间频率和苹果质量的平均数，进而得到总质量用于方
案 A 收益计算；二是分别算出不同质量标准下苹果的个数，用于方案 B 收益计算，最后通过比较收益大
小做出合理选择.
【解答过程】（1）由题图可得苹果质量在区间[175, 200)和[200, 225)的比为2:3，
所以应分别在质量为[175, 200), [200, 225)的苹果中抽取2 个和3 个，
所以所求概率为P =C2
2
C5
2 = 1
10．
（2）由题中频率分布直方图可知，苹果质量在区间[150, 175)的频率为25×0.004 =0.1，
同理，苹果质量在区间[175, 200), [200, 225), [225, 250), [250, 275), [275, 300]的频率依次为
0.1, 0.15, 0.4 , 0.2, 0.05，
若按方案A收购：
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总收益为：( 150+175
2
×0.1+ 175+200
2
×0.1+ 200+225
2
×0.15+ 225+250
2
×0.4+
250+275
2
×0.2+ 275+300
2
×0.05)×50000×0.004 = 45750（元）．
若按方案B收购：由题意知苹果质量低于225 克的个数为(0.1+0.1+0.15)×50000=17500，
苹果质量高于或等于225 克的个数为50000−17500=32500，
所以总收益为17500×0.8+32500×1= 46500（元）．
因为45750<46500，所以方案B的收益比方案A的收益高，应该选择方案B．
17．（2025·云南昆明·模拟预测）某志愿者社团计划在周一和周二两天各举行一次活动，分别由甲、乙两
人负责活动通知，已知该社团共有n位同学，每次活动均需k位同学参加．假设甲和乙分别将各自活动通知
的信息独立、随机地发给该社团k位同学，且所发信息都能收到．
(1)当n=8，k =3时，求该社团只有小明同学同时收到甲、乙两人所发活动通知信息的概率；
(2)记至少收到一个活动通知信息的同学人数为X，当n=5，k =2时，求随机变量X的分布列和数学期望．
【答案】(1) 15
224
(2)分布列见解析，E (X )= 16
5
【解题思路】（1）利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）分析可知，随机变量X的可能取值有2、3、4，求出随机变量X在不同取值下的概率，可得出随机变
量X的分布列，进而可求得E ( X )的值.
【解答过程】（1）设事件A =“该社团只有小明同学同时收到甲、乙两人所发活动通知信息”，
则P( A)=C7
2C5
2
C8
3C8
3 = 15
224 ，
即该社团只有小明同学同时收到甲、乙两人所发活动通知信息的概率为15
224 ．
（2）当n=5，k =2时，X的可能取值为2、3、4，
且P(X =2)=C5
2
C5
2C5
2 = 1
10，P(X =3)=C5
1C4
1 C3
1
C5
2C5
2
= 3
5，P(X = 4)=C5
2C3
2
C5
2C5
2 = 3
10
所以X的分布列为
X
2
3
4
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P
1
10
3
5
3
10
所以，E (X )=2× 1
10 +3× 3
5 + 4× 3
10 = 16
5 ．
18．（2025·上海·高考真题）2024 年巴黎奥运会，中国获得了男子4×100米混合泳接力金牌．以下是历届
奥运会男子4×100米混合泳接力项目冠军成绩记录（单位：秒），数据按照升序排列．
206.78
207.46
207.95
209.34
209.35
210.68
213.73
214.84
216.93
216.93
(1)求这组数据的极差与中位数；
(2)从这10 个数据中任选3 个，求恰有2 个数据在211 以上的概率；
(3)若比赛成绩y 关于年份x 的回归方程为y =−0.311 x + ^b，年份x 的平均数为2006，预测2028 年冠军队
的成绩（精确到0.01 秒）．
【答案】(1)10.15；210.015；
(2) 3
10
(3)204.56
【解题思路】（1）由最长与最短用时可得极差，由中间两数平均数可得中位数；
（2）由古典概型概率公式可得；
（3）先求成绩平均数y，再由( x , y)在回归直线上，代入方程可得^b，再代入年份预测可得.
【解答过程】（1）由题意，数据的最大值为216.93，最小值为206.78，
则极差为216.93−206.78=10.15；
数据中间两数为209.35与210.78，
则中位数为209.35+210.68
2
=210.015.
故极差为10.15，中位数为210.015；
（2）由题意，数据共10个，211以上数据共有4个，
故设事件A =“恰有2个数据在211以上”，
则P( A )=C4
2⋅C6
1
C10
3
= 3
10，
故恰有2个数据在211以上的概率为3
10；
（3）由题意，成绩的平均数
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206.78+207.46+207.95+209.34+209.35+210.68+213.73+214.84+216.93+216.93
10
=211.399，
由直线y =−0.311 x + ^b过(2006,211.399)，
则^b=211.399+0.311×2006=835.265，
故回归直线方程为y =−0.311 x +835.265.
当x =2028时,y =−0.311×2028+835.265=204.557≈204.56.
故预测2028年冠军队的成绩为204.56秒.
19．（2025·江苏扬州·模拟预测）某商场进行抽奖活动，设置摸奖箱内有红球1个，白球2个，黑球3个，小
球除颜色外没有任何区别.规定：摸到红球记1分，摸到白球记0分，摸到黑球记−1分.抽奖人摸3个球为一
次抽奖，总分记为X，若X ≥0，则获奖.
方案一：从中一次摸1个球，记录分数后不放回.
方案二：从中一次摸1个球，记录分数后放回.
(1)若甲顾客按照方案一摸球记分，求甲顾客获奖的概率；
(2)若丙顾客按照方案二摸球记分，求X的分布列和数学期望.
【答案】(1) 7
20；
(2)分布列见解析，E (X )=−1.
【解题思路】（1）分析可知，甲顾客摸到1个红球2个白球、或者是1个红球1个白球1个黑球，结合组合计
数原理以及古典概型的概率公式可得出P(X ≥0)的值；
（2）从袋中每次随机摸出1个球，摸到红球的概率为1
6 ，摸到白球的概率为1
3，摸到黑球的概率为1
2，X的
可能取值有−3、−2、−1、0、1、2、3，计算出随机变量X在不同取值下的概率，可得出随机变量X的
分布列，进而可求得E ( X )的值.
【解答过程】（1）若X ≥0，则甲顾客摸到1个红球2个白球、或者是1个红球1个白球1个黑球，
所以，P(X ≥0)=C2
2C1
1+C1
1C2
1C3
1
C6
3
= 7
20.
（2）从袋中每次随机摸出1个球，摸到红球的概率为1
6 ，摸到白球的概率为1
3，摸到黑球的概率为1
2，
则X的可能取值有−3、−2、−1、0、1、2、3，
P(X =−3)=(
1
2)
3
= 1
8，P(X =−2)=C3
1⋅1
3 ⋅(
1
2)
2
= 1
4 ，
40
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P(X =−1)=C3
1⋅1
6 ⋅(
1
2)
2
+C3
1⋅1
2 ⋅(
1
3)
2
= 7
24 ，P(X =0)=(
1
3)
3
+ A3
3⋅1
6 ⋅1
3 ⋅1
2 = 11
54 ，
P(X =1)=C3
1⋅1
6 ⋅(
1
3)
2
+C3
1⋅1
2 ⋅(
1
6)
2
= 7
72，P(X =2)=C3
2⋅(
1
6)
2
⋅1
3 = 1
36 ，
P(X =3)=(
1
6)
3
= 1
216 ，
所以，随机变量X的分布列如下表所示：
X
−3
−2
−1
0
1
2
3
P
1
8
1
4
7
24
11
54
7
72
1
36
1
216
故E (X )=−3× 1
8 −2× 1
4 −1× 7
24 +0× 11
54 +1× 7
72 +2× 1
36 +3× 1
216 =−1.
41
