专题11 计数原理、排列组合讲义-2026届高三数学一轮复习

2026高考数学一轮复习 2026高考数学一轮复习 专题11 计数原理、概率与统计 【知识归纳】 （一）排列、组合 1、排列： （1）定义：一般地，从个不同元素中取出()个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列。 注意：①元素不能重复。个中不能重复，个中也不能重复； ②“按一定顺序”就是与位置有关，这是判断一个问题是否是排列问题的关键； ③两个排列相同，当且仅当这两个排列中的元素完全相同，而且元素的排列顺序也完全相同。 （2）排列数：从个不同的元素中取出()个元素的所有排列的个数，叫做从个不同的元素中取出个元素的排列数。用符号表示。 注意：“排列”和“排列数”有什么区别和联系？ “一个排列”是指：从个不同元素中，任取个元素，按照一定的顺序排成一列，不是数； “排列数”是指从个不同元素中，任取个元素的所有排列的个数，是一个数；所以符号只表示排列数，而不表示具体的排列。 （3）排列数公式： 当时，，正整数1到的连乘积，叫做的阶乘，用表示。 规定0！=1。 对于这个条件要留意，往往是解方程时的隐含条件。 （4）附有限制条件的排列 ①对附有限制条件的排列，思考问题的原则是优先考虑受限制的元素或受限制的位置. ②对下列附有限制条件的排列，要掌握基本的思考方法： · 元素在某一位置或元素不在某一位置，从该元素入手，从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置．即采用“先特殊后一般”的解题原则 · 元素相邻——捆绑法，即把相邻元素看成一个元素； · 元素不相邻——插空法，先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中 · 比某一数大或比某一数小的问题主要考虑首位或前几位. ③对附有限制条件的排列要掌握正向思考问题的方法——直接法；同时要掌握一些问题的逆向思考问题的方向——间接法. 2、组合 （1）定义：一般地，从n个不同元素中，任意取出m（m≤n）个元素并成一组，叫做从n个元素中任取m个元素的一个组合 （2）组合数：从个不同元素中取出()个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符合表示. （3）组合数公式： , 规定. 注意：组合数公式有两种形式，(1)乘积形式；(2)阶乘形式.前者多用于数字计算，后者多用于证明恒等式。 （4）组合数的性质： 性质一：C=C ①等式特点：等式两边下标同，上标之和等于下标. ②此性质作用：当时，计算可变为计算，能够使运算简化. ex:＝＝=2016. ③或． 性质二、=+ ①等式特点：下标相同而上标差1的两个组合数之和，等于下标比原下标多1而上标与原组合数上标较大的相同的一个组合数． ②此性质作用：恒等变形，简化运算． ③证明过程： . （5）组合问题常见解题方法： ①环排问题：从n个不同元素中取m个元素的环排列数为 ②区分“分配”与“分组”： “分组问题”的特征是组与组之间只要元素个数相同是不可区分的，即指把物件分成组，是无顺序可言的； 而“分配”问题即使元素个数相同，但因人不同，仍然是可区分的，或者是指把物件分给不同的人（或团体），是有顺序的，解分配问题必须先分组后排列，若平均分组，则分法取法/ ③隔板分组法：常常用于解决一类相同元素分给不同对象的分配问题. 若将n个相同元素中分成m份，每份至少一个元素，则分法： 若将n个相同元素中分成m份，允许空放，则分法： ④定序问题：一般用于解决排列组合中顺序已定的问题 解题技巧即先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列. ⑤错排问题：n个人对应n个东西，重新排列后要求每个人不在对应自己原来的东西 3、分类加法计数原理 （1）定义：完成一件事有两类不同方案：在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类办法中有n种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m+n种不同的方法． （2）特点： ①完成一件事的n类方案相互独立；②同一类方案中的各种方法相对独立． ③用任何一类方案中的任何一种方法均可独立完成这件事； 4、分步乘法计数原理 （1）定义：完成一件事需要分成两个步骤：做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m×n种不同的方法． （2）特点：完成一件事的n个步骤相互依存，必须依次完成n个步骤才能完成这件事； 如果完成一件事情有n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤才能完成这件事，则可使用分步乘法计数原理． （二）二项式定理 1、二项式定理： （1）定义：公式，叫做二项式定理。 ①叫做二项式系数； ②公式右边的多项式叫做的二项展开式； ③叫做二项展开式的通项，它表示第项； ④二项式系数与数字系数的积叫做项的系数。 （2）二项展开式的特性如下： ①系数规律：； ②项数规律：二项和的次幂的展开式共有个项. ③指数规律：各项的次数均为；二项展开式中的次数由降到0，的次数由0升到，与指数之和为. ④求常数项、项的系数或者有理项时，要根据通项公式讨论对的限制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性. 2、二项式系数表（杨辉三角） 展开式的二项式系数，当依次取…时，二项式系数表， 表中每行两端都是，除以外的每一个数都等于它肩上两个数的和 3、二项式系数的性质： · 展开式的二项式系数是，，，…，．其中可以看成以为自变量的函数，定义域是，例当时，其图象是个孤立的点（如图） 1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（即）．直线（为偶数）是图象的对称轴． 2）增减性与最大值： （中间一项或两项最大）,若为偶数，中间一项（第＋1项）的二项式系数最大；若为奇数，中间两项（第和＋1项）的二项式系数最大. 3）系数的最大项：求展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为，设第项系数最大，应有，从而解出来． 4）各二项式系数和： 奇数项（偶数项）二项式系数和：. 4、二项展开式的系数的性质： · · · · · 5、二项式定理中的常用思想方法： （1）证明组合恒等式常用赋值法。 （2）求二项展开式的项（指定项，具有某种性质的项）一般用二项展开式的通项公式，通常是先根据已知条件求，再求，有时需先求，再求，才能求出。 （3）研究二项展开式的系数和、二项式系数和的问题，常通过赋值的方法整体处理，特别要注意区分二项展开式的系数和与二项展开式的二项式系数和的差别。 （4）二项式定理作为“母体”，可以生成很多的组合恒等式，在进行组合数和式研究时要注意其与二项式定理的关系，能正向、逆向地运用二项式定理。关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法。 （5）有些三项式展开式的问题，可以通过变形转化成二项式问题，这种转化体现了数学化归的思想方法，要掌握化归的基本技能。 （三）概率、统计 1、概率初步： （1）随机事件的概率:一般地,在大量重复进行同一试验时,事件A发生的频率总是接近于某个常数,在它附近摆动,这时就把这个常数叫做事件的概率,记作. （2）等可能事件的概率:如果一次试验由个基本事件组成,而且所有结果出现的可能性都相等,那么每一个基本事件的概率都是,如果某个事件包含的结果有个,那么事件的概率为. （3）互斥事件：两个事件不能同时发生． 如果事件A、B互斥，那么事件A∪B发生(即A、B中有一个发生)的概率，等于事件A、B分别发生的概率和，即P（A∪B）=P（A）+P（B） 推广：如果事件、...互斥，那么事件发生(即、...中有一个发生)的概率，等于这n个事件分别发生的概率和，即P（∪∪...∪）=P（）+P（）+ .... P（） （4）对立事件：两个事件中必有一个发生的互斥事件 对立事件的概率和等于1：P（A）+P（）=1 注意：①两个对立事件必是互斥事件，但两个互斥事件不一定是对立事件 ②在一次试验中，事件A和只发生其中之一，并且必然发生其中之一 （5）相互独立事件：事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响,这样的两个事件叫做相互独立事件. 两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P(A∩B)=P(A)·P(B). 推广：如果事件、...相互独立，那么这n个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率之积，即P（∩∩...∩）=P（）P（）.... P（） 注意：①互斥事件和相互独立事件是两个不同的概念 ②如果事件A、B相互独立，那么A与，与，与也相互独立 2、统计初步： 类 别 共同点 不同点 联 系 适用范围 简单随 机抽样 抽样过程中每个个体被抽取的概率相等 从总体中逐个抽取 是后两种方法的基础 总体个数较少 系统 抽样 将总体均分成几部分，按事先确定的规则在各部分抽取 在超始部分抽样时用简单随机抽样 总体个数较多 分层 抽样 将总体分成几层，分层进行抽取 各层抽样时采用简单随机抽样或系统抽样 总体由差异明显的几部分组成 （1）常用的抽样方法有：简单随机抽样、系统抽样、分层抽样三种. （2）总体和个体：在数理统计中，通常把被研究的对象的全体叫做总体．总体中的每一个成员称为个体． （3）总体平均数：总体中所有个体的平均数叫做总体平均数．如果总体有个个体，它们的值分别为，那么总体平均数． （4）总体中位数：设总体有个个体，将它们的值按由小到大的顺序排列，当为奇数时，位于该序列第个的数，叫做总体中位数；当为偶数时，位于该序列的第和个的两个数的平均数叫做总体中位数． （5）众数：在所有观察值中出现最多（即频率最大）的数值． （6）总体方差：设总体有个个体，值分别为，总体平均数， 各个体与的差的平方为，称它们的平均数为总体方差，记为， 即． （7）总体标准差：总体方差的算术平方根称为总体标准差． 注意：①总体中位数表示总体的一般水平，是个体的中间值；总体平均数表示总体中各个体的平均大小，对于同一个总体，两者一般不相等． ②总体方差反映各个体关于平均数的离散程度，方差越大，总体中各个体之间的差别越大；方差越小，总体中各个体之间的差别越小． （8）样本和样本容量：从总体中按一定方式抽取的一部分个体叫做总体的一个样本，抽取的样本中所包含的个体的个数叫做样本容量． （9）样本平均数：一个容量为的样本中，所有个体的平均数叫做样本平均数． 样本平均数常用来估计总体平均数．设样本中有个个体，每个个体所取的值分别为， 则样本平均数，作为总体均值的点估计值 （10）样本方差：设一个容量为的样本中，样本平均数为，那么可以用作为总体方差的估计值，称为样本方差． （11）样本标准差：一个样本的样本方差的的算术平方根，称为这个样本的标准差，记为，，作为总体标准差的点估计值． （12）频率分布：用样本估计总体，是研究统计问题的基本思想方法，样本中所有数据（或数据组）的频数和样本容量的比，就是该数据的频率．所有数据（或数据组）的频率的分布变化规律叫做样本的频率分布． 3、频率分布直方图 （1）概念：在直角坐标系中，横轴表示样本数据，纵轴表示频率与组距的比值，将频率分布表中的各组频率的大小用相应矩形面积的大小来表示，由此画成的统计图叫做频率分布直方图． 极差：一组数据最大值与最小值的差称为极差，又称全距； （2）频率分布直方图的特征 ①图中各个长方形的面积等于相应各组的频率的数值，所有小矩形面积和为1． ②从频率分布直方图可以清楚地看出数据分布的总体趋势． ③从频率分布直方图得不出原始的数据内容，把数据表示成直方图后，原有的具体数据信息被抹掉． （3）频率分布直方图求数据 ①众数：频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标． ②平均数：频率分布直方图各个小矩形的面积乘底边中点的横坐标之和． ③中位数：把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于y轴的直线横坐标． 4、茎叶图 （1）茎叶图：将样本数据有条理地列出来，从中观察样本分布情况的图称为茎叶图． ex：某篮球运动员在某赛季各场比赛的得分情况：12，15，24，25，31，31，36，36，37，39，44，49，50 得分表示成茎叶图如下： （2）茎叶图的制作步骤： ①将每个数据分为“茎”（高位）和“叶”（低位）两部分 ②将最小的茎和最大的茎之间的数按小大次序排成一列 ③将各个数据的叶按大小次序写在茎右（左）侧 第1步中，如果是两位数字，则茎为十位上的数字，叶为个位上的数字，如89，茎：8，叶：9． 如果是三位数字，则茎为百位上的数字，叶为十位和个位上的数字，如123，茎：1，叶：23． 注意：对于重复出现的数据要重复记录，不能遗漏，同一数据出现几次，就要在图中体现几次． 5、百分位数 （1）定义：一般地，当总体是连续变量时，给定一个百分数p∈（0，1），总体的p分位数有这样的特点，总体数据中的任意一个数小于或等于它的可能性是p． （2）计算方法：一般地，一组数据的第p百分位数是这样一个值，它使得这组数据中至少有p%的数据小于或等于这个值，且至少有（100﹣p）%的数据大于或等于这个值．计算一组n个数据的第p百分位数步骤如下：①按从小到大排列原始数据； ②计算i＝n×p%； ③若i不是整数，而大于i的比邻整数为j，则第p百分位数为第j项数据；若i是整数，则第p百分位数为第i项与第（i+1）项数据的平均数． 【题型归纳】 题型1 排列、组合公式 1．（24-25高二下·上海嘉定·期中）若，则 . 【答案】3或4 【详解】由有或，所以或. 2．（24-25高二下·上海·期中）若，则的值为 ． 【答案】1或4 【详解】由题意可得或，得或，经检验，或满足题意. 3．（24-25高一下·上海·期末）已知，，，则下列等式中恒成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】，A错误；，B错误； ，C错误； ，D正确. 4．（24-25高二下·上海闵行·期末）已知，若，则 ． 【答案】或 【详解】依题意，，解得， 由于，所以或，解得或. 5．（24-25高二下·上海静安·期末）下列关于排列组合的等式成立的个数为（   ）． ① ； ②；③；④ A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】对①，由，可知等式①不成立； 对②，由阶乘的定义，得，等式②成立； 对③，由排列组合的定义可知：等式左边， 等式右边，等式③成立； 对④，等式左边, 等式右边=，与左边相等，等式④成立. 综上，等式②、③、④成立，等式①不成立，成立的个数为 3. 题型2 样本空间、对立事件、互斥事件、独立事件 6．（2025·上海·高考真题）已知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为，事件B发生的概率为，则事件发生的概率为（   ） A． B． C． D．0 【答案】B 【详解】因为相互独立，故，故选：B. 7．（24-25高三上·上海·阶段练习）甲、乙两人进行投篮练习，甲投中的概率为0.8，乙未投中的概率为0.1，甲、乙两人各投篮1次，设两人投篮互不影响，则两人中恰有1人投中的概率为 . 【答案】/ 【详解】已知甲投中的概率为，乙投中的概率是. 所以两人中恰有一人投中的概率为. 8．（2025·上海杨浦·模拟预测）甲、乙、丙投篮各自命中的概率分别为、、.现三人各投篮一次，且三人是否命中互不影响，则至少有一人命中的概率为 . 【答案】/0.75 【详解】记三人各投篮一次至少有一人命中为事件， 则，所以. 9．（2025·上海青浦·模拟预测）一个质地均匀的正四面体，四个面上分别标有数字，，，.任意掷一次该四面体，观察它与地面接触面上的数字，得到样本空间，记事件，事件，事件，则（   ） A．事件两两独立，事件相互独立 B．事件两两独立，事件不相互独立 C．事件不两两独立，事件相互独立 D．事件不两两独立，事件不相互独立 【答案】B 【详解】由题知：，，， ，，，. 因为，， 所以事件两两独立； 但，所以事件不相互独立. 10．（2025·上海普陀·二模）已知事件与事件相互独立，若，则 . 【答案】/ 【详解】由独立事件性质，，, 11．（24-25高二下·上海·阶段练习）已知事件和互斥，它们都不发生的概率为，且，则 ． 【答案】 【详解】因为事件和互斥，，所以， 因为事件和都不发生的概率为， 所以，所以，所以，所以. 12．（24-25高三下·上海·阶段练习）投掷一枚均匀的骰子，事件: 点数大于 2 ; 事件: 点数小于4 ; 事件: 点数为偶数. 则下列关于事件描述正确的是（     ） A．与是互斥事件 B．与是对立事件 C．与是独立事件 D．与是独立事件 【答案】C 【详解】依题意事件，事件，事件， 所以与不是互斥事件，显然不可能是对立事件，故A、B错误； 因为，所以，又，， 所以，所以与是独立事件，故C正确； 因为，所以，又， 所以，所以与不是独立事件，故D错误； 13．（24-25高三上·上海·阶段练习）小明从家到学校的上学的路上要经过个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，每个路口遇到红灯的概率都是． (1)求小明在上学路上第一个路口未遇到红灯，而在第二个路口遇到红灯的概率； (2)求小明在上学路上至少遇到一次红灯的概率． 【答案】(1) (2) （2）由题意可知，事件“小明在上学路上至少遇到一次红灯”的对立事件为，利用独立事件和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】（1）记事件明在上学路上第个路口遇到红灯，则、、两两相互独立， 则，所以，小明在上学路上第一个路口未遇到红灯，而在第二个路口遇到红灯为事件， 由独立事件的概率乘法公式可得. （2）事件“小明在上学路上至少遇到一次红灯”的对立事件为， 所以，小明在上学路上至少遇到一次红灯的概率为. 14．（2024·上海徐汇·一模）某企业招聘员工，指定“英语听说”､“信息技术”､“逻辑推理”作为三门考试课程，有两种考试方案. 方案一：参加三门课程的考试，至少有两门及格为通过； 方案二：在三门课程中，随机选取两门，并参加这两门课程的考试，两门都及格为通过. 假设某应聘者参加三门指定课程考试及格的概率分别是.，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响. (1)分别求该应聘者选方案一考试通过的概率和选方案二考试通过的概率； (2)试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小，并说明理由. 【答案】(1)；(2)，理由见解析 【详解】（1）记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为， 则. 应聘者选方案一考试通过的概率 应聘者选方案二考试通过的概率 （2） ， 因为，所以,即. 故，即选方案一，该应聘者考试通过的概率较大. 15．（24-25高三上·上海虹口·阶段练习）已知甲和乙分别依次各抛掷次和次同一枚质地均匀的硬币，甲和乙每次抛硬币均互不影响. (1)若，设事件：甲抛掷的3次硬币中至少1次正面；事件B：甲抛掷的3次硬币中有且仅有第二次是反面，判断事件和事件是否是独立的，并说明理由； (2)若，若甲在第次抛掷的结果与乙在第次抛掷的结果相同，则称甲和乙“有灵犀”，求在此情况下，甲和乙“心有灵犀”有且仅有2次的概率； (3)若，求甲抛掷次硬币的正面数比乙抛掷次硬币的正面数多的概率. 【答案】(1)事件和事件不是独立的，理由见解析 (2) (3) 【详解】（1）事件：甲抛掷的3次硬币中至少1次正面，则， 事件B：甲抛掷的3次硬币中有且仅有第二次是反面，则， 而事件：表示甲抛掷的3次硬币中仅第二次反面，其余两次正面，则， 此时，故事件和事件不是独立的. （2）设事件C：甲和乙“心有灵犀”有且仅有2次 则. （3）设事件：甲抛掷的正面数比乙抛掷的正面数多；事件：甲抛掷的反面数比乙抛掷的反面数多. 现考虑，当两个事件同时发生时，甲抛掷的次数至少比乙抛掷的次数多2次， 故与矛盾，即. 再考虑，如果两个事件都不发生，则甲抛掷的次数要小于等于乙抛掷的次数，故与矛盾， 故，即为全集. 所以有可加性，可得， 由于硬币的质地均匀，故有. 16．（2025·上海崇明·二模）抛掷一枚质地均匀的硬币n次（其中n为大于等于2的整数），设事件A表示“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件B表示“n次中至多有一次正面朝上”，若事件A与事件B是独立的，则n的值为（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】C 【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币次，所有可能的结果有种. 事件表示“次中既有正面朝上又有反面朝上”，其对立事件为“次都是正面朝上或次都是反面朝上”，包含的情况有种，所以. 根据对立事件概率之和为，可得. 事件表示“次中至多有一次正面朝上”，即“次中没有正面朝上（全是反面朝上）”或“次中有一次正面朝上”. “次中没有正面朝上”的情况有种；“次中有一次正面朝上”，从次中选次为正面朝上，有种情况. 所以事件包含的情况共有种，则. 事件表示“次中既有正面朝上又有反面朝上且至多有一次正面朝上”，即“次中有一次正面朝上”，有种情况，所以. 因为事件与事件是独立的，所以，即. 可得：.展开得：.即. 当时，，，等式不成立； 当时，，，等式成立； 当时，，，等式不成立. 所以. 17．（2025·上海·模拟预测）标志重捕法是指的是在一定范围内，对活动能力强、活动范围较大的动物种群进行粗略估算的一种生物统计方法，是根据自由活动的生物在一定区域内被调查与自然个体数的比例关系对自然个体总数进行数学推断.在被调查种群的生存环境中，捕获一部分个体，将这些个体进行标志后再放回原来的环境，经过一段时间后进行重捕，根据重捕中标志个体占总捕获数的比例来估计该种群的数量.标志重捕法估算种群密度是基于以下几种假设：①标记个体与未标记个体在重捕时被捕获的概率相等；②在调查期内标记的个体没有死亡，没有迁出，标记物没有脱落；③标记个体在种群中均匀分布.若应用标志重捕法调查鱼的种群密度，则下列捕鱼过程会导致估算结果与实际情况误差较大的是（    ）. A．第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼的渔网捕鱼 B．第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼 C．第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼 D．第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼 【答案】D 【详解】理论计算公式为，其中为估算的种群数值，为第一次捕获并标记的个体， 为一段时间后，在原来的捕获点再次捕获的个体数，为二次捕获的个体中有标记的数量， 转换后得， 假设池塘中的鱼分为大鱼和小鱼，大鱼是指用大网和小网均能捕获的鱼，小鱼指仅能用小网能捕获的鱼， A选项，第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼的渔网捕鱼， 第一次用小网眼的渔网捕鱼，，其中为捕获并标记的大鱼，为捕获并标记的小鱼， 设为池塘中实际的大鱼数，为池塘中实际的小鱼数，为池塘中实际的鱼条数， 则， 标记后全部放回池塘后，池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为，被标记的小鱼占全部小鱼比例为， 假设每条鱼被捕获的概率相等，故， 第二次捕获的大鱼条中，理论上含标记的大鱼有， 第二次捕获的小鱼条中，理论中含标记的小鱼有， 故， 故总的标记条数为， 所以，又，故， 结论：若两次捕鱼都用小网眼的渔网捕鱼， 采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等； B选项，第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼， 第一次用小网眼的渔网捕鱼，，其中为捕获并标记的大鱼，为捕获并标记的小鱼， 设为池塘中实际的大鱼数，为池塘中实际的小鱼数， 标记后全部放回池塘后，池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为，被标记的小鱼占全部小鱼比例为， 假设每条鱼被捕获的概率相等，故，其中为池塘中实际的鱼条数， 第二次用大网眼渔网捕鱼，捕获的全部是大鱼，即， 理论上，，故，又，故， 结论：第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼， 采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等； C选项，第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼， 第一次用大网眼的渔网捕鱼，，标记后将鱼全部放回到池塘后， 池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为， 第二次用小网眼渔网捕鱼，捕获的鱼中既有大鱼也有小鱼，， 由于第一次用大网眼渔网捕鱼，标记的均为大鱼，故第二次捕获的鱼中，只有大鱼也有可能被标记， 理论上，， 其中， 因为每条鱼捕获的概率相等，所以第二次用小网眼渔网捕获的鱼中， 大鱼和小鱼的比例与池塘中的大鱼和小鱼的比例相等，即， 所以， 结论：第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼， 采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等； D选项，第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼， 第一次用大网眼的渔网捕鱼，，标记后将鱼全部放回到池塘后， 池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为， 第二次用大网眼渔网捕鱼，捕获的全部是大鱼，即， 理论上，，故，又，故， 结论：第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼， 采用标志重捕法估算出的种群数量约等于种群中大鱼数量，与实际种群数量相比小，误差大； 故选：D 题型3 古典概型与概率计算 18．（2024·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 【详解】设红球个数为，由题意可得：，解得：. 19．（2025·上海·模拟预测）有2个人在一座7层大楼的底层进入电梯，假设每一个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的.这两个人在同一层离开电梯的概率是 . 【答案】 【详解】依题意，两个人各有6种不同的下法，因此两人离开电梯共有种结果， 两人在同一层下，共有6种结果，所以两个人在同一层离开电梯的概率是. 20．（24-25高三上·上海·期中）三人被邀请参加一个晚会，若晚会必须有人去，去几人自行决定，则恰有一人参加晚会的概率为 . 【答案】 【详解】不妨记三人为甲，乙，丙， 则所有参加晚会的情形有：①只去一人，甲，乙，丙；②去两人，甲乙，甲丙，乙丙； ③去三人，甲乙丙；共计7种情形， 所以恰有1人去的概率为. 21．（2025·上海黄浦·二模）若从2025的所有正约数中取一个数，则这个数是一个完全平方数的概率为 ． 【答案】/0.4 【详解】因为2025=，所以的正约数为共15个数，其中完全平方数有共6个数， 所以从2025的所有正约数中任取一个数，则这个数是一个完全平方数的概率为. 22．（22-23高三下·上海杨浦·阶段练习）从编号分别为1、2、3、4、5、6的6个大小与质地相同的小球中随机取出3个，则恰有2个小球编号相邻的概率为 ． 【答案】/ 【详解】依题意，取出的3个小球编号可能为 ，共20种， 恰有两个小球编号相邻的情况为，共12种，故恰有2个小球编号相邻的概率为. 23．（2025·上海长宁·二模）一项过关游戏的规则规定：在第n关要投掷骰子n次，如果这n次投掷所得的点数之和大于，则算过关，问一个人连过第一、二关的概率为 ． 【答案】 【详解】由题设，在第一关投1次骰子，点数大于3，即掷得点数为， 则过第一关的概率为， 第二关投2次骰子，点数之和大于6，则两次掷得点数分别为： ， 故过第二关系的概率为， 故一个人连过第一、二关的概率为，故答案为：. 24．（24-25高三下·上海·开学考试）某班有学生45人，则至少有两人生日相同的概率为 .（假定一年365天，答案精确到0.001）. 【答案】0.891 【详解】由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件数， 至少至少有两人生日相同的对立事件是没有人生日在同一天，共有种结果， . 25．（2024·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（其中是正整数） 日均睡眠时间（小时） 8.5 9 9.5 10 学生数量 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) (3) 【详解】（1）设学校高中三个年级一共有个学生, 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：人， 又因为高三年级一共512人，所以有：，解得. 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，所以 又因为，所以样本的第40百分位数为： （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： 其中至少有1个数据来自高三学生的情况为： 所以至少有1个数据来自高三学生的概率为： 26．（24-25高三上·上海·期中）十三届全国人大四次会议表决通过了关于“十四五”规划和2035年远景目标纲要的决议，纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”.某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，该企业使用新技术对某款芯片进行试生产，该款芯片的性能以某项指标值为衡量标准，性能指标的等级划分如表： 性能指标值 等级 A B C D E 为了解该款芯片的生产效益，该企业从试生产的产品中随机抽样并测量了每件产品的指标值，以组距为5画频率分布直方图.设“”， 当时（为正整数），满足： (1)试确定的所有取值，并求； (2)从样本性能指标值不小于85的产品中采用分层随机抽样的方法抽取5件产品，然后从这5件产品中一次性随机抽取2件产品，并求出2件都是A等级的概率. 【答案】(1)n的取值集合为， (2) 【详解】（1）根据题意，，按组距为5可分成6个区间， 分别是，，，，，， 因为，且，，所以n的取值集合为. 每个小区间对应的频率值为. 所以，解得. （2）依题意等级产品的频率为，等级产品的频率为， 所以等级产品和等级产品的频率之比为， 所以从样本性能指标值不小于85的产品中采用分层随机抽样的方法抽取5件产品， 等级产品的件数为4，分别记为，，，，等级产品的件数为1，记为. 从这5件产品中任意抽取2件产品，所有的可能情况有，，， ，，，，，，，共10种. 事件“抽取的2件产品都是等级”包含的可能情况有， ，，，，，共6种，故所求概率为. 27．（24-25高三上·上海·期中）某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示 一次购物量 1至4件 5至8件 9至12件 13至16件 17件及以上 顾客数（人） x 30 25 y 10 结算时间（分钟/人） 1 1.5 2 2.5 3 已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%. (1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值； (2)若将这100位顾客分成两类，第一类是购物量不超过8件的人群，第二类为购物量超过8件的人群，现采用分层抽样的方法抽取20位顾客，进行问卷调查，求第二类人群中应抽取的人数； (3)若将频率视为概率，求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率. 【答案】(1)，，1.9分钟 (2)11 (3). 【详解】（1）由题知，可得，，，， 该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为：（分钟）. （2）设第一类和第二类人群中抽取的人数分别为m，n，则， 所以，，即第二类人群中应抽取的人数为11. （3）记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”， ，，分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”， “该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”. 将频率视为概率，得，，. 因为，且，，是互斥事件， 所以. 故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为. 28．（2024·上海普陀·一模）机器人竞技是继电子竞技之后热门的科技竞技项目.某区为了参加市机器人竞技总决赛，开展了区内选拔赛，其中、、、四人进入区内个人组决赛，按照规则每人与其他三人各进行一场比赛，且这三场比赛互相独立.下表统计的是在近期热身中分别与、、三人比赛的情况. 比赛的次数 12 10 15 获胜的次数 4 5 12 (1)根据表格中的数据，试估计在区内决赛中至少获胜一场的概率； (2)根据表格中的数据，请给、、三人设计一个出场顺序，使得在这三场比赛中连胜两场的概率最大，并说明理由. 【答案】(1) (2)或 【详解】（1）由表格可估计与的比赛中获胜的概率， 与的比赛中获胜的概率，与的比赛中获胜的概率， 则估计在区内决赛中三场全输的概率， 所以估计在区内决赛中至少获胜一场的概率. （2）①当比赛安排为时，连胜两场的概率为； ②当比赛安排为时，连胜两场的概率为； ③当比赛安排为时，连胜两场的概率为； ④当比赛安排为时，连胜两场的概率为； ⑤当比赛安排为时，连胜两场的概率为； ⑥当比赛安排为时，连胜两场的概率为； 由，则当比赛安排为或时，连胜两场的概率最大. 29．（24-25高三上·上海浦东新·期末）申辉中学为期两周的高一、高二年级校园篮球赛告一段落．高一小、高二小分别荣获了高一年级和高二年级比赛的年级MVP（最有价值球员）．以下是他们在各自8场比赛的二分球和三分球出手次数及其命中率． 二分球出手 二分球命中率 三分球出手 三分球命中率 小 100次 100次 小 190次 10次 现以两人的总投篮命中率（二分球+三分球）较高者评为校（总投篮命中率总命中次数÷总出手次数） (1)小认为，目测小的二分球命中率和三分球命中率均高于小，此次必定能评为校，试通过计算判断小的想法是否准确？ (2)小是游戏爱好者，设置了一款由游戏人物小、小轮流投篮对战游戏，游戏规则如下：①游戏中小的命中率始终为0.4，小的命中率始终为0.3，②游戏中投篮总次数最多为次，且同一个游戏人物不允许连续技篮．③游戏中若投篮命中，则游戏结束，投中者获得胜利；若直至第次投篮都没有命中，则规定第二次投篮者获胜．若每次游戏对战前必须设置“第一次投篮人物”和“”的值，请解答以下两个问题． （ⅰ）若小第一次投篮，请证明小获胜概率大； （ⅱ）若小第一次投篮，试问谁的获胜概率大？并说明理由． 【答案】(1)不正确 (2)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）答案见解析，理由见解析； 【详解】（1）由题意小总出手200次，命中120次，命中率为：， 小总出手200次，命中136次，命中率为， 故小获校，所以小的想法不正确； （2）（ⅰ）证明：若第一次投篮人物为小，， 小获胜的概率为，小获胜的概率为， 则， 所以若小第一次投篮，小获胜概率大， （ⅱ）若第一次投篮人物为小，， 小获胜的概率为，小获胜的概率为， 则 ， 其中 由指数函数的单调性可知：随着的增大而增大， 计算可得：， 所以当也就是时，， 当也就是时，， 综上：若小第一次投篮，时，小获胜概率大， 时，小获胜概率大. 30．（24-25高三下·上海·阶段练习）已知集合.现独立地随机选取集合的两个非空子集A、B（A与B可以相同），集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素的概率为 . 【答案】 【详解】集合的非空子集有个，则随机选取集合的两个非空子集A、B的总情况数为. 若集合B中的最小元素为5，则.则集合A 可为集合的非空子集，共； 若集合B中的最小元素为4，则或.则集合A 可为集合的非空子集，为； 若集合B中的最小元素为3，则为含有元素3的的子集，有种情况. 则集合A 可为集合的非空子集，为； 若集合B中的最小元素为2，则为含有元素2的的子集，有种情况. 此时集合A只能为. 故集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素的总情况数为：.则对应概率为：. 31．（2025·上海徐汇·二模）在桌面上有一个质地均匀的正四面体D—ABC．从该正四面体与桌面贴合的面上的三条棱中等可能地选取一条棱，沿其翻转正四面体至正四面体的另一个面与桌面贴合，如此翻转称为一次操作．如图，开始时，正四面体与桌面贴合的面为，操作次后，正四面体与桌面贴合的面是的概率记为. 现有下列两个结论：①；②. 则下列说法正确的是（    ）    A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①、②都正确 D．①、②都错误 【答案】C 【详解】开始时正四面体与桌面贴合的面为，进行一次操作后，正四面体与桌面贴合的面不可能再是，所以. 要得到操作2次后正四面体与桌面贴合的面是，那么第一次操作后正四面体与桌面贴合的面不是，且第二次操作能回到. 第一次操作后正四面体与桌面贴合的面不是，有3种情况（正四面体共4个面，除去ABC面），从这3个面中的任意一个面进行第二次操作回到面的概率为, 根据分步乘法计数原理，，因为，所以，故①正确, 当时，操作次后正四面体与桌面贴合的面是，则操作次后正四面体与桌面贴合的面不是，且第次操作能回到, 操作次后正四面体与桌面贴合的面不是的概率为， 从不是的面进行一次操作回到面的概率为， 所以可得递推关系 将上式变形为, 所以数列是以为首项,为公比的等比数列, ,即， ，显然，故②正确. 故选：C 题型4 均值和方差计算 32．（24-25高三下·上海虹口·阶段练习）设为样本数据，则函数取最小值时，则的取值为（   ） A．样本众数 B．样本中位数 C．样本标准差 D．样本平均数 【答案】D 【详解】， 这是一个开口向上的二次函数，当时， 取得最小值，所以答案是样本平均数. 33．（2025·上海闵行·二模）已知数据的平均数为2，方差为5，则的平均数为 ． 【答案】9 【详解】由题意可得，， 所以， 又， 即，即， 所以的平均数为9. 34．（2023·上海杨浦·一模）在一次男子10米气手枪射击比赛中，甲运动员的成绩（单位：环）为7.5、7.8、…、10.9；乙运动员的成绩为8.3、8.4、…、10.1，如下茎叶图所示．从这组数据来看，下列说法正确的是（    ） A．甲的平均成绩和乙一样，且甲更稳定 B．甲的平均成绩和乙一样，但乙更稳定 C．甲的平均成绩高于乙，且甲更稳定 D．乙的平均成绩高于甲，且乙更稳定 【答案】B 【详解】甲的平均值为：， 甲的方差为： 乙的平均值为：， 乙的方差为：. 故甲的平均成绩和乙一样，但乙更稳定 35．（23-24高三上·上海宝山·期末）在某次比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为，平均数为，若随机删去其中一轮的成绩，得到一组新数据，记为，平均数为，下面说法正确的是 .（写出所有正确选项） ①新数据的极差可能等于原数据的极差. ②新数据的中位数可能等于原数据的中位数. ③若，则新数据的方差一定大于原数据方差. ④若，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数. 【答案】①②③ 【难度】0.65 【详解】对于①，若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩， 此时新数据的极差可能等于原数据的极差，所以①正确； 对于②，不妨假设， 当时，若随机删去的成绩是， 此时新数据的中位数等于原数据的中位数，所以②正确； 对于③，若，即删去的数据恰为平均数， 根据方差的计算公式，分子不变，分母变小，所以方差会变大，所以③正确； 对于④，若，即删去的数据恰为平均数，在按从小到大的顺序排列的5个数据中， 因为，此时原数据的分位数为第二数和第三个数的平均数； 删去一个数据后的4个数据，从小到大的顺序排列，可得， 此时新数据的分位数为第二个数， 显然新数据的分位数小于原数据的分位数，所以④错误. 故答案为：①②③. 36．（2025·上海·二模）某校高三共有300名学生，分六个班，每班50人．为了解该校高三学生的视力情况，体检后每班按随机抽样的方法抽取了8名学生的视力数据．其中高三（1）班抽取的 8 名学生的视力数据与人数见下表： (1)用上述样本数据估计高三（1）班学生视力的平均值； (2)已知其余五个班学生视力的平均值分别为4.3，4.4，4.5，4.6，4.8.若从这六个班中任意抽取两个班学生视力的平均值作比较，求抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不小于0.2的概率． 视力数据 4.0 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 5.0 5.1 5.2 5.3 人数 2 2 2 1 1 【答案】(1)4.7； (2). 【详解】（1）高三（1）班抽取的 8 名学生视力的平均值为， 据此估计高三（1）班学生视力的平均值约为4.7． （2）因为高三六个班学生视力的平均值分别为4.3，4.4，4.5，4.6，4.7，4.8， 所以任意抽取两个班学生视力的平均值数对有 ， ， ，共15种情形； 其中抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不小于0.2的有 ， ，共10种． 所以抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不小于0.2的概率为． 37．（24-25高三上·上海宝山·期中）某高中为配合爱国主义教育，开展国防科技知识竞赛，预赛后，将成绩最好的甲、乙两个班学生（每班都是40人）成绩统计出来，甲班的分数频率直方图和乙班成绩分布频数表如下（分数区间相同），成绩大于等于分为优秀，记甲、乙两班学生得分的平均数分别为，，方差分别为，.   分数区间 人数 3 9 10 13 5 (1)随机从甲、乙两班各取1人，求两人中至少一人成绩优秀的概率； (2)已知，，，，求这80名同学得分的平均分和方差. 【答案】(1) (2)平均分为,方差为 【详解】（1）甲班得分为分及以上的学生有人， 所以甲班成绩优秀的概率为；   乙班得分为分及以上的学生有人， 所以乙班成绩优秀的概率为 随机从甲、乙两班各取1人，记两人中至少一人成绩优秀为事件， 则. （2）记名同学得分的平均分为和方差为， 则， ， 即这名同学得分的平均分为,方差为. 38．（23-24高三上·上海·期中）第19届亚运会在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障.某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.先随即抽取了100名候选者的面试成绩，并分成组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. (1)现规定分数排名前40%可以加入资深志愿者组，估计资深志愿者组的录取分数约为多少？（精确到0.1） (2)在第四、第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率； (3)已知第四组的平均成绩为80，方差为20，第五组的平均成绩为90，方差为5，则75分以上的志愿者的平均成绩和方差为多少？ 【答案】(1)分；(2)；(3)平均成绩为，方差为. 【详解】（1）由题意，，可得， 所以， 故录取分数在区间，设资深志愿者组的录取分数约为分， 则，可得分. （2）由（1）知：第四、第五组的人数比例为， 由分层抽样等比性质知：第四组抽取4人为、第五组抽取1人为， 所以，任意选出2人的情况为共10种情况； 其中两人来自不同组的情况为共4种情况； 所以选出的两人来自不同组的概率为. （3）第四组的平均成绩为，方差为，该组人数为20人； 第五组的平均成绩为，方差为，该组人数为5人； 所以75分以上的志愿者的平均成绩为分， 75分以上的志愿者的方差为， 而，， ； ； 所以. 39．（2024·上海普陀·模拟预测）下列说法正确的序号是 . ①用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则某个个体被抽到的概率是0.1 ②已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 ③数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 ④若样本数据的方差为4，则数据的方差是16 【答案】①③④ 【详解】对于①，某个个体被抽到的概率为，故①正确； 对于②，，解得， 则方差为，故②错误； 对于③，数据27，12，14，30，15，17，19，23从小到大排列为，12，14，15，17，19，23，27，30， 由于，其中第6个数为第70百分位数，即23，故③正确； 对于④，设数据的均值为， 则数据的均值为， 因为数据的方差为， 所以数据的方差为 ，故④正确； 故答案为：①③④ 40．（2025·上海黄浦·二模）设，随机变量取值、、、的概率均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25．若记、分别为、的方差，则（    ） A． B． C． D．与的大小关系与、、、的取值有关 【答案】A 【详解】由随机变量的取值情况，它们的期望分别为：， ，即， ， 则 同理， 则 则 ， 因为 所以， 因为，不能取等号，所以，所以 所以. 题型5 排列组合的应用 41．（2022春•长宁区校级期末）将3封不同的信投入4个不同的邮箱，则有 　64　种不同投法． 【解答】解：因为第一封信有4种投法，第二封信有4种投法，第三封信有4种投法， 所以由分步乘法计数原理知，共有不同投法（种． 42．（2023春•闵行区月考）五名旅客在三家旅店投宿的方法有 　243　种． 【解答】解：完成这件事，可分成五个步骤： 第一步安排一名旅客，有3种投宿方法， 同理第二步，第三步，第四步，第五步依次安排一名旅客，都各自有3种方法， 根据分步计数原理，得到五名旅客在三家旅店投宿的方法有（种 43．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种． 【答案】288 【详解】先选两位家长排在首尾有种排法；再排对中的四人有种排法， 故有种排法. 44．（24-25高二下·上海松江·阶段练习）现有7名同学分别去A、B两个小区做志愿服务工作，每人选择其中的一个小区，且每个小区至少去3名同学，则不同的安排方法种数为 （用数字作答） 【答案】70 【分析】先将7人分成两组，再把两组分配到两个小区，应用排列组合数求解即可. 【详解】由题意，将7分成3人和4人两组，再把两组人安排到A、B两个小区即可， 所以不同的安排方法数有种. 45．（24-25高二下·上海浦东新·期中）有10个评优指标分到3个不同的班级.若每班至少分配到1个指标，则指标个数的不同分配方法共有 种. 【答案】36 【详解】因为个评优指标没有差别，把他们排成一排．相邻名额之间形成个空隙． 在个空档中选个位置插个隔板，把评优指标分成份，对应地分给3个班级，每一种隔板方法对应一种分法，则有有种分法． 46．（24-25高二下·上海·阶段练习）若将4名志愿者分配到3个服务点参加志愿者服务工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法共有 ． 【答案】36 【详解】将4人分3组有种不同情况, 三组分到三个服务点有种不同情况, 共有36种不同安排方法. 47．（24-25高二下·上海浦东新·期中）上海市实验学校为了组织2025体育节，从高二年级挑选3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有 种. 【答案】 【详解】第一步，将4项工作分成3组，由种， 第二步，将3组分配到3名志愿者，有种，共种， 48．（24-25高二下·上海宝山·期中）将甲、乙、丙、丁四名学生分到2个不同的班，每个班至少分到一名学生，则甲、乙两名学生不能分到同一个班的概率为 ． 【答案】 【详解】将甲、乙、丙、丁四名学生分到2个不同的班，每个班至少分到一名学生， 则不同的分配方法有种， 其中甲、乙两名学生不能分到同一个班的有种， 所以甲、乙两名学生不能分到同一个班的概率. 49．（24-25高二下·上海松江·期末）5 名篮球队员甲、乙、丙、丁、戊，排成一排. 若甲不能站在排头，乙不能站在排尾，则不同的排法有 种. 【答案】 【详解】甲不能站在排头，乙不能站在排尾，可分为两类： （1）甲在排尾，其他任意排列，共有种不同的排法； （2）甲不在排尾，甲有种，此时乙有种，其他任意排列有种， 所以甲不能站在排头，乙不能站在排尾，共有种不同的排法. 50．（24-25高二下·上海闵行·期末）北京的小王和深圳的小李是好朋友，两人恰好都计划于2025年国庆节的7天假期中，到上海连续游玩三日，他们约定至少有一天同时出现在上海，则他们不同的出游安排方案共有（   ） A．12种 B．13种 C．19种 D．21种 【答案】C 【详解】记出行日期为， 则两人的出行日期为，各有种方法， 所以两人出行的总的方案数有种， 其中，两人没有同一天的为： 小王，小李； 小王，小李； 小王，小李； 小王，小李； 共种，则至少有一天同时出现在上海的有种. 51．（24-25高二下·上海奉贤·期末）某班要选举班干部，现有10名候选人，从这10名候选人中任选5人组成班委，有 种不同的选法.（结果用数字表示） 【答案】252 【详解】从这10名候选人中任选5人组成班委，不同选法种数是. 52．（24-25高二下·上海普陀·期末）把这五个数随机地排成一列组成一个数列，要求该数列恰好先递减后递增，则这样的数列共有 个. 【答案】14 【详解】依题意，数列恰好先递减后递增，所以在的两侧， 从中选出一个数排在的右侧，其余排在的左侧， 得到先减后增的数列有， 从中选出两个数排在的右侧，其余排在的左侧，得到先减后增的数列有， 从中选出三个数排在的右侧，其余排在的左侧，得到先减后增的数列有， 故满足条件的数量总个数为个. 53．（24-25高二下·上海·阶段练习）有一批产品，其中有6件正品和4件次品，从中任取3件中仅有2件次品的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】有2件次品的取法为，总取法为. 则仅有2件次品的概率为. 54．（2025·上海·模拟预测）甲、乙两位学生从6科中选三科，则甲、乙两位学生恰好只有一门相同的概率为 ． 【答案】 【详解】甲、乙两位同学随机地从门课程中选修门的情况：种， 两人选修的课程中恰有门相同的情况：种，故所求的概率为. 55．（24-25高二下·上海徐汇·期中）某校艺术节总汇演，已知高一，高二，高三分别选送了4，3，2个节目，若高一的节目彼此都不相邻，高三的节目必须相邻，共计有 种出场顺序． 【答案】 【详解】高三2个节目视作1个节目，与高二3个节目全排列， 再把高一的4个节目插入所成的5个空中的4个，所以共有 . 56．（2022•上海）用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2134大的数字个数为 　17　（用数字作答） 【解答】解：根据题意，用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数， 当其千位数字为3或4时，有种情况，即有12个符合题意的四位数， 当其千位数字为2时，有6种情况，其中最小的为2134，则有个比2134大的四位数， 故有个比2134大的四位数 57．（2025·上海宝山·三模）从1､2､3､4､5､6､7､8､9中依次取出4个不同的数，分别记作，若和的奇偶性相同，则的取法共有 .种 【答案】1584 【详解】与的奇偶性相同有两种情况：与均为偶数；与均为奇数. 要使与均为偶数，则、、、要么全是奇数，要么全是偶数. 从、、、、这个奇数中取出个不同数，其取法有种，得种. 从、、、这个偶数中取出个不同的数，其取法有种，得种. 取出的个数进行全排列，排列数为种，得种. 所以与均为偶数的取法共有种.   要使与均为奇数，则、、、中两个为奇数，两个为偶数. 从个奇数中取出个不同的数，其取法有种，得种. 从个偶数中取出个不同的数，其取法有种，得种. 取出的个数进行全排列，排列数为种. 所以与均为奇数的取法共有种.   将与均为偶数和均为奇数的取法数量相加，可得总的取法数量为种. 故答案为：1584. 58．（2025·上海·三模）互不相同的正整数满足，满足条件的有序实数对有 组（结果用数值表示）. 【答案】48 【详解】设， 由，可得， 因为是互不相同的正整数，故是互不相同的整数， 因为乘积为6，可得负因数的个数为偶数个， 可得或， 则对应的也有两组， 故符合条件数有2组，故符合条件的的所有有序实数对是这两个组的数的全排列，即. 题型6 统计图表 59．（2023·上海徐汇·一模）某学校组织全校学生参加网络安全知识竞赛，成绩（单位：分）的频率分布直方图如图所示，数据的分组依次为，若该校的学生总人数为1000，则成绩低于60分的学生人数为 ． 【答案】 【详解】图中成绩低于60分的频率为， 则该校成绩低于60分的学生人数为（人） 60．（2025·上海宝山·二模）甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示如左下图，茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图完好（右下图），则下列结论正确的是（     ） A．甲得分的极差小于乙得分的极差 B．甲得分的第25百分位数大于乙得分的第75百分位数 C．甲得分的平均数大于乙得分的平均数 D．甲得分的方差小于乙得分的方差 【答案】C 【详解】对于A选项，甲得分的极差为：，乙得分的极差为：， 因为，所以甲得分的极差大于乙得分的极差，故A错误； 对于B选项，因为，所以甲得分的第25百分位数为， 又，所以乙得分的第75百分位数为， 因为，所以甲得分的第25百分位数小于乙得分的第75百分位数，故B错误； 对于C选项，由折线图可知，在茎叶图中甲的得分中丢失的数据一个为，另一个设为，其中， 所以甲的平均数为， 乙的平均数为， 因为，所以，所以， 所以甲得分的平均数大于乙得分的平均数，故C正确； 对于D选项，方差是刻画数据离散程度或波动幅度的指标. 从茎叶图中可以看到，甲的得分分布比乙的得分分布分散， 所以甲得分的方差大于乙得分的方差，故D错误. 61．（24-25高三下·上海青浦·阶段练习）去年上海进口博览会智能科技展区，主办方统计了20天的每日接待客户人数（单位：人次），并制作了如下茎叶图：    (1)求这组数据的第16、第70百分位数； (2)现从这20天中随机抽取1天，求这天的接待人数在50人次至69人次之间的概率； (3)主办方预计今年进博会期间，该展区日均接待人数将同比增长15%.假设接待人数的分布情况与去年相同，试估计今年进博会期间（同样为20天），接待人数超过70人次的天数所占比例，并说明理由. 【答案】(1)45，64.5 (2) (3)40%，理由见解析 【难度】0.65 【详解】（1）注意到，， 因此，第16、70百分位数分别是： 序列表中的第4个值、（第14＋第15数值） 即分别为：45、64.5 （2）现从这20天中随机抽取1天， 在50和69之间的数据点数量，这些值是： 51，53，54，56，57，59，60，62，64，65，68 有11个这样的值. 由于总共有20个数据点，因此所求概率是： （3）由于接待人数的分布情况与去年相同， 日均接待人数将同比增长15%，于是接待人数超70人次的天数有： ，，，， ，，…，， 合计8天于是接待人数超过70人次的天数所占比例为： 综上，估计今年进博会期间，接待人数超过70人次的天数所占比例为40% 62．（2024·上海虹口·一模）2024年法国奥运会落下帷幕．某平台为了解观众对本次奥运会的满意度，随机调查了本市1000名观众，得到他们对本届奥运会的满意度评分（满分100分），平台将评分分为共5层，绘制成频率分布直方图（如图1所示）．并在这些评分中以分层抽样的方式从这5层中再抽取了共20名观众的评分，绘制成茎叶图，但由于某种原因茎叶图受到了污损，可见部分信息如图2所示． (1)求图2中这20名观众的满意度评分的第35百分位数； (2)若从图2中的20名观众中再任选取3人做深度采访，求其中至少有1名观众的评分大于等于90分的概率； (3)已知这1000名观众的评分位于上的均值为67，方差为64.7，位于上的均值为73，方差为134.6，求这1000名观众的评分位于上的均值与方差． 【答案】(1) (2) (3)这1000名观众的评分位于上的均值与方差分别为，. 【详解】（1）∵， ∴第35百分位数为第两个数的平方数 （2）由图1可知，图2中有2人， 所以从图2中的20名观众中再任选取3人做深度采访，求其中至少有1名观众的评分大于等于90分设为事件， 所以. （3）由题意可知：落在的频率为，落在的频率为， 因为这1000名观众的评分位于上的均值为67，方差为64.7， 位于上的均值为73，方差为134.6， 所以， 设这1000名观众的评分位于上的均值与方差分别为， 所以，解得：， ， 解得：. 这1000名观众的评分位于上的均值与方差分别为，. 63．（24-25高三上·上海·阶段练习）某烹饪学院为了弘扬中国传统的饮食文化，举办了一场由在校学生参加的厨艺大赛，组委会为了了解本次大赛参赛学生的成绩情况，从参赛学生中抽取了名学生的成绩作为样本，将所得数据经过分析整理后画出了频率分布直方图和茎叶图，其中茎叶图受到污染，请据此解答下列问题： (1)求频率分布直方图中和的值，并估计此次参加厨艺大赛学生的平均成绩； (2)规定大赛成绩在的学生为厨霸，在的学生为厨神，现从被称为厨霸、厨神的学生中随机抽取2人去参加校际之间举办的厨艺大赛，求所取2人中至少有1人是厨神的概率. 【答案】(1)；； (2) 【详解】（1）（1）由茎叶图知，成绩在的学生有5人，成绩在的学生有3人， 所以，， 所以， 此次参加厨艺大赛学生的平均成绩为： . （2）由题意得厨霸有人， 厨神有人， 从中任取2人，基本事件总数， “所取2人至少中有1人是厨神”的对立事件是“所取2人都是厨霸”， 其包含的基本事件个数为， 所以“所取2人中至少有1人是厨神”的概率. 64．（2024·上海奉贤·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代表）； (2)已知甲型芯片指标在为航天级芯片，乙型芯片指标在为航天为航天级芯片．现分别采用分层抽样的方式，从甲型芯片指标在内取2件，乙型芯片指标在内取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)，. (2). 【详解】（1）由题意得，解得. 由频率分布直方图得乙型芯片该项指标的平均值： . （2）根据分层抽样得，来自甲型芯片指标在和的各1件，分别记为和， 来自甲型芯片指标在和分别为3件和1件，分别记为，，和， 从中任取2件，样本空间可记为，，，，，， ，，，，，，，，共15个， 记事件：至少有一件为航天级芯片,则，，，，， ，，，共9个， 所以. 65．（24-25高二上·内蒙古鄂尔多斯·阶段练习）在神舟十五号载人飞行任务取得了圆满成功的背景下．某学校高一年级利用高考放假期间组织1200名学生参加线上航天知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题：    (1)若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取10人，求10人中成绩不高于50分的人数； (2)求的值，并以样本估计总体，估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数； (3)由首轮竞赛成绩确定甲、乙、丙三位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为，乙复赛获优秀等级的概率为，丙复赛获优秀等级的概率为，甲、乙、丙是否获优秀等级互不影响，求三人中至少有两位同学复赛获优秀等级的概率． 【答案】(1)4 (2)；平均数为71；中位数为 (3) 【详解】（1）从图中可知组距为，则的频率分别为, 从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取10人时, 成绩不高于50分的人数为（人）. （2）由图可知，解得. 使用组中值与频率可估计平均数为 . 因为且， 所以中位数在内， 设估计的中位数为，则，得. （3）记甲、乙、丙获优秀等级分别为事件、、，则 三人中至少有两位同学复赛获优秀等级的概率等于 . 66．（24-25高三上·上海·期中）某中学举行了一次“数学文化知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩 作为样本进行统计． 将成绩进行整理后，分为五组 ， ，，， ，其中第一组的频数的平方为第二组和第四组频数的乘积.请根据下面的频率分布直方图，解决以下问题． (1)若根据这次成绩，学校准备淘汰 70% 的同学，仅保留 30% 的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？(四舍五入精确到 1 分) (2)从样本数据在 两个小组内的同学中，用分层抽样的方法抽取 6 名同学，再从这 6 名同学中随机选出 2 人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率； (3)某老师在此次竞赛成绩中抽取了 10 名同学的分数： ，已知这 10 个分数的平均数 ． 方差 ，若剔除其中的最高分 98 和最低分 86，求剩余 8 个分数的平均数与方差． 【答案】(1)76分 (2) (3)平均数，方差21 【详解】（1）由第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积可知， 第1组的频率的平方为第2组和第4组频率的积， 所以，解得 ， 又 ，解得， 所以， 成绩落在 内的频率为：，落在内的频率为： ， 设第70百分位数为，则，解得 ， 所以晋级分数线划76较为合理. （2）由图可知， 按分层抽样法， 两层应分别抽取 4 人和 2人， 分别记为 和 ， 则所有的抽样有： ， 共 15 个样本点， "抽到的两位同学来自不同小组"，则 ， 共 8 个样本点， 所以 ． （3）因为 ， 所以， 所以 ， 所以 ， 剔除其中的 和 86两个分数， 设剩余 8 个数为 ，，平均数与标准差分别为 ，则剩余 8 个分数的平均数： 方差：. 67．（24-25高三上·上海松江·期中）某景区为更好地提升旅游品质，随机选择100名游客对景区进行满意度评分（满分100分），根据评分，制成如图所示的频率分布直方图. (1)根据频率分布直方图，求的值； (2)估计这100名游客对景区满意度评分的70%分位数； (3)若采用按比例分层抽样的方法从评分在的两组中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行个别交流，求选取的2人评分分别在和内各1人的概率. 【答案】(1)； (2)92.5； (3). 【详解】（1）由频率分布直方图知：，解得， 所以的值为. （2）， 因此分位数在区间内，则，解得， 所以满意度评分的分位数为92.5. （3）评分在的频率分别为， 则在中抽取人，记为， 在中抽取人，记为， 从这6人中随机抽取2人，则有样本空间为 ，共有15个样本点， 设选取的2人评分分别在和内各1人为事件， 则，共有8个样本点， 所以选取的2人评分分别在和内各1人的概率为. 题型7 百分位数 68．（2023·上海宝山·一模）在一次为期天的博览会上，主办方统计了每天的参观人数（单位：千人），得到样本的茎叶图（如下图），则该样本的第百分位数是 【答案】 【详解】， 由茎叶图知从小到大排列第项数据为，第项数据为， 则该样本的第百分位数是与的平均数，即，故答案为：. 69．（24-25高三下·上海·阶段练习）容量为的一组数据，若所有第百分位数（取遍）中至少两个相同，则正整数的最大值为 ． 【答案】97 【详解】设，， 如，，所以各个百分位数均不相同， ，，各个百分位数均不相同， ，， ，各个百分位数均不相同， ，令，得，和对应的百分位数都是第33个数， 所以 ，为所求. 70．（23-24高三下·上海·开学考试）容量为的一组数据，它的第百分位数（为1到99之间的整数）各不相同，则的最小值为 ． 【答案】 【详解】由百分位数的定义，按从小到大排列原始数据，第百分位数， 如果不是整数，则第百分位数为大于的比邻整数数位的数据， 如果是整数，则第百分位数为第项与第项数据的平均数. 所以，一方面，若容量为的一组数据的第百分位数各不相同. 这个数本身有个，相邻两个数的平均数有个，这共有个数. 而每个第百分位数都是这个数之一，这些百分位数又各不相同. 所以，即； 而另一方面，这组数据的第百分位数分别是，各不相同. 所以，的最小值为. 题型8 二项式定理 71．（2018·上海·高考真题）在的二项展开式中，项的系数为 （结果用数值表示） 【答案】 【详解】展开式的第项为，则当时，，所以项的系数为21. 72．（24-25高二下·上海·期末）若二项式的展开式中，所有的奇数次幂项的系数和为，则实数 ． 【答案】 【详解】设， 令， 令， 故， 即. 73．（24-25高二下·上海黄浦·期末）设，则的值为 ． 【答案】 【详解】由二项式定理得， 所以. 74．（24-25高二下·浙江杭州·阶段练习）在的展开式中，有且仅有项前的系数最大，则实数的取值范围是 【答案】. 【详解】若展开式中有且仅有项的系数最大，不合题意， 当时，所以项的系数均为正数，则需满足， 即得； 当时，奇数项的系数均为正数，偶数项的系数均为负数， 则此时需满足，解得， 综合可得的取值范围是 75．（24-25高二下·上海·期末）在的展开式中，的系数是 （结果用数字表示）． 【答案】0 【详解】有以下几种方法得到： ①从的个括号中选个，的个括号中选个； ②从的个括号中选个，的个括号中选个； ③从的个括号中选个，的个括号中选个； ④从的个括号中选个，的个括号中选个； ∴的系数为：. 76．（24-25高二下·上海松江·期末）若的二项展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为 64，则二项展开式中项的系数是 . 【答案】 【详解】令，可得二项式的展开式的所有项的系数之和为， 又由二项式的展开式的二项式系数之和为， 可得，即，解得，即二项式为， 则二项式的展开式中项的系数为. 77．（24-25高二下·上海嘉定·期末）在的二项展开式中，系数最大的项是 ． 【答案】 【详解】令第项的系数最大，则，解得， 因为，所以时，二项展开式中系数最大，则二项展开式中系数最大的项为. 78．（2024·上海·三模）设为正整数，已知的二项展开式中第项为常数项，则展开式中各项的系数之和为 ． 【答案】 【详解】设展开式的通项为， 因为二项展开式中第项为， 由，解得，令，可得展开式中各项的系数之和. 79．（24-25高二下·上海闵行·阶段练习）已知，则 ． 【答案】 【详解】令得，令得，所以. 80．（24-25高二下·上海·期末）已知，则 . 【答案】 【详解】， 的通项公式为：， 令，得，所以. 81．（24-25高二下·上海奉贤·期末）在的二项展开式中系数最大的项的系数是 （结果用数字表示） 【答案】20412 【详解】的展开式通项为，则系数为， 设第项系数最大，则 即，解得，又，所以， 所以最大项系数为第7项，最大系数为. 82．（24-25高二下·上海徐汇·期中）若，则 ． 【答案】 【详解】因为，所以令可得， 令可得，所以. 83．（24-25高二下·上海·期中）若，，则被7除所得的余数为 ． 【答案】 【详解】若， 令，，只有不是7的倍数，则被7除所得的余数为6. 84．（2023•上海）已知，若存在，1，2，，使得，则的最大值为 　49　． 【解答】解：二项式的通项为，，1，2，，， 二项式的通项为，，1，2，，， ，，1，2，，， 若，则为奇数， 此时， ， ， ， 又为奇数， 的最大值为49． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $$