专题06 计数原理与概率统计（云南专用）-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编

专题06 计数原理与概率统计 题型概览 题型01 统计 题型02 独立性检验 题型03 计数原理 题型04 随机事件的概率 题型05 古典概型 题型06 随机变量及其分布列 ( 题型01 )统计 1．（2025·云南·一模）2025年春晚舞台上，机器人扭秧歌表演成为一大亮点.参与表演的机器人Unitree A1由中国某科技企业制造，其具备出色的负载能力和环境适应能力，可应用于巡检与监控､物流运输､安防与救援等场景.现统计出机器人Unitree A1在某地区2024年2月至6月的销售量，数据如下表： 月份 2 3 4 5 6 销售量 45 55 70 110 用最小二乘法得到Unitree A1的销售量关于月份的回归直线方程为，且相关系数，销售量的方差. (1)求的值（结果精确到0.1）； (2)（i）求的值； （ii）现从这5个月份中随机有放回地抽取3次，每次抽取1个月份，设抽取到销售量大于60的月份次数为，求的分布列和方差. 附：回归系数，相关系数. 2．（2025·云南曲靖·一模）当今社会，每天都有海量信息通过网络等渠道快速传播，虽提供了丰富知识和多样视角，但也存在信息过载、虚假信息等问题，需要我们谨慎筛选辨别．信息论之父香农（C．E.Shannon）在1948年发表的论文《通信的数学理论》中指出，任何信息都存在冗余，冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单词）的出现概率或者说不确定性有关，把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”，并给出了计算“信息熵”的数学表达式，从而解决了对信息的量化度量问题．设随机变量的所有可能取值为1，2，…，，且，，定义的“信息熵”为． (1)当时，求的值； (2)当时，若，探究与是正相关还是负相关，说明理由； (3)若，，，求此时的． 3．（2025·云南昭通·一模）一组数据按从小到大的顺序排列为1，3，8，，14，16，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第60百分位数是（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 4．（2025·云南·一模）已知数据的平均数为10，方差为10，则的平均数和方差分别为（    ） A．32，90 B．32，92 C．30，90 D．30，92 5．（2025·云南·一模）2023年是共建“一带一路”倡议提出十周年．某校组织了“一带一路”知识竞赛，将学生的成绩（单位：分，满分：120分）整理成如图的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），则（    ） A．该校竞赛成绩的极差为70分 B．的值为0.005 C．该校竞赛成绩的平均分的估计值为90.7分 D．这组数据的第30百分位数为81 6．（2025·云南·一模）在去年的足球联赛上，甲队每场比赛平均失球数是1.5，方差为1.1；乙队每场比赛平均失球数是2.1，方差是0.4，下列说法正确的有（    ） A．平均来说甲队比乙队防守技术好 B．乙队比甲队的防守技术更稳定 C．每轮比赛甲队的失球数一定比乙队少 D．乙队可能有一半的场次不失球 ( 题型02 )独立性检验 7．（2025·云南·一模）某工厂有甲、乙两条生产线生产同一种产品，产品分为一等品和二等品.为了比较两条生产线产品的质量，分别从甲、乙两条生产线生产的产品中各随机抽取件产品作为样本，检测后得到如下列联表： 生产线 一等品 二等品 总计 甲 60 40 100 乙 70 30 100 总计 130 70 200 (1)根据列联表，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为甲、乙两条生产线生产的产品质量有差异？（参考公式：，其中，参考数据：） (2)从乙生产线的件样本产品中随机抽取件产品，设抽到一等品的件数为，求的分布列和数学期望. (3)若一等品和二等品的售价分别为元/件和元/件，甲、乙两条生产线生产一件产品的成本分别为元/件和元/件.以样本中一等品的频率作为产品为一等品的概率，分别计算甲、乙两条生产线生产一件产品的利润的期望，并比较大小. 8．（2025·云南昆明·一模）某地区为了检测某种农业有机肥料的效果，农业专家播撒肥料到200块试验田中，一段时间后测量土地的某项肥力指标，按，，，，分组，绘制成如下频率分布直方图.试验后发现，产生土地肥力的为160块，其中该项指标不小于60的有110块.假设各块试验田播撒肥料后是否产生肥力相互独立. (1)填写下面的列联表，并根据列联表及的独立性检验，判断能否认为播撒肥料试验田产生肥力与指标值不小于60有关； 指标值 合计 小于60 不小于60 产生肥力 未产生肥力 合计 (2)为了检验有机肥第二次播撒的有效性，对第一次播撒有机肥后没有产生肥力的试验田进行第二次播撒，结果又有20块试验田产生肥力.用频率估计概率，求一块试验田播撒2次有机肥料产生肥力的概率. 参考公式：（其中为样本容量） 参考数据： 0.100 0.050 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 ( 题 型 0 3 )计数原理 9．（2025·云南·一模）某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次能取一个，且所取的装饰品只能有个或个相邻的装饰品，则不同的取法数有 种. 10．（2025·云南·一模）某年级有个班，每个班有名学生，现要从该年级中选取名学生参加知识竞赛，要求班和班共至少有名学生入选，且班和班共入选的学生人数不能为人，不同的选法有（ ） A．种 B．种 C．种 D．种 11．（2025·云南·一模）如图，用 6 种不同的颜色把图中 A，B，C，D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（    ） A．400 种 B．460 种 C．480 种 D．496 种 12．（2025·云南·一模）已知一个袋子中装有分别标有数字的张卡片，． (1)把这个袋子中的张卡片分别放入2个不同的盒子中，每个盒子不空，记分配方法总数为，求的值； (2)从这个袋子中依次随机抽取一张卡片． （i）若取出的卡片不再放回袋子，记为最后一张标号为偶数的卡片被取出时所需的抽取次数，求； （ii）若取出的卡片再放回袋子，最多抽取次，直到取到标号为偶数的卡片就停止抽取，记抽取的次数为，证明：． 13．（2025·云南曲靖·一模）在棱长为1的正方体的顶点中任取两个不同的点，则这两点间的距离的均值为 ． 14．（2025·云南昭通·一模）如图，算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一．算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠．例如，在十位档拨一颗上珠和一颗下珠，个位档拨一颗上珠，则表示数字65．若在个、十、百、千、万位档中随机选择一档拨一颗下珠，再随机选择两个档位各拨一颗上珠，则可能出现的数字个数有 个． 15．（2025·云南·一模）如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有 种不同的染色方案. 16．（2025·云南·一模）如图，机器人从A点出发，每次可以向右或向上沿着线走一个单位（每个小正方形的一条边长为一个单位），要走到B点，不同的走法共有 种． 17．（2025·云南·一模）今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行五人决定去看这三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有（    ） A．10种 B．60种 C．125种 D．243种 ( 题型0 4 )随机事件的概率 18．（2025·云南·一模）已知A，B为两个事件，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则的最小值可能为0.38 C．若，，A，B相互独立，则 D．若，则 19．（2025·云南昆明·一模）设是一个随机试验中的两个事件，若，，，则（   ） A． B． C． D． ( 题型0 5 )古典概型 20．（2025·云南·一模）设随机变量服从二项分布，则函数有零点的概率是（    ） A． B． C． D． 21．（2025·云南昆明·一模）在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分，这八个部分称为“卦限”，通过点的横坐标、纵坐标、竖坐标，可确定点的确切位置及所处卦限.“卦限”取自《易经》中的“太极生两仪，两仪生四象，四像生八卦”，从直角坐标系中的原点，到数轴中的两个半轴，进而到平面直角坐标系中的四个象限，最终到空间直角坐标系中的八个卦限，是由简单到繁复的变化过程，体现了中国古典哲学与现代数学的关系，也体现了数学名词翻译的“信达雅”.若点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，从中任取个点，则这个点在同一个卦限的概率为 . 22．（2025·云南曲靖·一模）有一组样本数据为0，1，2，3，4，5，在其中添加一个数构成一组新的样本数据，若，则新旧样本数据的第25百分位数相等的概率为（   ） A． B． C． D． 23．（2025·云南昆明·一模）围棋是世界上最古老的棋类游戏之一．一副围棋的棋子分黑白两种颜色，现有枚黑色棋子和枚白色棋子随机排成一行，每枚棋子排在每个位置可能性相等，则两端是同色棋子的概率为 ． ( 题型0 6 )随机变量及其分布列 24．（2025·云南昭通·一模）为提升大学生环保意识，牢固树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，某生物多样性保护与绿色发展基金会举办了“2024年大学生环保知识竞赛”．为了了解大学生对相关知识的掌握情况，随机抽取2000名大学生的竞赛成绩（单位：分），并以此绘制了如图的频率分布直方图． (1)从竞赛成绩在内的学生中随机抽取80名学生，用表示这80名学生中恰有名学生竞赛成绩在的概率，其中，1，2，…，80．以样本的频率估计概率． ①从这80名学生中任取一人，求这个学生的竞赛成绩在的概率； ②当最大时，求． (2)若学生中男生人，其成绩平均数记为，记方差为，女生为人，其成绩平均数为，记方差为，把总体样本数据的平均数记为，方差记为，证明：． 25．（2025·云南·一模）小明参加一个抽纸牌游戏，规则如下：有九张质地完全相同的纸牌，其中有一张大王牌，其余四种花色为：红桃、黑桃、方块、梅花各2张．逐次从9张牌中不放回地随机抽取一张纸牌，每次抽牌后，都往牌堆中加入一张新的大王牌． (1)求小明在前两次抽牌中只抽到一张大王牌的情况下，第三次抽牌抽到红桃牌的概率． (2)抽牌过程中，若抽到大王牌，则宣告游戏结束：若累计抽到两张花色相同的纸牌，也宣告游戏结束；否则游戏继续．用X表示小明在游戏中一共抽到的纸牌数，求X的分布列． 26．（2025·云南·一模）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 27．（2025·云南·一模）2024年初，冰城哈尔滨充分利用得天独厚的冰雪资源，成为2024年第一个“火出圈”的网红城市，冰城通过创新营销展示了丰富的文化活动，成功提升了吸引力和知名度，为其他旅游城市提供了宝贵经验，从2024年1月1日至5日，哈尔滨太平国际机场接待外地游客数量如下： （日） 1 2 3 4 5 （万人） 45 50 60 65 80 (1)计算的相关系数（计算结果精确到0.01），并判断是否可以认为日期与游客人数的相关性很强； (2)请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程； (3)为了吸引游客，在冰雪大世界售票处针对各个旅游团进行了现场抽奖的活动，具体抽奖规则为：从该旅游团中随机同时抽取两名游客，两名游客性别不同则为中奖．已知某个旅游团中有5个男游客和个女游客，设重复进行三次抽奖中恰有一次中奖的概率为，当取多少时，最大？ 参考公式：，，， 参考数据：． 28．（2025·云南·一模）在美国重压之下，中国芯片异军突起，当前我们国家生产的最小芯片制程是7纳米.某芯片生产公司生产的芯片的优秀率为0.8，现从生产流水线上随机抽取5件，其中优秀产品的件数为.另一随机变量，则（    ） A． B． C． D．随的增大先增大后减小 29．（2025·云南·一模）盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球． (1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率； (2)记取出的3个小球上的最小数字为，求的分布列及数学期望． 30．（2025·云南·一模）李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（    ） A．P(X＞32)＞P(Y＞32) B．P(X≤36)＝P(Y≤36) C．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车 D．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 计数原理与概率统计 题型概览 题型01 统计 题型02 独立性检验 题型03 计数原理 题型04 随机事件的概率 题型05 古典概型 题型06 随机变量及其分布列 ( 题型01 )统计 1．（2025·云南·一模）2025年春晚舞台上，机器人扭秧歌表演成为一大亮点.参与表演的机器人Unitree A1由中国某科技企业制造，其具备出色的负载能力和环境适应能力，可应用于巡检与监控､物流运输､安防与救援等场景.现统计出机器人Unitree A1在某地区2024年2月至6月的销售量，数据如下表： 月份 2 3 4 5 6 销售量 45 55 70 110 用最小二乘法得到Unitree A1的销售量关于月份的回归直线方程为，且相关系数，销售量的方差. (1)求的值（结果精确到0.1）； (2)（i）求的值； （ii）现从这5个月份中随机有放回地抽取3次，每次抽取1个月份，设抽取到销售量大于60的月份次数为，求的分布列和方差. 附：回归系数，相关系数. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）分布列见解析， 【分析】（1）只需求出即可； （2）（i）由回归直线必定过样本中心点即可求解；（ii）由题意，由此可求出分布列，进一步由二项分布的均、方差公式求解方差. 【详解】（1）由表得，. 由，得. ， ， . （2）（i）回归直线过样本中心点，且，. 即，解得. （ii）这5个月中销量大于60的月份有3个， 每次抽取到销量大于60的月份的概率为， ， ， 的分布列为 0 1 2 3 根据二项分布的方差公式，. 2．（2025·云南曲靖·一模）当今社会，每天都有海量信息通过网络等渠道快速传播，虽提供了丰富知识和多样视角，但也存在信息过载、虚假信息等问题，需要我们谨慎筛选辨别．信息论之父香农（C．E.Shannon）在1948年发表的论文《通信的数学理论》中指出，任何信息都存在冗余，冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单词）的出现概率或者说不确定性有关，把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”，并给出了计算“信息熵”的数学表达式，从而解决了对信息的量化度量问题．设随机变量的所有可能取值为1，2，…，，且，，定义的“信息熵”为． (1)当时，求的值； (2)当时，若，探究与是正相关还是负相关，说明理由； (3)若，，，求此时的． 【答案】(1)0 (2)负相关，理由见解析 (3) 【分析】（1）直接利用公式求解； （2）先求出，再判断单调性即可求解； （3）由可知数列从第二项起，是首项为，公比为4的等比数列，故而可求出，再由可得的解析式. 【详解】（1）当时，，． （2）与负相关，理由如下： 当时，，． 令，， 则， 因为，则，所以，即， 函数在上单调递减． 与负相关． （3）由题意知， ． ． ． 令① 则② 由①-②得，， ． ． ． 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是理解新定义，特别是第三问，根据等比数列定义写出，进而写出的通项公式，应用错位相减法及等比数列前项和公式求化简. 3．（2025·云南昭通·一模）一组数据按从小到大的顺序排列为1，3，8，，14，16，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第60百分位数是（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】D 【分析】先由中位数和极差的概念得到，再由百分位数的计算方法求出即可； 【详解】该组数据的中位数为，极差为15，故， 则，，则第60百分位数为10. 故选：D. 4．（2025·云南·一模）已知数据的平均数为10，方差为10，则的平均数和方差分别为（    ） A．32，90 B．32，92 C．30，90 D．30，92 【答案】A 【分析】根据平均数、方差的性质计算可得. 【详解】因为的平均数是10，方差是10， 所以的平均数是，方差是. 故选：A. 5．（2025·云南·一模）2023年是共建“一带一路”倡议提出十周年．某校组织了“一带一路”知识竞赛，将学生的成绩（单位：分，满分：120分）整理成如图的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），则（    ） A．该校竞赛成绩的极差为70分 B．的值为0.005 C．该校竞赛成绩的平均分的估计值为90.7分 D．这组数据的第30百分位数为81 【答案】BC 【分析】利用频率分布直方图，用样本估计总体，样本的极差、平均值、百分位数相关知识计算即可. 【详解】因为由频率分布直方图无法得出这组数据的最大值与最小值， 所以这组数据的极差可能为70，也可能为小于70的值，所以A错误； 因为，解得， 所以B正确； 该校竞赛成绩的平均分的估计值分，所以C正确． 设这组数据的第30百分位数为， 则，解得， 所以D错误． 故选：BC． 6．（2025·云南·一模）在去年的足球联赛上，甲队每场比赛平均失球数是1.5，方差为1.1；乙队每场比赛平均失球数是2.1，方差是0.4，下列说法正确的有（    ） A．平均来说甲队比乙队防守技术好 B．乙队比甲队的防守技术更稳定 C．每轮比赛甲队的失球数一定比乙队少 D．乙队可能有一半的场次不失球 【答案】AB 【分析】根据比赛平均失球数及方差分别判断各个选项即可. 【详解】甲队每场比赛平均失球数是1.5；乙队每场比赛平均失球数是2.1，平均来说甲队比乙队防守技术好,A选项正确； 甲队每场比赛平均失球数方差为1.1；乙队每场比赛平均失球数方差是0.4，乙队比甲队的防守技术更稳定,B选项正确； 甲队每场比赛平均失球数是1.5；乙队每场比赛平均失球数是2.1，甲队的平均失球数比乙队少, 但是每轮比赛甲队的失球数不一定比乙队少,C选项错误； 甲队每场比赛平均失球数是1.5；乙队每场比赛平均失球数是2.1，平均失球数是3.6, 乙队有一半的场次不失球则每场比赛平均失球数要小于1.8，D选项错误. 故选:AB. ( 题型02 )独立性检验 7．（2025·云南·一模）某工厂有甲、乙两条生产线生产同一种产品，产品分为一等品和二等品.为了比较两条生产线产品的质量，分别从甲、乙两条生产线生产的产品中各随机抽取件产品作为样本，检测后得到如下列联表： 生产线 一等品 二等品 总计 甲 60 40 100 乙 70 30 100 总计 130 70 200 (1)根据列联表，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为甲、乙两条生产线生产的产品质量有差异？（参考公式：，其中，参考数据：） (2)从乙生产线的件样本产品中随机抽取件产品，设抽到一等品的件数为，求的分布列和数学期望. (3)若一等品和二等品的售价分别为元/件和元/件，甲、乙两条生产线生产一件产品的成本分别为元/件和元/件.以样本中一等品的频率作为产品为一等品的概率，分别计算甲、乙两条生产线生产一件产品的利润的期望，并比较大小. 【答案】(1)不能在犯错误的概率不超过的前提下认为甲、乙两条生产线生产的产品质量有差异 (2)分布列见解析， (3)计算见解析，甲生产线生产一件产品的利润期望大于乙生产线生产一件产品的利润期望 【分析】（1）利用公式计算，通过比较与的大小关系得到结论； （2）由超几何分布分别求得的概率，从而得到分布列和数学期望； （3）由表得到甲、乙生产线生产一件产品为一等品、二等品的概率，再由生产一等品和二等品的利润，得到生产一件产品的利润的期望，比较大小即可判断. 【详解】（1）由列联表可知. 代入公式可得， 因为，所以不能在犯错误的概率不超过的前提下认为甲、乙两条生产线生产的产品质量有差异. （2）从乙生产线的件样本产品中随机抽取件产品， 抽到一等品的件数服从参数为的超几何分布. ， ， ， ， . 所以的分布列为： 数学期望. （3）甲生产线生产一件产品为一等品的概率为，生产一件产品为二等品的概率为， 甲生产线生产一件产品为一等品时，利润为元；为二等品时，利润为元， 乙生产线生产一件产品为一等品的概率为，生产一件产品为二等品的概率为， 乙生产线生产一件产品为一等品时，利润为元；为二等品时，利润为元. 从而甲生产线生产一件产品的利润为元， 乙生产线生产一件产品的利润为元， 因为，所以甲生产线生产一件产品的利润期望大于乙生产线生产一件产品的利润期望. 8．（2025·云南昆明·一模）某地区为了检测某种农业有机肥料的效果，农业专家播撒肥料到200块试验田中，一段时间后测量土地的某项肥力指标，按，，，，分组，绘制成如下频率分布直方图.试验后发现，产生土地肥力的为160块，其中该项指标不小于60的有110块.假设各块试验田播撒肥料后是否产生肥力相互独立. (1)填写下面的列联表，并根据列联表及的独立性检验，判断能否认为播撒肥料试验田产生肥力与指标值不小于60有关； 指标值 合计 小于60 不小于60 产生肥力 未产生肥力 合计 (2)为了检验有机肥第二次播撒的有效性，对第一次播撒有机肥后没有产生肥力的试验田进行第二次播撒，结果又有20块试验田产生肥力.用频率估计概率，求一块试验田播撒2次有机肥料产生肥力的概率. 参考公式：（其中为样本容量） 参考数据： 0.100 0.050 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】(1)列联表见解析，不能认为播撒肥料试验田产生肥力与指标值不小于60有关 (2) 【分析】（1）根据频率分布直方图概率性质求解各组的块数，再求解卡方，判断与时的大小关系即可； （2）根据二次播撒后产生肥力的频数与总数的比值判断即可. 【详解】（1）在指标内的有块， 同理：内的有25块，内的有35块，内的有100块， 内的有30块， 指标值 指标值 产生肥力 50 110 未产生肥力 20 20 ， 所以根据列联表及的独立性检验，不能认为播撒肥料试验田产生肥力与指标值不小于60有关. （2）由题意，第一次播撒后产生肥力的频数为160， 第一次播撒有机肥后没有产生肥力的试验田进行第二次播撒后产生肥力的频数为20， 则一块试验田播撒2次有机肥料产生肥力的频率为，以频率估计概率，这块试验田播撒2次有机肥料产生肥力的概率为. ( 题 型 0 3 )计数原理 9．（2025·云南·一模）某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次能取一个，且所取的装饰品只能有个或个相邻的装饰品，则不同的取法数有 种. 【答案】 【分析】对小球进行编号，然后对前三个球的取法进行分类讨论，进而对后续小球的摸球顺序进行讨论，结合分步乘法与分类加法计数原理可得结果. 【详解】将这个小球编号如下图所示： 分以下两种情况讨论： 第一种，第一步，先取、、号球，第二步，再取、、号球依次取个球， 最后一步，从剩余两球依次摸取，此时不同的抽法种数为种； 第二种，将、、视为三个整体， 前三个球从其中一个整体和每支不与号球相邻的小球中依次摸取，有种， 以、、为例，可依次为、、，共种， 剩余、、、号球，先从、号球中摸一个，有种情况， 比如先取号球，剩余三个相邻的小球，接下来从、号球中取一个，有种情况， 最后剩余两球摸取的先后顺序任意， 此时，不同的取法种数为. 综上所述，不同的取法种数为种. 故答案为：. 10．（2025·云南·一模）某年级有个班，每个班有名学生，现要从该年级中选取名学生参加知识竞赛，要求班和班共至少有名学生入选，且班和班共入选的学生人数不能为人，不同的选法有（ ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【分析】采用间接法求解，先求出从名学生中选名学生的所有选法，再减去不满足条件的选法即得答案. 【详解】已知该年级有个班，每个班有名学生，则总共有名学生， 从名学生中选名学生的选法有种. 不满足条件的情况有两种： 情况一：班和班没有学生入选 若班和班没有学生入选，那么从剩下名学生中选名，选法有种； 情况二：班和班共有人入选 从班和班共人中选人，有种选法，再从剩下人中选人，有种选法， 根据分步乘法计数原理，班和班共选人时共有种选法， 所以班和班共有人入选的选法有种， 用总的选法减去不满足条件的选法，可得满足条件的选法有种. 故选：A. 11．（2025·云南·一模）如图，用 6 种不同的颜色把图中 A，B，C，D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（    ） A．400 种 B．460 种 C．480 种 D．496 种 【答案】C 【分析】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色，当使用3种颜色时，和涂一种颜色，利用分类加法、分步乘法计数原理即可求解. 【详解】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色， 当使用4种颜色时，有6种涂法，有5种涂法，有4种涂法，有3种涂法， 所以共有种方法； 当使用3种颜色时，和涂一种颜色，共有6种涂法， 有5种涂法，有4种涂法， 所以共有种方法； 所以不同的涂法共有种. 故选：. 12．（2025·云南·一模）已知一个袋子中装有分别标有数字的张卡片，． (1)把这个袋子中的张卡片分别放入2个不同的盒子中，每个盒子不空，记分配方法总数为，求的值； (2)从这个袋子中依次随机抽取一张卡片． （i）若取出的卡片不再放回袋子，记为最后一张标号为偶数的卡片被取出时所需的抽取次数，求； （ii）若取出的卡片再放回袋子，最多抽取次，直到取到标号为偶数的卡片就停止抽取，记抽取的次数为，证明：． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用组合计数求，再由分组求和法，结合等比数列求和公式求解即可； （2）（i）利用组合计数与古典概型概率公式得到概率分布列，再由离散型随机变量的期望公式可求；（ii）利用相互独立事件同时发生的概率公式得到概率分布列，再由错位相减法即可求得. 【详解】（1）由题意知， 所以 . （2）（i）由题意知的所有可能取值为， 则， 所以 ， 因为 ， 所以； （ii）证明：若取出的卡片再放回袋子，则每次抽取到偶数号码卡片的概率为， 由题意知的所有可能取值为， 所以，， 则的分布列为 所以， 则， 两式相减可得 ， 所以. 【点睛】解决此题的关键有二：一是审清题意确定终止条件，结合概率模型使用公式求解；二是利用错位相减法数列求和证明不等式. 13．（2025·云南曲靖·一模）在棱长为1的正方体的顶点中任取两个不同的点，则这两点间的距离的均值为 ． 【答案】 【分析】立方体的个顶点中任意选择个作为线段的端点共有种可能，结合各种不同的长度线段的条数可以计算得到线段长度的均值. 【详解】立方体的个顶点中任意选择个作为线段的端点共有种可能， 其中有条棱，长度为，12条线段为立方体的个表面的对角线，长度为， 另有四条线段为立方体的体对角线，长度为， 根据均值的定义，计算均值为. 故答案为： 14．（2025·云南昭通·一模）如图，算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一．算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠．例如，在十位档拨一颗上珠和一颗下珠，个位档拨一颗上珠，则表示数字65．若在个、十、百、千、万位档中随机选择一档拨一颗下珠，再随机选择两个档位各拨一颗上珠，则可能出现的数字个数有 个． 【答案】 【分析】利用分步乘法原理得到所有的数有个即可求解； 【详解】在个､十､百､千､万位档中随机选择一档拨一颗下珠，再随机选择两个档位各拨一颗上珠，所有的数有（个）. 故答案为： 15．（2025·云南·一模）如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有 种不同的染色方案. 【答案】192 【分析】法一：间隔元素分析法，分同色，同色；同色，不同色；不同色，同色；不同色，不同色，结合和的颜色相同和不同，分类讨论，得到情况数，相加即可； 法二：相邻最多元素优先分析法，考虑到影响的元素最多，分各不同色， 和同色，结合同色，不同色，同色，不同色，共有类讨论，分类讨论，得到情况数，相加即可 【详解】法一：间隔元素分析法： ①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种； ②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种； ③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式； 若与不同色，则只有1种上色方式； 故有种； ④不同色，不同色， 1）同色，则有种；2）不同色，则有种. 综上，共有种方式. 法二：相邻最多元素优先分析法： 考虑到影响的元素最多： ①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种； 2）不同色，则有2种染色法，故共有：种； ②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到）， 故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种. 综上：共有种染色方案. 故答案为：192. 16．（2025·云南·一模）如图，机器人从A点出发，每次可以向右或向上沿着线走一个单位（每个小正方形的一条边长为一个单位），要走到B点，不同的走法共有 种． 【答案】401 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理，结合组合计数问题列式计算得解. 【详解】如图，当路线经过点时，从到有1种，从到有种； 当路线经过点时，从到有种，从到有种； 当路线经过点时，从到有种，从到有种； 当路线经过点时，从到有种，从到有种； 当路线经过点时，从到有种，从到有1种， 所以不同的走法共有（种）. 故答案为：401 【点睛】方法点睛：解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)，分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏. 17．（2025·云南·一模）今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行五人决定去看这三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有（    ） A．10种 B．60种 C．125种 D．243种 【答案】D 【分析】由分步乘法计数原理计算即可． 【详解】五人去看三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有种， 故选：D． ( 题型0 4 )随机事件的概率 18．（2025·云南·一模）已知A，B为两个事件，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则的最小值可能为0.38 C．若，，A，B相互独立，则 D．若，则 【答案】ACD 【分析】根据事件的包含关系结合条件概率公式即可判断A，D；根据事件的和与积求解，即可判断B；根据独立事件的性质即可判断C. 【详解】对于A，因为，所以，由于，则，故A正确； 对于B，因为，，所以， 由于，则，所以的最小值不可能为0.38，故B不正确； 对于C，若，，A，B相互独立，则，则，故C正确； 对于D，若，则，所以，故D正确. 故选：ACD. 19．（2025·云南昆明·一模）设是一个随机试验中的两个事件，若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】根据对立事件的概率公式判断A，根据条件概率公式判断B，根据全概率公式判断C，根据和事件的概率公式判断D. 【详解】因为，，， 所以，故A正确； ，故B正确； 因为， 所以，故C正确； ，故D错误. 故选：ABC ( 题型0 5 )古典概型 20．（2025·云南·一模）设随机变量服从二项分布，则函数有零点的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据根的判别式得到不等式，求出，由二项分布求概率公式得到. 【详解】中，，解得， ，故. 故选：C 21．（2025·云南昆明·一模）在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分，这八个部分称为“卦限”，通过点的横坐标、纵坐标、竖坐标，可确定点的确切位置及所处卦限.“卦限”取自《易经》中的“太极生两仪，两仪生四象，四像生八卦”，从直角坐标系中的原点，到数轴中的两个半轴，进而到平面直角坐标系中的四个象限，最终到空间直角坐标系中的八个卦限，是由简单到繁复的变化过程，体现了中国古典哲学与现代数学的关系，也体现了数学名词翻译的“信达雅”.若点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，从中任取个点，则这个点在同一个卦限的概率为 . 【答案】 【分析】求出点的个数，确定各卦限的点的个数，利用组合计原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】因为点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，则点共有个， 计算每个卦限包含的点数： x负、y负、z负：8个点 x负、y负、z正：4个点 x负、y正、z负：4个点 x负、y正、z正：2个点 x正、y负、z负：4个点 x正、y负、z正：2个点 x正、y正、z负：2个点 x正、y正、z正：1个点 同一卦限中选2个点的组合数之和为： 从这个点中任取两个点，共有个基本事件， 故所求概率为. 故答案为：. 22．（2025·云南曲靖·一模）有一组样本数据为0，1，2，3，4，5，在其中添加一个数构成一组新的样本数据，若，则新旧样本数据的第25百分位数相等的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由百分位数的概念可知，当为1，2，3，4，5时，新的样本数据的第25百分位数不变，进而求出概率. 【详解】由题意，，，所以原数据和新数据的第25百分位数均为第二个数， 所以，当为1，2，3，4，5时，新的样本数据的第25百分位数不变， 所以，新的样本数据的第25百分位数不变的概率是. 故选：D. 23．（2025·云南昆明·一模）围棋是世界上最古老的棋类游戏之一．一副围棋的棋子分黑白两种颜色，现有枚黑色棋子和枚白色棋子随机排成一行，每枚棋子排在每个位置可能性相等，则两端是同色棋子的概率为 ． 【答案】 【分析】计算两端棋子颜色不同的概率，再使用对立事件概率的性质即可. 【详解】若两端的棋子颜色不同，那么两端的棋子的颜色分布有种可能，中间的棋子的颜色分布有种可能. 所以两端棋子颜色不同的概率为，故两端是同色棋子的概率为. 故答案为：. ( 题型0 6 )随机变量及其分布列 24．（2025·云南昭通·一模）为提升大学生环保意识，牢固树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，某生物多样性保护与绿色发展基金会举办了“2024年大学生环保知识竞赛”．为了了解大学生对相关知识的掌握情况，随机抽取2000名大学生的竞赛成绩（单位：分），并以此绘制了如图的频率分布直方图． (1)从竞赛成绩在内的学生中随机抽取80名学生，用表示这80名学生中恰有名学生竞赛成绩在的概率，其中，1，2，…，80．以样本的频率估计概率． ①从这80名学生中任取一人，求这个学生的竞赛成绩在的概率； ②当最大时，求． (2)若学生中男生人，其成绩平均数记为，记方差为，女生为人，其成绩平均数为，记方差为，把总体样本数据的平均数记为，方差记为，证明：． 【答案】(1)①；② (2)证明见解析 【分析】（1）①记事件A为抽取的任一学生的竞赛成绩在内，记事件B为抽取的任一学生的竞赛成绩在内，由条件概率的公式计算即可； ②利用二项分布的概率公式表示出概率，再解不等式组即可； （2）由方差的公式推导化简即可； 【详解】（1）①记事件A为抽取的任一学生的竞赛成绩在内， 记事件B为抽取的任一学生的竞赛成绩在内. 从这80名学生中任取一人，这名学生的竞赛成绩在内的概率为 ②：用X表示这80名学生中抽取的学生的成绩在的人数， 经分析服从二项分布， 由,得，即， 解得 又因为，所以. 即当时，最大. （2）证明：根据方差的定义，记男生的成绩为 记女生的成绩为则总体的方差为 由 同理 则同理 25．（2025·云南·一模）小明参加一个抽纸牌游戏，规则如下：有九张质地完全相同的纸牌，其中有一张大王牌，其余四种花色为：红桃、黑桃、方块、梅花各2张．逐次从9张牌中不放回地随机抽取一张纸牌，每次抽牌后，都往牌堆中加入一张新的大王牌． (1)求小明在前两次抽牌中只抽到一张大王牌的情况下，第三次抽牌抽到红桃牌的概率． (2)抽牌过程中，若抽到大王牌，则宣告游戏结束：若累计抽到两张花色相同的纸牌，也宣告游戏结束；否则游戏继续．用X表示小明在游戏中一共抽到的纸牌数，求X的分布列． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）设事件A表示“前两次抽牌中只抽到一张大王牌”,设事件B表示“第三次抽到红桃牌”,利用条件概率公式能求出小明在前两次抽牌中只抽到一张大王牌的情况下,第三次抽牌抽到红桃牌的概率 (2)X的可能所有取值为:1,2,3,4,5分别求出相应的概率,由此能求出的分布列即可. 【详解】（1）设事件A表示“前两次抽牌中只抽到一张大王牌”,设事件B表示“第三次抽到红桃牌”. 则 ．则小明在前两次抽牌中只抽到一张大王牌的情况下，第三次抽牌抽到红桃牌的概率为 . （2）X的可能所有取值为:1,2,3,4,5． ， ， ， ， ， 则X的分布列为： X 1 2 3 4 5 P 26．（2025·云南·一模）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出. 【详解】依题可知，，所以， 故，C正确，D错误； 因为，所以， 因为，所以， 而，B正确，A错误， 故选：BC． 27．（2025·云南·一模）2024年初，冰城哈尔滨充分利用得天独厚的冰雪资源，成为2024年第一个“火出圈”的网红城市，冰城通过创新营销展示了丰富的文化活动，成功提升了吸引力和知名度，为其他旅游城市提供了宝贵经验，从2024年1月1日至5日，哈尔滨太平国际机场接待外地游客数量如下： （日） 1 2 3 4 5 （万人） 45 50 60 65 80 (1)计算的相关系数（计算结果精确到0.01），并判断是否可以认为日期与游客人数的相关性很强； (2)请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程； (3)为了吸引游客，在冰雪大世界售票处针对各个旅游团进行了现场抽奖的活动，具体抽奖规则为：从该旅游团中随机同时抽取两名游客，两名游客性别不同则为中奖．已知某个旅游团中有5个男游客和个女游客，设重复进行三次抽奖中恰有一次中奖的概率为，当取多少时，最大？ 参考公式：，，， 参考数据：． 【答案】(1)，可以认为两者的相关性很强 (2) (3)当时，恰有一次中奖的概率最大 【分析】（1）根据相关系数的公式计算并判断； （2）根据公式求出，得解； （3）根据题意可得，判断的单调性可得，即，由二项分布得，利用导数求出最大值. 【详解】（1）因为， 所以 ， ， ， 所以 ， 由此可以认为两者的相关性很强． （2）由（1）知，． 所以=． 因为，所以回归方程为． （3）记， ， ，即． ，令， 则，得，，，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当时，取得最大值．由，解得或（舍去）， 当时，恰有一次中奖的概率最大． 【点睛】关键点睛：本题第三问，解题的关键是根据题意列出的表达式，并判断单调性求出的范围，利用二项分布求出，借助导数求出最大值. 28．（2025·云南·一模）在美国重压之下，中国芯片异军突起，当前我们国家生产的最小芯片制程是7纳米.某芯片生产公司生产的芯片的优秀率为0.8，现从生产流水线上随机抽取5件，其中优秀产品的件数为.另一随机变量，则（    ） A． B． C． D．随的增大先增大后减小 【答案】CD 【分析】根据二项分布的方差性质判断A，根据二项分布的期望公式及方差结合正态分布的期望与方差判断B，根据二项分布概率公式和正态分布的性质求概率判断C，根据二项分布的概率公式单调性判断D. 【详解】由题意，则， 所以，故选项A错误； ，则，设当时概率最大， 则有，即， 解得，由，所以当时概率最大， 则， 即随的增大先增大后减小，故D选项正确； 又，则，， 所以，故选项B错误； ， 又，所以，故选项C正确. 故选：CD 29．（2025·云南·一模）盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球． (1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率； (2)记取出的3个小球上的最小数字为，求的分布列及数学期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）先确定个不同数字的小球，然后再从确定的每种小球中取个，通过计算可求符合要求的取法数，再除以总的取法数可得结果； （2）先确定的可取值为，然后计算出不同取值的概率，注意的每种取值对应两种情况，由此可求分布列和期望. 【详解】（1）记“取出的个小球上的数字两两不同”为事件， 先确定个不同数字的小球，有种方法， 然后每种小球各取个，有种取法， 所以. （2）由题意可知，的可取值为， 当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球， 所以； 当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球， 所以； 当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球， 所以， 所以的分布列为： 所以. 30．（2025·云南·一模）李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（    ） A．P(X＞32)＞P(Y＞32) B．P(X≤36)＝P(Y≤36) C．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车 D．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车 【答案】BCD 【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解. 【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误； B., ，所以，故B正确； C. =，所以，故C正确； D. ，，所以，故D正确. 故选：BCD 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$