专题12 计数原理、概率初步（必备知识+22大考点+专练，复习讲义）（上海专用）2026年春季高考数学

该高中数学讲义聚焦计数原理、排列组合、二项式定理及概率统计等高考核心考点，按知识内在逻辑构建体系，通过考情分析明确命题趋势，知识梳理夯实基础，考点精析突破重点，真题训练提升能力，形成系统性复习路径。 讲义突出数学思维培养，如用分类讨论解析计数原理，模型建构攻克概率分布，设计“例题+变式”分层练习。通过二项式定理赋值法、古典概型分步计数等策略，帮助学生高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

专题12 计数原理、概率初步 目录 一、考情分析与命题趋势 二、知识体系构建 知识点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 4 1. 加法原理 4 2. 乘法原理 4 3. 异同点 4 知识点2 排列与组合 4 1. 排列、组合的定义 4 2. 排列数的定义 4 3. 组合数的定义 5 知识点3 二项式定理 5 1.二项式定理相关概念 5 2.常见思想方法 6 知识点4 概率初步 7 1. 随机现象 7 2. 样本空间与基本事件 7 3. 必然事件、不可能事件 7 4. 古典概率 7 5. 互斥事件、对立事件 7 6. 概率的性质 7 7. 频率 8 8. 伯努利大数定律 8 9. 事件的独立性 8 10. 常用结论 8 知识点5 概率初步(续) 8 1.条件概率与相关公式、随机变量的分布与特征 8 2.常用分布 9 三、考点精析与突破 10 考点1 乘法原理和加法原理 10 考点2 排列的定义与计算 14 考点3 排列数的性质 16 考点4 组合意义理解 18 考点5 组合数的计算 21 考点6 组合数的性质及应用 23 考点7 计数原理在古典概率中的应用 26 考点8 杨辉三角形和二项式定理 32 考点9 二项式系数的性质 34 考点10 求指定项的系数 41 考点11 计算古典概型问题的概率 43 考点12 可加性 46 考点13 用频率估计概率 47 考点14 随机事件的独立性 49 考点15 条件概率 54 考点16 利用全概率公式求概率 58 考点17 随机变量与分布 60 考点18 期望 64 考点19 方差 71 考点20 二项分布 75 考点21 超几何分布 80 考点22 正态分布 87 四、实战精练与提升 知识点 新课程标准 重点 知识点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1. 理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理； 2. 能区分“类”与“步”的逻辑关系； 3. 会利用两个原理解决简单实际问题 1. 分类加法与分步乘法计数原理的区分； 2. 两个原理在实际问题中的应用 知识点2 排列与组合 1. 理解排列、组合的概念； 2. 掌握排列数、组合数的计算公式及性质； 3. 能利用排列、组合解决简单实际问题 1. 排列与组合的概念区分； 2. 排列数、组合数公式的应用； 3. 排列组合实际问题的求解 知识点3 二项式定理 1. 理解二项式定理及二项展开式的结构特征； 2. 掌握二项展开式的通项公式； 3. 会用二项式定理解决特定项、系数和等问题 1. 二项展开式通项公式的应用； 2. 赋值法求二项展开式的系数和； 3. 二项展开式中特定项（如常数项）的求解 知识点4 概率初步 1. 理解随机现象、样本空间、基本事件、必然事件、不可能事件的概念； 2. 掌握古典概型的概率计算公式； 3. 理解互斥事件、对立事件的概念，掌握概率的基本性质； 4. 了解频率与概率的关系，知道伯努利大数定律的意义； 5. 理解事件独立性的概念 1. 古典概型的概率计算； 2. 互斥事件与对立事件的区分及概率计算； 3. 事件独立性的应用 知识点5 概率初步（续） 1. 理解条件概率的概念，掌握条件概率公式与全概率公式； 2. 理解随机变量的概念，掌握离散型随机变量的分布列、期望与方差的计算； 3. 了解二项分布、超几何分布、正态分布的概念及简单应用 1. 条件概率与全概率公式的应用； 2. 离散型随机变量的期望与方差计算； 3. 常用分布（二项、超几何）的识别与计算 二、命题分析 计数原理、统计初步考查分析表 模块 考频 考查内容 命题趋势 计数原理、概率初步 2025年第6题、2025年第19题；2024年第6题、2024年第19题；2023年第7题、2023年第19题；2022年第8题、2022年第18题；2021年第7题、2021年第19题 计数原理：排列与组合的分类分步运算、有限制条件的排列组合问题、二项式定理（通项公式、常数项/特定项系数、二项式系数和与各项系数和）；概率初步：随机事件的概率、互斥事件与对立事件的概率计算、古典概型（含列举法、排列组合计数）、几何概型（长度/面积型）、实际情境下的概率应用 高频稳定考点，小题聚焦基础运算，重点考查分类加法、分步乘法计数思想，以及二项式定理的细节辨析，难度中等；解答题结合实际背景，需先通过计数原理算基本事件数再求概率，偶尔融入简单统计信息，难度中等，强调逻辑严谨性和实际应用能力，注重基础公式的扎实运用 -考查内容及命题趋势表（2021~2025年春考数据） 知识点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1. 加法原理 做一件事，完成它有类办法，其中第一类办法有种不同的方法，第二类办法有种不同的方法，…，第类办法有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法. 2. 乘法原理 做一件事，需要依次完成个步骤，其中完成第一步有种不同的方法，完成第二步有种不同的方法，…，完成第步有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法. 3. 异同点 名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 都是解决完成一件事的不同方法的种数问题 不同点 运用加法运算；分类完成一件事，且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事，“类”与“类”独立并列（可类比“并联”电路） 运用乘法运算；分步完成一件事，只有各步骤都完成才算完成，“步”与“步”连续（可类比“串联”电路） 知识点2 排列与组合 1. 排列、组合的定义 名称 定义（从个不同元素中取出个不同元素） 排列 按照一定的顺序排成一列 组合 作为一组 2. 排列数的定义 从个不同元素中取出个不同元素的所有不同排列的个数叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用表示. 3. 组合数的定义 从个不同元素中取出个不同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，用表示. 4. 排列数、组合数的公式及性质 分类 内容 公式 (1) （、是正整数，且） (2) （、是正整数，且） 性质 (3) ； (4) ；（是自然数，是正整数，且） 知识点3 二项式定理 1.二项式定理相关概念 （1）二项式定理 定理 设是正整数，等式 称为二项式定理，表示的二项展开式中的第项，其中. （2）二项展开式形式上的特点 ①项数为； ②各项的次数都等于二项式的幂指数，即与的指数的和为； ③字母按降幂排列，从第一项开始，次数由逐项减1直到零；字母按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到； ④二项展开式中的组合数从，一直到. （3）二项式定理的应用——组合数的性质 对称性：二项式定理中与首末两端“等距离”的两个组合数相等，即，，…，（是自然数，是正整数，且）； 增减性与最大值：在个组合数中，当为偶数时，最大值是中间的一项；而当为奇数时，最大值是中间的两项和； 各组合数的和： 在二项式定理中，特别令，就得到.令，就得到.由上述二式就得到 . （4）注意 ① 分清是第项，而不是第项； ②在通项公式中，含有、、、、、这六个参数，只有、、、是独立的，在未知、的情况下，用通项公式解题，一般都需要首先将通项转化为方程(组)求出、，然后代入通项公式求解； ③求二项展开式中的一些特殊项，如系数最大项、常数项等，通常都是先利用通项公式由题意列方程，求出，再求所需的某项；有时则需先求，计算时要注意和的取值范围以及它们之间的大小关系； ④在中，注意组合数与项的系数的区别，组合数与、的值无关；而项的系数是指化简后字母外的数. 2.常见思想方法 （1）在应用通项公式时，要注意以下几点 ① 它表示二项展开式的任意项，只要与确定，该项就随之确定； ② 是展开式中的第项，而不是第项； ③ 公式中，、的指数和为且、不能随便颠倒位置； ④ 对二项式展开式的通项公式要特别注意符号问题； ⑤ 在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法. （2）二项式定理问题的处理方法和技巧 运用二项式定理，一定要牢记通项，注意与虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题，另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指，而后者是字母外的部分.前者只与和有关，恒为正，后者还与、有关，可正可负； 对于二项式定理中组合数的问题，应注意以下几点： ① 求二项式定理中所有组合数的和，可采用“特殊值法”(赋值法)，通常令字母变量的值为1； ② 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； ③ 证明不等式时，应注意运用放缩法； (3) 求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求，再求，有时还需先求，再求，才能求出； (4) 有些三项展开式问题可以转化为二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏； (5) 对于二项式定理中组合数问题，首先要熟记组合数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式定理中组合数问题的一个重要手段. 3. 赋值法的应用 (1) 对形如、的式子求其展开式各项系数之和，常用赋值法，只需令即可； (2) 对形如、的式子求其展开式各项系数之和，只须令即可； (3) 一般地，对于多项式，令，则： 展开式中各项的系数的和为， 展开式中奇数项的系数和为（两次赋值，解方程组）， 展开式中偶数项的系数和为（同上）. 知识点4 概率初步 1. 随机现象 具不确定性的现象称为随机现象. 2. 样本空间与基本事件 定义 一个随机现象中依某个角度观察其所有可能出现(发生)的结果所组成的集合称为一个样本空间(sample space)，用表示，其中的元素称为基本事件(elementary event)或者样本点.随机事件对应样本空间的一个子集. 3. 必然事件、不可能事件 在一个随机试验中，有两个特别的事件.一个必然发生，称为必然事件，它对应的子集就是样本空间，即所有基本事件的集合；另外一个必然不发生，称为不可能事件，对应的子集是空集，它们统称为确定事件，其余的称为不确定事件. 4. 古典概率 古典概率模型是满足下面两个条件的随机试验：(1) 有限多结果；(2) 等可能性. 古典概率 其中，表示事件中的基本事件个数，而表示样本空间中的基本事件个数.说明概率是事件中的元素个数与样本空间中元素个数的比值. 5. 互斥事件、对立事件 如果与没有共同的基本事件，即两个子集不相交：，那么这两个事件不可能同时发生，或者说互斥. “事件发生”的否定就是“事件不发生”，它也是一个事件，称为事件的对立事件，简称为“非”. 6. 概率的性质 概率是衡量一个随机事件发生可能性大小的度量. 概率性质1 必然事件的概率是1，不可能事件的概率是0，即，. 概率性质2 设是一个事件，那么. 概率性质3（可加性） 两个不可能同时发生的事件至少有一个发生的概率是这两个事件的概率之和. 换言之，如果，那么. 概率性质4 对任一给定事件，其发生的概率与不发生的概率的和总是1. 换言之，有. 7. 频率 作伯努利试验，假设我们可以独立地重复一个伯努利试验次，其中成功的次数记作，那么就被称为（次试验中）成功的频率(frequency). 频率是一个数，依赖于试验次数，它不是一个确定的数，而是一个随机的数. 8. 伯努利大数定律 伯努利大数定律 （law of large numbers） 独立地重复一个伯努利试验次，当很大时，频率逼近概率. 9. 事件的独立性 两个事件与（相互）独立(independent)是指它们同时发生的概率等于它们各自发生概率的乘积，即 10. 常用结论 从两个事件的可加性可以推出任意多个事件的可加性：如果是个两两互斥的事件，那么 知识点5 概率初步(续) 1.条件概率与相关公式、随机变量的分布与特征 条件概率公式 注：(1) 前一个公式适用于古典概率模型，后一个公式适用于所有的情况； (2) 概率的乘法公式：. 全概率公式 所以实际上是条件概率的加权平均，而条件概率的权重为，. 随机变量的分布 (1) 随机变量：以样本空间作为定义域的一个函数称为一个随机变量(random variable)，即对样本空间中任意给定的元素，都有唯一的实数与之对应； (2) 随机变量的分布：随机变量所有可能的取值以及相应的概率； (3) 分布形式：. 随机变量的期望 期望的线性性质 (1) 如果是一个随机变量，是一个实数，那么； (2) 如果、是两个随机变量，那么. 随机变量的方差 (1) 定义：； (2) 性质： ① 如果是一个随机变量，是一个实数，那么； ②如果、分别是两个独立的随机试验所对应的随机变量，那么. 2.常用分布 二项分布 (1) 定义：独立地重复一个成功概率为的伯努利试验次，表示成功次数. 那么的分布为，，该分布称为二项分布； (2) 若服从二项分布，则，. 超几何分布 (1) 定义：从一个装有大小与质地相同的个白球、个黑球的袋子中依次随机且不放回地取个球. 用表示其中白球的个数，则的分布称为超几何分布； (2) 若服从超几何分布，则. 正态分布 (1) 定义 由钟形曲线所刻画的分布称为正态分布. 其中有两个参数： ① 是该分布的期望或均值； ② 是该分布的方差，且总是假设. 定义 设是一个取实数值的随机变量，如果对任何给定的实数与，落在区间上的概率等于三条直线、、与正态密度函数图像所围的区域面积（或者简称作此函数在该区间上的面积，如图所示），那么服从正态分布(normal distribution)，或更准确地说，服从参数为、的正态分布，记为. (2) 标准正态分布 当、时，相应的正态分布称为标准正态分布，记作，其密度函数 称为标准正态分布的密度函数，简记作. 实际上，一般的正态分布的密度函数总是标准正态分布的密度函数的某种平移和伸缩变换，其形状保持钟形不变. 考点1 乘法原理和加法原理 （2025·上海杨浦·二模）3名同学报名参加社团活动，有4个社团可以报名，这些社团招收人数不限，但每位同学只能报名其中1个社团，则这3位同学可能的报名结果共有（    ）种. A．6 B．24 C．64 D．81 【答案】C 【分析】由分步乘法原理计算可得. 【详解】由题意可得每位同学有4种选择，根据乘法原理，共有种. 故选：C （25-26高三上·上海·期中）某比赛考场的规格为每场35名考生，分为7行5列，如下图依照蛇形方式进行座位号编排.为了确保考试的公平性，考生的试题卷分为A卷和B卷，座位号为奇数的考生使用A卷，座位号为偶数的考生使用B卷.已知甲、乙、丙三名考生在同一考场参加比赛，且三人使用的试卷类型相同，三名考生中任意两人不得安排在同一行或同一列，则甲、乙、丙三名考生的座位安排方案共有 种. 第一列 第二列 第三列 第四列 第五列 1 14 15 28 29 第一排 2 13 16 27 30 第二排 3 12 17 26 31 第三排 4 11 18 25 32 第四排 5 10 19 24 33 第五排 6 9 20 23 34 第六排 7 8 21 22 35 第七排 【答案】3420 【分析】考虑甲、乙、丙不同行不同列且奇偶一致，对甲的为奇数排及偶数排及乙丙情况分类讨论，最后应用乘法原理及加法原理计算求解. 【详解】由题意，由于甲、乙、丙不同行不同列且奇偶一致，故分类讨论，   ①当甲、乙、丙为奇数时，不妨从甲开始继续分类 1）当甲选择奇数排时，有12种选择，由于甲、乙不同行不同列且奇偶一致， 故乙有种选择， 故丙有8种选择，共种； 2）当甲选择偶数排时，有6种选择，由于甲、乙不同行不同列且奇偶一致， 故乙需要分类讨论， 当乙选择偶数列时，有2种选择，丙有12种选择， 当乙选择奇数列时， 有12种选择，丙有8种选择，共种； ②当甲、乙、丙为偶数时，不妨从甲开始继续分类， 1）当甲选择奇数排时，有8种选择，由于甲、乙不同行不同列且奇偶一致， 故乙需要分类讨论， 当乙选择偶数列时，有3种选择，丙有9种选择， 当乙选择奇数列时， 有9种选择，丙有7种选择，共种； 2）当甲选择偶数排时，有9种选择，由于甲、乙不同行不同列且奇偶一致， 故乙需要分类讨论， 当乙选择偶数列时，有8种选择，丙有7种选择， 当乙选择奇数列时， 有4种选择，丙有9种选择，共种； 综上，共种． 故答案为：3420. 【变式1】（2025·上海·模拟预测）有一四边形，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币：如硬币正面朝上，则将其擦去；如硬币反面朝上，则不擦去．最后，以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据分步计数原理及古典概型的概率公式求解即可. 【详解】根据题意，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币， 共有种情况， 要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C， 若保留两条边，则可保留也可擦去， 共有种情况； 若保留两条边，则可保留也可擦去， 共有种情况（其中有一种情况与上面重复）， 则要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C，共有种情况， 所以可以到达C点的概率为. 故选：B. 4．【变式2】5人中至少有两人生日在同一个月中的概率是 （假设每月天数相同，结果用分数表示） 【答案】 【分析】根据古典概型概率公式及对立事件概率公式即得. 【详解】设5人中至少有两人生日在同一个月为事件，则 ， 所以. 故答案为：. 【变式3】（24-25高三上·上海·期中）仰晖楼有A、B两部电梯.已知电梯每上一层需要5秒，电梯在某层楼停留时开门到关门所花时间为10秒（人员均能在电梯开关门时间内完成进出电梯和按楼层等操作）.某天清晨，楼上还没有人，1楼已经有若干人均欲乘坐电梯上楼，目的地分别是楼.现两部电梯均恰好在1楼（两部电梯互相独立运行，可以独立开关门，在1楼按下按钮后将同时打开门），且每部电梯容量足够容纳所有人.定义为：从A（B）电梯开门时刻算起，到电梯内最后一人到达目标楼层后A（B）电梯门关闭为止，所花时间.记"运输完成时间"：. (1)若所有人均乘坐一部电梯，求； (2)为了研究的最小值，我们需要对电梯的"乘坐安排"作出一些合理假设.例如：假设两部电梯都有人乘坐.理由：分开乘坐，比如去2层的人都坐电梯A，其余人坐电梯B，则均小于（1）中，故"运输完成时间"也小于（1）中，所以要使得最小，两部电梯一定都有人乘坐.请你在此基础上再提出1至2条关于电梯"乘坐安排"的合理假设，并简述作出这些假设的理由（若有多条假设，请按重要性从高到低写出最重要的两条）； (3)求出最小值. 【答案】(1)145秒 (2)答案见解析 (3)95秒 【分析】（1）根据题意，知总时间包括开门的两次及中途上楼的层数； （2）分目的地为同一层楼的人都坐同一部电梯，即A、B电梯所到楼层不重叠和不妨设A电梯到达10层，则可假设B电梯停留层数均小于A电梯停留层数，两种情况讨论，进而可得出结论； （3）根据题意求出与的关系，进而可得出答案. 【详解】（1）包括1楼，电梯共开关门10次数，上升9层， 所以完成运输所花时间为秒； （2）假设一：目的地为同一层楼的人都坐同一部电梯，即A、B电梯所到楼层不重叠. 理由：将目的地为同一层楼的人调整到同一部电梯可以使得其中一部电梯至少节约10秒，这样调整后方案的"运输完成时间"必然不大于原方案. 假设二：不妨设A电梯到达10层，则可假设B电梯停留层数均小于A电梯停留层数. 理由：记B电梯最高到达楼，若存在A电梯到达楼，且的情况.两部电梯交换这两层的人，则不变，至少减少5秒，新方案"运输完成时间"必然不大于原方案； （3）设A电梯到达楼层为层，，B电梯到达楼层为层， ， ， 时，取得最小值95秒，即A电梯目的地为710层，B电梯目的地为层. 考点2 排列的定义与计算 某数学兴趣小组用纸板制作正方体教具，现给图中的正方体展开图的六个区域涂色，有红、橙、黄、绿四种颜色可选，要求制作出的正方体相邻面所涂颜色均不同，共有 种不同的涂色方法. 【答案】 【分析】先涂，再分与同色、与不同色两种情况讨论，利用分步、分类计数原理计算可得. 【详解】如图，还原回正方体后，、为正方体前后两个对面，、为左右两个对面，、为上下两个对面，    先涂有种涂法， 当与同色，再涂有种涂法， 若与同色，则有种涂法，最后涂有种涂法， 若与不同色，则有种涂法，最后涂有种涂法， 则有种涂法； 当与不同色，则涂有种涂法，涂有种涂法，此时与必同色且只有一种涂法，也只有种涂法， 则有， 综上可得一共有种涂法. 故答案为： 甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有 种. 【答案】 【分析】由排列组合中的捆绑法和插空法计算. 【详解】利用捆绑法可得，丙和丁相邻的排法有种， 然后将乙、戊和丙、丁4人进行排列，排法有种， 因为甲不站在两端，且乙、戊和丙、丁排完会形成2个空位， 利用插空法排列甲，排法有种， 所以不同的排列方法有种. 故答案为： 【变式1】（2025·上海松江·二模）有4辆车停放在5个并排车位上，客车甲车体较宽，停放时需要占两个车位，并且乙车与客车甲相邻停放，则共有 种不同的停放方法. 【答案】12 【分析】利用相邻问题捆绑法求解. 【详解】因为客车甲占两个车位且乙车与客车甲相邻停放. 所以将乙车与客车甲捆绑，看成一个车有种排法，与余下的两辆车全排有种排法， 所以共有种不同的停放方法. 故答案为：12. 【变式2】将4个人排成一排，若甲和乙必须排在一起，则共有 种不同排法. 【答案】12 【分析】利用捆绑法，先将甲乙看成一个整体，再与剩余学生排列. 【详解】先将甲乙看成一个整体，共有种不同排法， 再与剩余学生排列，共有种不同排法， 所以共有种不同排法. 故答案为：12. 【变式3】（24-25高三上·上海·期中）在1，2，3，4，5的所有排列 中，满足条件 的排列个数为 ． 【答案】16 【分析】结合枚举法可得结果. 【详解】由题意可知，只能出现在中，不能出现在中， 所以若取值为或，则排列个数为， 若取值为或，则只能出现在的一侧，即排列有共4个， 综上，所有排列数的个数为16个. 故答案为：16 【变式4】（24-25高三上·上海嘉定·期中）配置某种染色剂，需要加入3种有机染料、2种无机染料和2种添加剂，已知不同的添加顺序对染色效果是不一样的，则其中2种无机染料添加顺序不相邻的概率为 . 【答案】 【分析】先计算出总的排列方式，然后利用插空法计算出2种无机染料添加顺序不相邻的排列方式，然后求其概率即可. 【详解】一共有种添加顺序，由插空法可知，2种无机染料添加顺序不相邻的种数有, 所以其中2种无机染料添加顺序不相邻的概率为. 故答案为： 考点3 排列数的性质 （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 【分析】设，由已知得，可得或，从而可求解. 【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. 故答案为：. （2024·上海奉贤·一模）若五人站成一排，如果必须相邻，那么排法共 种. 【答案】48 【分析】元素相邻问题运用捆绑法求解. 【详解】第一步：把捆绑当作一个元素与进行排列共有种； 第二步：之间进行排列共有种； 根据分步计数原理可知：排法的总数共有种. 故答案为： （2024·上海虹口·二模）3个男孩和3个女孩站成一排做游戏，3个女孩不相邻的站法种数为 . 【答案】144 【分析】利用插空法求解即可. 【详解】先将3个男孩站成一排，有种方法， 将3个女孩插入3个男孩形成的4个空位中，有种方法， 故一共有：种. 故答案为：144 【变式1】今年中秋和国庆共有连续天小长假，某单位安排甲、乙、丙三名员工值班，每天都需要有人值班．任选两名员工各值天班，剩下的一名员工值天班，且每名员工值班的日期都是连续的，则不同的安排方法数为 ． 【答案】 【分析】先确定值班天的人，有种选择，再将三个人全排即可，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】三人值班的天数分别为、、，先确定值班天的人，有种选择， 再将三个人全排即可，所以，不同的排法种数为种. 故答案为：. 【变式2】（2024·上海闵行·一模）从10名数学老师中选出3人安排在3天的假期中值班，每天有且只有一人值班．若老师甲必须参加且不安排在假期第一天值班，则不同的值班安排方法种数为 ． 【答案】144 【分析】利用分步乘法计数原理及排列应用问题列式计算得解. 【详解】依题意，安排老师甲有种，从除甲外的9名老师中任选2人并安排值班有种， 所以不同的值班安排方法种数为（种）. 故答案为：144 【变式3】从5名志愿者中选出3名，分别从事翻译、导游、保洁三项不同的工作，每人承担一项，其中甲不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有 种. 【答案】48 【分析】应用排列数求出所有可能方案数、选出3名且甲从事翻译工作方案数，由间接法求结果. 【详解】从5名志愿者中选出3名任意安排有种， 若选出3名且甲从事翻译工作，则种， 所以5名志愿者中选出3名且甲不能从事翻译工作的选派方案有种. 故答案为：48 考点4 组合意义理解 重庆某高校去年招收学生来自成渝地区2400人，除成渝外的西部地区2000人，中部地区1400人，东部地区1800人，港澳台地区400人.学校为了解学生的饮食习惯，拟选取40人作样本调研，为保证调研结果的代表性，则从该校去年招收的成渝地区学生中不同的抽样结果种数为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据分层抽样的性质计算即可。 【详解】为保证调研结果的代表性，设从该校去年招收的成渝地区学生中抽取n人， 则， 解得， 即从该校去年招收的成渝地区学生中不同的抽样结果种数为 故选：C 智慧农机是指配备先进的信息技术，传感器､自动化和机器学习等技术，对农业机械进行数字化和智能化改造的农业装备，例如：自动育秧机和自动插秧机.正值春耕备耕时节，某智慧农场计划新购2台自动育秧机和3台自动插秧机，现有6台不同的自动育秧机和5台不同的自动插秧机可供选择，则共有 种不同的选择方案. 【答案】150 【分析】利用乘法原理，结合组合知识求解． 【详解】第一步从6台不同的自动育秧机选2台，第二步从5台不同的自动插秧机选3台，由乘法原理可得选择方案数为， 故答案为：150. 【变式1】有除颜色外大小相同的9个小球，其中有2个红球，3个白球，4个黑球，同色球不加区分，将这9个球排成一列，要求2个红球相邻，3个白球两两互不相邻，不同的排列种数为（    ） A．100 B．120 C．10800 D．21600 【答案】A 【分析】将4个黑球放好，把两个红球捆绑插空，然后将3个白球插空即可求解. 【详解】将4个黑球放好有一种，形成5个空，从中选一个空将2个红球作为一个整体排上，有种排法， 如此就形成6个空，将3个白球插空到6个空中，有种排法， 由分步计数原理得，共有种不同排法． 故选：A． 【变式2】欧几里得在《几何原本》中证明了算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以唯一分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式是唯一的.记（其中是素数，是正整数，，），这样的分解称为自然数的标准素数分解式.若的标准素数分解式为，则的正因子有个，根据以上信息，180的正因子个数为（    ） A．6 B．12 C．13 D．18 【答案】D 【分析】先将180分解成素数的乘积，然后根据题意求解即可. 【详解】根据N的标准分解式可得，故180的正因子个数为， 故选：D. 【变式3】有三个因素会影响某种产品的产量，分别是温度（单位：）、时间（单位：）、催化剂用量（单位：），三个因素对产量的影响彼此独立．其中温度有三个水平：80、85、90，时间有三个水平：90、120、150，催化剂用量有三个水平：5、6、7．按全面实验要求，需进行27种组合的实验，在数学上可以证明：通过特定的9次实验就能找到使产量达到最大的最优组合方案．下表给出了这9次实验的结果： 实验号 温度（） 时间（） 催化剂用量（） 产量（） 1 80 90 5 31 2 80 120 6 54 3 80 150 7 38 4 85 90 6 53 5 85 120 7 49 6 85 150 5 42 7 90 90 7 57 8 90 120 5 62 9 90 150 6 64 根据上表，三因素三水平的最优组合方案为（    ） A．       B．       C．       D．       【答案】B 【分析】分别考查温度、时间、催化剂用量对产品产量的影响，通过比较可得最优方案. 【详解】（1）考查温度对产品产量的影响：    温度80℃时的产品产量：，    温度85℃时的产品产量：，    温度90℃时的产品产量：，    所以，温度90℃时的产品产量最大. （2）考查时间对产品产量的影响： 时间90  min时的产品产量：， 时间120 min时的产品产量：， 时间150 min时的产品产量：， 所以，时间120 min时的产品产量最大. （3）考查催化剂用量对产品产量的影响：    催化剂用量5g时的产品产量：， 催化剂用量6g时的产品产量：， 催化剂用量7g时的产品产量：， 所以，催化剂用量6g时的产品产量最大. 由（1）（2）（3）可知，三因素三水平的最优组合方案为：90℃，120 min，6g. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于：找到确定最优组合方案的一种方法. 【变式4】已知，用非负整数表示，，若为其表示方法的数组（）的个数，则＝ ． 【答案】/. 【分析】对任意正整数，有，从而求出的不等式． 【详解】对任意正整数，有， 所以. 故答案为：． 考点5 组合数的计算 （2024·上海·模拟预测）设为大于2的自然数，将二项式两边同时求导，可以得到一些特别的组合恒等式，结合课本中杨辉三角研究方法，可以得到 . 【答案】 【分析】对 ，两边同乘以整理后再对求导，然后令代入整理即可. 【详解】对 ，两边同乘以得： ， 两边同时求导得， 令得， 即. 故答案为：. 从1，2，3，4，5这五个数中随机抽取两个不同的数，则所抽到的两个数的和大于6的概率为 （结果用数值表示）． 【答案】/0.4 【分析】求出所有的基本事件个数以及符合题意的基本事件个数，利用古典概型求概率即可. 【详解】根据题意，从1，2，3，4，5这五个数中随机抽取两个不同的数共有， 所抽到两个数的和大于6共有，，，共4种， 所以所抽到的两个数的和大于6的概率为. 故答案为： 【变式1】已知，若，则 ． 【答案】3 【分析】由组合数和排列数的计算公式求解. 【详解】，则. 故答案为： 【变式2】有五只笔编号1-5，现将其放入编号1-5的笔筒中，且恰有两只笔没有放入与其编号相同的笔筒中，这样的情况有 种. 【答案】10 【分析】根据题意结合组合数分析运算. 【详解】若恰有两只笔没有放入与其编号相同的笔筒中，则有3只笔放入与其编号相同的笔筒中，另外两只笔没有放入与其编号相同的笔筒中， 故有种. 故答案为：10. 【变式3】2022年，第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔举行，某国家队26名球员的年龄分布茎叶图如图所示： (1)该国家队25岁的球员共有几位？求该国家队球员年龄的第75百分位数； (2)从这26名球员中随机选取11名球员参加某项活动，求这11名球员中至少有一位年龄不小于30岁的概率． 【答案】(1)3位；第75百分位数是30 (2) 【分析】（1）根据茎叶图和百分位数公式，即可计算结果； （2）根据对立事件和组合数公式求概率. 【详解】（1）由茎叶图可知，25岁的球员共有3位球员； 因为，所以第75百分位数是第20位，由茎叶图可知，年龄从小到大排列，第20位球员的年龄是30； （2）11名球员没有年龄不小于30的概率, 所以这11名球员中至少有一位年龄不小于30岁的概率. 考点6 组合数的性质及应用 “”是“”的（    ）条件 A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．非充分非必要 【答案】B 【分析】根据组合数公式的性质及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若，则或，解得或， 所以由能够得到，故充分性成立， 由得不到，故必要性不成立，故“”是“”的充分不必要条件. 故选：B （2024·上海·三模）已知，关于n的方程有且仅有一个解，则实数 ． 【答案】252 【分析】根据给定条件，利用组合数的性质求解即得. 【详解】由组合数的性质知，，当时，使得的有两个， 当时，使得的只有一个，而关于n的方程有且仅有一个解， 所以. 故答案为：252 【变式1】（2024·上海宝山·一模）已知关于正整数的方程，则该方程的解为 . 【答案】或 【分析】利用组合数的性质得到方程，解方程，结合的取值范围即可求解. 【详解】根据组合数的性质，由 可知：或， 即或，所以和均满足题意， 所以该方程的解为：或. 故答案为：或 【变式2】（25-26高三上·上海·期中）已知集合，非空集合，且满足: 对任意，均存在 ，使. 记符合要求的的个数为. 则对于正整数， . 【答案】 【分析】根据条件，分析可得当时，满足要求的元素个数，可得的个数，根据组合数的性质，即可求得答案. 【详解】因为，所以P中元素是中满足且的元素， 对于，则， 所以满足要求的元素有，共有个元素， 所以在不考虑顺序的情况下，共有对， 故. 故答案为： 【变式3】若，则 【答案】 【分析】利用组合数的性质求出的值，即可利用公式计算得出答案. 【详解】由组合数的性质可得，解得， 又因为，所以或， 解得（舍去）或， 所以， 故答案为： 【变式4】（25-26高三上·上海·期中）求证：． 【答案】证明见解析 【分析】根据组合数的运算性质即可求证. 【详解】因为左边 右边. 所以. 考点7 计数原理在古典概率中的应用 （24-25高三上·上海金山·期末）已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（   ）个． A．3 B．6 C．7 D．10 【答案】D 【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案. 【详解】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理，和也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点. 故选：D 【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且两类为关键. （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】 【分析】根据题意分两步，①先求所有两人各选修门的种数，②再求两人所选门恰有门相同的种数，进而由事件间的相互关系，最后利用古典概型的概率公式进行求解即可得到答案． 【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. 故答案为：. （2024·上海黄浦·二模）某校高三年级举行演讲比赛，共有5名选手参加.若这5名选手甲、乙、丙、丁、戊通过抽签来决定上场顺序，则甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率为 . 【答案】/0.6 【分析】求出甲、乙两位选手上场顺序不相邻的场数和抽签总共的可能场数，即可得出甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率. 【详解】由题意， 若甲第一个上场，乙则可以第3,4,5个上场，有种， 若甲第二个上场，乙则可以第4,5个上场，有种， 若甲第三个上场，乙则可以第1,5个上场，有种， 若甲第四个上场，乙则可以第1,2个上场，有种， 若甲第五个上场，乙则可以第1,2,3个上场，有种， 共有种， 而所有的上场顺序有种， ∴甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率：, 故答案为：. 【变式1】（2025·上海嘉定·二模）在由1，2，3，4，5这五个数组成的无重复数字的四位数中，其能被3整除的概率为 . 【答案】/0.2 【分析】利用排列数公式分别求出由1，2，3，4，5这五个数组成的无重复数字的四位数的个数，及其中能被3整除的四位数的个数，再根据古典概型公式即可得解. 【详解】由1，2，3，4，5这五个数组成的无重复数字的四位数共个， 其中能被3整除的四位数是由1，2，4，5组成的，共， 故由1，2，3，4，5这五个数组成的无重复数字的四位数中，其能被3整除的概率为. 故答案为：. 【变式2】已知{}是公差不为0的等差数列.现从，这组数据中随机删除2个数，得到一组新的数据.这两组数据的极差相同的概率为 . 【答案】/0.4 【分析】从理解极差的角度出发，要使删除2个数后极差不变，则必须从中删除，由古典概型概率公式计算即得. 【详解】不妨设，则，这组数据的极差为， 要使在随机删除2个数后，极差不变，就应在这四个数据中删除，则有种删除方法， 故这两组数据的极差相同的概率为. 故答案为：. 【变式3】（2024·上海松江·二模）某校高一数学兴趣小组一共有30名学生，学号分别为，，，…，，老师要随机挑选三名学生参加某项活动，要求任意两人的学号之差绝对值大于等于5，则有 种不同的选择方法. 【答案】 【分析】根据题意，设挑选出的三名学生的学号分别为，，，不妨设，结合题意转化为，进而转化为四个正整数的和为，结合隔板法，即可求解. 【详解】设挑选出的三名学生的学号分别为，，，不妨设， 则有恒等式， 其中，，，， 即，，，， 故式为， 上式四个正整数的和为，相当于个分成四组，运用隔板法，在个空中放块板，故有种方法． 故答案为：． 【变式4】2022年11月27日上午7点，时隔两年再度回归的上海马拉松赛在外滩金牛广场鸣枪开跑，途经黄浦、静安和徐汇三区.数千名志愿者为1.8万名跑者提供了良好的志愿服务.现将5名志愿者分配到防疫组、检录组、起点管理组、路线垃圾回收组4个组，每组至少分配1名志愿者，则不同的分配方法共有 种.（结果用数值表示） 【答案】240 【分析】先将5名志愿者分成四组，然后再分配到四个地方即可. 【详解】将5名志愿者分成四组，且每组至少1名志愿者有种情况，所以不同的分配方法有. 故答案为：240. 【变式5】（2025·上海·模拟预测）甲、乙是两个体育社团的小组．如下是两组组员身高的茎叶图（单位：厘米），以身高的百位数和十位数作为“茎”排列在中间、个位数作为“叶”分列在两边．    (1)分别求甲、乙两组组员身高的第60百分位数； (2)从甲、乙两组各选取一个组员，求两人身高均在170厘米以上的概率； (3)为使两组人数相同，从甲组中调派一个队员到乙组．是否存在甲组的一个组员，将他调派至乙组后，甲、乙两组的平均身高都增大？ 【答案】(1)甲组第60百分位数为173 厘米，乙组第60百分位数为厘米； (2)； (3)把甲组的其中一个167厘米的组员调到乙组. 【分析】（1）直接利用百分位数计算公式即可； （2）根据组合公式和古典概率公式计算即可； （3）求出两者平均数，则所调的人员身高应该两平均数之间（不包括两平均数）. 【详解】（1）甲队：， 所以甲组的第60百分位数为从小到大排列的第8位组员身高，为173厘米； 乙队：， 所以乙组的第60百分位数为从小到大排列第6位和第7位组员身高的平均数，为厘米． （2）记甲乙两队各选取一名组员，两人身高均在170厘米以上为事件， . （3）， 要使两组平均身高都增大， 则从甲组调到乙组的组员身高应在两平均数之间（不包括端点平均数），所以把甲组的其中一个167厘米的组员调到乙组即可． 【变式6】（2024高三·上海·专题练习）水果分为一级果和二级果，共136箱，其中一级果102箱，二级果34箱． (1)随机挑选两箱水果，求恰好一级果和二级果各一箱的概率； (2)进行分层抽样，共抽8箱水果，求一级果和二级果各几箱； (3)抽取若干箱水果，其中一级果共120个，单果质量平均数为303.45克，方差为603.46；二级果48个，单果质量平均数为240.41克，方差为648.21；求168个水果的方差和平均数，并预估果园中单果的质量． 【答案】(1) (2)一级果抽取6箱，二级果抽取2箱 (3)方差克，平均数克，预估平均质量为克 【分析】（1）利用组合知识和超几何分布求概率公式求出答案； （2）利用分层抽样的定义进行求解； （3）根据公式计算出总体样本平均质量和方差，并预估平均质量. 【详解】（1）设A事件为恰好选到一级果和二级果各一箱， 样本空间的样本点的个数， A事件的样本点的公式， 所以； （2）因为一级果箱数：二级果箱数， 所以8箱水果中有一级果抽取箱，二级果抽取箱； （3）设一级果平均质量为，方差为，二级果质量为，方差为， 总体样本平均质量为，方差为， 因为，，，， 所以克， 克． 预估平均质量为克． 考点8 杨辉三角形和二项式定理 若的展开式中存在常数项，则下列选项中的取值不可能是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案. 【详解】由题意得的展开式为， 的展开式为， 要使的展开式中存在常数项， 则或， 所以可得的值可能是3，4，6，不可能是5. 故选：C. 在的展开式中，x的系数为 ． 【答案】17 【分析】利用二项式定理写出两个二项式的展开式，再分析计算作答. 【详解】因，， 则在的展开式中，含x的项为：， 所以所求x的系数为17. 故答案为：17 的常数项为第3项，求 【答案】 【分析】展开式的第项是常数项，即得指数为，求出的值即可． 【详解】因为的常数项为第3项， 所以，， 所以，即. 故答案为：. 【变式1】设，若.则 . 【答案】4 【分析】由二项展开式通项公式可确定，可构造关于的方程，解方程求得结果. 【详解】展开式的通项公式为：，分别令，，， 则，即，解得：. 故答案为：4. 【变式2】的二项展开式中项的系数为 . 【答案】 【分析】根据二项式展开式的通项，即可求得答案. 【详解】由题意知的展开式的通项为， 故展开式中项的系数为， 故答案为； 【变式3】若，则被10除所得的余数为 . 【答案】 【分析】令，可得，结合二项展开式，即可求解. 【详解】令，可得， 所以被10除所得的余数为. 故答案为：. 【变式4】（2024·上海奉贤·一模）的二项展开式中的常数项为 ．（用数字作答） 【答案】5 【分析】写出展开式的通项，令的指数为即可； 【详解】由题意可知：，令，所以常数项为. 故答案为： 【变式5】的展开式中的常数项为 （用数字填写答案）. 【答案】60 【分析】根据条件，利用通项公式为，即可求出结果. 【详解】因为二项展开式的通项公式为， 令，则，得到，所以展开式中常数项为60， 故答案为：. 【变式6】的展开式的第四项为 . 【答案】 【分析】写出二项式的通项公式，代值计算即得. 【详解】的展开式的通项为， 令，得 故答案为：. 考点9 二项式系数的性质 （n为正整数）的二项展开式中，若第三项与第五项的系数相等，则展开式中的常数项为 ． 【答案】20 【分析】根据第三项与第五项的系数相等，建立方程求出，然后进行计算即可． 【详解】第三项与第五项的系数相等， ，得， 则的展开式中的常数项为． 故答案为：20． 已知常数，在的二项展开式中，项的系数等于，则 . 【答案】 【分析】首先根据展开式中存在一项可知，然后根据二项式展开式的通式结合已知条件列出关于的方程，解方程即可求出参数的值. 【详解】根据已知条件是二项式展开式的某一项，故得. 由，令，得. 得，根据已知可得，解得，即. 故答案为：. （2025·上海金山·二模）在展开式中的系数为80，则实数的值为 . 【答案】2 【分析】利用二项式定理求出展开式中的项，再由给定的系数求出值. 【详解】展开式中的项为， 依题意，，所以. 故答案为：2 （2024·上海浦东新·三模）若，则的值为 . 【答案】 【分析】利用赋值法求解. 【详解】根据题意，， 令，得， 令，得， 所以. 故答案为：. （2024·上海·高考真题）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为 ． 【答案】10 【分析】根据给定条件，求出幂指数，再利用二项式定理求出指定项的系数. 【详解】则二项式的展开式各项系数和为32，得，解得， 所以的展开式项的系数为. 故答案为：10 【变式1】在的二项展开式中项的系数为 ． 【答案】35 【分析】直接利用二项式展开式的通式进行求解即可. 【详解】由， 令，解得：. . 得项的系数为. 故答案为： 【变式2】（2024·上海普陀·二模）设，若，且，则 . 【答案】 【分析】根据题意，由二项式系数的性质可得，然后分别令，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为， 且，，所以是二项式系数最大的项，则， 令，则， 令，则， 则. 故答案为： 【变式3】如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为 （用最简分数表示）. 【答案】 【分析】第行从左至右依次为，由二项式系数性质可得答案. 【详解】观察知第行从左至右依次为， 由二项式系数的性质可得最大，其次为， 所以第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为. 故答案为：. 【变式4】已知（为正整数）的展开式中所有项的二项式系数的和为64，则 . 【答案】 【分析】根据题意，由二项式系数之和的公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意可得，，则. 故答案为： 【变式5】已知的二项展开式中，所有二项式系数的和为256，则展开式中的常数项为 . 【答案】1120 【分析】利用二项式系数和等于可确定的值，再根据二项式定理求出常数项. 【详解】所有二项式系数的和为256,,, 则展开式的通项公式为， 令可得，展开式的常数项为. 故答案为：1120. 【变式6】在 的展开式中，系数为有理数的项共有 项． 【答案】6 【分析】根据二项式展开式的通项公式可得，易知符合题意，即可求解. 【详解】由题意知，展开式的通项公式为， 当（）为整数时，的系数为有理数， 所以，即展开式中系数为有理数的项共有6个. 故答案为：6 【变式7】（2025·上海黄浦·三模）在的二项展开式中，的幂指数是正数的项一共有 个． 【答案】 【分析】写出展开式通项，令的指数为正数，求出参数的所有取值，即可得解. 【详解】的展开式通项为， 令，解得，因为，故， 所以的幂指数是正数的项一共有个. 故答案为：. 【变式8】（2024·上海黄浦·二模）若的展开式中的系数是，则实数 . 【答案】 【分析】根据通项公式得到，求出，从而得到方程，求出. 【详解】通项公式为， 令，解得， 故，解得. 故答案为： 【变式9】已知的展开式中项的系数为，则 ． 【答案】 【分析】利用二项展开式的通项公式求解. 【详解】解：由题意得， 解得， 故答案为： 【变式10】（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】 【分析】利用二项展开式中第项为常数项求出，再令答案可得 【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. 故答案为：64. 【变式11】（2024·上海徐汇·一模）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则正整数的值为 . 【答案】5 【分析】令，解出即可. 【详解】因为，且各项系数和为32， 令，则，解得， 所以正整数的值为5. 故答案为：5. 【变式12】的二项展开式中系数最大的项为 . 【答案】 【分析】设第项的系数最大，列不等式求，再由通项求解即可. 【详解】设展开式的第项的系数最大， 则，解得， 所以系数最大的项为第或第项， 所以系数最大的项为： ， . 故答案为： 【变式13】求中的奇数项的系数和为 【答案】 【分析】先将式子展开，使用赋值法分别令，然后两式相加再除以2可得出结果. 【详解】因为， 令，得到①， 令，得到②， ①②得到， 所以，即 故答案为：. 【变式14】（2024·上海金山·二模）在的展开式中，记项的系数为，则 ． 【答案】 【分析】根据二项式展开式的通项公式可得，即可求解. 【详解】展开式的通项公式为， 所以， 则. 故答案为：40 考点10 求指定项的系数 （2025·上海崇明·三模）在的展开式中，项的系数是 .（结果用数字作答） 【答案】60 【分析】利用二项展开式的通项公式计算即得. 【详解】由的展开式的通项为， 依题取，解得，则项的系数是. 故答案为： 60. 二项式的展开式的常数项是 ． 【答案】/ 【分析】根据二项展示的通项计算可得第5项为常数项，计算即可. 【详解】设展开式中的第为常数项， 即为常数项， 令，解得； 因此常数项为. 故答案为： 【变式1】（2025·上海闵行·二模）在的二项展开式中，常数项是 ．（用数值作答） 【答案】160 【分析】由二项展开式的通项令计算即可. 【详解】展开式的通项为， 令， 所以常数项为. 故答案为：160. 【变式2】（2025·上海松江·二模）的二项展开式中的常数项为 . 【答案】135 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解. 【详解】由题，二项展开式的通项为. 令，得. 所以常数项为. 故答案为：135. 【变式3】在的二项式展开式中，项的系数是 . 【答案】 【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于3，求的值，即可求得系数. 【详解】展开式的通项为， 令，则， 所以项的系数为. 故答案为： 【变式4】（2024·上海青浦·一模）的展开式中，项的系数为 . 【答案】 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解. 【详解】由于的展开式通项为， 故的展开式中，含的项为 ， 故的系数为， 故答案为： 考点11 计算古典概型问题的概率 （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】 【分析】给定条件，求出两人离开电梯的结果总数，再求出在同一层楼离开的结果数即可求出概率. 【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. 故答案为： （2024·上海长宁·一模）设O为坐标原点，从集合中任取两个不同的元素x、y，组成A、B两点的坐标，则的概率为 ． 【答案】 【分析】设与直线的交点为，由面积关系可得，列表，结合古典概型运算求解． 【详解】设与直线的交点为，由题意知A，B关于对称， 可知为线段的中点，且，则， 可得，， 则，即， 列表可得： xy 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 ╱ 3 8 15 24 35 48 63 80 2 3 ╱ 5 12 21 32 45 60 77 3 8 5 ╱ 7 16 27 40 55 72 4 15 12 7 ╱ 9 20 33 48 65 5 24 21 16 9 ╱ 11 24 39 56 6 35 32 27 20 11 ╱ 13 28 45 7 48 45 40 33 24 13 ╱ 15 32 8 63 60 55 48 39 28 15 ╱ 17 9 80 77 72 65 56 45 32 17 ╱ 设样本空间为，为事件A， 可得， 所以所求概率为． 故答案为：． 【变式1】（2024·上海长宁·一模）投掷两枚质地均匀的骰子，观察掷得的点数，则掷得的点数之和为7的概率是 ． 【答案】 【分析】由题可得投掷两枚质地均匀的骰子所对应点数的总情况数，然后可得掷得的点数之和为7的情况数，据此可得答案. 【详解】一枚骰子的点数有6种情况，则两枚骰子点数所对应总情况为36种. 又注意到点数之和为7的情况有：1，6；6，1；2，5；5，2；3，4；4，3共6种， 则掷得的点数之和为7的概率是. 故答案为： 【变式2】（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 【分析】对于①，根据古典概型求概率公式得到答案；对于②，根据平均数和方差的计算公式得到②错误；对于③，利用百分位数的定义得到答案；对于④，利用方差的性质和计算公式得到答案. 【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 【变式3】（2024·上海·三模）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为1，2，4，5，6，x，则这6个点数的中位数为4的概率为 ． 【答案】/ 【分析】这6个点数的中位数为从小往大排列后的第3个和第4个数的平均数，，得到，求相应的概率即可. 【详解】当且仅当时，这6个点数的中位数为4，的概率为， 所以这6个点数的中位数为4的概率为. 故答案为：. 【变式4】2023年10月25日至11月12日，青浦曲水园推出以“曲水流觞·花趣水乡”为主题的菊花展．花展结束后，园方挑选数百盆菊花免费赠送给市民．其中有红色、黄色、橙色菊花各盆，分别赠送给甲、乙、丙三人，每人盆，则甲没有拿到橙色菊花的概率是 ． 【答案】 【分析】根据题意甲、乙、丙三人拿到橙色菊花概率相等，都为，进而求出甲没有拿到橙色菊花的概率. 【详解】设事件甲拿到橙色菊花， 根据题意有红色、黄色、橙色菊花各盆，分别赠送给甲、乙、丙三人，每人盆， 甲、乙、丙三人拿到橙色菊花概率相等，都为， 所以，则甲没有拿到橙色菊花的概率. 故答案为： 考点12 可加性 （24-25高三上·上海黄浦·期末）掷一颗质地均匀的骰子，观察朝上面的点数．设事件：点数是奇数，事件：点数是偶数，事件：点数是3的倍数，事件：点数是4．下列每对事件中，不是互斥事件的为（    ） A．与 B．与 C．与 D．与 【答案】B 【分析】根据条件，利用互斥事件的定义，对各个选项逐一分析判断，即可求解. 【详解】对于选项A，因为事件和事件不能同时发生，所以与互斥，故选项A错误， 对于选项B，当朝上面的点数为时，与同时发生，即与不是互斥事件，所以选项B正确， 对于选项C，因为事件和事件不能同时发生，所以与互斥，故选项C错误， 对于选项D，因为事件和事件不能同时发生，所以与互斥，故选项D错误， 故选：B. 【变式1】已知事件和互斥，它们都不发生的概率为，且，则 ． 【答案】 【分析】利用对立事件和互斥事件的概率公式求解即可. 【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. 故答案为：. 【变式2】已知事件A与事件B互斥，如果，，那么 ． 【答案】0.2/ 【分析】根据互斥事件与对立事件的概率公式计算． 【详解】由题意． 故答案为：0.2. 考点13 用频率估计概率 （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 【分析】因为重复摸球次数足够多，所以将频率视为概率，应用古典概型概率的计算公式计算即可. 【详解】设红球个数为， 由题意可得：，解得：. 故选：B 某商场计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶8元，售价每瓶10元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶4元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关.如果最高气温不低于25，需求量为600瓶；如果最高气温位于区间，需求量为400瓶；如果最高气温低于20，需求量为300瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： 最高气温 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40） 天数 1 17 38 22 7 5 以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率. (1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过400瓶的概率，并求出前三年六月份这种酸奶每天平均的需求量； (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为550瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率. 【答案】(1)； (2)Y值见解析， 【分析】（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，求出最高气温位于区间[20，25）和最高气温低于20的天数，由此能求出六月份这种酸奶一天的需求量不超过400瓶的概率；利用平均数公式可求前三年六月份每天平均需求量； （2）分别求当温度大于等于25℃时，温度在[20，25）℃时，以及温度低于20℃时的利润，从而估计Y大于零的概率． 【详解】（1）由前三年六月份各天的最高气温数据， 得到最高气温位于区间[20，25）和最高气温低于20的天数为1+17+38＝56， ∴六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率P； 前三年六月份这种酸奶每天平均的需求量为（瓶）； （2）当温度大于等于25℃时，需求量为600， Y＝550×2＝1100元， 当温度在[20，25）℃时，需求量为400， Y＝400×2﹣（550﹣400）×4＝200元， 当温度低于20℃时，需求量为300， Y＝600﹣（550﹣300）×4＝﹣400元， 当温度大于等于20时，Y＞0， 由前三年六月份各天的最高气温数据，得当温度大于等于20℃的天数有： ， ∴估计Y大于零的概率P． 【变式1】某人抛掷一枚硬币80次，结果正面朝上有43次.设正面朝上为事件A，则事件A出现的概率为 ． 【答案】/ 【分析】由题意知硬币正反面出现的机会是均等的，即可得答案. 【详解】由题意可知事件A出现的频率为，而概率是大量试验中，频率趋于的一个稳定值， 由于硬币正反面出现的机会是均等的，故事件A出现的概率为， 故答案为： 【变式2】下列说法正确的是（  ） A．甲、乙两人做游戏；甲、乙两人各写一个数字，若是同奇数或同偶数则甲胜，否则乙胜，这个游戏公平 B．做次随机试验，事件发生的频率就是事件发生的概率 C．某地发行福利彩票，回报率为47%，某人花了100元买该福利彩票，一定会有47元的回报 D．试验：某人射击中靶或不中靶，这个试验是古典概型 【答案】A 【详解】对于A，两人各写一个数字，则同奇数或同偶数的概率为，可知甲胜的概率为，反之乙胜的概率为，故游戏公平，故正确； 对于B，概率为频率的趋近值；故错误 对于C，中奖几率为随机事件发生的概率，具有随机性，所以不一定会有47元的回报；故错误 对于D，古典概型的特点是：（1）实验中所有可能出现的基本事件只有有限个；（2）每个基本事件出现的可能性相等.中靶与不中靶不是等可能的，故错误. 故选：A 考点14 随机事件的独立性 （2024·上海虹口·一模）已知事件和事件满足，则下列说法正确的是（   ）． A．事件和事件独立 B．事件和事件互斥 C．事件和事件对立 D．事件和事件互斥 【答案】B 【分析】根据互斥事件、相互独立事件的定义判断即可. 【详解】因为事件和事件满足，则一定可以得到事件和事件互斥，但不一定对立，故B正确，C错误； 因为，当，不为时，事件和事件不独立，故A错误； 抛掷一枚骰子，记出现点为事件，出现点为事件， 则，，显然事件和事件不互斥，故D错误. 故选：B （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； 【分析】（1）直接计算命中率即可判断； （2）（ⅰ）由独立事件乘法公式及互斥事件加法公式即可求证；（ⅱ）由独立事件乘法公式及互斥事件加法公式，结合指数函数单调性即可判断. 【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. 【变式1】（24-25高三上·上海松江·期末）抛掷三枚硬币，若记“出现三个正面”、“两个正面一个反面”和“两个反面一个正面”分别为事件A、B和C，则下列说法错误的是（   ） A．事件A、B和C两两互斥 B． C．事件A与事件是对立事件 D．事件与相互独立 【答案】C 【分析】利用互斥事件的定义判断A，；利用互斥事件概率加法公式求解判断B；利用对立事件的定义判断C；利用相互独立事件判断D. 【详解】抛掷三枚硬币，样本空间(正,正,正),(正,正,反),(正,反,正),(反,正,正), (正,反,反),(反,正,反),(反,反,正),(反,反,反)，共8个样本点， 事件(正,正,正)，(正,正,反),(正,反,正),(反,正,正)，(正,反,反),(反,正,反),(反,反,正)， 对于A，事件中任何两个事件都不能同时发生，事件两两互斥，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，事件与可以同时不发生，事件A与事件不是对立事件，C错误； 对于D，，， ，则事件，相互独立，D正确. 故选：C 【变式2】（24-25高三上·上海金山·期末）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：n次中既有正面朝上又有反面朝上，事件B：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 ． 【答案】3 【分析】通过古典概率的计算公式计算，，由独立得，解方程即可. 【详解】由题意可知：，，， 因为独立，所以， 即，结合均随n的增大而增大， 故. 故答案为： 【变式3】从装有3个红球和4个蓝球的袋中，每次不放回地随机摸出一球．记“第一次摸球时摸到红球”为A，“第二次摸球时摸到蓝球”为B，则 ． 【答案】 【分析】根据独立事件概率乘法公式结合条件概率分析运算. 【详解】由题意可得：， 所以. 故答案为：. 【变式4】甲、乙两人每下一盘棋，甲获胜的概率是0.4，甲不输的概率为0.9． (1)若甲、乙两人下一盘棋，求他们下成和棋的概率； (2)若甲、乙两人连下两盘棋，假设两盘棋之间的胜负互不影响，求甲至少获胜一盘的概率． 【答案】(1)0.5 (2)0.64 【分析】（1）用互斥事件概率的加法公式解决. （2）分析至少有一次获胜的事件包括两次都获胜，第一次获胜第二次未获胜和第一次未获胜第二次获胜三种情况。又因为三种情况之间互斥和两盘棋之间的胜负互不影响.利用互斥事件的概率加法公式和独立事件同时发生的概率乘法公式和对立事件概率的知识求解. 【详解】（1）设事件表示甲获胜，事件表示和棋，事件表示甲不输． 则． 因为和棋与获胜是互斥的，由概率的可加性，得 ． 因为， 所以 （2）设事件表示甲获胜，则表示甲未获胜.设下两次棋至少有一次获胜的事件为， 则，因为两盘棋之间的胜负互不影响，且至少有一次获胜包括的三种情况是互斥的. 所以 【变式5】2023年9月23日至10月8日，第19届亚运会在杭州成功举办，杭州亚运会的志愿者被称为“小青荷”．某运动场馆内共有小青荷36名，其中男生12名，女生24名，这些小青荷中会说日语和会说韩语的人数统计如下： 男生小青荷 女生小青荷 会说日语 8 12 会说韩语 m n 其中m、n均为正整数，． (1)从这36名小青荷中随机抽取两名作为某活动主持人，求抽取的两名小青荷中至少有一名会说日语的概率； (2)从这些小青荷中随机抽取一名去接待外宾，用A表示事件“抽到的小青荷是男生”，用B表示事件“抽到的小青荷会说韩语”．试给出一组m、n的值，使得事件A与B相互独立，并说明理由． 【答案】(1) (2)，或，或，，均符合题意.理由见解析 【分析】（1）求出从这36名小青荷中随机抽取两名作为某活动主持人，共有几种抽法，再求出抽取的两名小青荷中至少有一名会说日语的抽法，根据古典概型的概率公式即可求得答案； （2）分别求出事件的概率的值或表达式，根据独立事件的乘法公式列式计算，即可求得答案. 【详解】（1）从这36名小青荷中随机抽取两名作为某活动主持人，共有种抽法， 抽取的两名小青荷中至少有一名会说日语的抽法有种， 故抽取的两名小青荷中至少有一名会说日语的概率为； （2）由题意得，，， 要使得事件A与B相互独立，则需满足, 即，即， 由于，故时，；时，； 时，，均符合题意，取其中一组即可. 考点15 条件概率 已知、分别为随机事件A、B的对立事件，，，则下列等式错误的是（    ） A． B． C．若A、B独立，则 D．若A、B互斥，则 【答案】A 【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断即可. 【详解】对A，由，故选项A错误； 对B，根据条件概率的乘法公式得，故B正确； 对C，若、独立，则, ，故C正确； 对D，若、互斥，则， ，D正确. 故选：A （2024·上海·三模）抛掷两颗骰子，观察掷得的点数．用表示事件“两个点数不同”，表示事件“至少出现一个点”，则 ．（结果用最简分数表示） 【答案】 【分析】根据条件概率的计算公式求解即可. 【详解】没有一个3点的情况有种， 所以至少出现1个3点的情况有种，排除后有10种， 所以，， . 故答案为：. 【变式1】（2025·上海浦东新·三模）已知随机事件满足，，，则 【答案】/ 【分析】先根据条件概率公式求出，进而可求出，再根据条件概率公式即可得解. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以. 故答案为：. 【变式2】（2025·上海浦东新·模拟预测）已知一个盒子里有4个大小形状完全相同的小球，其中2个红球，2个黑球，现从中任取两球，若已知一个是红球，则另一个也是红球的概率是 . 【答案】/ 【分析】设事件A表示：在所取的球中有一个是红球，事件B表示：另一个也是红球，分别求出和，利用条件概率能求出在所取的球中有一个是红球的情况下，另一个也是红球的概率. 【详解】设事件A表示：在所取的球中至少有一个是红球，事件B表示：两个球都是红球， 则，， 已知一个是红球的情况下，另一个也是红球的概率为： . 故答案为：. 【变式3】（2025·上海普陀·二模）在一个不透明的盒中装着标有数字1，2，3，4的大小与质地都相同的小球各2个，现从该盒中一次取出2个球，设事件为“取出2个球的数字之和大于5”，事件为“取出的2个球中最小数字是2”，则 . 【答案】/ 【分析】首先求出事件、事件的基本事件数，再由条件概率公式计算可得. 【详解】事件（数字之和大于5）的基本事件数（数字组合）， 共有种； 而事件（最小数字是2且和大于5，即）的基本事件数有种， 由条件概率公式. 故答案为： 【变式4】（2025·上海嘉定·二模）某学校对学生的课外阅读时间进行调查，随机抽取了150位学生，得到如下样本数据频率分布直方图． (1)估计该校学生的平均课外阅读时间；（同一组数据用该区间的中点值作代表） (2)估计该校学生课外阅读时间位于区间（单位：小时/月）的概率； (3)已知该校喜欢阅读的学生占比为18%，初一年级学生占该校总学生数的28%，且初一年级学生中喜欢阅读的占40%，求其他年级学生中喜欢阅读的比例．（精确到0.1%） 【答案】(1)平均课外阅读时间小时/月； (2)； (3). 【分析】（1）根据直方图的平均值求法求该校学生的平均课外阅读时间； （2）由直方图估计时间位于区间的频率，即可得概率； （3）根据已知得其他年级学生中喜欢阅读的学生占比为，且其他年级学生占比为，进而求出其他年级学生中喜欢阅读的比例. 【详解】（1）由直方图知，平均课外阅读时间为小时/月； （2）由直方图知，时间位于区间的频率为， 所以该校学生课外阅读时间位于区间（单位：小时/月）的概率为. （3）由题设，初一年级学生中喜欢阅读的学生占比为， 所以其他年级学生中喜欢阅读的学生占比为， 故其他年级学生中喜欢阅读的比例. 考点16 利用全概率公式求概率 （2025·上海长宁·二模）某水果店的苹果，来自A基地，来自B基地，A基地苹果的新鲜率为，B基地苹果的新鲜率为，从该水果店随机选取一个苹果，则选到新鲜苹果的概率是 ． 【答案】/ 【分析】由已知结合全概率公式求解即可. 【详解】设选取的苹果来自A基地为事件，选取的苹果来自B基地为事件， 选到新鲜苹果为事件， 所以，，，， 所以 ， 所以从该水果店随机选取一个苹果，则选到新鲜苹果的概率是. 故答案为：. （2025·上海徐汇·二模）已知两个随机事件，若，，，则 . 【答案】 【分析】根据全概率公式有，由乘法公式有求出，最后利用条件概率公式即可求解. 【详解】由题意， 所以， 所以. 故答案为：. 【变式1】（2025·上海奉贤·二模）盒子中有大小与质地均相同的个红球和个白球，从中随机取1个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其相同颜色的球个（大小与质地均相同），再从中随机取1个球，计算此次取到白球的概率是 ． 【答案】 【分析】由题意，根据古典概型求得概率，结合全概率公式，可得答案. 【详解】由题意可设{第一次取得红球}，{第一次取得白球}， {第二次取得红球}，{第二次取得白球}， 易知，，，， 所以. 故答案为：. 【变式2】（2025·上海奉贤·二模）假设生产某产品的一个部件来自三个供应商，供货占比分别是、、，而它们的良品率分别是、、，则该部件的总体良品率是 ． 【答案】 【分析】由全概率公式即可求解. 【详解】由题意可知该部件的总体良品率是： ， 故答案为： 【变式3】（2025·上海黄浦·二模）一盒子中有大小与质地均相同的20个小球，其中白球个，其余为黑球． (1)当盒中的白球数时，从盒中不放回地随机取两次，每次取一个球，用表示事件“第一次取到白球”，用表示事件“第二次取到白球”，求和，并判断事件与是否相互独立； (2)某同学要策划一个抽奖活动，参与者从盒中一次性随机取10个球，若其中恰有3个白球，则获奖，否则不获奖，要使参与者获奖的可能性最大、最小，该同学应该分别如何放置白球的数量？ 【答案】(1)，不独立； (2)当时，获奖的可能性最大；当时，获奖的可能性最小. 【分析】（1）根据给定条件，利用古典概率及条件概率公式求解，再利用全概率公式求出，利用相互独立事件定义判断即可. （2）求出获奖的概率，再构造函数，结合组合数公式探讨单调性确定概率最大、最小值. 【详解】（1）当时，盒中有6个白球，14个黑球，，， ， ，则，所以事件与相互不独立. （2）从20个球中取10个球，恰有3个白球的概率， 设，当时，， ，当时，， 当时，，因此， 而，则， 所以当时，参与者获奖的可能性最大；当时，参与者获奖的可能性最小. 考点17 随机变量与分布 把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则已知事件发生的条件下事件发生的概率（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别计算和，结合条件概率公式计算即可. 【详解】记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”， 所以，， 则， 故选：D 甲乙两人进行乒乓球比赛，现约定：谁先赢3局谁就赢得比赛，且比赛结束．若每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为． (1)求甲赢得比赛的概率； (2)记比赛结束时的总局数为，写出的分布列，并求出的期望值． 【答案】(1) (2)分布列见详解，. 【分析】（1）根据题意，求出甲胜共进行3局，4局，5局的概率，再利用互斥事件的概率公式求解； （2）的可能值为3，4，5，分别求出每种情况的概率，按照步骤求分布列即可. 【详解】（1）比赛采用5局3胜，甲赢得比赛有以下3种情况： ①    甲连赢3局：； ②    前3局2胜1负，第4局甲赢：; ③    前4局甲2胜2负，第5局甲赢：， 所以甲赢得比赛的概率为. （2）可以取3，4，5 所以, , , 由此可得的分布列为： 3 4 5 所以. 【变式1】（24-25高三下·上海静安·期中）设一个罐子中有大小与质地相同的黑、白、红三个球，不放回的每次摸一个球，设第一次没有摸到黑球是事件A，第二次没有摸到黑球是事件B，则的值为 ． 【答案】/ 【分析】利用条件概率公式求解即可. 【详解】第一次没有摸到黑球，则还剩下一个黑球，一个不是黑球，共两个球， 所以. 故答案为：. 【变式2】中国共产党第二十次代表大会报告指出：教育、科技、人才是全面建设社会主义现代化国家的基础性、战略性支撑，某项人才选拔的测试，共有25道选择题构成，每道题均有4个选项，其中只有1个是正确的.该测试满分为150分，每题答对得6分，未作答得2分，答错得0分.考生甲、乙都已答对前20道题，对后5道题（依次记为、、、、）均没有把握答对.两人在这5道题中选择若干道作答，作答时，若能排除某些错误选项，则在剩余的选项中随机地选择1个，否则就在4个选项中随机地选择1个.已知甲只能排除、、中各1个错误选项，故甲决定只作答这三题，放弃、. (1)求甲的总分不低于130分的概率； (2)求甲的总分的概率分布； (3)已知乙能排除、、中各2个错误选项，能排除中1个错误选项，但无法排除中的任一错误选项.试问乙采用怎样的作答策略（即依次确定后5道题是否作答）可使其总分的期望最大，并说明理由. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）根据相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得； （2）设甲的总分为随机变量，依题意可得的可能值为，，，求出所对应的概率，即可求出分布列； （3）分别求出、、、、得分的期望值，即可判断. 【详解】（1）解：设甲的总分不低于为事件，因为前道题所得分数为分，且放弃作答、的两题得分， 要使甲的总分不低于分，则、、至少答对题， 因为甲能排除、、中各1个错误选项，故甲答对、、的概率均为， 所以； （2）解：设甲的总分为随机变量，则的可能值为，，，， 所以，， ，， ∴乙总分的概率分布列为： X 124 130 136 142 P （3）解：∵，，每道题作答的话，每题得分期望为，所以前三题应作答； 道题作答的话，其得分期望为，所以道题作答或者放弃都可以； 道题作答的话，其得分期望为，所以道题应放弃作答； 故要使乙总分的数学期望最大，应选择作答，，，作答或者放弃都可以，放弃作答． 【变式3】学工部收到两个班级优秀学生的推荐表，分装两袋，第一袋有4份女生和2份男生的推荐表，第二袋有3份女生和3份男生的推荐表. (1)从两袋中随机选择一袋，然后从中随机抽取2份，求恰好抽到1份女生推荐表和1份男生推荐表的概率； (2)若从第二袋中先后取出两份推荐表，求有一份是女生推荐表的条件下，另一份也是女生推荐表的概率，和第一份是女生推荐表的条件下，第二份也是女生推荐表的概率. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）设＂抽到第一袋＂为事件，＂抽到第二袋＂为事件，由条件概率及全概率公式求解即可； （2）（i）将问题转换成一次性抽取两份，两份都是女生推荐表的概率除以两份不都是男生推荐表的概率或通过缩小样本空间求解即可；（ii）将问题转换成先后抽取两份，第一份是女生推荐表且第二份也是女生推荐表的概率除第一份是女生推荐表的概率，或缩小样本空间求解即可. 【详解】（1）设＂抽到第一袋＂为事件，＂抽到第二袋＂为事件， ＂恰好抽到1份女生推荐表和1份男生推荐表＂为事件，则 故； （2）（i）有一份是女生推荐表的条件下，另一份也是女生推荐表， 可以看成一次性抽取两份，两份都是女生推荐表的概率除以两份不都是男生推荐表的概率， 故. （或缩小样本空间为女1男1，男1女1，女1男2，男2女1，女1男3，男3女1，女2男1，男1女2，女2男2，男2女2，女2男3，男3女2，女3男1，男1女3，女3男2，男2女3，女3男3，男3女3，女1女2，女2女1，女1女3，女3女1，女2女3，女3女2共24个样本点， 满足条件的有6个，故， （ii）第一份是女生推荐表的条件下，第二份也是女生推荐表， 可以看成先后抽取两份，第一份是女生推荐表且第二份也是女生推荐表的概率除第一份是女生推荐表的概率， 故. （或缩小样本空间为女1男1，女1男2，女1男3，女2男1，女2 男2，女2男3，女3男1，女3男2，女3男3，女1女2，女2女1，女1女3，女3女1，女2女3，女3女2共15个样本点，满足条件的有6个， 故. 考点18 期望 端午节吃粽子是我国的传统习俗.一盘中放有10个外观完全相同的粽子，其中豆沙粽3个，肉粽3个，白米粽4个，现从盘子任意取出3个，则取到白米粽的个数的数学期望为 . 【答案】/1.2 【分析】设取到白米粽的个数为随机变量，求出对应的概率，利用期望公式求解. 【详解】设取到白米粽的个数为随机变量，则， 所以，， ，， 所以 故答案为： （24-25高三上·上海·期中）一种每张售价20元的即开型体彩，俗称“刮刮卡”，每1000张中，奖金的金额（单位：元）及张数如下表： 奖金 20 40 60 80 100 200 500 1000 张数 100 50 20 15 10 5 2 1 (1)小明花20元钱买了一张，刮开后有奖的概率是多少？ (2)这种体彩一年的销量约为10亿张，平均每张印制、发行及销售环节的成本0.1元，体彩发行公司一年约可募集到多少亿元用于发展体育事业？ 【答案】(1)0.203； (2)95亿元. 【分析】（1）求出1000张“刮刮卡”中有奖金的张数，再利用古典概率计算即可. （2）求出每销售一张可募集的资金，再利用期望的性质计算得解. 【详解】（1）由数表知，1000张“刮刮卡”中，有奖金的张数是， 所以小明花20元钱买了一张，刮开后有奖的概率是. （2）购买一张“刮刮卡”中奖奖金的平均值为： （元）， 而一张“刮刮卡”的成本为0.1元，因此销售一张“刮刮卡”可募集（元）， 于是销售10亿张可募集（亿元）， 所以体彩发行公司一年约可募集到95亿元用于发展体育事业. 小明从家到学校的上学的路上要经过3个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，每个路口遇到红灯是相互独立的，每个路口遇到红灯的概率都是，每遇到一次红灯的平均等待时间是1分钟． (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； (3)求小明在上学路上因遇到红灯停留总时间的分布、期望、方差． 【答案】(1) (2) (3)分布列为，，． 【分析】（1）由独立事件乘法公式、对立事件概率公式即可求解. （2）由独立事件乘法公式、对立事件概率公式即可求解. （2）先求出的所有可能取值，然后求出相应的概率，从而即可得到分布列，进而由均值，方差公式即可求解. 【详解】（1）由题意可得. （2）由题意可得. （3）；； ；. 所以的分布如下：，符合二项分布， 故；． 【变式1】（24-25高三上·上海奉贤·期中）某市数学竞赛初赛结束后，为了解竞赛成绩情况，从所有学生中随机抽取名学生，得到他们的成绩，将数据分成五组：，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图：    (1)若只有前的学生能进决赛，则入围分数应设为多少分？ (2)采用分层随机抽样的方法从成绩为的学生中抽取容量为的样本，再从该样本中随机抽取名学生进行问卷调查，设为其中达到分及以上的学生的人数，求的概率分布及数学期望. 【答案】(1)分 (2)分布列见解析， 【分析】（1）根据百分位数的定义，结合频率分布直方图，可得答案； （2）写出变量的可能取值，分别求得概率，写出分布列，利用期望公式，可得答案. 【详解】（1）成绩在区间的比例为：； 成绩在区间的比例为：， 因此分位数位于区间； 因此入围分数为：，因此入围分数应设为分. （2）在这六个人中，有两人的分数在分及以上，因此， ，，， 变量的分布列为： 所以的数学期望为. 【变式2】某盲盒抽奖活动中，主办方从一批汽车模型中随机抽取50个装入盲盒用于抽奖．已知抽出的50个汽车模型的外观和内饰的颜色分布如下表所示． 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 20 10 米色内饰 15 5 (1)从这50个模型中随机取一个，用A表示事件“取出的模型外观为红色”，用B表示事件“取出的模型内饰为米色”，求和，并判断事件A与B是否相互独立； (2)活动规定在一次抽奖中，每人可以一次性拿两个盲盒，对其中的模型给出以下假设： 假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色、以及仅外观或仅内饰同色； 假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高； 假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖300元，二等奖200元、三等奖100元； 请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布并求出X的期望（精确到元）． 【答案】(1)，事件不相互独立. (2)答案见解析 【分析】（1）根据给定数表，利用古典概率求出，再利用相互独立事件的定义判断作答； （2）求出三种结果的概率，按给定的假设2，3确定奖金额与对应的概率列出分布列，求出期望作答. 【详解】（1）由给定的数表知，，，， 而，， 故，因此事件不相互独立， 所以，事件不相互独立. （2）设事件：外观和内饰均为同色，事件：外观内饰都异色，事件：仅外观或仅内饰同色， 依题意，；； ，则， 因此抽取的两个模型的外观和内饰都异色是一等奖；外观和内饰均为同色是二等奖； 外观同色但内饰不同色，或内饰同色但外观不同色是三等奖， 奖金额的可能值为：， 奖金额的分布列： 300 200 100 奖金额的期望（元）. 【变式3】为了调查居民对垃圾分类的了解程度，某社区居委会从A小区与B小区各随机抽取300名社区居民（分为18-40岁、41岁-70岁及其他人群各100名，假设两个小区中每组人数相等）参与问卷测试，分为比较了解（得分不低于60分）和“不太了解”（得分低于60分），并将问卷得分不低于60分的人数绘制频数分布表如下 分组 A小区频数 B小区频数 18-40岁人群 60 30 41-70岁人群 80 90 其他人群 30 50 假设用频率估计概率，所有居民的问卷测试结果互不影响． (1)从小区随机抽取一名居民参与问卷测试，估计其对垃圾分类比较了解的概率； (2)从、小区41-70岁人群中各随机抽取一名居民，记其对垃圾分类比较了解的居民人数为随机变量，求的分布列和数学期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】 （1）根据古典概型的概率公式计算计算即可； （2）首先求出、小区比较了解的概率，则的可取取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望； 【详解】（1）设从小区随机抽取一名居民参与问卷测试其对垃圾分类比较了解为事件，则. （2）依题意可知小区比较了解的概率为，小区比较了解的概率为， 则的可取取值为，，， 所以，， ， 则的分布列为 所以. 【变式4】某学习平台中“挑战答题”积分规则如下：选手每天可参加一局“挑战答题”活动．每局中选手需依次回答若干问题，当累计回答正确3道题时，答题活动停止，选手获得10个积分；或者当累计回答错误2道题时，答题活动停止，选手获得8个积分．假定选手甲正确回答每一道题的概率均为． (1)甲完成一局“挑战答题”活动时回答的题数记为，求的分布列； (2)若，记为“甲连续9天参加‘挑战答题’活动获得的积分”，求． 【答案】(1)分布列见解析 (2) 【分析】（1）利用互斥事件与独立事件的概率公式，结合随机变量分布列的求解方法即可得解； （2）记“连续9天参加“挑战答题”活动中得10分的次数”，利用二项分布求得，再利用随机变量数学期望的性质求得，从而得解. 【详解】（1）记“第个题目回答正确”，“第个题目回答不正确”，，由题意知可能取值为2，3，4， ， ， ， 则的分布列为： 2 3 4 （2）记“连续9天参加“挑战答题”活动中得10分的次数”， 每天得10分的概率记为，则 由题意知 ， 所以， 又因为， 所以. 【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键是得到关于的关系式，从而利用随机变量数学期望的性质求解即可. 考点19 方差 （2024·上海闵行·三模）设，，是不全相等的实数，随机变量取值为，，的概率都是，随机变量取值为，，的概率也都是，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】首先求出，设，从而得到，、，再利用作差法判断与的大小关系，即可得解. 【详解】因为随机变量取值为，，的概率都是， ∴，设， 则 ； 随机变量取值为，，的概率都是， ∴， ； 由，，是不全相等的实数， ， ，∴； 综上，，. 故选：B. （2024·上海徐汇·二模）同时抛掷三枚相同的均匀硬币，设随机变量表示结果中有正面朝上，表示结果中没有正面朝上，则 . 【答案】 【分析】先利用独立事件的概率乘法公式求出，，再利用期望和方差公式求解． 【详解】由题意可知，，， 所以， 所以． 故答案为：. 【变式1】（2025·上海长宁·二模）已知随机变量的分布是，则其方差 ． 【答案】/ 【分析】利用方差公式可求方差. 【详解】的期望为， 故， 故答案为： 【变式2】（2024·上海浦东新·三模）一袋中装有大小与质地相同的2个白球和3个黑球，从中不放回地摸出2个球，记2球中白球的个数为X，则 . 【答案】/ 【分析】分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，即可计算出和的值. 【详解】由题意可知，随机变量的可能取值有、、， 则，，， 所以，， . 故答案为：. 【变式3】已知随机变量服从二项分布，且（），则 . 【答案】 【分析】由二项分布的期望和方差公式求出，，再根据期望的性质求出，最后根据方差的性质计算可得； 【详解】解：因为，所以， 又， 即，解得， 所以. 故答案为： 【变式4】网购生鲜蔬菜成为很多家庭日常消费的新选择．某小区物业对本小区三月份参与网购生鲜蔬菜的家庭的网购次数进行调查，从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取10户，分别记为A组和B组，这20户家庭三月份网购生鲜蔬菜的次数如下图： 假设用频率估计概率，且各户网购生鲜蔬菜的情况互不影响． (1)从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取1户，记这两户中三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数为X，估计X的数学期望； (2)从A组和B组中分别随机抽取2户家庭，记为A组中抽取的两户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数，为B组中抽取的两户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于20户数，比较方差与的大小． 【答案】(1)1； (2). 【分析】（1）利用古典概率求出每个单元抽取的概率，再求出的可能值及各个值对应的概率，并求出期望作答. （2）分别求出、的可能值，再求出各个值对应的概率，利用方差公式计算并比较大小作答. 【详解】（1）由茎叶图知，A组三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的有3户，从A组随机抽取1户，网购生鲜蔬菜次数大于20的概率， B组三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的有7户，从B组随机抽取1户，网购生鲜蔬菜次数大于20的概率， 的可能值为0，1，2， ，， 所以X的数学期望. （2）由（1）知，的可能值为0，1，2；的可能值0，1，2，显然、均服从超几何分布， ， ，； ， ，， 所以. 考点20 二项分布 如图，一个质点在外力的作用下，从原点0出发，每隔1s向左或向右移动一个单位，且向右移动的概率为．若该质点共移动100次，则它位于数字 处的可能性最大． 【答案】 【分析】根据题意，设质点向右移动的次数为，可知服从二项分布，然后求得取最大值时的值，即可得到结果. 【详解】设质点向右移动的次数为，则服从二项分布，即， 则质点最终的位置等于向右移动的次数减去向左移动的次数， 即， 由二项分布的概率公式可得， 设最大，则， 由可得， 即， 化简可得，解得， 由可得， 即， 化简可得，解得， 即，且，则时，最大， 则质点最终的位置为. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题主要考查了二项分布概率最大值问题，难度较大，解答本题的关键在于结合二项分布的概率公式计算，从而得到结果. 若每经过一天某种物品的价格变为原来的1.02倍的概率为0.5，变为原来的0.98倍的概率也为0.5，则经过6天该物品的价格较原来价格增加的概率为 ． 【答案】 【分析】先判断价格比原来的升降情况，然后利用二项分布的知识求解，即得结果. 【详解】设物品原价格为1，因为，， ，， 故经过6天该物品的价格较原来价格增加的情况是6天中恰好是4天升高2天降低， 5天升高1天降低和6天升高,则经过6天该物品的价格较原来价格增加的概率为. 故答案为：. （2024·上海普陀·二模）张先生每周有5个工作日，工作日出行采用自驾方式，必经之路上有一个十字路口，直行车道有三条，直行车辆可以随机选择一条车道通行，记事件为“张先生驾车从左侧直行车道通行”. (1)某日张先生驾车上班接近路口时，看到自己车前是一辆大货车，遂选择不与大货车从同一车道通行.记事件为“大货车从中间直行车道通行”，求； (2)用表示张先生每周工作日出行事件发生的次数，求的分布及期望. 【答案】(1) (2)答案见详解 【分析】（1）先求出事件的概率，在事件发生的条件下事件发生的概率为，再由积事件的概率公式可得； （2）求出事件发生的次数的取值，然后算出对应的概率，可得的分布，再算期望. 【详解】（1）依题意得，事件的概率为，在事件发生的条件下事件发生的概率为， 则. （2）依题意得，事件发生的次数可取：，所以，即， 则的分布为： 即， 则， 则所求的的期望. 【变式1】甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局.根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响. (1)经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望； (2)若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率. 【答案】(1)分布列见解析，2 (2) 【分析】（1）根据题意可知，进而利用二项分布求出的分布列及数学期望； （2）由题意可知，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况，即甲获胜2局，甲获胜3局，从而结合（1）可得结果. 【详解】（1）由题意得，，X的取值可能为0，1，2，3， 则，， ，. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 因为，所以X的期望. （2）第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况： 甲获胜2局，甲获胜3局， 所以所求概率为. 【变式2】在临床检测试验中，某地用某种抗原来诊断试验者是否患有某种疾病．设事件表示试验者的检测结果为阳性，事件表示试验者患有此疾病，据临床统计显示，，．已知该地人群中患有此种疾病的概率为．（下列两小题计算结果中的概率值精确到） (1)对该地某人进行抗原检测，求事件与同时发生的概率； (2)对该地个患有此疾病的患者进行抗原检测，用随机变量表示检测结果为阳性的人数，求的分布和期望． 【答案】(1)； (2)分布列见解析，数学期望为. 【分析】（1）根据直接求解即可； （2）根据，由二项分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布；根据二项分布期望公式直接求解即可得到期望值. 【详解】（1）由题意知：，， ， 即事件与同时发生的概率为. （2），， 所有可能的取值为， ；；；； 的分布为，数学期望. 【变式3】（2025·上海松江·二模）某校组织学生在周末时间利用DeepSeek等人工智能平台进行线上学习，但要求学生学习时间不超过4小时．现从该校高三学生某周末的线上学习时间统计数据中，随机抽取100个学生的学习时间进行分析，绘制成如下频率分布直方图．以抽取的100个学生该周末线上学习时间作为样本，估计该校高三年级全体学生周末线上学习时间的情况． (1)试估计该校高三学生周末线上学习时间的平均数及中位数（注：为了计算均值，可用区间的中点值给区间内的每个数据赋值）； (2)现从全部高三年级学生中随机抽取人，若其中有4人周末线上学习的时间不小于3小时的可能性最大，求的值. 【答案】(1)平均数小时，中位数小时 (2)或7 【分析】（1）根据频率分布直方图估算平均数，中位数的公式计算得解； （2）以样本估计总体的线上学习时间不少于3小时的概率，记从全部高三年级学生中随机抽取人，线上学习时间不小于3小时的人数为，则服从二项分布，根据二项分布概率计算公式列出不等式组解出值即可. 【详解】（1）（小时）. 因为学习时间小于3小时的频率为， 所以中位数在内，由，解得小时. （2）由频率分布直方图可知，学习时间不小于3小时的频率为. 设从全部高三年级学生中随机抽取人，线上学习时间不小于3小时的人数为， 其中有4人周末线上学习时间不小于3小时的概率为， 所以.要使最大， 则， 解不等式组得，因为为正整数，所以或7. 所以或7时，最大. 考点21 超几何分布 （1）为了解中草药甲对某疾病的预防效果，研究人员随机调查了100名人员，调查数据如表.（单位：个）若规定显著性水平，试分析中草药甲对预防此疾病是否有效； 未患病者 患病者 合计 未服用 中草药甲 29 16 45 服用 中草药甲 46 9 55 合计 75 25 100 （2）已知一个盒子中装有大小和质地相同的6个红球和3个白球.现从盒子中不放回地依次随机取出2个球，设2个球中红球的个数为X，求X的分布列、期望和方差. 附：，. α 0.100 0.050 0.010 0.001 x 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析 【分析】（1）计算出卡方，即可判断； （2）的所有可能取值为0，1，2，它服从超几何分布，结合超几何分布概率的求法求得相应的概率进而可得的分布，结合期望、方差计算公式即可求解. 【详解】（1）提出原假设：中草药甲对预防此疾病无效，确定显著性水平， 计算，而， 的值超过了所确定的界限，从而否定原假设，即认为中草药甲对预防此疾病有效果. （2）的所有可能取值为0，1，2， ， 所以的分布列为， 它的期望为， 它的方差为. （2024·上海长宁·一模）2024年第七届中国国际进口博览会（简称进博会）于11月5日至10日在上海国家会展中心举行.为了解进博会参会者的年龄结构，某机构随机抽取了年龄在15-75岁之间的200名参会者进行调查，并按年龄绘制了频率分布直方图，分组区间为.把年龄落在区间内的人称为“青年人”，把年龄落在区间内的人称为“中年人”，把年龄落在内的人称为“老年人”.    (1)求所抽取的“青年人”的人数； (2)以分层抽样的方式从“青年人”“中年人”“老年人”中抽取10名参会者做进一步访谈，发现其中女性共4人，这4人中有3人是“中年人”.再用抽签法从所抽取的10名参会者中任选2人. ①简述如何采用抽签法任选2人； ②设事件A：2人均为“中年人”，事件B：2人中至少有1人为男性，判断事件A与事件B是否独立，并说明理由. 【答案】(1)80 (2)①答案见解析；②事件A与事件B不独立，理由见解析 【分析】（1）根据频率分布直方图求得的值，然后求得“青年人”人数占比，从而可得“青年人”人数； （2）①利用简单随机抽样设计抽签法任选2人即可；②根据独立事件判断公式，结合超几何分布概率问题求解，从而可得结论. 【详解】（1）由频率分布直方图可得，解得：， 又“青年人”占比为， 所以所抽取的“青年人”人数为人； （2）①先将10名参会者进行编号：1、2、、10，并将10个号码写在完全相同的纸片上， 放入某容器中充分混合均匀，再取出2张，2张纸片上所对应的参会者就是要选取的人， ②“青年人”“中年人”“老年人”的人数之比为， 所以10人中“中年人”共有5人， 2人均为“中年人”的概率， 2人中至少有1人为男性的概率， 2人均为“中年人”且至少有1人为男性的概率， 因为，所以事件A与事件B不独立. 【变式1】（2024·上海长宁·二模）盒子中装有大小和质地相同的6个红球和3个白球； (1)从盒子中随机抽取出1个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其颜色相同的球3个，然后再从盒子随机取出1个球，求第二次取出的球是红球的概率； (2)从盒子中不放回地依次随机取出2个球，设2个球中红球的个数为，求的分布、期望与方差； 【答案】(1) (2)分布见解析，期望 【分析】（1）由独立乘法公式、互斥加法公式即可运算求解古典概型概率； （2）的所有可能取值为0，1，2，它服从超几何分布，结合超几何分布概率的求法求得相应的概率进而可得的分布，结合期望、方差计算公式即可求解. 【详解】（1）第一次取出红球的概率为，取出白球的概率为， 第一次取出红球，第二次取出红球的概率为， 第一次取出白球，第二次取出红球的概率为， 所有第二次取出的球是红球的概率为； （2）的所有可能取值为0，1，2， ， 所以的分布为， 它的期望为， 它的方差为. 【变式2】生活中人们喜爱用跑步软件记录分享自己的运动轨迹.为了解某地中学生和大学生对跑步软件的使用情况，从该地随机抽取了200名中学生和80名大学生，统计他们最喜爱使用的一款跑步软件，结果如下： 跑步软件一 跑步软件二 跑步软件三 跑步软件四 中学生 80 60 40 20 大学生 30 20 20 10 假设大学生和中学生对跑步软件的喜爱互不影响. (1)从该地区的中学生和大学生中各随机抽取1人，用频率估计概率，试估计这2人都最喜爱使用跑步软件一的概率； (2)采用分层抽样的方式先从样本中的大学生中随机抽取人，再从这人中随机抽取人.记为这人中最喜爱使用跑步软件二的人数，求的分布列和数学期望； (3)记样本中的中学生最喜爱使用这四款跑步软件的频率依次为，，，，其方差为；样本中的大学生最喜爱使用这四款跑步软件的频率依次为，，，，其方差为；，，，，，，，的方差为.写出，，的大小关系.（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)分布列详见解析， (3) 【分析】（1）根据相互独立事件乘法公式求得正确答案. （2）根据分层抽样以及超几何分布的知识求得分布列并计算出数学期望. （3）通过计算，，来确定正确答案. 【详解】（1）从该地区的中学生和大学生中各随机抽取1人， 这人都最喜爱使用跑步软件一的概率为. （2）因为抽取的人中最喜爱跑步软件二的人数为， 所以的所有可能取值为， ， 所以的分布列为： 所以. （3），证明如下： ， ， 所以. ， ， 所以. 数据：，，，，，，，， 对应的平均数为 所以 所以. 【变式3】盒子中有5个乒乓球，其中2个次品，3个正品．现从中不放回地随机摸取2次小球，每次一个． (1)记“第二次摸出的小球是正品”为事件B，求证：； (2)用X表示摸出的2个小球中次品的个数，求X的分布列和期望． 【答案】(1)证明见解析； (2)分布列见解析，X的期望为. 【分析】（1）由题设第次抽到正品，第次抽到次品，，利用概率的加法公式证明； （2）由题得X利用超几何分布写分布列，求出期望. 【详解】（1）由题设第次抽到正品，第次抽到次品，. 所以. 故得证. （2）由题得X 所以；；. 所以X的分布列为 0 1 2 . 所以X的期望为. 【变式4】年7月日第届全国中学生生物学竞赛在浙江省萧山中学隆重举行．为做好本次考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于至之间，将数据按照，，，，，分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．    (1)求频率分布直方图中的值，并估计这名学生成绩的中位数； (2)在这名学生中用分层抽样的方法从成绩在，，的三组中抽取了人，再从这人中随机抽取3人，记为3人中成绩在的人数，求的分布列和数学期望； 【答案】(1)； (2)分布列见解析； 【分析】（1）由频率之和为，可构建的方程，求解即可；令中位数为，由的频率之和为，可构建的方程，求解即可; （2）先按抽样比算出各层样本数，接着我们发现服从超几何分布，写出分布列，算出期望即可. 【详解】（1）由频率分布直方图的性质可得，， 解得， 设中位数为， ，解得． （2），，三组的频率之比为， 从，，中分别抽取7人，3人，1人， 则可取， ， ， ， ， 故的分布列为： 0 1 2 3 故． 考点22 正态分布 （2024·上海杨浦·二模）某区高三年级3200名学生参加了区统一考试.已知考试成绩服从正态分布（试卷满分为150分）.统计结果显示，考试成绩在80分到120分之间的人数约为总人数的，则此次考试中成绩不低于120分的学生人数约为（    ） A．350 B．400 C．450 D．500 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出成绩不低于120分的概率，再进行估计得解. 【详解】依题意，，而服从正态分布， 因此， 所以此次考试中成绩不低于120分的学生人数约为. 故选：B 已知随机变量X服从正态分布，下列四个命题： 甲：；乙：； 丙：；丁： 如果有且只有一个是假命题，那么该命题是（    ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】D 【分析】根据题意结合正态分布的对称性分析判断. 【详解】因为、均等价于， 由题意可得：乙、丙均为真命题，且， 对于甲：因为，故甲为真命题； 对于丁：因为，故丁为假命题； 故选：D. 随机变量，，若，那么实数的值为 . 【答案】 【分析】由正态分布性质可得，，由此可利用对称性构造方程求得结果. 【详解】，，，， ，，解得：. 故答案为：. 设随机变量X服从正态分布，若，则 ． 【答案】 【分析】根据正态分布的概念及性质即可求解概率. 【详解】解：因为， 所以， 故答案为：. 某公司生产的糖果每包标识质量是，但公司承认实际质量存在误差．已知糖果的实际质量服从的正态分布．若随意买一包糖果，假设质量误差超过克的可能性为，则的值为 ． （用含的代数式表达） 【答案】 【分析】根据正态分布的性质直接求解即可. 【详解】由题知，， 则 . 故答案为： 【变式1】（2025·上海浦东新·三模）已知随机变量，其密度函数为，则 . 【答案】 【分析】根据正态曲线的密度函数对应计算可得； 【详解】因为随机变量，其密度函数为， 所以，. 故答案为： 【变式2】某产品的质量指标服从正态分布.质量指标介于47至53之间的产品为合格品，为使这种产品的合格率达到99.74%，则需调整生产技能，使得至多为 .（参考数据：若，则） 【答案】1 【分析】根据题意以及正态曲线的特征可知，，然后列不等式组可解． 【详解】依题可知，，又， 所以，要使合格率达到99.74%，则， 所以，解得：，故σ至多为1． 故答案为：1． 【变式3】（2025·上海黄浦·三模）假设小明的数学成绩X符合正态分布，查询资料后得知，，，那么小明数学成绩在120至130分之间的概率是 ．（精确到0.0001） 【答案】0.4772 【分析】正态分布标准化：将原始变量 转换为标准正态变量 ，公式为 ，区间转换：成绩区间 对应 的区间 ，概率计算：利用标准正态累积分布函数 ，区间概率为 . 【详解】小明的数学成绩 服从正态分布 ，即均值 ，标准差 . 需要求成绩在 120 分至 130 分之间的概率 . 由于正态分布的性质，将 标准化为标准正态分布变量 ： 当 时，,当 时，, 因此，，其中 服从标准正态分布. 给定标准正态分布的累积分布函数值：，，,需要计算 . 由于标准正态分布关于均值对称，,代入已知值： 结果精确到 0.0001，因此概率为 0.4772, 故答案为：0.4772. 【变式4】（2025·上海杨浦·模拟预测）已知随机变量，且等式对恒成立，则. .(结果保留四位小数)(参考数据:，， 【答案】 【分析】根据正态分布曲线的对称性求出可得，进而可得答案. 【详解】因为随机变量，且等式 对恒成立， ， 则，则， 所以 ，则， 又. 故答案为：0.9772. 【变式5】（2025·上海黄浦·三模）若随机变量，且，，则的最小值为 【答案】 【分析】由正态分布性质知正态分布曲线关于对称，故，使用基本不等式可求的最小值. 【详解】由题意知正态分布曲线关于对称，， 则，又，故， 则 , 当且仅当，即取等号. 故答案为：. 【变式6】（2025·上海青浦·三模）通勤时间是指单日内某人从居住地到工作地的用时.数学曾老师经过若干个月的统计发现，其通勤时间（单位：分钟）服从正态分布.设，.曾老师某天7点10分出门，如果学校要求在8点前到达，那么曾老师当天迟到的概率约为 .（结果精确到0.1%.参考数据：，，.） 【答案】 【分析】将将标准化为值，结合已知数据即可求解. 【详解】由题意曾老师当天迟到的概率即为, 将标准化为值， , 又， 所以， 所以曾老师当天迟到的概率约为， 故答案为： 【变式7】（2024·上海静安·二模）某地区高三年级2000名学生参加了地区教学质量调研测试，已知数学测试成绩服从正态分布（试卷满分150分），统计结果显示，有320名学生的数学成绩低于80分，则数学分数属于闭区间的学生人数约为 ． 【答案】 【分析】根据正态分布的性质，求出，即可求得结果. 【详解】根据已知条件有数学成绩低于分的概率为， 又，所以数学分数属于闭区间的概率为， 所以数学分数属于闭区间的学生人数约为人. 故答案为： 【变式8】（2024·上海青浦·二模）设随机变量服从正态分布，若，则实数 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性列式计算即得. 【详解】由正态分布的对称性，得，所以. 故答案为： 【变式9】（2025·上海嘉定·二模）已知某次数学的测试成绩X服从的正态分布，若小明的成绩不低于91分，那么他的成绩大约超过了 %的学生（精确到0.1%）．（参考数据：） 【答案】 【分析】根据正态分布的范围求解即可. 【详解】因为， 所以， 故答案为： 【变式10】若随机变量，则 ． 【答案】 【分析】根据正态曲线的性质求解即可. 【详解】由，，得； 所以， 所以，又， 所以，解得. 故答案为： 【变式11】（2024·上海·模拟预测）随机变量的概率分布密度函数，其图象如图所示，设，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】0.35/ 【分析】根据正态分布的对称性即可求解. 【详解】由题意可知，则， 故图中阴影部分的面积为． 故答案为：0.35. 【变式12】（2024·上海黄浦·二模）随机变量服从正态分布，若，则 . 【答案】/ 【分析】根据正态曲线的性质计算可得. 【详解】因为且， 所以， 则. 故答案为： 【变式13】（2024·上海·三模）某市举行了一次大型宣传活动，会后组办方分别从7个不同的地方的问卷调查中各随机抽取了相同数量的数据构成一个样本，依据相关的标准该样本中各地抽取的数据人均得分构成数列，且，由各地的得分可以认为各地人均得分2服从正态分布，近似为抽取的样本中7个地方人均得分的平均值（得分的平均值四舍五入并取整数）. (1)利用正态分布的知识求； (2)组办方为此次参加问卷调查的市民制定如下两种奖励方案： 方案一：（i）得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费； （ii）每次获赠的随机话费和对应的概率为 获赠的随机话费（单位：元） 50 100 概率 方案二：参加了此次问卷调查的市民可获得价值100元的“元旦迎新”大型晚会活动入场券，参加了此次问卷调查的市民可选择其中一种奖励方案. ①市民小李参加了此次问卷调查，记X（单位：元）为小李参加问卷调查获赠的话费，求X的分布列及数学期望； ②请问小李是选择参加获赠随机话费活动，还是获得价值100元的参加“元旦迎新”入场券？请用统计中相关知识为小李作出决策. （附：若，则，，） 【答案】(1)0.8186 (2)①分布列见解析，；②选择获得价值100元的“元旦迎新”入场卷更好，理由见解析 【分析】（1）先求出7个地方的人均得分，进而，利用原则和正态曲线的性质计算即可求解； （2）①可能的取值为元，利用独立事件的乘法公式求出对应的概率，列出分布列，求出数学期望即可；②由①知，即可下结论. 【详解】（1）样本中各地的人均得分分别为 ， 所以7个地方的平均分为， 即，所以. ， ， 所以； （2）①：由题意，得出的话费可能的取值为元， 得50元的情况为低于平均值，概率为； 得100元的情况为有1次机会获得100或2次机会获得50元， 概率为； 得150元的情况为有1次机会获得100和1次机会获得50元， 概率为； 得200元的情况为有2次机会都获得100元，概率为， 所以的分布列为： 50 100 150 200 故； ②：由①知， 所以小李应选择获得价值100元的“元旦迎新”入场卷更好. 一、填空题 1．（2025·上海嘉定·一模）、、、、是1、2、3、4、5的全排列，如果对任意的，和中至少有一个大于，则满足要求的排列的总数为 . 【答案】 【知识点】数字排列问题 【分析】先判断出的位置，然后对第二位进行分类讨论，同时注意数字的位置，结合对称性可求解出满足要求的排列的总数. 【详解】因为没有比大的数，所以只能排在第一位或者第五位， 当排在第一位时，若排在第二位，此时排列可以是，，，，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 由上可知，当排在第一位时，共有种情况， 同理可得，当排在第五位时，也有种情况满足条件， 综上所述，共有种排列满足条件， 故答案为：. 2．（2025·上海嘉定·一模）在的二项展开式中，各项系数的和是 . 【答案】 【知识点】二项展开式各项的系数和 【分析】令即可得出答案. 【详解】令，则，则各项系数的和为. 故答案为： 3．（2025·上海徐汇·三模）将6位工作人员分为3组，其中甲不能单独作为一组，共有 种不同的分法 【答案】75 【知识点】分组分配问题 【分析】首先计算所有将6人分为3组的分法数目，再计算甲单独成组的分法数目，最后用总数减去这种情况. 【详解】计算所有将6人分为3组的分法数目： 分组：种； 分组：种； 分组：种；总方法数为：； 甲单独成组：剩余5人分两组(1,4或2,3)，共种； 最终复合条件分法为：. 故答案为：75 4．（2025·上海·三模）北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某季节的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为 . 【答案】31 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】应用间接法，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即可得. 【详解】由题设，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即为构成三角形的情况， 所以不同三角形的个数为个. 故答案为： 5．（2025·上海宝山·三模）在的展开式中，第2项和第4项的系数相同，则 . 【答案】4 【知识点】求指定项的系数、由项的系数确定参数 【分析】根据二项式展开式的通项公式求出第项和第项的系数，再根据这两项系数相同列出方程，进而求解的值. 【详解】那么对于二项式，其展开式的通项公式为. 求第项的系数：令，可得第项为，所以第项的系数为. 求第项的系数：令，可得第项为，所以第项的系数为. 因为第项和第项的系数相同，所以. 由于可得：. 得,即. 解得或. 因为为正整数，所以舍去，故. 故答案为：4. 6．（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 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】根据与的奇偶性相同分情况讨论，再结合排列组合的知识分别计算出每种情况的取法数量，最后将所有情况的取法数量相加即可. 【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. 7．（2025·上海黄浦·三模）某高中开发了三个不同的“美育”课程和两个不同的“劳动教育”课程，甲同学从五门课程中任选了两门，已知有一门是“美育”课程，则另一门也是“美育”课程的概率为 【答案】 【知识点】计算条件概率 【分析】根据条件概率公式来求解，先分别求出（至少有一门是“美育”课程的概率）和（两门都是“美育”课程的概率），再代入公式计算. 【详解】设事件A：至少有一门是“美育”课程，事件AB：两门都是“美育”课程， 从五门课程中任选两门的选法数为种， “至少有一门是‘美育’课程”的对立事件是“两门都是‘劳动教育’课程”， 两门都是“劳动教育”课程的选法数为种， 所以至少有一门是“美育”课程的选法数为种，则. 从三个不同的“美育”课程中选两门的选法数为种，所以. 则已知有一门是“美育”课程，则另一门也是“美育”课程的概率为. 故答案为：. 二、解答题 8．（2025·上海金山·三模）有两个罐子，罐中放有3个白球和2个黑球，罐中放有5个白球． (1)若从罐有放回的摸2个球，求摸到相同颜色球的概率； (2)若从罐不放回的摸2个球，求第二次摸到白球的概率； (3)现在从两个罐子各摸一个球并交换，这样交换2次后，记罐中黑球的个数为，求的分布和数学期望． 【答案】(1) (2) (3)分布列见解析，期望为 【知识点】写出简单离散型随机变量分布列、独立事件的乘法公式、求离散型随机变量的均值、利用全概率公式求概率 【分析】（1）分两次均为白和两次均为黑讨论，再根据独立事件的乘法公式和概率加法公式即可得到答案； （2）利用全概率公式即可得到答案； （3）首先分析知的取值为0，1，2，再分别计算对应概率值，再利用均值公式即可得到答案. 【详解】（1）摸到相同颜色球的概率为． （2）根据全概率公式知第二次摸到白球的概率为． （3）的取值为0，1，2， 则， ， ， 则的分布为， 期望为． 9．（2025·上海杨浦·模拟预测）为吸引客流，某商场举办了“摸球赢好礼”活动，一共设置两关游戏.第一关游戏开始时，主持人在空箱子中放入大小、形状完全相同的1黑、3红共4个球，顾客从箱子中随机且不放回地依次摸出两个球，只要能摸出黑球，便可晋级第二关游戏“赢积分、换好礼”. (1)小江正在参与第一关游戏.记事件为“小江摸出的第一个球是红球”，事件为“小江晋级了第二关游戏”，分别求； (2)小江成功晋级第二关游戏.已知第二关游戏规则如下:游戏开始前，顾客要先决定好摸球的局数，而后主持人在空箱子中放入大小、形状完全相同的1黑、3红及白共个球，并充分搅匀.游戏过程中，顾客每局均从箱子里随机摸出一个球，确认颜色并按规则积分，然后把球放回箱子，充分搅匀后再进行下一局摸球，以此类推，直到摸完局球，第二关结束.记分规则如下: 颜色 黑色 红色 白色 得分 +10 在第二关中，顾客的初始积分为0分，将每一局所得积分累加得到最终积分.最终积分越高，所换取的礼品价值越大. ①若小江决定摸球的局数，求她在第二局中所得积分的分布与期望； ②为使最终的期望收益最大化，小江应该如何设定摸球的次数? 【答案】(1) (2)①分布列见解析，；②摸球次时，收益最大 【知识点】基本不等式求和的最小值、写出简单离散型随机变量分布列、计算条件概率、求离散型随机变量的均值 【分析】（1）由古典概型的概率计算公式可得结果； （2）①由古典概型的概率计算公式和期望的计算公式可得结果；②先计算得到每局的期望和总期望，然后利用换元和均值不等式求出结果. 【详解】（1） （2）①，则箱子中共有个球，其中黑、红及白， 由题意可知，的所有可能取值为10，5，，且 ， 所以其分布列如下： 10 5 . ②设小江应该设定摸球的次数为，则 每局期望为： 总期望为： 令 当且仅当时取等号，即，所以 所以小江应该设定摸球次时，收益最大. 10．（2025·上海黄浦·三模）甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场，规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分（单位：分）情况统计如下： 场次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲 8 10 10 7 12 8 8 10 10 13 乙 9 13 8 12 14 11 7 9 12 10 丙 12 11 9 11 11 9 9 8 9 11 (1)从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率； (2)在上述10场比赛中，从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场，设表示乙得分大于丙得分的场数，求的分布列和数学期望； (3)假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设为甲获胜的场数，为乙获胜的场数，为丙获胜的场数，写出方差，，的大小关系，并说明理由. 【答案】(1)； (2)分布列见解析，期望； (3)，理由见解析 【知识点】计算古典概型问题的概率、写出简单离散型随机变量分布列、求离散型随机变量的均值、离散型随机变量的方差与标准差 【分析】（1）从表格中可以发现甲获胜的场数为3场，从而得到甲获胜的概率； （2）从表格中可以发现在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场。乙得分大于丙得分的场数的取值为0，1，2，通过超几何分布的知识点，得到的分布列及数学期望. （3）通过题目条件得到10场比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙获胜的概率为，因为甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，从而得到方差，，的大小关系. 【详解】（1）根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲共获胜3场，分别是第3场，第8场，第10场. 设表示“从10场比赛中随机选择一场，甲获胜”，则. （2）根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场， 分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场，其中乙得分大于丙得分的场次有4场， 分别是第2场、第5场、第8场、第9场. 所以的所有可能取值为0，1，2. ，，. 所以的分布列为 0 1 2 所以. （3）由题意，每场比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙获胜的概率为，还需要进行6场比赛， 而甲、乙、丙获胜的场数服从二项分布， 所以，，， 故. 2 / 87 1 / 87 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 计数原理、概率初步 目录 一、考情分析与命题趋势 二、知识体系构建 知识点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 4 1. 加法原理 4 2. 乘法原理 4 3. 异同点 4 知识点2 排列与组合 4 1. 排列、组合的定义 4 2. 排列数的定义 4 3. 组合数的定义 5 知识点3 二项式定理 5 1.二项式定理相关概念 5 2.常见思想方法 6 知识点4 概率初步 7 1. 随机现象 7 2. 样本空间与基本事件 7 3. 必然事件、不可能事件 7 4. 古典概率 7 5. 互斥事件、对立事件 7 6. 概率的性质 7 7. 频率 8 8. 伯努利大数定律 8 9. 事件的独立性 8 10. 常用结论 8 知识点5 概率初步(续) 8 1.条件概率与相关公式、随机变量的分布与特征 8 2.常用分布 9 三、考点精析与突破 10 考点1 乘法原理和加法原理 10 考点2 排列的定义与计算 12 考点3 排列数的性质 12 考点4 组合意义理解 12 考点5 组合数的计算 14 考点6 组合数的性质及应用 15 考点7 计数原理在古典概率中的应用 15 考点8 杨辉三角形和二项式定理 16 考点9 二项式系数的性质 17 考点10 求指定项的系数 18 考点11 计算古典概型问题的概率 19 考点12 可加性 20 考点13 用频率估计概率 20 考点14 随机事件的独立性 21 考点15 条件概率 23 考点16 利用全概率公式求概率 24 考点17 随机变量与分布 24 考点18 期望 26 考点19 方差 29 考点20 二项分布 30 考点21 超几何分布 32 考点22 正态分布 35 四、实战精练与提升 知识点 新课程标准 重点 知识点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1. 理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理； 2. 能区分“类”与“步”的逻辑关系； 3. 会利用两个原理解决简单实际问题 1. 分类加法与分步乘法计数原理的区分； 2. 两个原理在实际问题中的应用 知识点2 排列与组合 1. 理解排列、组合的概念； 2. 掌握排列数、组合数的计算公式及性质； 3. 能利用排列、组合解决简单实际问题 1. 排列与组合的概念区分； 2. 排列数、组合数公式的应用； 3. 排列组合实际问题的求解 知识点3 二项式定理 1. 理解二项式定理及二项展开式的结构特征； 2. 掌握二项展开式的通项公式； 3. 会用二项式定理解决特定项、系数和等问题 1. 二项展开式通项公式的应用； 2. 赋值法求二项展开式的系数和； 3. 二项展开式中特定项（如常数项）的求解 知识点4 概率初步 1. 理解随机现象、样本空间、基本事件、必然事件、不可能事件的概念； 2. 掌握古典概型的概率计算公式； 3. 理解互斥事件、对立事件的概念，掌握概率的基本性质； 4. 了解频率与概率的关系，知道伯努利大数定律的意义； 5. 理解事件独立性的概念 1. 古典概型的概率计算； 2. 互斥事件与对立事件的区分及概率计算； 3. 事件独立性的应用 知识点5 概率初步（续） 1. 理解条件概率的概念，掌握条件概率公式与全概率公式； 2. 理解随机变量的概念，掌握离散型随机变量的分布列、期望与方差的计算； 3. 了解二项分布、超几何分布、正态分布的概念及简单应用 1. 条件概率与全概率公式的应用； 2. 离散型随机变量的期望与方差计算； 3. 常用分布（二项、超几何）的识别与计算 二、命题分析 计数原理、统计初步考查分析表 模块 考频 考查内容 命题趋势 计数原理、概率初步 2025年第6题、2025年第19题；2024年第6题、2024年第19题；2023年第7题、2023年第19题；2022年第8题、2022年第18题；2021年第7题、2021年第19题 计数原理：排列与组合的分类分步运算、有限制条件的排列组合问题、二项式定理（通项公式、常数项/特定项系数、二项式系数和与各项系数和）；概率初步：随机事件的概率、互斥事件与对立事件的概率计算、古典概型（含列举法、排列组合计数）、几何概型（长度/面积型）、实际情境下的概率应用 高频稳定考点，小题聚焦基础运算，重点考查分类加法、分步乘法计数思想，以及二项式定理的细节辨析，难度中等；解答题结合实际背景，需先通过计数原理算基本事件数再求概率，偶尔融入简单统计信息，难度中等，强调逻辑严谨性和实际应用能力，注重基础公式的扎实运用 -考查内容及命题趋势表（2021~2025年春考数据） 知识点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1. 加法原理 做一件事，完成它有类办法，其中第一类办法有种不同的方法，第二类办法有种不同的方法，…，第类办法有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法. 2. 乘法原理 做一件事，需要依次完成个步骤，其中完成第一步有种不同的方法，完成第二步有种不同的方法，…，完成第步有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法. 3. 异同点 名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 都是解决完成一件事的不同方法的种数问题 不同点 运用加法运算；分类完成一件事，且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事，“类”与“类”独立并列（可类比“并联”电路） 运用乘法运算；分步完成一件事，只有各步骤都完成才算完成，“步”与“步”连续（可类比“串联”电路） 知识点2 排列与组合 1. 排列、组合的定义 名称 定义（从个不同元素中取出个不同元素） 排列 按照一定的顺序排成一列 组合 作为一组 2. 排列数的定义 从个不同元素中取出个不同元素的所有不同排列的个数叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用表示. 3. 组合数的定义 从个不同元素中取出个不同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，用表示. 4. 排列数、组合数的公式及性质 分类 内容 公式 (1) （、是正整数，且） (2) （、是正整数，且） 性质 (3) ； (4) ；（是自然数，是正整数，且） 知识点3 二项式定理 1.二项式定理相关概念 （1）二项式定理 定理 设是正整数，等式 称为二项式定理，表示的二项展开式中的第项，其中. （2）二项展开式形式上的特点 ①项数为； ②各项的次数都等于二项式的幂指数，即与的指数的和为； ③字母按降幂排列，从第一项开始，次数由逐项减1直到零；字母按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到； ④二项展开式中的组合数从，一直到. （3）二项式定理的应用——组合数的性质 对称性：二项式定理中与首末两端“等距离”的两个组合数相等，即，，…，（是自然数，是正整数，且）； 增减性与最大值：在个组合数中，当为偶数时，最大值是中间的一项；而当为奇数时，最大值是中间的两项和； 各组合数的和： 在二项式定理中，特别令，就得到.令，就得到.由上述二式就得到 . （4）注意 ① 分清是第项，而不是第项； ②在通项公式中，含有、、、、、这六个参数，只有、、、是独立的，在未知、的情况下，用通项公式解题，一般都需要首先将通项转化为方程(组)求出、，然后代入通项公式求解； ③求二项展开式中的一些特殊项，如系数最大项、常数项等，通常都是先利用通项公式由题意列方程，求出，再求所需的某项；有时则需先求，计算时要注意和的取值范围以及它们之间的大小关系； ④在中，注意组合数与项的系数的区别，组合数与、的值无关；而项的系数是指化简后字母外的数. 2.常见思想方法 （1）在应用通项公式时，要注意以下几点 ① 它表示二项展开式的任意项，只要与确定，该项就随之确定； ② 是展开式中的第项，而不是第项； ③ 公式中，、的指数和为且、不能随便颠倒位置； ④ 对二项式展开式的通项公式要特别注意符号问题； ⑤ 在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法. （2）二项式定理问题的处理方法和技巧 运用二项式定理，一定要牢记通项，注意与虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题，另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指，而后者是字母外的部分.前者只与和有关，恒为正，后者还与、有关，可正可负； 对于二项式定理中组合数的问题，应注意以下几点： ① 求二项式定理中所有组合数的和，可采用“特殊值法”(赋值法)，通常令字母变量的值为1； ② 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； ③ 证明不等式时，应注意运用放缩法； (3) 求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求，再求，有时还需先求，再求，才能求出； (4) 有些三项展开式问题可以转化为二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏； (5) 对于二项式定理中组合数问题，首先要熟记组合数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式定理中组合数问题的一个重要手段. 3. 赋值法的应用 (1) 对形如、的式子求其展开式各项系数之和，常用赋值法，只需令即可； (2) 对形如、的式子求其展开式各项系数之和，只须令即可； (3) 一般地，对于多项式，令，则： 展开式中各项的系数的和为， 展开式中奇数项的系数和为（两次赋值，解方程组）， 展开式中偶数项的系数和为（同上）. 知识点4 概率初步 1. 随机现象 具不确定性的现象称为随机现象. 2. 样本空间与基本事件 定义 一个随机现象中依某个角度观察其所有可能出现(发生)的结果所组成的集合称为一个样本空间(sample space)，用表示，其中的元素称为基本事件(elementary event)或者样本点.随机事件对应样本空间的一个子集. 3. 必然事件、不可能事件 在一个随机试验中，有两个特别的事件.一个必然发生，称为必然事件，它对应的子集就是样本空间，即所有基本事件的集合；另外一个必然不发生，称为不可能事件，对应的子集是空集，它们统称为确定事件，其余的称为不确定事件. 4. 古典概率 古典概率模型是满足下面两个条件的随机试验：(1) 有限多结果；(2) 等可能性. 古典概率 其中，表示事件中的基本事件个数，而表示样本空间中的基本事件个数.说明概率是事件中的元素个数与样本空间中元素个数的比值. 5. 互斥事件、对立事件 如果与没有共同的基本事件，即两个子集不相交：，那么这两个事件不可能同时发生，或者说互斥. “事件发生”的否定就是“事件不发生”，它也是一个事件，称为事件的对立事件，简称为“非”. 6. 概率的性质 概率是衡量一个随机事件发生可能性大小的度量. 概率性质1 必然事件的概率是1，不可能事件的概率是0，即，. 概率性质2 设是一个事件，那么. 概率性质3（可加性） 两个不可能同时发生的事件至少有一个发生的概率是这两个事件的概率之和. 换言之，如果，那么. 概率性质4 对任一给定事件，其发生的概率与不发生的概率的和总是1. 换言之，有. 7. 频率 作伯努利试验，假设我们可以独立地重复一个伯努利试验次，其中成功的次数记作，那么就被称为（次试验中）成功的频率(frequency). 频率是一个数，依赖于试验次数，它不是一个确定的数，而是一个随机的数. 8. 伯努利大数定律 伯努利大数定律 （law of large numbers） 独立地重复一个伯努利试验次，当很大时，频率逼近概率. 9. 事件的独立性 两个事件与（相互）独立(independent)是指它们同时发生的概率等于它们各自发生概率的乘积，即 10. 常用结论 从两个事件的可加性可以推出任意多个事件的可加性：如果是个两两互斥的事件，那么 知识点5 概率初步(续) 1.条件概率与相关公式、随机变量的分布与特征 条件概率公式 注：(1) 前一个公式适用于古典概率模型，后一个公式适用于所有的情况； (2) 概率的乘法公式：. 全概率公式 所以实际上是条件概率的加权平均，而条件概率的权重为，. 随机变量的分布 (1) 随机变量：以样本空间作为定义域的一个函数称为一个随机变量(random variable)，即对样本空间中任意给定的元素，都有唯一的实数与之对应； (2) 随机变量的分布：随机变量所有可能的取值以及相应的概率； (3) 分布形式：. 随机变量的期望 期望的线性性质 (1) 如果是一个随机变量，是一个实数，那么； (2) 如果、是两个随机变量，那么. 随机变量的方差 (1) 定义：； (2) 性质： ① 如果是一个随机变量，是一个实数，那么； ②如果、分别是两个独立的随机试验所对应的随机变量，那么. 2.常用分布 二项分布 (1) 定义：独立地重复一个成功概率为的伯努利试验次，表示成功次数. 那么的分布为，，该分布称为二项分布； (2) 若服从二项分布，则，. 超几何分布 (1) 定义：从一个装有大小与质地相同的个白球、个黑球的袋子中依次随机且不放回地取个球. 用表示其中白球的个数，则的分布称为超几何分布； (2) 若服从超几何分布，则. 正态分布 (1) 定义 由钟形曲线所刻画的分布称为正态分布. 其中有两个参数： ① 是该分布的期望或均值； ② 是该分布的方差，且总是假设. 定义 设是一个取实数值的随机变量，如果对任何给定的实数与，落在区间上的概率等于三条直线、、与正态密度函数图像所围的区域面积（或者简称作此函数在该区间上的面积，如图所示），那么服从正态分布(normal distribution)，或更准确地说，服从参数为、的正态分布，记为. (2) 标准正态分布 当、时，相应的正态分布称为标准正态分布，记作，其密度函数 称为标准正态分布的密度函数，简记作. 实际上，一般的正态分布的密度函数总是标准正态分布的密度函数的某种平移和伸缩变换，其形状保持钟形不变. 考点1 乘法原理和加法原理 （2025·上海杨浦·二模）3名同学报名参加社团活动，有4个社团可以报名，这些社团招收人数不限，但每位同学只能报名其中1个社团，则这3位同学可能的报名结果共有（    ）种. A．6 B．24 C．64 D．81 （25-26高三上·上海·期中）某比赛考场的规格为每场35名考生，分为7行5列，如下图依照蛇形方式进行座位号编排.为了确保考试的公平性，考生的试题卷分为A卷和B卷，座位号为奇数的考生使用A卷，座位号为偶数的考生使用B卷.已知甲、乙、丙三名考生在同一考场参加比赛，且三人使用的试卷类型相同，三名考生中任意两人不得安排在同一行或同一列，则甲、乙、丙三名考生的座位安排方案共有 种. 第一列 第二列 第三列 第四列 第五列 1 14 15 28 29 第一排 2 13 16 27 30 第二排 3 12 17 26 31 第三排 4 11 18 25 32 第四排 5 10 19 24 33 第五排 6 9 20 23 34 第六排 7 8 21 22 35 第七排 【变式1】（2025·上海·模拟预测）有一四边形，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币：如硬币正面朝上，则将其擦去；如硬币反面朝上，则不擦去．最后，以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为（   ）． A． B． C． D． 4．【变式2】5人中至少有两人生日在同一个月中的概率是 （假设每月天数相同，结果用分数表示） 【变式3】（24-25高三上·上海·期中）仰晖楼有A、B两部电梯.已知电梯每上一层需要5秒，电梯在某层楼停留时开门到关门所花时间为10秒（人员均能在电梯开关门时间内完成进出电梯和按楼层等操作）.某天清晨，楼上还没有人，1楼已经有若干人均欲乘坐电梯上楼，目的地分别是楼.现两部电梯均恰好在1楼（两部电梯互相独立运行，可以独立开关门，在1楼按下按钮后将同时打开门），且每部电梯容量足够容纳所有人.定义为：从A（B）电梯开门时刻算起，到电梯内最后一人到达目标楼层后A（B）电梯门关闭为止，所花时间.记"运输完成时间"：. (1)若所有人均乘坐一部电梯，求； (2)为了研究的最小值，我们需要对电梯的"乘坐安排"作出一些合理假设.例如：假设两部电梯都有人乘坐.理由：分开乘坐，比如去2层的人都坐电梯A，其余人坐电梯B，则均小于（1）中，故"运输完成时间"也小于（1）中，所以要使得最小，两部电梯一定都有人乘坐.请你在此基础上再提出1至2条关于电梯"乘坐安排"的合理假设，并简述作出这些假设的理由（若有多条假设，请按重要性从高到低写出最重要的两条）； (3)求出最小值. 考点2 排列的定义与计算 某数学兴趣小组用纸板制作正方体教具，现给图中的正方体展开图的六个区域涂色，有红、橙、黄、绿四种颜色可选，要求制作出的正方体相邻面所涂颜色均不同，共有 种不同的涂色方法. 甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有 种. 【变式1】（2025·上海松江·二模）有4辆车停放在5个并排车位上，客车甲车体较宽，停放时需要占两个车位，并且乙车与客车甲相邻停放，则共有 种不同的停放方法. 【变式2】将4个人排成一排，若甲和乙必须排在一起，则共有 种不同排法. 【变式3】（24-25高三上·上海·期中）在1，2，3，4，5的所有排列 中，满足条件 的排列个数为 ． 【变式4】（24-25高三上·上海嘉定·期中）配置某种染色剂，需要加入3种有机染料、2种无机染料和2种添加剂，已知不同的添加顺序对染色效果是不一样的，则其中2种无机染料添加顺序不相邻的概率为 . 考点3 排列数的性质 （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）. （2024·上海奉贤·一模）若五人站成一排，如果必须相邻，那么排法共 种. （2024·上海虹口·二模）3个男孩和3个女孩站成一排做游戏，3个女孩不相邻的站法种数为 . 【变式1】今年中秋和国庆共有连续天小长假，某单位安排甲、乙、丙三名员工值班，每天都需要有人值班．任选两名员工各值天班，剩下的一名员工值天班，且每名员工值班的日期都是连续的，则不同的安排方法数为 ． 【变式2】（2024·上海闵行·一模）从10名数学老师中选出3人安排在3天的假期中值班，每天有且只有一人值班．若老师甲必须参加且不安排在假期第一天值班，则不同的值班安排方法种数为 ． 【变式3】从5名志愿者中选出3名，分别从事翻译、导游、保洁三项不同的工作，每人承担一项，其中甲不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有 种. 考点4 组合意义理解 重庆某高校去年招收学生来自成渝地区2400人，除成渝外的西部地区2000人，中部地区1400人，东部地区1800人，港澳台地区400人.学校为了解学生的饮食习惯，拟选取40人作样本调研，为保证调研结果的代表性，则从该校去年招收的成渝地区学生中不同的抽样结果种数为（ ） A． B． C． D． 智慧农机是指配备先进的信息技术，传感器､自动化和机器学习等技术，对农业机械进行数字化和智能化改造的农业装备，例如：自动育秧机和自动插秧机.正值春耕备耕时节，某智慧农场计划新购2台自动育秧机和3台自动插秧机，现有6台不同的自动育秧机和5台不同的自动插秧机可供选择，则共有 种不同的选择方案. 【变式1】有除颜色外大小相同的9个小球，其中有2个红球，3个白球，4个黑球，同色球不加区分，将这9个球排成一列，要求2个红球相邻，3个白球两两互不相邻，不同的排列种数为（    ） A．100 B．120 C．10800 D．21600 【变式2】欧几里得在《几何原本》中证明了算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以唯一分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式是唯一的.记（其中是素数，是正整数，，），这样的分解称为自然数的标准素数分解式.若的标准素数分解式为，则的正因子有个，根据以上信息，180的正因子个数为（    ） A．6 B．12 C．13 D．18 【变式3】有三个因素会影响某种产品的产量，分别是温度（单位：）、时间（单位：）、催化剂用量（单位：），三个因素对产量的影响彼此独立．其中温度有三个水平：80、85、90，时间有三个水平：90、120、150，催化剂用量有三个水平：5、6、7．按全面实验要求，需进行27种组合的实验，在数学上可以证明：通过特定的9次实验就能找到使产量达到最大的最优组合方案．下表给出了这9次实验的结果： 实验号 温度（） 时间（） 催化剂用量（） 产量（） 1 80 90 5 31 2 80 120 6 54 3 80 150 7 38 4 85 90 6 53 5 85 120 7 49 6 85 150 5 42 7 90 90 7 57 8 90 120 5 62 9 90 150 6 64 根据上表，三因素三水平的最优组合方案为（    ） A．       B．       C．       D．       【变式4】已知，用非负整数表示，，若为其表示方法的数组（）的个数，则＝ ． 考点5 组合数的计算 （2024·上海·模拟预测）设为大于2的自然数，将二项式两边同时求导，可以得到一些特别的组合恒等式，结合课本中杨辉三角研究方法，可以得到 . 从1，2，3，4，5这五个数中随机抽取两个不同的数，则所抽到的两个数的和大于6的概率为 （结果用数值表示）． 【变式1】已知，若，则 ． 【变式2】有五只笔编号1-5，现将其放入编号1-5的笔筒中，且恰有两只笔没有放入与其编号相同的笔筒中，这样的情况有 种. 【变式3】2022年，第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔举行，某国家队26名球员的年龄分布茎叶图如图所示： (1)该国家队25岁的球员共有几位？求该国家队球员年龄的第75百分位数； (2)从这26名球员中随机选取11名球员参加某项活动，求这11名球员中至少有一位年龄不小于30岁的概率． 考点6 组合数的性质及应用 “”是“”的（    ）条件 A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．非充分非必要 （2024·上海·三模）已知，关于n的方程有且仅有一个解，则实数 ． 【变式1】（2024·上海宝山·一模）已知关于正整数的方程，则该方程的解为 . 【变式2】（25-26高三上·上海·期中）已知集合，非空集合，且满足: 对任意，均存在 ，使. 记符合要求的的个数为. 则对于正整数， . 【变式3】若，则 【变式4】（25-26高三上·上海·期中）求证：． 考点7 计数原理在古典概率中的应用 （24-25高三上·上海金山·期末）已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（   ）个． A．3 B．6 C．7 D．10 （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 ． （2024·上海黄浦·二模）某校高三年级举行演讲比赛，共有5名选手参加.若这5名选手甲、乙、丙、丁、戊通过抽签来决定上场顺序，则甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率为 . 【变式1】（2025·上海嘉定·二模）在由1，2，3，4，5这五个数组成的无重复数字的四位数中，其能被3整除的概率为 . 【变式2】已知{}是公差不为0的等差数列.现从，这组数据中随机删除2个数，得到一组新的数据.这两组数据的极差相同的概率为 . 【变式3】（2024·上海松江·二模）某校高一数学兴趣小组一共有30名学生，学号分别为，，，…，，老师要随机挑选三名学生参加某项活动，要求任意两人的学号之差绝对值大于等于5，则有 种不同的选择方法. 【变式4】2022年11月27日上午7点，时隔两年再度回归的上海马拉松赛在外滩金牛广场鸣枪开跑，途经黄浦、静安和徐汇三区.数千名志愿者为1.8万名跑者提供了良好的志愿服务.现将5名志愿者分配到防疫组、检录组、起点管理组、路线垃圾回收组4个组，每组至少分配1名志愿者，则不同的分配方法共有 种.（结果用数值表示） 【变式5】（2025·上海·模拟预测）甲、乙是两个体育社团的小组．如下是两组组员身高的茎叶图（单位：厘米），以身高的百位数和十位数作为“茎”排列在中间、个位数作为“叶”分列在两边．    (1)分别求甲、乙两组组员身高的第60百分位数； (2)从甲、乙两组各选取一个组员，求两人身高均在170厘米以上的概率； (3)为使两组人数相同，从甲组中调派一个队员到乙组．是否存在甲组的一个组员，将他调派至乙组后，甲、乙两组的平均身高都增大？ 【变式6】（2024高三·上海·专题练习）水果分为一级果和二级果，共136箱，其中一级果102箱，二级果34箱． (1)随机挑选两箱水果，求恰好一级果和二级果各一箱的概率； (2)进行分层抽样，共抽8箱水果，求一级果和二级果各几箱； (3)抽取若干箱水果，其中一级果共120个，单果质量平均数为303.45克，方差为603.46；二级果48个，单果质量平均数为240.41克，方差为648.21；求168个水果的方差和平均数，并预估果园中单果的质量． 考点8 杨辉三角形和二项式定理 若的展开式中存在常数项，则下列选项中的取值不可能是（     ） A． B． C． D． 在的展开式中，x的系数为 ． 的常数项为第3项，求 【变式1】设，若.则 . 【变式2】的二项展开式中项的系数为 . 【变式3】若，则被10除所得的余数为 . 【变式4】（2024·上海奉贤·一模）的二项展开式中的常数项为 ．（用数字作答） 【变式5】的展开式中的常数项为 （用数字填写答案）. 【变式6】的展开式的第四项为 . 考点9 二项式系数的性质 （n为正整数）的二项展开式中，若第三项与第五项的系数相等，则展开式中的常数项为 ． 已知常数，在的二项展开式中，项的系数等于，则 . （2025·上海金山·二模）在展开式中的系数为80，则实数的值为 . （2024·上海浦东新·三模）若，则的值为 . （2024·上海·高考真题）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为 ． 【变式1】在的二项展开式中项的系数为 ． 【变式2】（2024·上海普陀·二模）设，若，且，则 . 【变式3】如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为 （用最简分数表示）. 【变式4】已知（为正整数）的展开式中所有项的二项式系数的和为64，则 . 【变式5】已知的二项展开式中，所有二项式系数的和为256，则展开式中的常数项为 . 【变式6】在 的展开式中，系数为有理数的项共有 项． 【变式7】（2025·上海黄浦·三模）在的二项展开式中，的幂指数是正数的项一共有 个． 【变式8】（2024·上海黄浦·二模）若的展开式中的系数是，则实数 . 【变式9】已知的展开式中项的系数为，则 ． 【变式10】（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 ． 【变式11】（2024·上海徐汇·一模）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则正整数的值为 . 【变式12】的二项展开式中系数最大的项为 . 【变式13】求中的奇数项的系数和为 【变式14】（2024·上海金山·二模）在的展开式中，记项的系数为，则 ． 考点10 求指定项的系数 （2025·上海崇明·三模）在的展开式中，项的系数是 .（结果用数字作答） 二项式的展开式的常数项是 ． 【变式1】（2025·上海闵行·二模）在的二项展开式中，常数项是 ．（用数值作答） 【变式2】（2025·上海松江·二模）的二项展开式中的常数项为 . 【变式3】在的二项式展开式中，项的系数是 . 【变式4】（2024·上海青浦·一模）的展开式中，项的系数为 . 考点11 计算古典概型问题的概率 （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 . （2024·上海长宁·一模）设O为坐标原点，从集合中任取两个不同的元素x、y，组成A、B两点的坐标，则的概率为 ． 【变式1】（2024·上海长宁·一模）投掷两枚质地均匀的骰子，观察掷得的点数，则掷得的点数之和为7的概率是 ． 【变式2】（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 【变式3】（2024·上海·三模）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为1，2，4，5，6，x，则这6个点数的中位数为4的概率为 ． 【变式4】2023年10月25日至11月12日，青浦曲水园推出以“曲水流觞·花趣水乡”为主题的菊花展．花展结束后，园方挑选数百盆菊花免费赠送给市民．其中有红色、黄色、橙色菊花各盆，分别赠送给甲、乙、丙三人，每人盆，则甲没有拿到橙色菊花的概率是 ． 考点12 可加性 （24-25高三上·上海黄浦·期末）掷一颗质地均匀的骰子，观察朝上面的点数．设事件：点数是奇数，事件：点数是偶数，事件：点数是3的倍数，事件：点数是4．下列每对事件中，不是互斥事件的为（    ） A．与 B．与 C．与 D．与 【变式1】已知事件和互斥，它们都不发生的概率为，且，则 ． 【变式2】已知事件A与事件B互斥，如果，，那么 ． 考点13 用频率估计概率 （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 某商场计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶8元，售价每瓶10元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶4元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关.如果最高气温不低于25，需求量为600瓶；如果最高气温位于区间，需求量为400瓶；如果最高气温低于20，需求量为300瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： 最高气温 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40） 天数 1 17 38 22 7 5 以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率. (1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过400瓶的概率，并求出前三年六月份这种酸奶每天平均的需求量； (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为550瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率. 【变式1】某人抛掷一枚硬币80次，结果正面朝上有43次.设正面朝上为事件A，则事件A出现的概率为 ． 【变式2】下列说法正确的是（  ） A．甲、乙两人做游戏；甲、乙两人各写一个数字，若是同奇数或同偶数则甲胜，否则乙胜，这个游戏公平 B．做次随机试验，事件发生的频率就是事件发生的概率 C．某地发行福利彩票，回报率为47%，某人花了100元买该福利彩票，一定会有47元的回报 D．试验：某人射击中靶或不中靶，这个试验是古典概型 考点14 随机事件的独立性 （2024·上海虹口·一模）已知事件和事件满足，则下列说法正确的是（   ）． A．事件和事件独立 B．事件和事件互斥 C．事件和事件对立 D．事件和事件互斥 （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． 【变式1】（24-25高三上·上海松江·期末）抛掷三枚硬币，若记“出现三个正面”、“两个正面一个反面”和“两个反面一个正面”分别为事件A、B和C，则下列说法错误的是（   ） A．事件A、B和C两两互斥 B． C．事件A与事件是对立事件 D．事件与相互独立 【变式2】（24-25高三上·上海金山·期末）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：n次中既有正面朝上又有反面朝上，事件B：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 ． 【变式3】从装有3个红球和4个蓝球的袋中，每次不放回地随机摸出一球．记“第一次摸球时摸到红球”为A，“第二次摸球时摸到蓝球”为B，则 ． 【变式4】甲、乙两人每下一盘棋，甲获胜的概率是0.4，甲不输的概率为0.9． (1)若甲、乙两人下一盘棋，求他们下成和棋的概率； (2)若甲、乙两人连下两盘棋，假设两盘棋之间的胜负互不影响，求甲至少获胜一盘的概率． 【变式5】2023年9月23日至10月8日，第19届亚运会在杭州成功举办，杭州亚运会的志愿者被称为“小青荷”．某运动场馆内共有小青荷36名，其中男生12名，女生24名，这些小青荷中会说日语和会说韩语的人数统计如下： 男生小青荷 女生小青荷 会说日语 8 12 会说韩语 m n 其中m、n均为正整数，． (1)从这36名小青荷中随机抽取两名作为某活动主持人，求抽取的两名小青荷中至少有一名会说日语的概率； (2)从这些小青荷中随机抽取一名去接待外宾，用A表示事件“抽到的小青荷是男生”，用B表示事件“抽到的小青荷会说韩语”．试给出一组m、n的值，使得事件A与B相互独立，并说明理由． 考点15 条件概率 已知、分别为随机事件A、B的对立事件，，，则下列等式错误的是（    ） A． B． C．若A、B独立，则 D．若A、B互斥，则 （2024·上海·三模）抛掷两颗骰子，观察掷得的点数．用表示事件“两个点数不同”，表示事件“至少出现一个点”，则 ．（结果用最简分数表示） 【变式1】（2025·上海浦东新·三模）已知随机事件满足，，，则 【变式2】（2025·上海浦东新·模拟预测）已知一个盒子里有4个大小形状完全相同的小球，其中2个红球，2个黑球，现从中任取两球，若已知一个是红球，则另一个也是红球的概率是 . 【变式3】（2025·上海普陀·二模）在一个不透明的盒中装着标有数字1，2，3，4的大小与质地都相同的小球各2个，现从该盒中一次取出2个球，设事件为“取出2个球的数字之和大于5”，事件为“取出的2个球中最小数字是2”，则 . 【变式4】（2025·上海嘉定·二模）某学校对学生的课外阅读时间进行调查，随机抽取了150位学生，得到如下样本数据频率分布直方图． (1)估计该校学生的平均课外阅读时间；（同一组数据用该区间的中点值作代表） (2)估计该校学生课外阅读时间位于区间（单位：小时/月）的概率； (3)已知该校喜欢阅读的学生占比为18%，初一年级学生占该校总学生数的28%，且初一年级学生中喜欢阅读的占40%，求其他年级学生中喜欢阅读的比例．（精确到0.1%） 考点16 利用全概率公式求概率 （2025·上海长宁·二模）某水果店的苹果，来自A基地，来自B基地，A基地苹果的新鲜率为，B基地苹果的新鲜率为，从该水果店随机选取一个苹果，则选到新鲜苹果的概率是 ． （2025·上海徐汇·二模）已知两个随机事件，若，，，则 . 【变式1】（2025·上海奉贤·二模）盒子中有大小与质地均相同的个红球和个白球，从中随机取1个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其相同颜色的球个（大小与质地均相同），再从中随机取1个球，计算此次取到白球的概率是 ． 【变式2】（2025·上海奉贤·二模）假设生产某产品的一个部件来自三个供应商，供货占比分别是、、，而它们的良品率分别是、、，则该部件的总体良品率是 ． 【变式3】（2025·上海黄浦·二模）一盒子中有大小与质地均相同的20个小球，其中白球个，其余为黑球． (1)当盒中的白球数时，从盒中不放回地随机取两次，每次取一个球，用表示事件“第一次取到白球”，用表示事件“第二次取到白球”，求和，并判断事件与是否相互独立； (2)某同学要策划一个抽奖活动，参与者从盒中一次性随机取10个球，若其中恰有3个白球，则获奖，否则不获奖，要使参与者获奖的可能性最大、最小，该同学应该分别如何放置白球的数量？ 考点17 随机变量与分布 把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则已知事件发生的条件下事件发生的概率（    ） A． B． C． D． 甲乙两人进行乒乓球比赛，现约定：谁先赢3局谁就赢得比赛，且比赛结束．若每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为． (1)求甲赢得比赛的概率； (2)记比赛结束时的总局数为，写出的分布列，并求出的期望值． 【变式1】（24-25高三下·上海静安·期中）设一个罐子中有大小与质地相同的黑、白、红三个球，不放回的每次摸一个球，设第一次没有摸到黑球是事件A，第二次没有摸到黑球是事件B，则的值为 ． 【变式2】中国共产党第二十次代表大会报告指出：教育、科技、人才是全面建设社会主义现代化国家的基础性、战略性支撑，某项人才选拔的测试，共有25道选择题构成，每道题均有4个选项，其中只有1个是正确的.该测试满分为150分，每题答对得6分，未作答得2分，答错得0分.考生甲、乙都已答对前20道题，对后5道题（依次记为、、、、）均没有把握答对.两人在这5道题中选择若干道作答，作答时，若能排除某些错误选项，则在剩余的选项中随机地选择1个，否则就在4个选项中随机地选择1个.已知甲只能排除、、中各1个错误选项，故甲决定只作答这三题，放弃、. (1)求甲的总分不低于130分的概率； (2)求甲的总分的概率分布； (3)已知乙能排除、、中各2个错误选项，能排除中1个错误选项，但无法排除中的任一错误选项.试问乙采用怎样的作答策略（即依次确定后5道题是否作答）可使其总分的期望最大，并说明理由. 【变式3】学工部收到两个班级优秀学生的推荐表，分装两袋，第一袋有4份女生和2份男生的推荐表，第二袋有3份女生和3份男生的推荐表. (1)从两袋中随机选择一袋，然后从中随机抽取2份，求恰好抽到1份女生推荐表和1份男生推荐表的概率； (2)若从第二袋中先后取出两份推荐表，求有一份是女生推荐表的条件下，另一份也是女生推荐表的概率，和第一份是女生推荐表的条件下，第二份也是女生推荐表的概率. 考点18 期望 端午节吃粽子是我国的传统习俗.一盘中放有10个外观完全相同的粽子，其中豆沙粽3个，肉粽3个，白米粽4个，现从盘子任意取出3个，则取到白米粽的个数的数学期望为 . （24-25高三上·上海·期中）一种每张售价20元的即开型体彩，俗称“刮刮卡”，每1000张中，奖金的金额（单位：元）及张数如下表： 奖金 20 40 60 80 100 200 500 1000 张数 100 50 20 15 10 5 2 1 (1)小明花20元钱买了一张，刮开后有奖的概率是多少？ (2)这种体彩一年的销量约为10亿张，平均每张印制、发行及销售环节的成本0.1元，体彩发行公司一年约可募集到多少亿元用于发展体育事业？ 小明从家到学校的上学的路上要经过3个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，每个路口遇到红灯是相互独立的，每个路口遇到红灯的概率都是，每遇到一次红灯的平均等待时间是1分钟． (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； (3)求小明在上学路上因遇到红灯停留总时间的分布、期望、方差． 【变式1】（24-25高三上·上海奉贤·期中）某市数学竞赛初赛结束后，为了解竞赛成绩情况，从所有学生中随机抽取名学生，得到他们的成绩，将数据分成五组：，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图：    (1)若只有前的学生能进决赛，则入围分数应设为多少分？ (2)采用分层随机抽样的方法从成绩为的学生中抽取容量为的样本，再从该样本中随机抽取名学生进行问卷调查，设为其中达到分及以上的学生的人数，求的概率分布及数学期望. 【变式2】某盲盒抽奖活动中，主办方从一批汽车模型中随机抽取50个装入盲盒用于抽奖．已知抽出的50个汽车模型的外观和内饰的颜色分布如下表所示． 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 20 10 米色内饰 15 5 (1)从这50个模型中随机取一个，用A表示事件“取出的模型外观为红色”，用B表示事件“取出的模型内饰为米色”，求和，并判断事件A与B是否相互独立； (2)活动规定在一次抽奖中，每人可以一次性拿两个盲盒，对其中的模型给出以下假设： 假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色、以及仅外观或仅内饰同色； 假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高； 假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖300元，二等奖200元、三等奖100元； 请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布并求出X的期望（精确到元）． 【变式3】为了调查居民对垃圾分类的了解程度，某社区居委会从A小区与B小区各随机抽取300名社区居民（分为18-40岁、41岁-70岁及其他人群各100名，假设两个小区中每组人数相等）参与问卷测试，分为比较了解（得分不低于60分）和“不太了解”（得分低于60分），并将问卷得分不低于60分的人数绘制频数分布表如下 分组 A小区频数 B小区频数 18-40岁人群 60 30 41-70岁人群 80 90 其他人群 30 50 假设用频率估计概率，所有居民的问卷测试结果互不影响． (1)从小区随机抽取一名居民参与问卷测试，估计其对垃圾分类比较了解的概率； (2)从、小区41-70岁人群中各随机抽取一名居民，记其对垃圾分类比较了解的居民人数为随机变量，求的分布列和数学期望． 【变式4】某学习平台中“挑战答题”积分规则如下：选手每天可参加一局“挑战答题”活动．每局中选手需依次回答若干问题，当累计回答正确3道题时，答题活动停止，选手获得10个积分；或者当累计回答错误2道题时，答题活动停止，选手获得8个积分．假定选手甲正确回答每一道题的概率均为． (1)甲完成一局“挑战答题”活动时回答的题数记为，求的分布列； (2)若，记为“甲连续9天参加‘挑战答题’活动获得的积分”，求． 考点19 方差 （2024·上海闵行·三模）设，，是不全相等的实数，随机变量取值为，，的概率都是，随机变量取值为，，的概率也都是，则（    ） A．， B．， C．， D．， （2024·上海徐汇·二模）同时抛掷三枚相同的均匀硬币，设随机变量表示结果中有正面朝上，表示结果中没有正面朝上，则 . 【变式1】（2025·上海长宁·二模）已知随机变量的分布是，则其方差 ． 【变式2】（2024·上海浦东新·三模）一袋中装有大小与质地相同的2个白球和3个黑球，从中不放回地摸出2个球，记2球中白球的个数为X，则 . 【变式3】已知随机变量服从二项分布，且（），则 . 【变式4】网购生鲜蔬菜成为很多家庭日常消费的新选择．某小区物业对本小区三月份参与网购生鲜蔬菜的家庭的网购次数进行调查，从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取10户，分别记为A组和B组，这20户家庭三月份网购生鲜蔬菜的次数如下图： 假设用频率估计概率，且各户网购生鲜蔬菜的情况互不影响． (1)从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取1户，记这两户中三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数为X，估计X的数学期望； (2)从A组和B组中分别随机抽取2户家庭，记为A组中抽取的两户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数，为B组中抽取的两户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于20户数，比较方差与的大小． 考点20 二项分布 如图，一个质点在外力的作用下，从原点0出发，每隔1s向左或向右移动一个单位，且向右移动的概率为．若该质点共移动100次，则它位于数字 处的可能性最大． 若每经过一天某种物品的价格变为原来的1.02倍的概率为0.5，变为原来的0.98倍的概率也为0.5，则经过6天该物品的价格较原来价格增加的概率为 ． （2024·上海普陀·二模）张先生每周有5个工作日，工作日出行采用自驾方式，必经之路上有一个十字路口，直行车道有三条，直行车辆可以随机选择一条车道通行，记事件为“张先生驾车从左侧直行车道通行”. (1)某日张先生驾车上班接近路口时，看到自己车前是一辆大货车，遂选择不与大货车从同一车道通行.记事件为“大货车从中间直行车道通行”，求； (2)用表示张先生每周工作日出行事件发生的次数，求的分布及期望. 【变式1】甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局.根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响. (1)经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望； (2)若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率. 【变式2】在临床检测试验中，某地用某种抗原来诊断试验者是否患有某种疾病．设事件表示试验者的检测结果为阳性，事件表示试验者患有此疾病，据临床统计显示，，．已知该地人群中患有此种疾病的概率为．（下列两小题计算结果中的概率值精确到） (1)对该地某人进行抗原检测，求事件与同时发生的概率； (2)对该地个患有此疾病的患者进行抗原检测，用随机变量表示检测结果为阳性的人数，求的分布和期望． 【变式3】（2025·上海松江·二模）某校组织学生在周末时间利用DeepSeek等人工智能平台进行线上学习，但要求学生学习时间不超过4小时．现从该校高三学生某周末的线上学习时间统计数据中，随机抽取100个学生的学习时间进行分析，绘制成如下频率分布直方图．以抽取的100个学生该周末线上学习时间作为样本，估计该校高三年级全体学生周末线上学习时间的情况． (1)试估计该校高三学生周末线上学习时间的平均数及中位数（注：为了计算均值，可用区间的中点值给区间内的每个数据赋值）； (2)现从全部高三年级学生中随机抽取人，若其中有4人周末线上学习的时间不小于3小时的可能性最大，求的值. 考点21 超几何分布 （1）为了解中草药甲对某疾病的预防效果，研究人员随机调查了100名人员，调查数据如表.（单位：个）若规定显著性水平，试分析中草药甲对预防此疾病是否有效； 未患病者 患病者 合计 未服用 中草药甲 29 16 45 服用 中草药甲 46 9 55 合计 75 25 100 （2）已知一个盒子中装有大小和质地相同的6个红球和3个白球.现从盒子中不放回地依次随机取出2个球，设2个球中红球的个数为X，求X的分布列、期望和方差. 附：，. α 0.100 0.050 0.010 0.001 x 2.706 3.841 6.635 10.828 （2024·上海长宁·一模）2024年第七届中国国际进口博览会（简称进博会）于11月5日至10日在上海国家会展中心举行.为了解进博会参会者的年龄结构，某机构随机抽取了年龄在15-75岁之间的200名参会者进行调查，并按年龄绘制了频率分布直方图，分组区间为.把年龄落在区间内的人称为“青年人”，把年龄落在区间内的人称为“中年人”，把年龄落在内的人称为“老年人”.    (1)求所抽取的“青年人”的人数； (2)以分层抽样的方式从“青年人”“中年人”“老年人”中抽取10名参会者做进一步访谈，发现其中女性共4人，这4人中有3人是“中年人”.再用抽签法从所抽取的10名参会者中任选2人. ①简述如何采用抽签法任选2人； ②设事件A：2人均为“中年人”，事件B：2人中至少有1人为男性，判断事件A与事件B是否独立，并说明理由. 【变式1】（2024·上海长宁·二模）盒子中装有大小和质地相同的6个红球和3个白球； (1)从盒子中随机抽取出1个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其颜色相同的球3个，然后再从盒子随机取出1个球，求第二次取出的球是红球的概率； (2)从盒子中不放回地依次随机取出2个球，设2个球中红球的个数为，求的分布、期望与方差； 【变式2】生活中人们喜爱用跑步软件记录分享自己的运动轨迹.为了解某地中学生和大学生对跑步软件的使用情况，从该地随机抽取了200名中学生和80名大学生，统计他们最喜爱使用的一款跑步软件，结果如下： 跑步软件一 跑步软件二 跑步软件三 跑步软件四 中学生 80 60 40 20 大学生 30 20 20 10 假设大学生和中学生对跑步软件的喜爱互不影响. (1)从该地区的中学生和大学生中各随机抽取1人，用频率估计概率，试估计这2人都最喜爱使用跑步软件一的概率； (2)采用分层抽样的方式先从样本中的大学生中随机抽取人，再从这人中随机抽取人.记为这人中最喜爱使用跑步软件二的人数，求的分布列和数学期望； (3)记样本中的中学生最喜爱使用这四款跑步软件的频率依次为，，，，其方差为；样本中的大学生最喜爱使用这四款跑步软件的频率依次为，，，，其方差为；，，，，，，，的方差为.写出，，的大小关系.（结论不要求证明） 【变式3】盒子中有5个乒乓球，其中2个次品，3个正品．现从中不放回地随机摸取2次小球，每次一个． (1)记“第二次摸出的小球是正品”为事件B，求证：； (2)用X表示摸出的2个小球中次品的个数，求X的分布列和期望． 【变式4】年7月日第届全国中学生生物学竞赛在浙江省萧山中学隆重举行．为做好本次考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于至之间，将数据按照，，，，，分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．    (1)求频率分布直方图中的值，并估计这名学生成绩的中位数； (2)在这名学生中用分层抽样的方法从成绩在，，的三组中抽取了人，再从这人中随机抽取3人，记为3人中成绩在的人数，求的分布列和数学期望； 考点22 正态分布 （2024·上海杨浦·二模）某区高三年级3200名学生参加了区统一考试.已知考试成绩服从正态分布（试卷满分为150分）.统计结果显示，考试成绩在80分到120分之间的人数约为总人数的，则此次考试中成绩不低于120分的学生人数约为（    ） A．350 B．400 C．450 D．500 已知随机变量X服从正态分布，下列四个命题： 甲：；乙：； 丙：；丁： 如果有且只有一个是假命题，那么该命题是（    ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 随机变量，，若，那么实数的值为 . 设随机变量X服从正态分布，若，则 ． 某公司生产的糖果每包标识质量是，但公司承认实际质量存在误差．已知糖果的实际质量服从的正态分布．若随意买一包糖果，假设质量误差超过克的可能性为，则的值为 ． （用含的代数式表达） 【变式1】（2025·上海浦东新·三模）已知随机变量，其密度函数为，则 . 【变式2】某产品的质量指标服从正态分布.质量指标介于47至53之间的产品为合格品，为使这种产品的合格率达到99.74%，则需调整生产技能，使得至多为 .（参考数据：若，则） 【变式3】（2025·上海黄浦·三模）假设小明的数学成绩X符合正态分布，查询资料后得知，，，那么小明数学成绩在120至130分之间的概率是 ．（精确到0.0001） 【变式4】（2025·上海杨浦·模拟预测）已知随机变量，且等式对恒成立，则. .(结果保留四位小数)(参考数据:，， 【变式5】（2025·上海黄浦·三模）若随机变量，且，，则的最小值为 【变式6】（2025·上海青浦·三模）通勤时间是指单日内某人从居住地到工作地的用时.数学曾老师经过若干个月的统计发现，其通勤时间（单位：分钟）服从正态分布.设，.曾老师某天7点10分出门，如果学校要求在8点前到达，那么曾老师当天迟到的概率约为 .（结果精确到0.1%.参考数据：，，.） 【变式7】（2024·上海静安·二模）某地区高三年级2000名学生参加了地区教学质量调研测试，已知数学测试成绩服从正态分布（试卷满分150分），统计结果显示，有320名学生的数学成绩低于80分，则数学分数属于闭区间的学生人数约为 ． 【变式8】（2024·上海青浦·二模）设随机变量服从正态分布，若，则实数 ． 【变式9】（2025·上海嘉定·二模）已知某次数学的测试成绩X服从的正态分布，若小明的成绩不低于91分，那么他的成绩大约超过了 %的学生（精确到0.1%）．（参考数据：） 【变式10】若随机变量，则 ． 【变式11】（2024·上海·模拟预测）随机变量的概率分布密度函数，其图象如图所示，设，则图中阴影部分的面积为 ． 【变式12】（2024·上海黄浦·二模）随机变量服从正态分布，若，则 . 【变式13】（2024·上海·三模）某市举行了一次大型宣传活动，会后组办方分别从7个不同的地方的问卷调查中各随机抽取了相同数量的数据构成一个样本，依据相关的标准该样本中各地抽取的数据人均得分构成数列，且，由各地的得分可以认为各地人均得分2服从正态分布，近似为抽取的样本中7个地方人均得分的平均值（得分的平均值四舍五入并取整数）. (1)利用正态分布的知识求； (2)组办方为此次参加问卷调查的市民制定如下两种奖励方案： 方案一：（i）得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费； （ii）每次获赠的随机话费和对应的概率为 获赠的随机话费（单位：元） 50 100 概率 方案二：参加了此次问卷调查的市民可获得价值100元的“元旦迎新”大型晚会活动入场券，参加了此次问卷调查的市民可选择其中一种奖励方案. ①市民小李参加了此次问卷调查，记X（单位：元）为小李参加问卷调查获赠的话费，求X的分布列及数学期望； ②请问小李是选择参加获赠随机话费活动，还是获得价值100元的参加“元旦迎新”入场券？请用统计中相关知识为小李作出决策. （附：若，则，，） 一、填空题 1．（2025·上海嘉定·一模）、、、、是1、2、3、4、5的全排列，如果对任意的，和中至少有一个大于，则满足要求的排列的总数为 . 2．（2025·上海嘉定·一模）在的二项展开式中，各项系数的和是 . 3．（2025·上海徐汇·三模）将6位工作人员分为3组，其中甲不能单独作为一组，共有 种不同的分法 4．（2025·上海·三模）北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某季节的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为 . 5．（2025·上海宝山·三模）在的展开式中，第2项和第4项的系数相同，则 . 6．（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 7．（2025·上海黄浦·三模）某高中开发了三个不同的“美育”课程和两个不同的“劳动教育”课程，甲同学从五门课程中任选了两门，已知有一门是“美育”课程，则另一门也是“美育”课程的概率为 二、解答题 8．（2025·上海金山·三模）有两个罐子，罐中放有3个白球和2个黑球，罐中放有5个白球． (1)若从罐有放回的摸2个球，求摸到相同颜色球的概率； (2)若从罐不放回的摸2个球，求第二次摸到白球的概率； (3)现在从两个罐子各摸一个球并交换，这样交换2次后，记罐中黑球的个数为，求的分布和数学期望． 9．（2025·上海杨浦·模拟预测）为吸引客流，某商场举办了“摸球赢好礼”活动，一共设置两关游戏.第一关游戏开始时，主持人在空箱子中放入大小、形状完全相同的1黑、3红共4个球，顾客从箱子中随机且不放回地依次摸出两个球，只要能摸出黑球，便可晋级第二关游戏“赢积分、换好礼”. (1)小江正在参与第一关游戏.记事件为“小江摸出的第一个球是红球”，事件为“小江晋级了第二关游戏”，分别求； (2)小江成功晋级第二关游戏.已知第二关游戏规则如下:游戏开始前，顾客要先决定好摸球的局数，而后主持人在空箱子中放入大小、形状完全相同的1黑、3红及白共个球，并充分搅匀.游戏过程中，顾客每局均从箱子里随机摸出一个球，确认颜色并按规则积分，然后把球放回箱子，充分搅匀后再进行下一局摸球，以此类推，直到摸完局球，第二关结束.记分规则如下: 颜色 黑色 红色 白色 得分 +10 在第二关中，顾客的初始积分为0分，将每一局所得积分累加得到最终积分.最终积分越高，所换取的礼品价值越大. ①若小江决定摸球的局数，求她在第二局中所得积分的分布与期望； ②为使最终的期望收益最大化，小江应该如何设定摸球的次数? 10．（2025·上海黄浦·三模）甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场，规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分（单位：分）情况统计如下： 场次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲 8 10 10 7 12 8 8 10 10 13 乙 9 13 8 12 14 11 7 9 12 10 丙 12 11 9 11 11 9 9 8 9 11 (1)从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率； (2)在上述10场比赛中，从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场，设表示乙得分大于丙得分的场数，求的分布列和数学期望； (3)假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设为甲获胜的场数，为乙获胜的场数，为丙获胜的场数，写出方差，，的大小关系，并说明理由. 2 / 87 1 / 87 学科网（北京）股份有限公司 $