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计数原理与概率统计
猜押考点
3 年真题
考情分析
押题依据
计数原理
与概率统
计
2024 全国新高考I
卷9、14、
2024 全国新高考
Ⅱ卷4、14、18
2023 全国新高考I
卷9、10、13、21
2023 全国新高考
Ⅱ卷3、12、19
2022 全国新高考I
卷13、20
2022 全国新高考
Ⅱ卷5、19
关于排列、组合与二项式定理的考查，往
往以客观题形式考查.
1.基本原理的应用；
2.基本原理与排列的综合问题；
3.基本原理与组合的综合问题；
4.基本原理、排列、组合综合问题；
5.二项展开式指定项（系数）；
6.二项式系数的性质；
7.数学文化与杨辉三角.
8.概率的计算问题：古典概型是基础，条
件概率、乘法公式与全概率公式的应用，
独立性与条件概率综合问题；
9.随机抽样、统计图表及其应用、数据数
字特征的计算及其应用等，其中频率分布
表、频率分布直方图是重点；
10.线性回归问题也许会成为“黑马”、独
立性检验；
11.两点分布、二项分布、超几何分布、正
态分布及其数字特征，考查方式可能分别
以客观题、主观题两种.
统计案例以及数字特征类的
运算子近年的考查频率非常
高，容易与实际情景以及频
率分布直方图相结合，从而
考查统计与概率的相关知识
点，将是高考的一个方向。
古典概型是高考数学中的一
个重要考查点，难度小。排
列组合在近年的高考中考查
的不是很多，一般是排队性
问题，插空类，以及分类讨
论性问题
离散型分布是高考的一个常
考题型，主要是赛制类问
题，二项分布，超几何分布
类问题
条件概率与全概率的应用是
高考在概率方面的一个重要
方向，在新高考中将是一个
非常重要的方向
题型一 统计案例与数据分析
1．（24-25 高三下·河南周口·阶段练习）某校高三年级共有2000 人，其中男生1200 人，女生800 人，某次
考试结束后，学校采用按性别分层随机抽样的方法抽取容量为
的样本，已知样本中男生比女生人数多8
人，则
（ ）
A．20
B．30
C．40
D．48
【答案】C
【分析】利用分层抽样的性质直接求解.
1
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【详解】根据分层抽样的性质可知，样本中男生人数为：
，
样本中女生人数为：
，
由题意，所以
，
所以
.
故选：C
2．（24-25 高二下·上海·开学考试）某公司利用随机数表对生产的900 支新冠疫苗进行抽样测试，先将疫
苗按000，001，…，899 进行编号，从中抽取90 个样本，若选定从第4 行第4 列的数开始向右读数，（下
面摘取了随机数表中的第3 行至第5 行），根据下图，读出的第5 个数的编号是 ．
1676622766 5650267107 3290797853 1355385859 8897541410
1256859926 9682731099 1696729315 5712101421 8826498176
5559563564 3854824622 3162430990 0618443253 2383013030
【答案】729
【分析】找到第4 行第4 列的数开始向右数，三个数字为一组，如果数据超过899 则跳过，数到第5 个899
以内的数字即可.
【详解】从685 开始向右数，即685，992，696，827，310，991，696，729，跳过992，991，696 重复，
跳过，
所以第5 个数字为729.
故答案为：729.
3．（22-23 高一下·云南昭通·期末）高一（1）班有学生45 人，高一（2）班有学生27 人，高一（3）班有
学生36 人，用分层抽样的方法从这三个班中抽出一部分人组成
的方队，进行体操比赛，则高一（1）
班、高一（2）班、高一（3）班分别被抽取的人数是（ ）
A．15，9，12
B．9，15，12
C．12，9，15
D．15，12，9
【答案】A
【分析】由分层抽样的方法结合题意计算即可.
【详解】利用分层抽样的方法得，高一（1）班应抽出
（人），
高一（2）班应抽出
（人），
高一（3）班应抽出
（人），
2
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则高一（1）班，高一（2）班，高一（3）班分别被抽取的人数是15，9，12，
故选：A.
4．（2025·河南·一模）（多选）已知
，样本数据
，
，则
（ ）
A．
的平均数一定等于
的平均数
B．
的中位数一定小于
的中位数
C．
的极差一定大于
的极差
D．
的方差一定小于
的方差
【答案】AC
【分析】利用平均数、极差的定义计算判断AC；利用中位数的定义举例判断B；利用方差的意义分析判断
D.
【详解】对
分别求平均数，均为
，故A 正确；
的中位数为
，
的中位数为
，大小关系不确定，
不妨设原数据为：
，中位数为
，则新数据为：
，中位数为2，故B 错误；
的极差为
，
的极差为
，故C 正确；
由
，且
和
的平均数相等，从而
，故D 错误．
故选：AC．
5．（24-25 高一下·广东广州·期中）（多选）某兴趣小组9 名同学的数学成绩（单位：分）分别为：
，
，
，
，
，
，
，
，
，则（ ）
A．中位数是88.5
B．上四分位数是91
C．下四分位数是80
D．极差是30
【答案】BCD
【分析】由中位数，下四分位数，上四分位数，极差概念结合题目数据可得答案.
【详解】将数据从小到大排列，有
，
，
，
，
，
，
，
，
.
对于A，因数据个数为9，则中位数为第5 个数据，即89，故A 错误；
对于B，上四分位数为
分位数，因
，则上四分位数为第7 个数据，
即91，故B 正确；
3
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对于C，下四分位数为
分位数，因
，则下四分位数为第3 个数据，
即80，故C 正确；
对于D，极差为
，故D 正确.
故选：BCD
6．（24-25 高一下·广东广州·期中）（多选）某项比赛共有10 个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低
分，则与原始数据相比，一定不变的是（ ）
A．极差
B．45 百分位数
C．中位数不变
D．众数
【答案】BC
【分析】根据题意将10 个数据去掉最高分和最低分后分别分析极差、45 百分位数、中位数、众数的变化
即可得结论．
【详解】某项比赛共有10 个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，
对于A 选项，若每个数据都不相同，则极差一定变化，故A 选项错误；
对于B 选项，由
，所以将10 个数据从小到大排列，45 百分位数为第5 个数据，
从10 个原始评分中去掉1 个最高分、1 个最低分，得到8 个有效评分，
，
所以45 百分位数为8 个数据从小到大排列后第4 个数据，即为原来的第5 个数据，数据没变，故B 选项正
确；
对于C 选项，由
，所以将10 个数据从小到大排列，中位数为第5 个和第6 个数据的平均数，
从10 个原始评分中去掉1 个最高分、1 个最低分，得到8 个有效评分，
，
中位数为第4 个和第5 个数据的平均数，即为原来的第5 个和第6 个数据的平均数，数据没变，故C 选项
正确；
对于D 选项，去掉一个最高分一个最低分，众数可能变化，故D 选项错误．
故选：BC.
7．（24-25 高二下·上海青浦·期中）设一组样本数据
的平均数为
，则数据
平均数为 .
【答案】6
【分析】根据平均数的定义求解即可
【详解】因为
的平均数为
，所以
，
4
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所以
.
故答案为：
.
8．（2025·辽宁鞍山·二模）已知互不相等的数据
，
，
，
，
，
，的平均数为，方差为
，
数据
，
，
，
，
，
的方差为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
与
的大小关系无法判断
【答案】C
【分析】根据所给数据分别计算
、
比较大小即可求解.
【详解】根据已知条件第一组数据的个数为
个，且
，
所以
，
，
第二组数据的个数为
个，且平均数
，
，
因为
，
所以
.
故选：C
5
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题型二 古典概型与排列组合
1．（2025·江西新余·模拟预测）毕业是青春的里程碑，更是奔赴星海的启航．希望中学高三（8）班的九
名身高互不相同的挚友想拍一张毕业照，要求排成三行三列，每列后面的人身高都高于前面的人，其中小
郅与小豪两位好朋友在这九人中身高由高到低分别位居第1 位与第4 位，他们要求要站在同一行相邻的位
置，则不同的排列方式共有（ ）种．
A．200
B．300
C．400
D．600
【答案】C
【分析】先确定特殊元素的位置，再利用排列、组合安排其他人的位置，根据分步乘法计数原理计算即可.
【详解】不妨将这9 名挚友的身高从矮到高排序为1，2，3，4，5，6，7，8，9，
小郅同学最高，只能排在最后一行，小豪同学与之相邻，将其看作一个整体，共有
种排法，
又由于小豪同学身高排第4，即从矮到高排第6，所以其前方只能站序号为1，2，3，4，5 的同学，
从中选两名同学有
种选法，选完之后让同学们由高到矮站位就行；
剩下的位置中任选两人站在小郅同学前面，剩余3 人在最后一列按高矮顺序站位即可，
所以有
种选法，
故共有
种选法．
故选：C.
2．（24-25 高二下·江苏苏州·阶段练习）用0、2、4、6、8 这5 个数字，组成没有重复数字的三位数的个数
为 .（用数字作答）
【答案】
【分析】由三位数的首位不为零，利用分步乘法原理，可得答案.
【详解】三位数的百位不能选零，则有
种选择，而十位与个位分别有
种与种选择，
所以三位数的个数为
.
故答案为：
.
3．（24-25 高二下·福建泉州·阶段练习）有3 位高三学生参加4 所重点院校的自主招生考试，每人参加且只
能参加一所学校的考试，则不同的考试方法种数为（ ）
A．9
B．12
C．64
D．81
【答案】C
【分析】由分步乘法计数原理可直接求得答案.
【详解】每位学生可以有
种参加重点院校的自主招生考试，
6
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由分步乘法计数原理可得，不同的考试方法种数为
种.
故答案为：C.
4．（24-25 高二下·陕西榆林·阶段练习）寒假期间，南京有4 个家庭分别选择吉林、白山、四平三个城市
中的一个避暑旅游，则这4 个家庭不同的选择方法共有（ ）
A．6 种
B．24 种
C．64 种
D．81 种
【答案】D
【分析】每个家庭都有三种选择方式，由分步乘法计数乘法原理可知共有
种选择方案.
【详解】由题意可知四个家庭中，每个家庭都有三种选择方式，
由分步乘法计数乘法原理，所以共有
种选择方案.
故选：D．
5．（2025·陕西汉中·二模）从正四棱台
的12 条棱中任取2 条，则这2 条棱互相平行的概
率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先确定出正四棱台中的平行直线，再应用古典概型及组合数计算求解.
【详解】因为
，
，所以这2 条棱互相平行的概率为
．
故选：D.
6．（24-25 高二下·安徽安庆·阶段练习）已知
，
，
，则关于
，
，
的方程
共有（ ）组不同的解.
A．36
B．45
C．50
D．24
【答案】A
【分析】根据题意将问题转化为把10 个相同的小球放入3 个不同的盒子，每个盒子至少放入1 个小球的不
同放法，由挡板分析可得答案.
【详解】根据题意，对于方程
将10 看成10 个相同的小球，将其分成3 组，每组至少1 个，
7
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第一组有
个，第二组有
个，第三组有
个，即可得一个方程的解，
所以10 个相同的小球形成9 个空，从中选2 个，插入隔板即可，
所以共有
组不同的解.
故选：A
7．（2023·广西南宁·模拟预测）五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学
说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼
此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”
有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有
种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜
色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与
水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色方法种数，结合
分类加法分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木
不能同色），
五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），
不妨设四种颜色分别为
、
、
、
，
先填涂区域“火”，有
种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为
，
接下来填涂区域“土”，有种选择，分别为
、
、
，
若区域“土”填涂的颜色为
，则区域“金”填涂的颜色分别为
、
、
；
若区域“土”填涂的颜色为
，则区域“金”填涂的颜色分别为
、
、
；
若区域“土”填涂的颜色为
，则区域“金”填涂的颜色分别为
、
、
.
8
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综上所述，区域“金”填涂
、
、
、
的方案种数分别为、
、
、
种，
接下来考虑区域“水”的填涂方案：
若区域“金”填涂的颜色为
，则区域“水”填涂的颜色可为
、
、
；
若区域“金”填涂的颜色为
，则区域“水”填涂的颜色可为
、
、
；
若区域“金”填涂的颜色为
，则区域“水”填涂的颜色可为
、
、
；
若区域“金”填涂的颜色为
，则区域“水”填涂的颜色可为
、
、
.
则区域“水”填涂
的方案种数为
种，填涂
的方案种数为
种，
填涂
的方案种数为
种，填涂
的方案种数为
种.
从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，
当区域“水”填涂的颜色为
时，区域“木”填涂的颜色可为
、
、
；
若区域“水”填涂的颜色为
时，区域“木”填涂的颜色可为
、
；
若区域“水”填涂的颜色为
时，区域“木”填涂的颜色可为
、
；
若区域“水”填涂的颜色为
时，区域“木”填涂的颜色可为
、
.
所以，当区域“火”填涂颜色
时，填涂方案种数为
种.
因此，不同的涂色方法种数有
种.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
（3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
8．（2025·河北沧州·模拟预测）将5 个大小相同，颜色不同的小球放入编号为1，2，3，4，5 的5 个盒子
中，恰好有2 个空盒的放法共有（ ）
A．1500 种
B．1800 种
C．2340 种
D．2400 种
【答案】A
【分析】先将5 个小球分成三份有3，1，1，和1，2，2 两种情况，按照分步计数原理分别有
和
分组方法（注意部分平均分组导致重复的情况），分组后再从编号不同的5 个盒子选3 个盒子按
照不同的顺序分别放入有
种排列方法，两式相乘即可得解.
9
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【详解】依题意，可以先将5 个大小相同，颜色不同的小球分成三份，
有，3，1，1，和1，2，2 两种情况，
于是恰好有2 个空盒的放法有
（种），
故选：A．
9．（19-20 高二上·四川成都·期中）如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G 七个点涂
色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．192
B．336
C．600
D．以上答案均不对
【答案】C
【分析】根据题意，结合计数原理，先排E，F，G，然后根据A，B，C，D 的情况讨论．
【详解】解：E，F，G 分别有4，3，2 种方法，
当A 与F 相同时，A 有1 种方法，此时B 有2 种，
若与F 相同有C 有1 种方法，同时D 有3 种方法，
若C 与F 不同，则此时D 有2 种方法，
故此时共有：
种方法；
当A 与G 相同时，A 有1 种方法，此时B 有3 种方法，
若C 与F 相同，C 有1 种方法，同时D 有2 种方法，
若C 与F 不同，则D 有1 种方法，
故此时共有：
种方法；
10
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当A 既不同于F 又不同于G 时，A 有1 种方法，
若B 与F 相同，则C 必须与A 相同，同时D 有2 种方法；
若B 不同于F，则B 有1 种方法，
Ⅰ若C 与F 相同则C 有1 种方法同时D 有2 种方法；
Ⅱ若C 与F 不同则必与A 相同，C 有1 种方法，同时D 有2 种方法；
故此时共有：
种方法；
综上共有
种方法．
故选：C．
【点睛】本题考查了计数原理，考查了分类讨论思想的应用，分类时要做到不重不漏．本题属于难题．
10．（24-25 高二下·广东汕头·期中）
年春节档共有
部影片定档，某影城根据第一周的观影情况，决
定第二周只播放其中的《哪吒之魔童闹海》、《唐探
》、《熊出没·重启未来》及《蛟龙行动》．为了
家庭中的大人和孩子观影便利，该影城对第、周影片播放顺序做出如下要求：《哪吒之魔童闹海》不排第
一场，《熊出没·重启未来》不排最后一场，《蛟龙行动》和《熊出没·重启未来》必须连续安排，则不同
的安排方式有（ ）
A．
种
B．种
C．10 种
D．
种
【答案】A
【分析】根据已知条件，分《哪吒之魔童闹海》排最后一场、《哪吒之魔童闹海》排第二场、《哪吒之魔
童闹海》排第三场三种情况分别计算安排方法数，最后分类加法公式计算总数即可.
【详解】分三种情况：
第一种：《哪吒之魔童闹海》排最后一场，因为《蛟龙行动》和《熊出没·重启未来》
必须连续安排，所以用捆绑法有
种可能，并看成一个元素，
剩下元素有
种排法，所以共有
种排法；
第二种：《哪吒之魔童闹海》排第二场，
因为《蛟龙行动》和《熊出没·重启未来》必须连续安排，而且《熊出没·重启未来》不排最后一场，
所以《蛟龙行动》和《熊出没·重启未来》只能排在第四、第三两场，《唐探
》排第一场，这种情况
共种排法；
11
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第三种：《哪吒之魔童闹海》排第三场，
因为《蛟龙行动》和《熊出没·重启未来》必须连续安排，而且《熊出没·重启未来》不排最后一场，
所以《蛟龙行动》和《熊出没·重启未来》排在前两场有
种排法，《唐探
》排最后一场，这种情况
共有
种排法.
综上符合条件的电影安排方法总数为
种.
故选：A.
11．（24-25 高二下·江西·阶段练习）要让如图所示的电路在只合上两个开关的情况下正常工作，不同方法
种数为（ ）
A．10
B．8
C．6
D．5
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算得解.
【详解】依题意，在左边并联的两个开关中任取1 个合上，再在右边并联的三个开关中任取1 个合上，电
路正常工作，
所以不同方法种数为
.
故选：C
题型三 二项式定理
1．（2025·江苏·模拟预测）已知
展开式的第3 项的二项式系数与第5 项的二项式系数相等，则
展开式中
项的系数为 .（用数字作答）
【答案】
【分析】根据二项式系数之和可得
，结合展开式的通项运算求解即可.
【详解】由题意可知得
，所以
，
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则
的展开式的通项为
，
令
，解得
，
所以展开式中
项的系数为
.
故答案为：
.
2．（24-25 高三下·江苏·阶段练习）已知
（
为常数）的展开式中所有项系数的和与二项式系
数的和相等，则该展开式中的常数项为
【答案】
【分析】利用二项式的展开式通项公式来求解即可.
【详解】由题意知，展开式中所有项的二项式系数和为
，
令
得，展开式中所有项的系数和为
，
由题意知它们相等得，
，
再根据展开式通项公式：
，
当
时，解得
，
所以展开式中的常数项为
，
故答案为：
.
3．（2025·山东聊城·模拟预测）
的展开式中
的系数为
，则
．
【答案】
【分析】根据题意，结合二项展开式的性质，得到
，求得
的值，即可得到答
案.
【详解】由多项式
的展开式中
的系数为
，
13
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可得
，即
，解得
.
故答案为：
．
4．（24-25 高二下·河北沧州·阶段练习）已知
的展开式中第5 项与第8 项的二项式系数相等，则奇
数项的二项式系数和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先根据
的展开式中第5 项与第8 项的二项式系数相等建立关于
的方程
，求出
；
再利用二项式系数的性质即可求解.
【详解】因为
的展开式中第5 项与第8 项的二项式系数相等，
所以
，解得：
.
所以奇数项的二项式系数和为
.
故选：A.
5．（2025·广西桂林·一模）（多选）已知
的二项式系数和为64，则（ ）
A．
B．常数项是第3 项
C．二项式系数最大值为20
D．所有项系数之和等于1
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，利用二项式系数的性质求出
，再根据二项式及展开式通项、组合数、赋值法逐
项判断即可.
【详解】对于A，由题意，二项式系数和为64，则
，解得
，故A 正确；
对于B，通项公式为
，令
，得
，则第四项为常数项，故B 错误；
14
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对于C，二项式系数最大项为中间项第四项，所以为
，故C 正确；
对于D，令
则系数和为
，故D 正确.
故选：ACD.
6．（24-25 高三下·广东梅州·阶段练习）
的末三位数是 ．
【答案】481
【分析】将
拆解成
，利用二项式定理展开后，被1000 除，其余数即为
的末三位数.
【详解】因
，
因
是正整数，
故
被1000 除之后得到的余数为
，即
的末三位数是481.
故答案为：481.
7．（24-25 高二下·湖北省直辖县级单位·期中）
的展开式中，
的系数为 （结果用数
字作答）
【答案】
【分析】根据二项式定理结合条件求解即可.
【详解】由题意可知：含
的为
，
所以
的系数为
.
故答案为：
.
8．（24-25 高二下·江苏镇江·期中）
的值是（ ）
A．
B．1
C．0
D．22024
15
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【答案】A
【分析】利用二项式定理即可求解.
【详解】由二项式定理得
.
故选：A.
9．（24-25 高二下·河北邢台·期中）已知
，则
为（ ）
A．180
B．150
C．120
D．200
【答案】A
【分析】由
，结合通项公式即可求解.
【详解】因
，
其通项公式为：
，
令
，可得：
.
故选：A
题型四 离散型随机变量及其分布列、二项分布，超几何分布、正态分布
1．（24-25 高二下·陕西榆林·阶段练习）（多选）已知随机变量X 的分布列为
X
1
3
5
7
9
P
0.2
0.1
m
0.3
0.1
则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
16
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【答案】AD
【分析】由随机变量分布列的性质可得
，进而判断各选项即可.
【详解】由随机变量分布列的性质，知
，解得
，故A 正确；
，故B 错误；
，故C 错误；
，故D 正确．
故选：AD．
2．（24-25 高二下·辽宁葫芦岛·阶段练习）设离散型随机变量X 的分布列如下表所示.若随机变量
，
则
（ ）
X
0
1
2
P
0.1
0.4
0.2
0.3
A．0.7
B．0.4
C．0.3
D．0.6
【答案】B
【分析】根据给定的条件，利用分布列的性质求解.
【详解】依题意，
.
故选：B
3．（24-25 高二下·吉林长春·阶段练习）（多选）已知随机变量X 的分布列为
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】根据分布列的性质求
，结合期望和方差的定义求
，
，再由期望的性质求，方差的
性质求
，
，由此可判断结论.
17
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【详解】因为随机变量的分布列为
，
，
，
所以
，所以
，故A 正确；
所以
，故B 正确；
，故C 错误；
由方差的定义可得
所以
，故D 正确.
故选：ABD.
4．（24-25 高二下·辽宁沈阳·阶段练习）已知随机变量
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据超几何分布的概率计算公式计算即可.
【详解】因为随机变量
服从超几何分布
，
所以
.
故选：A
5．（湖北省第十届（2025 届）高三下学期4 月调研模拟考试数学试题）（多选）下列命题正确的是（
）
A．
是一组样本数据，去掉其中的最大数和最小数后，剩下10 个数的中位数小于原样本
的中位数
B．若事件A，B 相互独立，且
，
，则事件A，B 不互斥
C．若随机变量
，
，则
D．若随机变量
的方差
，期望
，则随机变量
的期望
【答案】BCD
18
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【分析】A 选项，利用中位数的定义判断出A 错误；B 选项，计算出
，故
，B 正确；C 选项，利用正态分布的对称性进行判断；D 选项，利用
得到
，D 正确.
【详解】A 选项，
从小到大排序，去掉其中的最大数和最小数后，
剩下10 个数大小顺序不变，故剩下10 个数的中位数和原来的中位数一样，A 错误；
B 选项，事件A，B 相互独立，且
，
，
，
所以
，故事件A，B 不互斥，B 正确；
C 选项，随机变量
，
，设
，
，
则
，
，
根据
原则，可知
，C 正确；
D 选项，随机变量
的方差
，期望
，
其中
，故
，
，
故随机变量
的期望
，D 正确.
故选：BCD
6．（2025·湖南郴州·三模）已知编号为甲、乙、丙的三个袋子中装有除标号外完全相同的小球，其中甲袋
内装有两个1 号球，一个2 号球和一个3 号球；乙袋内装有两个1 号球，一个3 号球；丙袋内装有三个1 号
球，两个2 号球和一个3 号球.
(1)从甲袋中一次性摸出2 个小球，记随机变量
为1 号球的个数，求随机变量
的分布列和数学期望；
(2)现按照如下规则摸球：连续摸球两次，第一次先从甲袋中随机摸出1 个球，若摸出的是1 号球放入甲袋，
19
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摸出的是2 号球放入乙袋，摸出的是3 号球放入丙袋；第二次从放入球的袋子中再随机摸出1 个球.求第二
次摸到的是3 号球的概率.
【答案】(1)分布列见详解；
(2)
【分析】（1）分析可知随机变量
的可能取值为0，1，2，结合超几何分布求分布列和期望；
（2）设相应事件，根据题意可得相应概率，利用全概率公式圆求解.
【详解】（1）由题意可知：随机变量
的可能取值为0，1，2，则有：
，
可得随机变量
的分布列为
0
1
2
所以随机变量
的期望
.
（2）记第一次从甲袋中随机摸出1 个球，摸出的是1、2、3 号球分别为事件
，
第二次摸到的是3 号球为事件B，
则
，
所以
.
7．（24-25 高三下·山东·阶段练习）已知随机变量
，且
，则
的最小值为（ ）
A．4
B．8
C．16
D．
【答案】B
【分析】由正态分布的对称性求得
，再结合基本不等式即可求解.
20
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【详解】由题意正态分布均值
，结合对称性可知：
，可得
，
，
所以
，
当且仅当
，即
时取等号．
所以最小值为8.
故选：B
8．（2025·山东济南·一模）某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服
的回答被采纳的概率为
，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为
.已知输入的问
题表达不清晰的概率为
.
(1)求智能客服的回答被采纳的概率；
(2)在某次测试中输入了3 个问题（3 个问题相互独立），设
表示智能客服的回答被采纳的次数.求
的分
布列、期望及方差.
【答案】(1)
；
(2)分布列见解析，期望为
，方差为
.
【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式求解.
（2）求出
的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望的方差.
【详解】（1）设
“智能客服的回答被采纳”，
“输入的问题表达不清晰”，
依题意，
，
，
因此
，
所以智能客服的回答被采纳的概率为
.
（2）依题意，
的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
21
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，
所以
的分布列为：
0
1
2
3
数学期望
；
.
9．（2025·河南郑州·模拟预测）一只猫和一只老鼠在两个房间内游走.每经过1 分钟，猫和老鼠都可以选择
进行一次移动.猫从当前房间移动到另一房间的概率为0.6，留在该房间的概率为0.4；若上一分钟猫和老鼠
都在一个房间，那么下一分钟老鼠必定移动到另一个房间，否则老鼠从当前房间移动到另一房间或留在当
前房间的概率均为0.5.已知在第0 分钟时，猫在0 号房间，老鼠在1 号房间.设在第
分钟时，猫和老鼠在0
号房间的概率分别为
，
.
(1)求第1 分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为1 的概率；
(2)求证：
，
均为等比数列并求它们的通项公式.
【答案】(1)0.5;
(2)证明见解析，
，
.
【分析】（1）求出猫和老鼠分别在0 与0、0 与1、1 与0、1 与1 号房间的概率，再利用全概率公式计算
得解；
（2）根据给定条件，求出
、
的递推关系，再利用等比数列的定义推理得证.
【详解】（1）在第0 分钟时，猫在0 号房间，老鼠在1 号房间，
设
为第1 分钟时，猫在号房间，老鼠在
号房间，
则
设第1 分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为
，则
，
所以第1 分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为1 的概率0.5.
22
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（2）由题意，
，
当
时，猫在第
分钟时位于0 号房间包含两种情况：
上一分钟在0 号房间，继续保持在0 号房间的概率为
；
上一分钟在1 号房间，转移到0 号房间的概率为
，
所以
，则
，
又因为
，所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
满足上式也满足题意，则
.
老鼠第
分钟在0 号房间包含3 种情况：
上一分钟猫和老鼠都在1 号房间，老鼠转移到0 号房间的概率为
；
上一分钟猫在0 号房间，老鼠在1 号房间，老鼠转移到0 号房间的概率为
；
上一分钟猫在1 号房间，老鼠在0 号房间，老鼠仍在0 号房间的概率为
.
所以
，
整理可得
，
因为
，所以
，
即
，
又因为
，所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
23
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则
，
满足上式也满足题意，则
，
又
，
所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，其通项公式为
.
题型五 事件的独立，条件概率与全概率公式应用，独立性检验
1．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知
，
，
，则
（ ）
A．0.2
B．0.375
C．0.75
D．0.8
【答案】A
【分析】根据全概率公式和对立事件的概率公式求值即可.
【详解】因为
，
所以
，
解得
.
故选：A.
2．（24-25 高三下·江苏常州·阶段练习）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件
：两次的点数之
和为偶数，
：两次的点数之积为奇数，
：第一次的点数小于，则（ ）
A．
B．
C．
与
相互独立
D．
与
互斥
【答案】C
【分析】利用古典概率公式计算各事件的概率，再根据事件的独立和互斥的定义判断事件间的关系.
【详解】抛掷2 次， 两次的点数之和为偶数，则两次点数都为奇数或偶数，
所以
，
两次的点数之积为奇数，则两次点数都为奇数，
所以
，
24
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第一次的点数小于的情况有4 种，所以
，
第一次的点数小于且为奇数有2 种情况，第二次为奇数的情况有3 种，
同理第一次的点数小于且为偶数有2 种情况，第二次为偶数的情况有3 种，
所以
，所以
与
相互独立.故
正确；
事件
与事件
能同时发生，所以不互斥，故
错误.
故选：
.
3．（2025·安徽安庆·二模）设事件
为两个随机事件，
，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先利用条件概率公式得出
，然后利用公式
化简得出结论.
【详解】由
可得
，
又
，
所以
，
所以
，即
，
即
，于是
.
故选：B.
4．（2025·江苏苏州·一模）（多选）
表示三个随机事件，判断下列选项正确的是（ ）
25
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A．已知
是事件
与事件
相互独立的充要条件
B．已知
，则
C．已知
是事件
与事件
互斥的充要条件
D．已知
，则
【答案】ACD
【分析】对于A，利用条件概率和相互独立事件的判断方法，即可判断；对于B，由
，
即可判断；对于C，利用互斥事件的定义和概率公式即可判断；对于D，利用条件概率公式即可判断.
【详解】对于A，因为
，得到
，
故事件
与
相互独立，即充分性成立；
若事件
与
相互独立，则
，
于是
，即必要性成立，故A 正确；
对于B，因为
，因
表示事件
发生而
不发生的概率，
而
则表示事件
都不发生的概率，故B 错误；
对于C，因为
，
所以
，又
，故事件
与
互斥，即充分性成立；
若事件
与
互斥，则
，
，即必要性成立，故C 正确；
对于D，因为
，故D 正确.
故选：ACD.
5．（18-19 高三上·江苏无锡·开学考试）一个布袋中，有大小、质地相同的4 个小球，其中2 个是红球，2
个是白球，若从中随机抽取2 个球，则所抽取的球中至少有一个红球的概率是 .
26
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【答案】
【分析】先求出“所抽取的球中至少有一个红球”的对立事件的概率，再用1 减去此概率的值，即得所求．
【详解】从中随机抽取2 个球，所有的抽法共有
种，
事件“所抽取的球中至少有一个红球”的对立事件为“所抽取的球中没有红球”，
而事件：“所抽取的球中没有红球”的概率为
，
故事件“所抽取的球中至少有一个红球”的概率等于
，
故答案为
.
【点睛】本题考查等可能事件的概率，“至多”、“至少”问题的概率通常求其的对立事件的概率，再用
1 减去此概率的值，属于简单题.
6．（12-13 高二上·湖北黄冈·期中）甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数
，按下列方法操作一次产
生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把
乘
以2 后再减去12,；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把
除以2 后再加上12，这样就得到一个新
的实数
，对实数
仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数
，当
时，甲获胜，否则乙
获胜，若甲获胜的概率为
，则
的取值范围是
【答案】
【分析】按要求操作一次产生一个新的实数，列举得到新的实数的途径，列出不等式，根据所给的甲获胜
的概率为
，解出a1的结果．
【详解】a3的结果有四种，每一个结果出现的概率都是
，
1．a1→2a1
12→2
﹣
（2a1
12
﹣
）﹣12＝4a1
36
﹣
＝a3，
2．a1→2a1
12→
﹣
12＝a1+6＝a3，
27
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3．a1→
12→
+12
18＝a3，
4．a1→
12→2（
12）﹣12＝a1+12＝a3，
∵a1+6＞a1，a1+12＞a1，
∴要使甲获胜的概率为
，
即a3＞a1的概率为
，
4
∴a1
36
﹣
＞a1，
18≤a1，
或4a1
36≤
﹣
a1，
18＞a1，
解得a1≤12 或a1≥24．
故答案为：
.
【点睛】本题考查新定义问题，考查概率综合，意在考查学生的读题审题能力，考查转化能力，是中档题
7．（18-19 高一上·山西阳泉·期末）在2019 迎新年联欢会上,为了活跃大家气氛,设置了“摸球中奖”游戏,
桌子上放置一个不透明的箱子,箱子中有3 个黄色、3 个白色的乒乓球(其体积、质地完全相同)游戏规则：
从箱子中随机摸出3 个球,若摸得同一颜色的3 个球,摸球者中奖价值50 元奖品;若摸得非同一颜色的3 个球,
摸球者中奖价值20 元奖品.
(1)摸出的3 个球为白球的概率是多少?
(2)假定有10 人次参与游戏,试从概率的角度估算一下需要准备多少元钱购买奖品?
【答案】（1）0.05（2）230 元
【分析】（1）把3 个黄色乒乓球标记为
、
、
，个白色的乒乓球标记为、
、，列举出所有的基
本事件，并确定基本事件的总数，并找出事件“摸出的个球都为白球”所包含的事件及数目，再利用古
典概型的概率公式可计算出所求事件的概率；
（2）计算出事件“摸出三个颜色相同的球”的概率为
，于此得知
次试验中有次摸出三个同颜色的
球，于是得出购买奖品的钱为
．
【详解】（1）把3 个黄色乒乓球标记为
,3 个白色的乒乓球标记为1,2,3
从6 个球中随机摸出3 个的基本事件为:
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，共20 个，
事件
{摸出的3 个球为白球}，事件
包含的基本事件有1 个，即摸出123，
∴
；
（2）事件
{摸出的3 个球为同一颜色}={摸出的3 个球为白球或摸出的3 个球为黄球}
∴
，
假定有10 人次参与游戏摸奖，由摸出的3 个球为同一颜色的概率可估计事件
发生有1 次，不发生9 次，
则需要准备
元钱购买奖品.
【点睛】本题考查古典概率的计算，以及概率思想的实际应用，在求解古典概型的概率时，关键就是列举
出基本事件，确定所求事件所包含的基本事件数和基本事件总数，另外在决策时，可采用平均数和方差来
对总体进行评估，考查分析数据和计算能力，属于中等题．
8．（2021·广东·二模）城市大气中总悬浮颗粒物(简称TSP)是影响城市空气质量的首要污染物，我国的
《环境空气质量标准》规定，TSP 日平均浓度(单位：
)在
时为一级水平，在
时为二
级水平.为打赢蓝天保卫战，有效管控和治理那些会加重TSP 日平均浓度的扬尘污染刻不容缓.扬尘监测仪
与智能雾化喷淋降尘系统为城市建筑工地的有效抑尘提供了技术支持.某建筑工地现新配置了智能雾化喷淋
降尘系统，实现了依据扬尘监测仪的TSP 日平均浓度进行自动雾化喷淋，其喷雾头的智能启用对应如下表：
TSP 日平均浓度
喷雾头个数
个
根据以往扬尘监测数据可知，该工地施工期间TSP 日平均浓度
不高于
，
，
，
的概率分别为
，
，
，
.
（1）若单个喷雾头能实现有效降尘
，求施工期间工地能平均有效降尘的立方米数.
（2）若实现智能雾化喷淋降尘之后，该工地施工期间TSP 日平均浓度
不高于
，
，
，
的概率均相应提升了
，求：
29
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①该工地在未来
天中至少有
天TSP 日平均浓度能达到一级水平的概率；(
，结果精确到
)
②设单个喷雾头出水量一样，如果TSP 日平均浓度达到一级水平时，无需实施雾化喷淋，二级及以上水平
时启用所有喷雾头
个，这样设置能否实现节水节能的目的？说明理由.
【答案】（1）
；（2）①
；②无法达到节水节能的目的，理由见解析.
【分析】（1）根据条件求出每个TSP 段对应的概率，列出设置喷头个数的分布列，求出设置喷头数的均值，
从而计算出有效除尘体积.
（2）①根据（1）中的概率，求得TSP 日平均浓度 达到一级水平的概率，未来10 天的日平均浓度概率情
况满足二项分布，从而求得概率.
②计算出此时启用喷头数的期望值，与前面只能启动的期望值比较，若更大，则不能实现节水节能，更小
则可以.
【详解】解：（1）由已知条件和互斥事件的概率加法公式有
，
，
，
，
.
则智能设置喷雾头个数
的分布列为：
则
(个)
所以施工期间工地能平均有效降尘的立方米数为
（2）①由已知，该工地智能雾化喷淋降尘之后，TSP 日平均浓度
达到一级水平的概率为
，
设未来
天中TSP 日平均浓度能达到一级水平的天数为
，则
所以
.
30
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故该工地在未来
天中至少有
天TSP 日平均浓度能达到一级水平的概率约为
.
②该工地智能雾化喷淋降尘之后，TSP 日平均浓度
对应喷雾头个数
的分布列为
TSP 日平均浓度
喷雾头个数
个
则
(个)，
若只有当TSP 日平均浓度在二级及以上水平时启用
个喷雾头，则启用喷雾头个数的期望值为
(个)，大于之前智能启用喷雾头个数的期望值
，由于单个喷雾头出
水量一样，所以无法达到节水节能的目的.
【点睛】关键点点睛：求得每个事件的概率，列出分布列，求出期望来解决相关问题.
9．（2025·河北石家庄·一模）在一个温馨的周末，甲同学一家人齐聚在宽敞明亮的客厅里进行掷游戏币活
动，假设每次掷游戏币出现正面的概率为
，且
，每次掷游戏币的结果相互独立.
(1)当
时，若甲连续投掷了两次，求至少出现一次正面向上的概率；
(2)若规定每轮游戏只要连续不断的出现三次正面向上，则游戏结束，每轮最多连续投掷6 次.
①甲在一轮游戏中恰好投掷了5 次游戏结束的概率为
，求
的表达式；
②设甲在一轮游戏中投掷次数为
，求
的最大值.
【答案】(1)
(2)①
；②
【分析】（1）利用对立事件概率的关系求事件的概率.
（2）①明确投掷5 次游戏结束的具体情况，可求得其概率；
②明确
的可能取值，求出对应概率，得到
的分布列，求其期望，再结合导数与函数的单调性，求
31
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的最大值.
【详解】（1）设事件
表示第次正面向上，其中
.且
，
，
设事件
：“至少出现一次正面向上”
.
（2）①设事件
：“恰好投掷了5 次游戏结束”，则
.
故
.
所以
.
②由题意知
，
，
，
.
.
则
.
令
，
，
当
时，
，即
在
上单调递减，故
，
因此，
的最大值为
.
32
