难点专题04 排列组合二项式定理与概率统计（40题难题）-【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用）

【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用） 难点专题04 排列组合二项式定理与概率统计 （40题难题）（10单选10多选10填空10大题） 挑战新高考数学140+备考秘籍 1.分类计数原理（加法原理） . 2.分步计数原理（乘法原理） . 3.排列数公式 ==.(，∈N*，且)．注:规定. 4.组合数公式 ===(∈N*，，且). 5.排列数与组合数的关系 . 6．单条件排列 以下各条的大前提是从个元素中取个元素的排列. （1）“在位”与“不在位” ①某（特）元必在某位有种； ②某（特）元不在某位有（补集思想）（着眼位置）（着眼元素）种. （2）紧贴与插空（即相邻与不相邻） ①定位紧贴：个元在固定位的排列有种. ②浮动紧贴：个元素的全排列把k个元排在一起的排法有种.注：此类问题常用捆绑法； ③插空：两组元素分别有k、h个（），把它们合在一起来作全排列，k个的一组互不能挨近的所有排列数有种. （3）两组元素各相同的插空 个大球个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？ 当时，无解；当时，有种排法. （4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为. 7．分配问题 （1）(平均分组有归属问题)将相异的、个物件等分给个人，各得件，其分配方法数共有. （2）(平均分组无归属问题)将相异的·个物体等分为无记号或无顺序的堆，其分配方法数共有 . 8.二项式定理 ; 二项展开式的通项公式 . 9.等可能性事件的概率. 10.互斥事件A，B分别发生的概率的和P(A＋B)=P(A)＋P(B)． 11.个互斥事件分别发生的概率的和P(A1＋A2＋…＋An)=P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)． 12.独立事件A，B同时发生的概率P(A·B)= P(A)·P(B). 13.个独立事件同时发生的概率 P(A1· A2·…· An)=P(A1)· P(A2)·…· P(An)． 14.次独立重复试验中某事件恰好发生k次的概率 15.离散型随机变量的分布列的两个性质 （1）; （2）. 16. 数学期望 17.数学期望的性质 （1）. （2）若～,则. (3) 若服从几何分布,且，则. 18. 方差 19. 标准差=. 20.方差的性质 (1)； (2）若～，则. (3) 若服从几何分布,且，则. 21.方差与期望的关系 . 22.正态分布密度函数 ，式中的实数μ，（>0）是参数，分别表示个体的平均数与标准差. 23.对于，取值小于x的概率 . . 24.条件概率 条件概率的定义 条件概率的性质 已知B发生的条件下，A发生的概率，称为B发生时A发生的条件概率，记为P(A|B)． 当P(B)>0时，我们有P(A|B)＝.(其中，A∩B也可以记成AB) 类似地，当P(A)>0时，A发生时B发生的条件概率为P(B|A)＝ (1)0≤P(B|A)≤1， (2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同 前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．　 25.条件概率的三种求法 定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A) 基本事件法 借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝ 缩样法 缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简 26.全概率公式 一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝ ，此公式为全概率公式. （1）计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数. （2）全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A的概率的求解问题，转化为了在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题. 27.贝叶斯公式 一般地,设是一组两两互斥的事件,有且,则对任意的事件有 28.数字样本特征 （1） 众数：在一组数据中出现次数最多的数 （2） 中位数：将一组数据按从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果为奇数个，中位数为中间数；若为偶数个，中位数为中间两个数的平均数 （3） 平均数：，反映样本的平均水平 （4） 方差： 反映样本的波动程度，稳定程度和离散程度； 越大，样本波动越大，越不稳定；越小，样本波动越小，越稳定； （5） 标准差：，标准差等于方差的算术平方根，数学意义和方差一样 （6） 极差：等于样本的最大值最小值 29.求随机变量X的分布列的步骤： (1)理解X的意义，写出X可能取得全部值； (2)求X取每个值的概率； (3)写出X的分布列； (4)根据分布列的性质对结果进行检验. 还可判断随机变量满足常见分布列：两点分布，二项分布，超几何分布，正态分布. （1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解； （2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算； （3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算，若～,则，. 30 求解概率最大问题的关键是能够通过构造出不等关系，结合组合数公式求解结果 31. 线性回归分析解题方法： （1）计算的值；（2）计算回归系数；（3）写出回归直线方程. 线性回归直线方程为：，， 其中为样本中心，回归直线必过该点 （4）线性相关系数（衡量两个变量之间线性相关关系的强弱） ，正相关；，负相关 32.独立性检验解题方法： （1）依题意完成列联表；（2）用公式求解；（3）对比观测值即可得到所求结论的可能性 独立性检验计算公式： 一、单选题 1．（2024·江苏扬州·模拟预测）将一颗骰子连续抛掷三次，向上的点数依次为，则的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·青海海西·模拟预测）小王、小张两人进行象棋比赛，共比赛2n（）局，且每局小王获胜的概率和小张获胜的概率均为.如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记小王赢得比赛的概率为，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D．随着n的增大而增大 3．（2024·江西新余·模拟预测）为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（    ）种. A． B． C． D． 4．（2024·浙江台州·一模）台州某校为阳光体育设计了一种课间活动，四位同学（两男两女）随机地站到44的方格场地中（每人站一格，每格至多一人），则两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列的概率是（   ） A． B． C． D． 5．（2024·全国·模拟预测）从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（    ） A．195 B．154 C．175 D．185 6．（2024·广东广州·模拟预测）有个盲盒，其中有个内有奖品.若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时组织方（知道盲盒内部是否有奖品）打开了一个没有奖品的盲盒，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为；若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时有个未选的盲盒因被风吹掉而意外打开，且抽奖者发现其内部没有奖品，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为，则对任意符合题意的，，都有（    ） A． B． C． D．无法确定与的大小关系 7．（24-25高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）小明工作日每天往返于家和公司办公室，有两把雨伞用于上下班，如果上班时天下雨，他将拿一把去办公室，如果下班时天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为（    ） A． B． C． D． 8．（2025·浙江·模拟预测）抛掷一枚质地均匀的硬币，一直到出现正面向上时或抛满100次时结束，设抛掷的次数为，则随机变量的数学期望（    ） A．大于2 B．小于2 C．等于2 D．与2的大小无法确定 9．（2025·江西·一模）甲、乙两人玩一种扑克游戏，每局开始前每人手中各有6张扑克牌，点数分别为1~6，两人各随机出牌1张，当两张牌的点数之差为偶数时，视为平局，当两张牌的点数之差为奇数时，谁的牌点数大谁胜，重复上面的步骤，游戏进行到一方比对方多胜2次或平局4次时停止，记游戏停止时甲、乙各出牌次，则（   ） A． B． C． D． 10．（2025·湖南郴州·三模）定义：在空间直角坐标系中、两点的“网线距离”为.设、、，其中、、均为整数，若满足的点的个数为，则的值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（23-24高二下·山东聊城·期末）五一假期过后，车主小王选择去该市新开的，两家共享自助洗车店洗车.已知小王第一次去，两家洗车店洗车的概率分别为和，如果小王第一次去洗车店，那么第二次去洗车店的概率为；如果小王第一次去洗车店，那么第二次去洗车店的概率为，则下列结论正确的是（    ） A．小王第一次去洗车店，第二次也去洗车店的概率为 B．小王第二次去洗车店的概率比第二次去洗车店的概率大 C．若小王第二次去了洗车店，则他第一次去洗车店的概率为 D．若小王第二次去了洗车店，则他第一次去洗车店的概率为 12．（2024·江西新余·模拟预测）在研究全概率公式时，我们将对一个事件发生的情况的研究转化为对发生该情况的几个先决条件进行分析，这是一种重要的递推思想.在如图所示的蜂窝形正六边形地图中，左上角与右下角的“○”分别代表起点与终点，蜂窝格中的实心圆点“●”代表地雷，有一个扫雷机器人在起点处接收到指令移动至终点，每一次移动只能按照箭头所示的三个方向运动，若移动到地雷区，则会立即将地雷排除.记移动过程中，该机器人可以排除的地雷数量最多为，现在在图中增加两枚地雷（用叉号“×”表示），则以下方法可以使增加且只增加的是：（     ）.    A．   B．   C．   D．   13．（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复n次操作后，甲口袋中恰有0个红球，1个红球，2个红球分别记为事件，，，则（    ） A． B．     C． D． 14．（24-25高三上·辽宁葫芦岛·期末）已知，则下列结论成立的是（   ） A． B． C． D． 15．（2025·河北·模拟预测）下列选项中，正确的是（   ） A．甲、乙两名钳工加工同一型号的零件，根据以往数据得知，甲加工的合格品率为80%，乙加工的合格品率为90%．加工出来的零件混放在一起，已知甲，乙加工的零件数分别占40%，60%，从所有零件中任取一个零件，则这个零件是合格品的概率为0.88 B．已知事件A，B满足，，，则 C．若事件满足，且，则A与B相互独立 D．若随机变量，且，，则的最小值为16 16．（2025·山东·模拟预测）已知互不相等的正实数，，，，是，，，的任意顺序的一个排列，定义随机变量，满足则（    ） A． B． C． D． 17．（24-25高三下·河北秦皇岛·阶段练习）甲、乙、丙三个人进行比赛，每轮比赛由两人进行对局，另外一人为该轮的轮空者，随机决定首轮比赛的对局双方，每轮比赛的胜者与该轮的轮空者进行下一轮比赛的对局，以此类推，率先赢得两轮比赛的人夺冠．单局比赛中，每局比赛的结果只有胜、负两种情况，已知甲对乙、丙的胜率分别为，乙对丙的胜率为，且，每轮比赛的结果相互独立．则（    ） A．若首轮比赛乙与丙对局，则甲夺冠的概率与的值无关 B．若，首轮比赛甲与乙对局，则甲夺冠的概率与的值无关 C．若，首轮比赛甲与乙对局，则乙夺冠的概率大于甲 D．若，相比于首轮比赛甲与乙对局，甲与丙对局时甲夺冠的概率更大 18．（24-25高三下·山西·阶段练习）空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色（一条线段只染一种颜色）．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有（    ） A．若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥 B．若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形 C．若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况 D．若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥 19．（24-25高三下·湖南·阶段练习）如图，一个三角形被分成9个房间，称有公共边的2个房间为相邻房间，一个小球每次从一个房间等概率地移动到相邻房间，则（   ） A．将2个小球放至不同的房间，则房间不相邻的概率为 B．将个小球放至不同的房间，若房间两两不相邻，则 C．小球从房间出发，4次移动后到达房间的移动路径有6种 D．小球从房间出发，20次移动后到达房间的概率为 20．（23-24高三下·重庆渝中·阶段练习）柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（    ） A．该正八面体的外接球的体积为 B．平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为 C．甲能构成正三角形的概率为 D．甲与乙均能构成正三角形的概率为 三、填空题 21．（2025·广东佛山·二模）某校元旦晚会设计了一个抽奖游戏，主持人从编号为四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入奖品，再将四个箱子关闭，即主持人知道奖品在哪个箱子．当抽奖人选择某个箱子后，在箱子打开之前，主持人会随机打开一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．已知甲先选择了号箱子，此时主持人打开号箱子的概率为 ，在主持人打开号箱子的情况下，奖品在号箱子的概率为 ． 22．（2025·陕西渭南·二模）如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态.假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为 . 23．（2025·安徽·一模）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为 . 24．（2025·江苏南京·一模）将9个互不相同的向量，填入的方格中，使得每行、每列的三个向量的和都相等，则不同的填法种数是 . 25．（2025·河北秦皇岛·一模）某种“摩斯密码”的传递常用手指敲击硬物传递声响的方式进行，敲一下，意思为“洞”，敲两下，意思为“拐”，若小明用手指敲击的数量依次为一下、一下、两下，则对方收到的密码指示为“洞洞拐”.已知新手小明尝试用5个“洞”和5个“拐”随意传递密码，则每个“洞”之前“拐”的个数多于“洞”的个数的概率为 ． 26．（2025·江西·模拟预测）袋中装有6个相同的球，分别标有数字，从中一次性随机取出两个球，设两球标号为和，并记.将球放回袋中，重复上述操作，得到和.记，其中，则的概率为 . 27．（2025·福建·模拟预测）项数为的数列满足，当且仅当时（其中，规定：），称为“好数列”．在项数为6且的所有中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为 ． 28．（2025·海南海口·模拟预测）将标号为的10个小球装入两个不同的盒子，使得每个盒子都有球，有 种不同的装法；当两个盒子的球数相等时，从两个盒子中不放回地各取一球，记下两球球号之积，重复上述操作，直至取完，则所有积之和的最小值为 . 29．（2025·辽宁·一模）如图1，把一个圆分成n（）个扇形，每个扇形用k种颜色之一染色，要求相邻扇形不同色，有种方法． 如图2，有4种不同颜色的涂料，给图中的12个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答） 30．（2025·河南·模拟预测）已知事件A，满足，，，则的取值范围为 ． 四、解答题 31．（2025·广东湛江·一模）甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． (1)当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望． (2)设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为． （ⅰ）证明：为等比数列． （ⅱ）求的最大值以及对应n的值． 32．（2025·湖北·模拟预测）某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6个小球，其中4个黑球，2个红球.模型一为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再往小盒里加入2个红球；模型二为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中. (1)分别计算在两种模型下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率； (2)在模型二的前提下： ①求在第次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用表示）. ②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为，求的数学期望. 33．（2025·重庆·一模）在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下: 两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得 1 分，直到有一方得分超过对方 2 分时即可获得该局的胜利. 已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6 . 比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为 . (1)求甲以 的比分赢得比赛的概率; (2)若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于 0.6，求的范围; (3)若 ，设甲运动员在第 球比赛中获胜的概率为 ，数列 满足 ，求证: . （参考知识: 当 时，若 ，则 .） 34．（2025·安徽·一模）已知是各项均为正数的数列，事件“”发生的概率为，事件“”发生的概率为. (1)若随机变量的期望不小于，求的取值范围； (2)已知，若依次成等比数列的概率为，比较与的大小； (3)若（为大于的常数，且为偶数），证明在得到的次递推过程中，事件“”发生的次数为奇数，并求的最大值. 35．（24-25高三下·重庆北碚·阶段练习）一种特殊的单细胞生物在一个生命周期后有的概率分裂为两个新细胞，的概率分裂为一个新细胞，随后自身消亡. 新细胞按相同的方式分裂，并且每个细胞的分裂情况相互独立， 如此繁衍下去. 某实验人员开始观察一个该种单细胞生物经过个生命周期的分裂情况，将第个生命周期后的活细胞总数记为随机变量. (1)若， （i）求随机变量的分布列和期望; （ii）求事件 “” 的概率; (2)已知在的条件下，的期望称为条件期望，其定义为，试求条件期望和的期望. 36．（2025·广西·一模）在某校举办的学科文化节系列活动中，数学组老师设计了一个答题挑战活动供全校数学爱好者挑战．挑战题目由逻辑推理题和运算求解题两部分构成，用于考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力．现有名同学报名依次发起挑战，每位同学成功解答出逻辑推理题和运算求解题的概率均为，两题能否解出相互独立，每位同学解题过程相互独立，挑战规则如下： ①每位同学均先答逻辑推理题，逻辑推理题答对才能答运算求解题； ②记第位同学挑战为本次挑战活动的第轮，若第位同学在规定时间内未完成逻辑推理题，则认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出由第位同学挑战； ③若第位同学在规定时间内完成逻辑推理题，则该同学继续答运算求解题，若该同学在规定时间内未完成运算求解题，则也认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出，由第位同学挑战；若该同学在规定时间内完成了运算求解题，则挑战成功，本次答题挑战活动结束，后续同学不再进行答题挑战． ④挑战进行到第轮，则不管第位同学是否完成两题的解答，答题挑战活动结束．令随机变量表示这名同学在进行第轮挑战后结束挑战活动． (1)求随机变量的分布列； (2)若把挑战规则①去掉，换成规则⑤：挑战的同学先挑战逻辑推理题，若有同学在规定时间内完成逻辑推理题，以后挑战的同学不再挑战逻辑推理题，直接挑战运算求解题．令随机变量表示这名同学在第轮挑战后结束挑战活动． （i）求随机变量的分布列； （ii）证明：． 37．（2025·江苏·二模）经典比特只能处于0态或1态，而量子计算机的量子比特可同时处于0与1的叠加态，故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为是子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为. (1)若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为2，且，求两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为2的概率； (2)若一条信息有种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，，…，，则称（其中）为这条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为的信息熵； (3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为（，2，3，⋯，，⋯）.证明：当无限增大时，的数学期望趋近于一个常数.参考公式：时，， 38．（2025·贵州黔东南·一模）现有位编号为1到2n的玩家，房间里有2n个盒子（盒子的编号为1到2n），将2n张编号为1到2n的纸条随机放入这2n个盒子内（每个盒子内只放1张纸条）．玩家依次进入房间，且每人可以打开其中的任意n个盒子，只有当每个玩家都找到与自己编号相同的纸条时，才算挑战成功．每个玩家开完盒子后都将盒子盖上（纸条放回原处），恢复盒子的原状．设各玩家开盒相互独立，在挑战开始后，各玩家不准交流． 为了提升挑战成功的概率，有人设计了一个新方案：让每一位玩家进入房间后，先打开编号为自己编号的盒子（例如编号为2的玩家打开编号为2的盒子），若盒子里的纸条编号恰为玩家自己的编号，则该玩家退出房间，让下一位玩家进入房间；若盒子里的纸条编号（设该编号为X）不是该玩家自己的编号，则该玩家接着去打开编号为X的盒子，依此类推，直到打开的盒子里的纸条编号与自己的编号相同，且前提是打开盒子的个数不能超过n． (1)当时，设第个盒子内放的纸条编号为，试问采用新方案后，挑战是否能成功？说明你的理由． (2)当时，在第1个和第6个盒子内放的纸条编号分别为6和1的前提下，求采用新方案挑战成功的概率． (3)当时，求采用新方案挑战成功的概率． 参考数据：，． 39．（2025·湖北·一模）随着中国式现代化高速发展，中华民族伟大复兴事业蒸蒸日上，人民生活的幸福指数节节攀高，事关身体健康的各项指标越来越被国民重视.已知身体某项健康指标的取值，其中为正整数，且可以由关于该健康指标的专门体检数据推算，具体方法为：某人先进行若干次体检，由其体检所有数据构造得到集合，重复的数据只能用一次，且，设集合中最小的元素为，最大的元素为，然后由随机变量u，v的值计算有关的概率或期望等数据，以此推算集合中对应的值，从而对该项健康状况作出评价，以此指导体检人选择有利于该项指标保持正常的健康生活方式，当正整数时，该项健康状况为正常. (1)若，试用表示符合条件的集合的个数； (2)若的概率，求值； (3)①当时，求，的概率； ②记随机变量是随机变量u，v的等差中项.对居民小帅的该项指标体检数据研究后发现，随机变量的期望为12，试问：小帅的该项健康状况是否正常?请说明理由. 40．（2025·山西太原·一模）某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下： ①顾客在该商场内的消费额每满100元，可获得1张奖券； ②每张奖券可以进行1次抽奖活动，即从装有4个白球、2个红球的盒子中，随机摸取1个球（每个球被摸到的可能性相同）．奖励规则：若摸出白球，则没有中奖，摸出的白球放回原盒子中，本张奖券抽奖活动结束；若摸出红球，则中奖，获得礼品1份，且摸出的红球不放回原盒子中，同时得到一次额外的抽奖机会（该抽奖机会无需使用新的奖券），继续从当前盒子中随机摸取1个球，其奖励规则不变； ③从第二张奖券开始，使用每张奖券抽奖时均在前一张奖券抽奖活动的基础上进行； ④若顾客获得2份礼品（即该顾客将2个红球都摸出）或使用完所获奖券，则该顾客本次购物的抽奖活动结束． (1)顾客甲通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“甲使用第2张奖券抽奖，中奖"的概率； (2)顾客乙通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”的概率； (3)顾客丙消费了1000元，设表示顾客丙在这次抽奖活动中所使用奖券的数量，求的分布列及其期望． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用） 难点专题04 排列组合二项式定理与概率统计 （40题难题）（10单选10多选10填空10大题） 挑战新高考数学140+备考秘籍 1.分类计数原理（加法原理） . 2.分步计数原理（乘法原理） . 3.排列数公式 ==.(，∈N*，且)．注:规定. 4.组合数公式 ===(∈N*，，且). 5.排列数与组合数的关系 . 6．单条件排列 以下各条的大前提是从个元素中取个元素的排列. （1）“在位”与“不在位” ①某（特）元必在某位有种； ②某（特）元不在某位有（补集思想）（着眼位置）（着眼元素）种. （2）紧贴与插空（即相邻与不相邻） ①定位紧贴：个元在固定位的排列有种. ②浮动紧贴：个元素的全排列把k个元排在一起的排法有种.注：此类问题常用捆绑法； ③插空：两组元素分别有k、h个（），把它们合在一起来作全排列，k个的一组互不能挨近的所有排列数有种. （3）两组元素各相同的插空 个大球个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？ 当时，无解；当时，有种排法. （4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为. 7．分配问题 （1）(平均分组有归属问题)将相异的、个物件等分给个人，各得件，其分配方法数共有. （2）(平均分组无归属问题)将相异的·个物体等分为无记号或无顺序的堆，其分配方法数共有 . 8.二项式定理 ; 二项展开式的通项公式 . 9.等可能性事件的概率. 10.互斥事件A，B分别发生的概率的和P(A＋B)=P(A)＋P(B)． 11.个互斥事件分别发生的概率的和P(A1＋A2＋…＋An)=P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)． 12.独立事件A，B同时发生的概率P(A·B)= P(A)·P(B). 13.个独立事件同时发生的概率 P(A1· A2·…· An)=P(A1)· P(A2)·…· P(An)． 14.次独立重复试验中某事件恰好发生k次的概率 15.离散型随机变量的分布列的两个性质 （1）; （2）. 16. 数学期望 17.数学期望的性质 （1）. （2）若～,则. (3) 若服从几何分布,且，则. 18. 方差 19. 标准差=. 20.方差的性质 (1)； (2）若～，则. (3) 若服从几何分布,且，则. 21.方差与期望的关系 . 22.正态分布密度函数 ，式中的实数μ，（>0）是参数，分别表示个体的平均数与标准差. 23.对于，取值小于x的概率 . . 24.条件概率 条件概率的定义 条件概率的性质 已知B发生的条件下，A发生的概率，称为B发生时A发生的条件概率，记为P(A|B)． 当P(B)>0时，我们有P(A|B)＝.(其中，A∩B也可以记成AB) 类似地，当P(A)>0时，A发生时B发生的条件概率为P(B|A)＝ (1)0≤P(B|A)≤1， (2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同 前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．　 25.条件概率的三种求法 定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A) 基本事件法 借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝ 缩样法 缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简 26.全概率公式 一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝ ，此公式为全概率公式. （1）计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数. （2）全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A的概率的求解问题，转化为了在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题. 27.贝叶斯公式 一般地,设是一组两两互斥的事件,有且,则对任意的事件有 28.数字样本特征 （1） 众数：在一组数据中出现次数最多的数 （2） 中位数：将一组数据按从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果为奇数个，中位数为中间数；若为偶数个，中位数为中间两个数的平均数 （3） 平均数：，反映样本的平均水平 （4） 方差： 反映样本的波动程度，稳定程度和离散程度； 越大，样本波动越大，越不稳定；越小，样本波动越小，越稳定； （5） 标准差：，标准差等于方差的算术平方根，数学意义和方差一样 （6） 极差：等于样本的最大值最小值 29.求随机变量X的分布列的步骤： (1)理解X的意义，写出X可能取得全部值； (2)求X取每个值的概率； (3)写出X的分布列； (4)根据分布列的性质对结果进行检验. 还可判断随机变量满足常见分布列：两点分布，二项分布，超几何分布，正态分布. （1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解； （2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算； （3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算，若～,则，. 30 求解概率最大问题的关键是能够通过构造出不等关系，结合组合数公式求解结果 31. 线性回归分析解题方法： （1）计算的值；（2）计算回归系数；（3）写出回归直线方程. 线性回归直线方程为：，， 其中为样本中心，回归直线必过该点 （4）线性相关系数（衡量两个变量之间线性相关关系的强弱） ，正相关；，负相关 32.独立性检验解题方法： （1）依题意完成列联表；（2）用公式求解；（3）对比观测值即可得到所求结论的可能性 独立性检验计算公式： 一、单选题 1．（2024·江苏扬州·模拟预测）将一颗骰子连续抛掷三次，向上的点数依次为，则的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取定中的一个值，考查另外两次抛掷骰子的样本点数，利用分类加法计数原理和古典概型概率公式计算即得. 【详解】考虑取定的值，分类统计事件“”所含的样本点数，将对应的值作为一个数组，列表如下： 1 2 3 4 5 6 1 （1,1） （1,2） （1,3） （1,4） （1,5） （1,6） 2 （2,1） （2,2） （2,3） （2,4） （2,5） （2,6） 3 （3,1） （3,2） （3,3） （3,4） （3,5） （3,6） 4 （4,1） （4,2） （4,3） （4,4） （4,5） （4,6） 5 （5,1） （5,2） （5,3） （5,4） （5,5） （5,6） 6 （6,1） （6,2） （6,3） （6,4） （6,5） （6,6） 第一类：时，满足“”的样本点有个； 第二类：时，满足“”的样本点有个； 第三类：时，满足“”的样本点有个； 第四类：时，满足“”的样本点有个； 第五类：时，满足“”的样本点有个； 第六类：时，满足“”的样本点有1个. 由分类加法计数原理，满足“”的样本点共有：个， 而一颗骰子抛掷一次有6种结果，抛掷三次有个样本点， 因结果有限，且每个样本点发生的可能性相等，故是古典概型. 则“”的概率为. 故选：D. 【点睛】思路点睛：本题主要考查计数原理和古典概型概率公式的应用，属于较难题. 因同时考虑抛掷三次骰子出现的不同结果较复杂，故可采取取定一次抛掷结果，分析讨论另外两次抛掷结果中符合题意的样本点，即可化繁为简，达到解题的目的. 2．（2024·青海海西·模拟预测）小王、小张两人进行象棋比赛，共比赛2n（）局，且每局小王获胜的概率和小张获胜的概率均为.如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记小王赢得比赛的概率为，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D．随着n的增大而增大 【答案】B 【分析】小王至少赢局，小王赢得比赛的概率为，进而逐项判断即可. 【详解】由题意知，要使小王赢得比赛，则小王至少赢局， 因为每局赢的概率是相同的，所以服从二项分布， 由二项分布的概率公式可得赢局的概率为， 赢局的概率为， ， 赢局的概率为， 小王赢的概率为 有 ， 有，，，，可知选项A，C正确，选项B错误； 由， 又由， 可得，可知D选项正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：由题设得到，利用二项式各项系数和的性质判断可得结论. 3．（2024·江西新余·模拟预测）为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（    ）种. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】采用分类与分步计数原理，先排丙共有种分法，再分为甲、丙在同一所学校和甲、丙不在同一所学校两类，每类分别讨论，最后相加得到结果. 【详解】先将丙安排在一所学校，有种分法； 若甲、丙在同一所学校，那么乙就有种选法， 剩下3名教师可能分别有3、2、1人在最后一所学校（记为X校）， 分别对应有1（3人均在X校）、（2人在X校，另1人随便排）、 （1人在X校，另2人分在同一所学校或不在同一所学校）， 共种排法； 若甲、丙不在同一所学校，则甲有种选法， 若乙与丙在同一所学校，则剩下3名教师按上面方法有19种排法； 若乙与丙不在同一所学校，则有剩下3人可分别分为1、2、3组， 分别有、、种排法，故共有： 种排法. 故选：B. 4．（2024·浙江台州·一模）台州某校为阳光体育设计了一种课间活动，四位同学（两男两女）随机地站到44的方格场地中（每人站一格，每格至多一人），则两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用排列法求得总的方法数为，利用间接法求得两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列的方法数为，从而可求概率. 【详解】从16个格子中选4个排4个人有种排法， 两个男生既不同行也不同列的排法有种排法， 两个女生也既不同行也不同列的排法有种排法， 两名女生与两名男生排在一起的排法有， 两名女生中有一名与男生排在一起的排法有， 所以两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列（每人一格）有种， 所以两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列的概率是:. 故选：D 【点睛】关键点点睛：重点在于求得4个各站一格且两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列的方法数，适用间接法. 5．（2024·全国·模拟预测）从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（    ） A．195 B．154 C．175 D．185 【答案】C 【分析】解法一：利用正难则反的思想，先假设，若不存在，使得，可得，进而结合组合学知识求解即可； 解法二：利用转化的思想，将问题转化为所取的4个数中至少有2个是连续正整数，进而分类讨论求解即可. 【详解】排列与组合 解法一（正难则反）：存在，，使得表示所取的4个数中总有相邻的数， 直接求解较复杂，考虑正难则反的方法． 假设，若不存在，使得， 则，所以符合条件的取法种数为． 解法二（转化法）：若存在，，使得， 则所取的4个数中至少有2个是连续正整数， 若只有2个是连续正整数，问题转化为把6个相同的白球与4个相同的红球排成一行， 要求只有2个红球相邻，先把6个白球排成一行，再用插空法排红球， 排法种数为． 同理可得若只有3个是连续正整数，排法种数为． 若4个都是连续正整数，排法种数为7． 若4个数中有2个是连续正整数，另外2个也是连续正整数， 但这4个数不是4个连续正整数，则排法种数为． 所以符合条件的取法种数为. 故选：C． 【点睛】方法点睛：求解排列与组合问题的常用方法 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 相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列． 插空法 不相邻问题插空处理，即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的排列空位中． 先整体，后局部 “小集团”排列问题中，先整体后局部． 除法 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． 6．（2024·广东广州·模拟预测）有个盲盒，其中有个内有奖品.若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时组织方（知道盲盒内部是否有奖品）打开了一个没有奖品的盲盒，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为；若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时有个未选的盲盒因被风吹掉而意外打开，且抽奖者发现其内部没有奖品，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为，则对任意符合题意的，，都有（    ） A． B． C． D．无法确定与的大小关系 【答案】C 【分析】利用古典概型概率公式和全概率公式，求出和，由比值确定大小关系. 【详解】设事件为“最终中奖”，事件为“一开始选中的有奖”，则， 在组织方打开无奖的盲盒后，若一开始选中的有奖，则剩余个盲盒中有个奖品， 更换后， 若一开始选中的无奖，则剩余个盲盒中有个奖品，则更换后， 故， 由于风吹掉为随机吹掉，故所有个盲盒中有个奖品，且所有盲盒中有奖品的概率相等，， 因此，故. 故选：C 【点睛】方法点睛：设事件为“最终中奖”，事件为“一开始选中的有奖”，则，，利用的值，判断和的大小关系. 7．（24-25高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）小明工作日每天往返于家和公司办公室，有两把雨伞用于上下班，如果上班时天下雨，他将拿一把去办公室，如果下班时天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”,对下雨的次数进行分类讨论，求出各种情况下，两天都不淋雨的概率，再结合对立事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”，连续上两天班，上班、下班的次数共有次． （1）次均不下雨，概率为； （2）有次下雨但不淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为； （3）有次下雨但不淋雨，共种情况： ①同一天上下班均下雨； ②两天上班时下雨，下班时不下雨； ③第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨， 概率为； （4）有次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨，概率为； （5）次均下雨，概率为：； 两天都不淋雨的概率为， 所以至少有一天淋雨的概率为：， 故选：C． 8．（2025·浙江·模拟预测）抛掷一枚质地均匀的硬币，一直到出现正面向上时或抛满100次时结束，设抛掷的次数为，则随机变量的数学期望（    ） A．大于2 B．小于2 C．等于2 D．与2的大小无法确定 【答案】B 【分析】根据已知有第次结束抛掷的概率为，第100次结束的概率为，，再应用离散随机变量期望的求法、错位相减法及等比数列前n项和公式求. 【详解】由题意，在第次结束抛掷的概率为，第100次结束的概率为， 所以， 则， 故 ， 所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据题意得到100次中各次结束抛掷对应的概率为关键. 9．（2025·江西·一模）甲、乙两人玩一种扑克游戏，每局开始前每人手中各有6张扑克牌，点数分别为1~6，两人各随机出牌1张，当两张牌的点数之差为偶数时，视为平局，当两张牌的点数之差为奇数时，谁的牌点数大谁胜，重复上面的步骤，游戏进行到一方比对方多胜2次或平局4次时停止，记游戏停止时甲、乙各出牌次，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分甲乙出牌的张数和甲乙胜负情况结合古典概率和二项分布讨论. 【详解】甲乙每次出牌1张，若两人出牌的点数都是偶数或都是奇数，则平局， 所以平局的概率， 若甲胜，则结果有、、、、、、、、，共9种， 所以甲胜的概率为，同理乙胜的概率也为， 各出牌4次后停止游戏，若4次全平局，概率为； 若平局2次，则最后1次不能是平局， 另外2次甲全胜或乙全胜，概率为， 若平局0次，则一方3胜1负，且负的1次只能在前2次中，概率为， 所以. 故选：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是分类的标准. 10．（2025·湖南郴州·三模）定义：在空间直角坐标系中、两点的“网线距离”为.设、、，其中、、均为整数，若满足的点的个数为，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用三角不等式可得出当时，、、，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】因为、、，则， 由三角不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立， 同理可得，，当且仅当、时，等号成立， 又因为， 即，可得、、， 又因为、、都是整数，则、、， 故满足条件的点的个数为个. 故选：C. 二、多选题 11．（23-24高二下·山东聊城·期末）五一假期过后，车主小王选择去该市新开的，两家共享自助洗车店洗车.已知小王第一次去，两家洗车店洗车的概率分别为和，如果小王第一次去洗车店，那么第二次去洗车店的概率为；如果小王第一次去洗车店，那么第二次去洗车店的概率为，则下列结论正确的是（    ） A．小王第一次去洗车店，第二次也去洗车店的概率为 B．小王第二次去洗车店的概率比第二次去洗车店的概率大 C．若小王第二次去了洗车店，则他第一次去洗车店的概率为 D．若小王第二次去了洗车店，则他第一次去洗车店的概率为 【答案】AC 【分析】记第次去洗车店为，第次去洗车店为，根据乘法公式以及全概率公式判断AB；由条件概率结合全概率公式求解CD. 【详解】记第次去洗车店为，第次去洗车店为， 由题意可知， ， 对于A：，故A正确； 对于B：， ，故B错误； 对于C：，故C正确； 对于D：，故D错误； 故选：AC. 【点睛】关键点睛：解决本题时，关键在于理清事件间的关系，运用全概率公式、条件概率公式进行求解. 12．（2024·江西新余·模拟预测）在研究全概率公式时，我们将对一个事件发生的情况的研究转化为对发生该情况的几个先决条件进行分析，这是一种重要的递推思想.在如图所示的蜂窝形正六边形地图中，左上角与右下角的“○”分别代表起点与终点，蜂窝格中的实心圆点“●”代表地雷，有一个扫雷机器人在起点处接收到指令移动至终点，每一次移动只能按照箭头所示的三个方向运动，若移动到地雷区，则会立即将地雷排除.记移动过程中，该机器人可以排除的地雷数量最多为，现在在图中增加两枚地雷（用叉号“×”表示），则以下方法可以使增加且只增加的是：（     ）.    A．   B．   C．   D．   【答案】BD 【分析】根据题意设相应量，根据递归思想可得，按此规律对原表格进行数字填充，结合题意分析判断即可. 【详解】由递归思想，假设到达某一个格子只能从的三个方向进入，分别记为， 记为从起点到格子最多可以除去的雷数， 表示数中最大的数， 表示格子中的地雷数， 则可以写出递推式：， 按此规律对原表格进行数字填充：    由分析可知，最多可以除掉7个雷. 再从终点规划路线，每一次都挑选反方向3个中数字最大的走就可以找到除掉7个雷需要经过的所有格子， 在这些格子同一线路上，选择1个埋入地雷， 再在另一条线路或未经过的格子上埋入1个地雷，就可以得到满足题意的答案（也可以在选项上仿照前面的思想画图），对比得：BD正确. 故选：BD.    【点睛】关键点点睛：根据递归思想可得，按此规律对原表格进行数字填充，结合数据分析判断. 13．（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复n次操作后，甲口袋中恰有0个红球，1个红球，2个红球分别记为事件，，，则（    ） A． B．     C． D． 【答案】ABD 【分析】对于A项，重复一次操作，甲袋中有1红的情况有两种，运用互斥事件的概率加法公式计算即得；对于B项，运用条件概率公式，分别算出和代入公式计算即得；对于C项，运用独立事件的概率乘法公式计算即得；对于D项，运用相容事件的并的概率公式计算即得. 【详解】因在操作前，甲袋中：1红2白，乙袋中：1红2白． 对于A项，重复1次操作，甲口袋中有1红的概率，故A项正确； 对于B项，，，，故，故B项正确； 对于C项，因事件与相互独立，则，，故C项错误； 对于D项，，故D项正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：对所求事件所包含的情况的判断，求若干事件的并的概率，需要判断互斥还是相容，对于条件概率题，要么用样本空间中基本事件数计算，要么用概率公式计算，对于积事件的概率应先判断两事件的独立性，再用公式求. 14．（24-25高三上·辽宁葫芦岛·期末）已知，则下列结论成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】应用赋值法及换元法分别判断A，B，C选项；等式两侧同时求导函数及赋值可判断D选项. 【详解】A.令，得，即，A正确. B.令，则原等式变形为， 由二项式定理得，， 令，得， 等式两侧同乘，得， ∴，B错误. C.令，得，故，C错误. D.对等式两侧同时求导函数得， ， 令，得，D正确. 故选：AD. 15．（2025·河北·模拟预测）下列选项中，正确的是（   ） A．甲、乙两名钳工加工同一型号的零件，根据以往数据得知，甲加工的合格品率为80%，乙加工的合格品率为90%．加工出来的零件混放在一起，已知甲，乙加工的零件数分别占40%，60%，从所有零件中任取一个零件，则这个零件是合格品的概率为0.88 B．已知事件A，B满足，，，则 C．若事件满足，且，则A与B相互独立 D．若随机变量，且，，则的最小值为16 【答案】BCD 【分析】对于A选项，根据全概率公式计算即可判断；对于B选项，根据公式，求出的值即可判断；对于C选项，只须判断是否成立，即可判断A与B是否相互独立；对于D选项，由正态分布得到，再利用基本不等式，求出的最小值即可判断. 【详解】对于A选项，由全概率公式，这个零件是合格品的概率为 ，故A选项错误； 对于B选项，由， 有，可得，故B选项正确； 对于C选项，由，有， 可得A与B相互独立，故C选项正确； 对于D选项，由正态分布可知，， 所以，且， 所以， 当且仅当，即，时取等号，故D选项正确． 故选：BCD． 16．（2025·山东·模拟预测）已知互不相等的正实数，，，，是，，，的任意顺序的一个排列，定义随机变量，满足则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】分析的取值，即可求出、，再由古典概型的概率公式计算可得. 【详解】依题意，，，的全排列有种， 因为随机变量，满足， 所以当或时，，； 当或时，，； 当或时，，； 又当或时，，， 即满足的排列有，，，，，，，共种； 所以，故A正确，B错误； 同理当或时，，，满足，即； 当或时，，，满足，即； 综上可得，故C正确； 因为当时，当时时，所以满足， 所以，故D正确. 故选：ACD 17．（24-25高三下·河北秦皇岛·阶段练习）甲、乙、丙三个人进行比赛，每轮比赛由两人进行对局，另外一人为该轮的轮空者，随机决定首轮比赛的对局双方，每轮比赛的胜者与该轮的轮空者进行下一轮比赛的对局，以此类推，率先赢得两轮比赛的人夺冠．单局比赛中，每局比赛的结果只有胜、负两种情况，已知甲对乙、丙的胜率分别为，乙对丙的胜率为，且，每轮比赛的结果相互独立．则（    ） A．若首轮比赛乙与丙对局，则甲夺冠的概率与的值无关 B．若，首轮比赛甲与乙对局，则甲夺冠的概率与的值无关 C．若，首轮比赛甲与乙对局，则乙夺冠的概率大于甲 D．若，相比于首轮比赛甲与乙对局，甲与丙对局时甲夺冠的概率更大 【答案】ABC 【分析】分乙胜首轮和丙胜首轮即可求解A选项，分首轮甲胜乙和首轮乙胜甲即可求解B选项，分首轮甲胜乙和首轮乙胜甲即可求解C选项，分首轮甲与乙对局和首轮甲与丙对局即可求解D选项. 【详解】第二轮由乙（胜者）与甲（轮空者）对局， 若甲胜乙（概率）：甲赢1轮，乙赢1轮， 第三轮由甲（胜者）与丙（轮空者）对局， 若甲再胜丙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠， 此路径概率为， 若甲负于乙（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，甲无法继续比赛， 丙胜首轮（概率），第二轮由丙（胜者）与甲（轮空者）对局， 若甲胜丙（概率）：甲赢1轮，丙赢1轮， 第三轮由甲（胜者）与乙（轮空者）对局， 若甲再胜乙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠， 此路径概率为， 若甲负于丙（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，甲无法继续比赛， 总概率为， 该结果完全由和决定，与乙丙对局的胜率无关，故A正确； 首轮甲胜乙（概率），第二轮：甲（胜者）vs丙（轮空者）， 甲胜丙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠， 概率为，甲负于丙（概率）：甲1胜，丙1胜，乙0胜， 第三轮：丙（胜者）vs乙（轮空者）， 乙胜丙（概率）：乙1胜，丙1胜，甲1胜， 第四轮：乙（胜者）vs甲（轮空者）， 甲胜乙（概率）：甲累计2胜，夺冠， 路径概率为， 乙胜甲（概率）：乙累计2胜，乙夺冠， 丙胜乙（概率）：丙累计2胜，丙夺冠， 首轮乙胜甲（概率）， 第二轮：乙（胜者）vs丙（轮空者）， 乙胜丙（概率）：乙累计2胜，乙夺冠， 丙胜乙（概率）：乙1胜，丙1胜，甲0胜， 第三轮：丙（胜者）vs甲（轮空者）， 甲胜丙（概率）：甲1胜，丙1胜，乙1胜， 第四轮：甲（胜者）vs乙（轮空者）， 甲胜乙（概率）：甲累计2胜，夺冠， 路径概率为， 乙胜甲（概率）：乙累计2胜，乙夺冠， 丙胜甲（概率）：丙累计2胜，丙夺冠， 总概率 ， 该结果仅由决定，与无关，故B正确； 首轮甲胜乙（概率）， 第二轮：甲vs丙，甲胜丙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠， 概率贡献：，丙胜甲（概率）：第三轮：丙vs乙， 乙胜丙（概率）：第四轮：乙vs甲， 乙胜甲（概率）：乙夺冠， 概率贡献：， 甲胜乙（概率）：甲夺冠（此路径属于甲的概率）， 丙胜乙（概率）：丙累计2胜，丙夺冠， 首轮乙胜甲（概率）， 第二轮：乙vs丙，乙胜丙（概率）：乙累计2胜，直接夺冠， 概率贡献：，丙胜乙（概率）：第三轮：丙vs甲， 甲胜丙（概率）：第四轮：甲vs乙， 甲胜乙（概率）：甲夺冠，概率贡献：， 乙胜甲（概率）：乙夺冠（此路径属于乙的概率）， 丙胜甲（概率）：丙累计2胜，丙夺冠， 甲夺冠的总概率 , 乙夺冠的总概率, , 由于，故， 即乙夺冠概率大于甲，故C正确； 首轮甲与乙对局时的甲夺冠概率， 路径1：甲连胜两局，首轮甲胜乙（概率）→第二轮甲胜丙（概率）， 概率：，路径2：甲首轮胜乙，后续需三局， 首轮甲胜乙第二轮甲负丙第三轮乙胜丙第四轮甲胜乙概率：， 路径3：甲首轮负乙，后续需三局， 首轮乙胜甲第二轮丙胜乙第三轮甲胜丙第四轮甲胜乙概率：， 总概率， 首轮甲与丙对局时的甲夺冠概率， 路径1：甲连胜两局，首轮甲胜丙（概率）第二轮甲胜乙（概率）， 概率：，路径2：甲首轮胜丙，后续需三局， 首轮甲胜丙第二轮甲负乙第三轮丙胜乙第四轮甲胜丙概率：， 路径3：甲首轮负丙，后续需三局， 首轮丙胜甲第二轮乙胜丙第三轮甲胜乙第四轮甲胜丙概率：， ， 当，乙在首轮后与丙的对抗中更易胜出， 但甲首轮对丙时，丙的威胁可能被削弱， 具体结果依赖于的关系，而非仅由决定. 故D错误. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于正确分类以及计算概率时计算式的正确表达. 18．（24-25高三下·山西·阶段练习）空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色（一条线段只染一种颜色）．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有（    ） A．若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥 B．若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形 C．若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况 D．若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥 【答案】AD 【分析】根据的取值、根据染色的要求进行分析，从而确定正确答案. 【详解】若，4点仅能构成一个三棱锥，记为， 不妨把，，染成红色，把，，染成蓝色， 则满足要求，故A正确； 若，设这5个点分别为，如图，实线表示红色线段， 虚线表示蓝色线段，则存在三角形的3条边不是同一种颜色的情况，故B错误； 若，设这6个点分别为， 考虑由一点引出5条线段，，，，， 则至少有3条线段是同色，不妨设，，为红色，，为蓝色． 对于的三条边，若有一条边为红色（不妨设为红色）， 则的3条边都是红色，若任意一条边都为蓝色， 则的三条边都是蓝色， 故一定存在一个三角形的3条边都是同一种颜色的情况，故C错误； 若，设这8个点分别为，从中任取6个点，则由上可知， 这6个点所构成的三角形中一定存在3条边是同一种颜色的三角形， 不妨设的3条边都是红色，则以中一点为顶点， 以为底面的三棱锥中，仅当棱都是蓝色时， 在三棱锥的所有棱中恰有3条是红色，3条是蓝色， 否则存在某个三棱锥至少有4条棱是红色的情况， 但如果棱都是蓝色，则在三棱锥中， 棱，，，是蓝色，故无论棱是何种颜色， 三棱锥至少有4条棱是蓝色， 所以不存在一个三棱锥的6条棱恰有3条棱是红色，3条棱是蓝色的情况，故D正确． 故选：AD 19．（24-25高三下·湖南·阶段练习）如图，一个三角形被分成9个房间，称有公共边的2个房间为相邻房间，一个小球每次从一个房间等概率地移动到相邻房间，则（   ） A．将2个小球放至不同的房间，则房间不相邻的概率为 B．将个小球放至不同的房间，若房间两两不相邻，则 C．小球从房间出发，4次移动后到达房间的移动路径有6种 D．小球从房间出发，20次移动后到达房间的概率为 【答案】ABD 【分析】A项列举法求出房间相邻的情况，由古典概型与对立事件的概率公式求解；B项给出取6个房间且两两不邻的例子，由房间均与个房间相邻，分析取个房间必有相邻情况；C项列举可得；D项先列举从到达的情况求出相应条件概率，再利用全概率公式写出递推关系，构造数列求通项进而求具体概率即可. 【详解】A项，任取两个房间，相邻有种情况：， 所以任取两个房间不相邻的概率为，故选项A正确； B项，当时， 可将小球放在，此时房间两两不相邻； 当时，房间均与个房间相邻， 则从个房间任意抽走个房间后，总有相邻的房间，所以，故选项B正确； C项，小球从房间出发，次移动后到达房间有种路径： ；；； ；；； ，故选项C错误； D项，设小球从房间经过次移动到达房间的概率为，由题意可知为偶数， 小球在房间，次移动的路径有： ； 小球在房间，次移动的路径有： ； 小球在房间，次移动的路径有： ； 所以，小球从房间出发，经过偶数次移动后一定在房间之一， 且当小球经过次移动到达房间时，第次移动后必在房间之一， 小球从房间或经过次移动到达房间的概率均为； 小球从房间经过次移动到达房间的概率均为； ， 则，，， 数列是以为首项，为公比的等比数列， ，则， 所以. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键是通过列举分析得出小球从房间出发，经过偶数次移动后一定在房间之一，进而分类分析应用全概率公式得到概率递推关系. 20．（23-24高三下·重庆渝中·阶段练习）柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（    ） A．该正八面体的外接球的体积为 B．平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为 C．甲能构成正三角形的概率为 D．甲与乙均能构成正三角形的概率为 【答案】ABD 【分析】由图形，根据勾股定理求出球的半径，结合球的体积公式计算即可判断A；如图，根据等面积求出OH，进而求出截面圆的半径即可判断B；确定甲乙选择的三个点构成正三角形的情况，结合古典概型的概率公式计算即可判断CD. 【详解】A：由棱长为2，得正八面体上半部分的斜高为，高为， 则正八面体的体积为． 则正八面体的外接球的球心为，半径为， 所以外接球的体积为，故A正确； B：由于到平面的距离等于到平面的距离， 在中，过作的垂线，垂足为，则平面． 由，得， 平面截正八面体的外接球所得截面是圆，半径， 所以所得截面的面积为，故B正确； C：甲随机选择的情况有种，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况： 甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种， 甲构成正三角形的概率为，故C错误； D：乙随机选择的情况有种，乙构成正三角形，只有一种情况： 上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点， 或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点， 共有种，概率为；又甲能构成正三角形的概率为， 所以甲与乙均能构成正三角形的概率为，故D正确. 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的综合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截球体所得截面的形状. 三、填空题 21．（2025·广东佛山·二模）某校元旦晚会设计了一个抽奖游戏，主持人从编号为四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入奖品，再将四个箱子关闭，即主持人知道奖品在哪个箱子．当抽奖人选择某个箱子后，在箱子打开之前，主持人会随机打开一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．已知甲先选择了号箱子，此时主持人打开号箱子的概率为 ，在主持人打开号箱子的情况下，奖品在号箱子的概率为 ． 【答案】 【分析】用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子，根据条件求出，，，，利用全概率公式，即可求解；再利用贝叶斯公式，即可求解. 【详解】用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子， 由题知，，， 又， 所以， 又， 故答案为：. 【点晴】关键点点睛：本题考查条件概率的求解、决策类问题，解题关键是能够根据奖品所在箱子号码，确定主持人可打开的箱子数，再由全概率公式及贝叶斯公式进行求解. 22．（2025·陕西渭南·二模）如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态.假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为 . 【答案】/0.25 【分析】根据相邻原则把9个灯区分为三类：第一类灯区，第二类灯区，第三类灯区，然后由题意分别按各类中的两个保持灯区最终仍处于“点亮”状态，由此求得方法数，再求得总的方法数，最后由概率公式计算概率． 【详解】从9个灯区中随机先后按下两个灯区，共有种按法， 与相邻的灯区为，与相邻的灯区为，将9个灯区分为三类： 第一类灯区，第二类灯区，第三类灯区， 若要使得灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随机先后按两个不同灯区． ①若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法； ②若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法； ③若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法， 所以灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：把9个灯区分成、、三类是求解问题的关键. 23．（2025·安徽·一模）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为 . 【答案】26 【分析】分“百位”拨动3枚算珠、“百位”拨动2枚算珠、“百位”拨动1枚算珠三种情况罗列出可表示的数据即可得解. 【详解】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700； “百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、605； “百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155； 520、502、506、560、511、551、515、555. 则符合条件的三位整数的个数为26. 故答案为：26. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是理解题意，将问题拆分“百位”拨动3枚算珠、“百位”拨动2枚算珠、“百位”拨动1枚算珠三种简单情况进行分析再整合即可得解. 24．（2025·江苏南京·一模）将9个互不相同的向量，填入的方格中，使得每行、每列的三个向量的和都相等，则不同的填法种数是 . 【答案】72 【分析】先确定每行、每列向量和的可能情况，再根据向量和的情况确定满足条件的向量组合，最后计算不同的填法种数.结合分步乘法原理计算即可. 【详解】已知， 那么向量的所有可能情况有共种. 设每行、每列的三个向量的和为，因为，所以. 又因为三行向量和等于三列向量和，且所有向量和为，所以， 而的分量和分量都为（取值且各有个），所以. 要使每行、每列的三个向量和为，则每行、每列的三个向量的分量和分量都分别为. 对于分量，个数的和为，有这一种组合情况； 对于分量，个数的和为，也有这一种组合情况. 先确定第一行的填法，第一行的个向量的分量和分量都要满足的组合，分量的排列有种，分量的排列也有种，所以第一行的填法有种. 当第一行确定后，第二行第一列的向量分量要与第一行第一列和第三行第一列的分量和为，分量同理，所以第二行第一列的向量是唯一确定的，同理第二行第二列、第二行第三列的向量也唯一确定，第三行的向量也就随之确定. 因为第一行确定后，第二行和第三行可以交换位置. 所以不同的填法种数是种. 故答案为：72. 25．（2025·河北秦皇岛·一模）某种“摩斯密码”的传递常用手指敲击硬物传递声响的方式进行，敲一下，意思为“洞”，敲两下，意思为“拐”，若小明用手指敲击的数量依次为一下、一下、两下，则对方收到的密码指示为“洞洞拐”.已知新手小明尝试用5个“洞”和5个“拐”随意传递密码，则每个“洞”之前“拐”的个数多于“洞”的个数的概率为 ． 【答案】 【分析】根据题意，利用组合数计算出所有的基本事件数，再根据作图计算出符合题意的事件数，利用古典概型的概率计算公式得出结果. 【详解】根据题意，小明用5个“洞”和5个“拐”随意传递密码，总共有种排列方式. 要满足“每个“洞”之前“拐”的个数多于“洞”的个数”，可以画图，从点开始，每出现一个“拐”则上升一节，每出现一个“洞”则下降一节，因为总共有5个“洞”和5个“拐”，所以最终一定会到达点,在虚线上方的方法都是符合题意的. 利用节点法计算，点到点有1种方法，所以在点上方标“1”，到点有1+1=2种方法，所以在点上方标“2”，依次标注到处为42，因此符合题意的方法数为42. 因此，所求概率. 故答案为：. 26．（2025·江西·模拟预测）袋中装有6个相同的球，分别标有数字，从中一次性随机取出两个球，设两球标号为和，并记.将球放回袋中，重复上述操作，得到和.记，其中，则的概率为 . 【答案】 【分析】根据题意写出样本空间，并列出的所有情况，从而根据古典概型求概率. 【详解】每一次取球时，标号组合都有种等可能的组合情况， 其对应的样本空间为： . 下面分析每一个样本点对应的情况： ； ； ； ； ； ； ； . 记为事件，则 . 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据样本点列出的所有情况是解题关键. 27．（2025·福建·模拟预测）项数为的数列满足，当且仅当时（其中，规定：），称为“好数列”．在项数为6且的所有中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为 ． 【答案】/ 【分析】根据分布乘法求出所有的个数，由0出现的次数讨论数列是“好数列”的个数，利用概率公式计算即可. 【详解】由题意，因为项数为6且， 所以每一项都有两种选择，根据分布乘法计数原理， 可构成的数列个数为个， 由题意，若为“好数列”，则意味着若，其前一项与后一项相等， ①则若中没有0，则数列为，不符合题意， ②若中有1个0，不论0在那个位置，都会出现3个1相邻，不符合题意， ③若中有2个0，则，，符合“好数列”定义； ④若中有3个及以上0，若0相邻，根据定义，数列只能为， 若0不相邻，只能1和0间隔出现，会出现两个0中间出现1，不符合题意， 综上，符合题意的“好数列”只有4个， 所以数列是“好数列”的概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解“好数列”的定义，根据题意能列出符合条件的数列. 28．（2025·海南海口·模拟预测）将标号为的10个小球装入两个不同的盒子，使得每个盒子都有球，有 种不同的装法；当两个盒子的球数相等时，从两个盒子中不放回地各取一球，记下两球球号之积，重复上述操作，直至取完，则所有积之和的最小值为 . 【答案】 1022 110 【分析】利用分步计数乘法原理结合反向排除法，再利用排序不等式中反序和最小，可分别求解. 【详解】将标号为1∼10的10个小球装入两个不同的盒子，每个小球都有2种放法，所以总共有种.排除10个小球都放入同一个盒子的情况，有2种.所以，使得每个盒子都有球，有种不同的装法. 当两个盒子的球数相等时，每个盒子有5个球，设两个盒子中的球号分别为和，且令，， 根据排序不等式可知，反序和最小. 所以，所有积之和的最小值为，即. 故答案为：1022；110. 29．（2025·辽宁·一模）如图1，把一个圆分成n（）个扇形，每个扇形用k种颜色之一染色，要求相邻扇形不同色，有种方法． 如图2，有4种不同颜色的涂料，给图中的12个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答） 【答案】 【分析】利用已知条件可计算八个空格染色问题，剩下的可用分步分类计数即可. 【详解】染色问题按以下步骤进行： 第一步：给染色有4种方法； 第二步：给染色， 若与的颜色均不同，则可用颜色有3种， 根据已知条件可知：种； 若与其中一个的颜色相同，则有种方法； 若与两个的颜色相同，则有种方法 若与其中三个的颜色相同，则有种方法； 若与的颜色都相同，则有种方法： 第三步：给染色，因为已经染了色，所以分以下两类: 当与同色，给染色有：种； 当与不同色，给染色有：种； 利用分类分步原理可得：总有：种， 故答案为：. 30．（2025·河南·模拟预测）已知事件A，满足，，，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据条件概率公式和已知条件得，设，，列出关于x，y的函数式，通过导数求出最值即可. 【详解】因为，， 所以， 所以，又， ， 所以， 设，则，所以， 所以， 设由可得①，②， 所以， 令， 则， 令，得，得， 又时，， 令，解得，解得， 所以在单调递增，所以取得最大值， 所以， 当满足不等式①时，所以在单调递增，所以取得最小值， ， 当满足不等式②时，，所以在单调递增， 所以取得最小值，。 令，求导得，、 所以在单调递减，所以。 综上得的取值范围为， 故答案为： 四、解答题 31．（2025·广东湛江·一模）甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． (1)当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望． (2)设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为． （ⅰ）证明：为等比数列． （ⅱ）求的最大值以及对应n的值． 【答案】(1)分布列见解析，1 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）当时，取到最大值为 【分析】（1）由已知可得X的可能取值，分别求解概率即可得分布列和期望； （2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；由（ⅰ）可证为等比数列，可得，结合不等式的性质和函数的单调性即可求解. 【详解】（1）X可以取0，1，2，3，4， 每次回答A类问题且回答正确的概率为， 回答A类问题且回答不正确的概率为， 每次回答B类问题且回答正确的概率为， 回答B类问题且回答不正确的概率为， ， ， ， ；， X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P ； （2）（ⅰ），， 由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分， 故当时，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列； （ⅱ）根据（ⅰ）可知，①， 易得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以②， 令②－①可得， 所以， 经检验，时均满足上式，故， 所以， 而显然随着n的增大而减小， 故， 又因为，所以当时，取到最大值为. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是深入理解游戏得分的规则，找出累计得分分与分，分之间的概率递推关系，从而得到与，的关系式. 32．（2025·湖北·模拟预测）某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6个小球，其中4个黑球，2个红球.模型一为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再往小盒里加入2个红球；模型二为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中. (1)分别计算在两种模型下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率； (2)在模型二的前提下： ①求在第次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用表示）. ②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为，求的数学期望. 【答案】(1)； (2)①；② 【分析】（1）分为取到“黑红”和“红红”两种情况，分别对两种模型第二次取到的球是红球的概率进行计算即可； （2）①先算出第次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球的概率为， 则第次恰好抽到第二个红球的概率为中从到取值累加求和； ②利用数学期望的定义和①中的概率公式可得到的表达式，再利用错位相减法计算得出期望值. 【详解】（1）记在模型一下，第二次取到红球的概率为，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况， 则； 记在模型二下，取到红球的概率为，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况， 则； （2）①设第次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球的概率为， 则， 则第次恰好抽到第二个红球的概率为中从到取值累加求和，即 ， 利用等比数列求和公式即可得 ； ②由题可知，的取值依次为， 当时，， 由数学期望的定义和①中的概率公式可知， ， 设， 由错位相减法可得， 所以. 33．（2025·重庆·一模）在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下: 两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得 1 分，直到有一方得分超过对方 2 分时即可获得该局的胜利. 已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6 . 比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为 . (1)求甲以 的比分赢得比赛的概率; (2)若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于 0.6，求的范围; (3)若 ，设甲运动员在第 球比赛中获胜的概率为 ，数列 满足 ，求证: . （参考知识: 当 时，若 ，则 .） 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据条件概率公式即可得到答案； （2）记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为，可推得，再对分类讨论即得； （3）根据（2）得到，则，化简计算，最后利用累加法和等比数列求和公式即可得证. 【详解】（1）记第一球比赛甲运动员获胜的事件为，第二球比赛甲运动员获胜的事件为， 由题意知：，且， ∴. 即甲以 的比分赢得比赛的概率为. （2）记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为，则 ， 则, 可知数列是首项为，公比为的等比数列， 则有，, ①当时，，又，故是一个递减数列， 当时，，依题需使，即与条件矛盾,舍去； ②当时，，不合题意； ③当时，，又，故是一个递增数列， 依题意，只需，即，解得，故； ④当时，，符合题意； ⑤当时，，又，因此是一个摆动数列， 若为偶数，则，； 若为奇数，则是一个递增数列，只需，而， 因，于是， 得：，解得，故. 综上：时，甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6. （3）当时，由（2）可得，，   则， ， ， ， ， 故：. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是得到，再对分类讨论. 34．（2025·安徽·一模）已知是各项均为正数的数列，事件“”发生的概率为，事件“”发生的概率为. (1)若随机变量的期望不小于，求的取值范围； (2)已知，若依次成等比数列的概率为，比较与的大小； (3)若（为大于的常数，且为偶数），证明在得到的次递推过程中，事件“”发生的次数为奇数，并求的最大值. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析，. 【分析】j（1）列出所有的可能取值，再去求其概率，利用随机变量的期望列出不等关系，求出的取值范围； （2）依次成等比的情况只有两种，分别求其满足等比的概率，再利用分组求和在比较大小即可； （3） 结合，对次递推的过程分段进行处理，在分情况进行讨论，利用反证法得出事件“”发生的次数为偶数次时不成立，再结合分段去表示出，并对其放缩，得到的最大值. 【详解】（1）随机变量的分布列为 所以. 因为，所以或，即的取值范围是. （2）根据题意可得依次成等比数列的情况有两种，第一种是公比为，第二种是公比为，      .. 所以， 所以，    因为，所以. （3）记为Ⅰ，为Ⅱ. 设次递推的过程中有次为Ⅱ，于是这次递推过程被Ⅱ分成段， 各段中递推Ⅰ的次数分别为（若最后一次用Ⅱ，则；若第一次用Ⅱ，则），则 若为偶数，则， 因为为偶数，所以为奇数，则为奇数， 因为为偶数， 所以为奇数， 所以，，不可能成立 若为奇数，则， 因为为偶数，所以为奇数，则为偶数，同理可得也为偶数， 所以可能成立，所以事件“”发生的次数为奇数， 则，则， 当且仅当时，等号成立，所以的最大值为. 故的最大值为，得的最大值为. 35．（24-25高三下·重庆北碚·阶段练习）一种特殊的单细胞生物在一个生命周期后有的概率分裂为两个新细胞，的概率分裂为一个新细胞，随后自身消亡. 新细胞按相同的方式分裂，并且每个细胞的分裂情况相互独立， 如此繁衍下去. 某实验人员开始观察一个该种单细胞生物经过个生命周期的分裂情况，将第个生命周期后的活细胞总数记为随机变量. (1)若， （i）求随机变量的分布列和期望; （ii）求事件 “” 的概率; (2)已知在的条件下，的期望称为条件期望，其定义为，试求条件期望和的期望. 【答案】(1)（i）分布列见解析，期望为；（ii）； (2). 【分析】（1）（i）求出的所有可能取值及对应的概率，列出分布列并求出期望；（ii）将事件 “”分拆成两两互斥的事件的和，利用概率的加法公式，结合等比数列前项和公式求解. （2）求出在的条件下，的可能取值，求出对应的概率及期望，再利用全概率公式求出，进而求出的期望的递推公式，利用等比数列通项公式求得. 【详解】（1）（i）依题意，的所有可能取值为1，2，3，4， ，， ，， 所以的分布列为： 1 2 3 4 的数学期望为 （ii）事件，即细胞在个生命周期中只有一次分裂为2个新细胞， 且之前与之后的所有细胞都分裂为1个新细胞， 记事件表示“细胞只在第个周期分裂为2个新细胞”， 则两两互斥，， 而， 因此， 所以事件 “” 的概率为. （2）在的条件下，的可能取值为， 则， ， 因此 ， （）， 由全概率公式得， 于是的期望 ，则数列是以为首项，为公比的等比数列， 又，所以，即的期望为. 【点睛】方法点睛：全概率公式是将复杂事件A的概率求解问题转化为在不同情况下发生的简单事件的概率求和问题. 36．（2025·广西·一模）在某校举办的学科文化节系列活动中，数学组老师设计了一个答题挑战活动供全校数学爱好者挑战．挑战题目由逻辑推理题和运算求解题两部分构成，用于考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力．现有名同学报名依次发起挑战，每位同学成功解答出逻辑推理题和运算求解题的概率均为，两题能否解出相互独立，每位同学解题过程相互独立，挑战规则如下： ①每位同学均先答逻辑推理题，逻辑推理题答对才能答运算求解题； ②记第位同学挑战为本次挑战活动的第轮，若第位同学在规定时间内未完成逻辑推理题，则认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出由第位同学挑战； ③若第位同学在规定时间内完成逻辑推理题，则该同学继续答运算求解题，若该同学在规定时间内未完成运算求解题，则也认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出，由第位同学挑战；若该同学在规定时间内完成了运算求解题，则挑战成功，本次答题挑战活动结束，后续同学不再进行答题挑战． ④挑战进行到第轮，则不管第位同学是否完成两题的解答，答题挑战活动结束．令随机变量表示这名同学在进行第轮挑战后结束挑战活动． (1)求随机变量的分布列； (2)若把挑战规则①去掉，换成规则⑤：挑战的同学先挑战逻辑推理题，若有同学在规定时间内完成逻辑推理题，以后挑战的同学不再挑战逻辑推理题，直接挑战运算求解题．令随机变量表示这名同学在第轮挑战后结束挑战活动． （i）求随机变量的分布列； （ii）证明：． 【答案】(1)分布列见解析； (2)（i）分布列见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）分析出的所有可能取值为1，2，3，4，5，再根据独立性事件乘法公式即可得到答案； （2）（i）首先计算出，则，再写出的分布列即可； （ii）计算得，再累加得，最后再利用错位相减法即可得到答案. 【详解】（1）由题意可得，每名同学两题均完成挑战的概率为， 的所有可能取值为1，2，3，4，5， 则，， ，， . 因此的分布列为： 1 2 3 4 5 （2）（i）时，第人必完成运算求解题， 若前面人都没有一人完成逻辑推理题，其概率为， 若前面人有一人完成逻辑推理题，其概率为， 故． 当时，若前面人都没有一人完成逻辑推理题，其概率为， 若前面人有一人完成逻辑推理题，其概率为， 故． 的分布列为： 1 2 3 （ii）． 又因为 ，， 故， ，① ，② ①②得， 则. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问的关键是利用累加法得，再利用错位相减法即可得到答案. 37．（2025·江苏·二模）经典比特只能处于0态或1态，而量子计算机的量子比特可同时处于0与1的叠加态，故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为是子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为. (1)若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为2，且，求两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为2的概率； (2)若一条信息有种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，，…，，则称（其中）为这条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为的信息熵； (3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为（，2，3，⋯，，⋯）.证明：当无限增大时，的数学期望趋近于一个常数.参考公式：时，， 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据全概率公式、条件概率计算公式求得正确答案. （2）根据独立重复事件概率计算公式求得. （3）先求得的表达式，根据根据极限的知识证得结论成立. 【详解】（1）设“两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为个”，，1，2， “两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为个”， 则，，，，， 则， 故. （2）由题知，1，2，由（1）知， 同理可得， 则， 故的信息熵. （3）由题知，其中，2，3，…， 则， 又， 则，① ，② 得： ， 由题知，当无限增大时，趋近于零，趋近于零，则趋近于. 所以当无限增大时，的数学期望趋近于一个常数. 38．（2025·贵州黔东南·一模）现有位编号为1到2n的玩家，房间里有2n个盒子（盒子的编号为1到2n），将2n张编号为1到2n的纸条随机放入这2n个盒子内（每个盒子内只放1张纸条）．玩家依次进入房间，且每人可以打开其中的任意n个盒子，只有当每个玩家都找到与自己编号相同的纸条时，才算挑战成功．每个玩家开完盒子后都将盒子盖上（纸条放回原处），恢复盒子的原状．设各玩家开盒相互独立，在挑战开始后，各玩家不准交流． 为了提升挑战成功的概率，有人设计了一个新方案：让每一位玩家进入房间后，先打开编号为自己编号的盒子（例如编号为2的玩家打开编号为2的盒子），若盒子里的纸条编号恰为玩家自己的编号，则该玩家退出房间，让下一位玩家进入房间；若盒子里的纸条编号（设该编号为X）不是该玩家自己的编号，则该玩家接着去打开编号为X的盒子，依此类推，直到打开的盒子里的纸条编号与自己的编号相同，且前提是打开盒子的个数不能超过n． (1)当时，设第个盒子内放的纸条编号为，试问采用新方案后，挑战是否能成功？说明你的理由． (2)当时，在第1个和第6个盒子内放的纸条编号分别为6和1的前提下，求采用新方案挑战成功的概率． (3)当时，求采用新方案挑战成功的概率． 参考数据：，． 【答案】(1)能成功，理由见解析. (2) (3) 【分析】（1）逐个分析每个玩家的情况，可得问题答案. （2）利用古典概型可求相应事件的概率. （3）列出挑战成功的概率的公式，计算即可. 【详解】（1）编号为1的玩家先打开编号为1的盒子，该盒子内纸条编号为，该玩家接着去打开编号为6的盒子，该盒子内纸条的编号为，因为，所以玩家1可以挑战成功； 编号为2的玩家先打开编号为2的盒子，该盒子内纸条编号为，该玩家接着去打开编号为5的盒子，该盒子内纸条的编号为，因为，所以玩家2可以挑战成功； 编号为3的玩家先打开编号为3的盒子，该盒子内纸条编号为，该玩家接着去打开编号为4的盒子，该盒子内纸条的编号为，因为，所以玩家3可以挑战成功； … 编号为6的玩家先打开编号为6的盒子，该盒子内纸条编号为，该玩家接着去打开编号为1的盒子，该盒子内纸条的编号为，因为，所以玩家6可以挑战成功. 所以使用新方案后，每个玩家都可以在第二次找到与自己编号相同的纸条，从而挑战成功，所以采用新方案后，挑战能成功. （2）在第1个，第6个盒子内放的纸条编号分别为6和1的前提下，即编号为1和6的两个玩家能挑战成功的情况下，考虑其余四人的情况如下： 设第2个，第3个，第4个，第5个盒子内放的纸条编号分别为，则的所有情况共有种. 其中采用新方案挑战失败的有，，，，，，共6种. 所以挑战成功的概率为：. （3）采用新方案后，设编号为的玩家恰好打开了个盒子才找到与自己编号相同的纸条，则称数字的循环周期为. 在这100个盒子内有100张编号互不相同的纸条，100个盒子的纸条的每一种投放顺序相当于数字1到100进行一次排列， 循环周期为的排列共有种循环方法（即从这100个数中选个数进入循环），在周期内，循环的这些数字有种排法，其余数字有种排法，因此循环周期为的排列数为：. 记“当时，采用新方案挑战成功”为事件， 则 39．（2025·湖北·一模）随着中国式现代化高速发展，中华民族伟大复兴事业蒸蒸日上，人民生活的幸福指数节节攀高，事关身体健康的各项指标越来越被国民重视.已知身体某项健康指标的取值，其中为正整数，且可以由关于该健康指标的专门体检数据推算，具体方法为：某人先进行若干次体检，由其体检所有数据构造得到集合，重复的数据只能用一次，且，设集合中最小的元素为，最大的元素为，然后由随机变量u，v的值计算有关的概率或期望等数据，以此推算集合中对应的值，从而对该项健康状况作出评价，以此指导体检人选择有利于该项指标保持正常的健康生活方式，当正整数时，该项健康状况为正常. (1)若，试用表示符合条件的集合的个数； (2)若的概率，求值； (3)①当时，求，的概率； ②记随机变量是随机变量u，v的等差中项.对居民小帅的该项指标体检数据研究后发现，随机变量的期望为12，试问：小帅的该项健康状况是否正常?请说明理由. 【答案】(1) (2)； (3)①；②不正常，理由见解析 【分析】（1）由题意可知集合的个数即为集合的不含元素1且必须含有2的非空子集的个数，从而可求出答案； （2）由题意得，然后列方程求解即可； （3）①由题意可知集合中一定有5，8，一定没有1，2，3，4，9，10，可有可无的是6，7，从而可求出符合条件的集合的个数，进而可求出；②由题意得，然后根据期望的定义求解化简，再由求出进行判断即即可. 【详解】（1）由及知符合条件的集合的个数即为集合的不含元素1且必须含有2的非空子集的个数， 等于； （2）依题意 又，故 解之得； （3）①当，且，时，集合中一定有5，8，一定没有1，2，3，4，9，10，可有可无的是6，7， 故符合条件的集合的个数为， 所以 ②易知 又的可能取值为，，…，，，，…，，，，…，，…，， 故 又随机变量是随机变量的等差中项，故 所以 依题意，故，则， 所以小帅的该项健康指标不正常. 【点睛】关键点点睛：此题考查集合的有关知识，考查概率的求解，考查随机变量期望的计算，第（3）问解题的关键是根据期望的定义正确化简计算，考查计算能力，属于难题. 40．（2025·山西太原·一模）某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下： ①顾客在该商场内的消费额每满100元，可获得1张奖券； ②每张奖券可以进行1次抽奖活动，即从装有4个白球、2个红球的盒子中，随机摸取1个球（每个球被摸到的可能性相同）．奖励规则：若摸出白球，则没有中奖，摸出的白球放回原盒子中，本张奖券抽奖活动结束；若摸出红球，则中奖，获得礼品1份，且摸出的红球不放回原盒子中，同时得到一次额外的抽奖机会（该抽奖机会无需使用新的奖券），继续从当前盒子中随机摸取1个球，其奖励规则不变； ③从第二张奖券开始，使用每张奖券抽奖时均在前一张奖券抽奖活动的基础上进行； ④若顾客获得2份礼品（即该顾客将2个红球都摸出）或使用完所获奖券，则该顾客本次购物的抽奖活动结束． (1)顾客甲通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“甲使用第2张奖券抽奖，中奖"的概率； (2)顾客乙通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”的概率； (3)顾客丙消费了1000元，设表示顾客丙在这次抽奖活动中所使用奖券的数量，求的分布列及其期望． 【答案】(1) (2) (3)分布列见解析， 【分析】（1）根据古典概型，分别确定每个子事件发生的概率，再利用分步乘法计数原理，将两个子事件的概率相乘，从而得到目标事件的概率. （2）“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”存在多种实现路径，通过细致分析抽奖规则，将其分为“第1张未中奖，第2、3张中奖”和“第1张中奖，第2张未中奖，第3张中奖”这两种互斥情况,计算可求得结果; （3）依据抽奖规则和题目设定，明确随机变量所有可能的取值为1、2、3,概率求解：对每个取值，分析其对应的抽奖过程和结果，利用古典概型及分步乘法计数原理计算相应的概率，进而构建出的分布列和期望. 【详解】（1）设事件“甲使用第张奖券抽奖，中次奖”， 则所求事件为，其概率为． （2）设事件“乙使用第张奖券抽奖，中次奖”， 则所求事件为，其概率为． （3）由题意可知的所有可能取值为1，2，⋯，10． 当时，表示顾客丙使用张奖券将2个红球全部摸出； 当时，表示顾客丙使用第10张奖券抽奖时盒子里有1个或2个红球． 设事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有2个红球”的概率为，事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有1个红球”的概率为， 则，，，， ∴，， ∴，∴，， ∴，， ∴； ∴ ， 设， ∴， ∴，∴， 设， ∴， ∴，∴， ∴ . 1 学科网（北京）股份有限公司 $$