难点专题04 排列组合二项式定理与概率统计（40题难题）-【数学为王挑战新高考数学140+】备战2026年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用）

难点专题04 排列组合二项式定理与概率统计 （40题难题）（10单选10多选10填空10大题） 1.分类计数原理（加法原理） . 2.分步计数原理（乘法原理） . 3.排列数公式 ==.(，∈N*，且)．注:规定. 4.组合数公式 ===(∈N*，，且). 5.排列数与组合数的关系 . 6．单条件排列 以下各条的大前提是从个元素中取个元素的排列. （1）“在位”与“不在位” ①某（特）元必在某位有种； ②某（特）元不在某位有（补集思想）（着眼位置）（着眼元素）种. （2）紧贴与插空（即相邻与不相邻） ①定位紧贴：个元在固定位的排列有种. ②浮动紧贴：个元素的全排列把k个元排在一起的排法有种.注：此类问题常用捆绑法； ③插空：两组元素分别有k、h个（），把它们合在一起来作全排列，k个的一组互不能挨近的所有排列数有种. （3）两组元素各相同的插空 个大球个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？ 当时，无解；当时，有种排法. （4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为. 7．分配问题 （1）(平均分组有归属问题)将相异的、个物件等分给个人，各得件，其分配方法数共有. （2）(平均分组无归属问题)将相异的·个物体等分为无记号或无顺序的堆，其分配方法数共有 . 8.二项式定理 ; 二项展开式的通项公式 . 9.等可能性事件的概率. 10.互斥事件A，B分别发生的概率的和P(A＋B)=P(A)＋P(B)． 11.个互斥事件分别发生的概率的和P(A1＋A2＋…＋An)=P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)． 12.独立事件A，B同时发生的概率P(A·B)= P(A)·P(B). 13.个独立事件同时发生的概率 P(A1· A2·…· An)=P(A1)· P(A2)·…· P(An)． 14.次独立重复试验中某事件恰好发生k次的概率 15.离散型随机变量的分布列的两个性质 （1）; （2）. 16. 数学期望 17.数学期望的性质 （1）. （2）若～,则. (3) 若服从几何分布,且，则. 18. 方差 19. 标准差=. 20.方差的性质 (1)； (2）若～，则. (3) 若服从几何分布,且，则. 21.方差与期望的关系 . 22.正态分布密度函数 ，式中的实数μ，（>0）是参数，分别表示个体的平均数与标准差. 23.对于，取值小于x的概率 . . 24.条件概率 条件概率的定义 条件概率的性质 已知B发生的条件下，A发生的概率，称为B发生时A发生的条件概率，记为P(A|B)． 当P(B)>0时，我们有P(A|B)＝.(其中，A∩B也可以记成AB) 类似地，当P(A)>0时，A发生时B发生的条件概率为P(B|A)＝ (1)0≤P(B|A)≤1， (2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同 前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．　 25.条件概率的三种求法 定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A) 基本事件法 借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝ 缩样法 缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简 26.全概率公式 一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝ ，此公式为全概率公式. （1）计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数. （2）全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A的概率的求解问题，转化为了在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题. 27.贝叶斯公式 一般地,设是一组两两互斥的事件,有且,则对任意的事件有 28.数字样本特征 （1） 众数：在一组数据中出现次数最多的数 （2） 中位数：将一组数据按从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果为奇数个，中位数为中间数；若为偶数个，中位数为中间两个数的平均数 （3） 平均数：，反映样本的平均水平 （4） 方差： 反映样本的波动程度，稳定程度和离散程度； 越大，样本波动越大，越不稳定；越小，样本波动越小，越稳定； （5） 标准差：，标准差等于方差的算术平方根，数学意义和方差一样 （6） 极差：等于样本的最大值最小值 29.求随机变量X的分布列的步骤： (1)理解X的意义，写出X可能取得全部值； (2)求X取每个值的概率； (3)写出X的分布列； (4)根据分布列的性质对结果进行检验. 还可判断随机变量满足常见分布列：两点分布，二项分布，超几何分布，正态分布. （1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解； （2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算； （3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算，若～,则，. 30 求解概率最大问题的关键是能够通过构造出不等关系，结合组合数公式求解结果 31. 线性回归分析解题方法： （1）计算的值；（2）计算回归系数；（3）写出回归直线方程. 线性回归直线方程为：，， 其中为样本中心，回归直线必过该点 （4）线性相关系数（衡量两个变量之间线性相关关系的强弱） ，正相关；，负相关 32.独立性检验解题方法： （1）依题意完成列联表；（2）用公式求解；（3）对比观测值即可得到所求结论的可能性 独立性检验计算公式： 一、单选题 1．（2025·辽宁·模拟预测）树人中学的科学社团设计了一块如下图所示的正反面内容相同的双面团牌，给团牌的正反两面6个区域涂色，有3种不同颜色可选，要求同面有公共边的区域不同色，同一区域的两面也不同色，则不同的涂色方法的种数为（    ） A．36 B．48 C．54 D．56 【答案】C 【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理，结合排列组合，计算求解. 【详解】若只用2种不同的颜色，则正反面的上下区域同色，中间区域涂剩下的一种颜色即可，所以有种涂色方法. 若用3种不同的颜色，当正反面都只用2种颜色时，有种涂色方法； 当正面用2种颜色，反面用3种颜色时，则在正面未用的颜色不能涂在反面的中间，所以有种涂色方法； 同理，当正面用3种颜色，反面用2种颜色时，也有种涂色方法； 当正反两面都用3种颜色时，有种涂色方法. 所以共有54种不同的涂色方法. 故选：C. 2．（2025·云南昆明·模拟预测）将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（    ） A．540 B．504 C．408 D．390 【答案】D 【分析】先分组后分配，再间接减去甲、乙在一起的情况即可. 【详解】总的分配方法有种. 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种； 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种； 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种，故不同的分配方法数为. 故选D. 3．（2025·安徽合肥·模拟预测）将1，2，3，…，9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变大.若将5填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法数为（    ） A．12 B．18 C．36 D．48 【答案】B 【分析】由题意可得9只能排在第三行第三列，1只能排在第一行第一列，2只能排第一行第二列或第二行第一列，8只能排第三行第二列或第二行第三列，再依次排剩余的数，即可得答案. 【详解】解：由题意可得9只能排在第三行第三列，1只能排在第一行第一列， 1 a b c 5 d e f 9 从而得2只能排在a,c处， 当c=2,e=3时， 1 a b 2 5 d 3 f 9 则a=4，且8只能排在f,d处， 当f=8时，只能是b=6,d=7； 当d=8时，则有b=6,f=7或b=7,f=6； 此时共3种排列法； 当c=2,e=4时， 1 a b 2 5 d 4 f 9 则a=3，且8只能排在f,d处， 当f=8时，只能是b=6,d=7； 当d=8时，则有b=6,f=7或b=7,f=6； 此时共3种排列法； 当c=2,e=6时， 1 a b 2 5 d 6 f 9 则a=3，b=4，且8只能排在f,d处， 当f=8时，只能是d=7； 当d=8时，只能是f=7， 此时共2种排列法； 当c=2,e=7时， 1 a b 2 5 d 7 f 9 则a=3，b=4，且8只能排在f,d处， 此时只能是f=8，d=6， 此时共1种排列法； 所以当c=2时，共有3+3+2+1=9种排法； 同理，当a=2时，也有9种排法； 故一共有9+9=18种排法. 故选：B. 【点睛】关键点睛：在处理分步分类问题时，做到不重不漏是解题关键. 4．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先对图中挂件进行编号，根据已知条件分析讨论各层挂件的涂色方法数，从而得出所有的涂色方法种数． 【详解】给挂件进行如图所示的编号， 中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件， 用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色， 1号有4种涂色方法，2，3，4号有种涂色方法， 分情况讨论5，6，7号的涂色方法： ①若5号与1号同色，6号与2号同色，则7号只有1种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ②若5号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种涂色方法，则7号有2种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ③若5号与1号异色，与3号同色，5号只有1种涂色方法， 当6号与4号同色时，7号有2种涂色方法； 当6号与4号异色时，6号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ④若5号与1号、3号均异色，则5号只有1种涂色方法，6号、7号均有2种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； 综上，所有的涂色方法种数为，故C正确． 故选：C． 5．（2025·全国·模拟预测）不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A．1360 B．2380 C．2510 D．760 【答案】B 【分析】设，，，，问题转化成不等式的正整数解的组数，即求方程的正整数解，应用隔板法求解的组数. 【详解】设，，，， 由，且是非负整数， 将问题转化成不等式的正整数解的组数. 求方程的正整数解， 可先将看作个“1”，将这个“1”排成一排， 在其中间形成的个空位中选择3个空位放入隔板， 则隔板隔开形成4组“1”，每组“1”的和分别对应的值， 因此，方程的正整数解的组数为， 方程的正整数解的组数为， 方程的正整数解的组数为， ， 方程的正整数解的组数为， 所以原不等式的非负整数解的组数为 . 故选：B 【点睛】方法点睛：将个相同元素分成组，可用“隔板法”计数，将个元素排成一排，它们之间有个空位，要把它们分成组，只需在这个空位中插入个隔板，故方法总数为.“隔板法”常用来解决名额分配问题、不定方程的正整数解的组数问题等. 6．（2025·浙江·模拟预测）抛掷一枚质地均匀的硬币，一直到出现正面向上时或抛满100次时结束，设抛掷的次数为，则随机变量的数学期望（    ） A．大于2 B．小于2 C．等于2 D．与2的大小无法确定 【答案】B 【分析】根据已知有第次结束抛掷的概率为，第100次结束的概率为，，再应用离散随机变量期望的求法、错位相减法及等比数列前n项和公式求. 【详解】由题意，在第次结束抛掷的概率为，第100次结束的概率为， 所以， 则， 故 ， 所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据题意得到100次中各次结束抛掷对应的概率为关键. 7．（2025·山西·模拟预测）袋子里有大小相同的3个红球和2个白球，每次从袋子里随机取出一个球，若取出的是红球则放回袋子，若取出的是白球则不放回袋子.记为取了次后白球恰好全部取出的概率，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，利用独立事件的概率乘法公式求出的表达式，根据选项作差计算，逐项判断即可. 【详解】设事件为第一个白球在次取出，且第二个白球在第次取出，其中， 则， 所以. 故，又， 故时，，即，， 时，，即，，故A错误，B正确； ，又， 故时，，即，， 时，，即，，故C，D错误. 故选：B. 8．（2025·福建福州·模拟预测）某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能(AI)技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用古典概型计算公式，再结合分类分步计数原理计算出符合题意的组合数，即可得出所求概率. 【详解】根据题意可知，每次点击有3种选择，连续点击5次，共有种， 若获二等奖，则奖券码为3的正整数倍，所以生成的5个数字之和可以为3，6，9（和的最大值为10）； （1）当数字之和为3时，其组成方式为三个1和两个0；或者一个2，一个1，三个0； 若为三个1和两个0，共有种， 若为一个2，一个1，三个0，共有种， 即数字之和为3时共有种； （2）当数字之和为6时，其组成方式为三个2和两个0；或者两个2，两个1，一个0；或者一个2，四个1； 若为三个2和两个0，共有种， 若为两个2，两个1，一个0，共有种， 若为一个2，四个1，共有种； 即数字之和为6时共有种； （3）当数字之和为9时，其组成方式为四个2和一个1，此时共有种， 因此符合条件的组合数共有种， 所以获二等奖的概率为. 故选：A 9．（2025·黑龙江大庆·三模）某商店店庆，每个在店内消费到一定额度的顾客都可以参与抽奖活动.组织方准备了个盲盒，其中有个盲盒内有奖品.抽奖规则为：抽奖者从这个盲盒中随机抽取1个盲盒，兑奖后组织方会再补回一个相同的盲盒，充分混合后，再由下一位抽奖者抽奖.抽奖者甲先拿起了一个盲盒，在犹豫是否打开时，组织方拿走了一个没有奖品的盲盒，最终甲选择了另外一个盲盒打开，记甲中奖的概率为.抽奖者乙在选盲盒时不小心碰掉了一个盲盒，并且发现摔裂的盲盒内没有奖品，随后乙从剩下的盲盒中选定一个盲盒打开，记乙中奖的概率为，则（    ） A． B． C． D．无法确定与的大小关系 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用全概率公式求出，利用古典概率求出，再比较大小即可. 【详解】设事件为“抽奖者甲中奖”，事件为“甲最初选中的盲盒有奖”，则， 在组织方拿走无奖的盲盒后，若先选中的有奖，则剩余个盲盒中有个奖品， 甲更换盲盒后， 若甲先选中的盲盒无奖，则剩余个盲盒中有个奖品，则更换盲盒后， 因此， 由乙碰掉的盲盒无奖，则所有个盲盒中有个奖品，且每个盲盒被抽到的可能性相同，则， 于是，所以. 故选：A. 10．（2025·山东·模拟预测）若为的任意排列，设，，则（    ） （已知表示中最小的数，表示中最大的数） A．排列总数为个 B．满足的排列有80个 C．的概率小于 D．的概率为 【答案】D 【分析】在深刻理解题意的基础上对每个选项逐一判断.其中选项A是全排列问题，选项B需要先选后排，选项C，D列一列再研究即可. 【详解】对于A，的任意排列方法总数为个，故A错误， 对于B，若，则先从中随机选出3个数， 共有种不同的方法，再将剩下3个数任意排列，共有种不同的方法， 则满足的排列有个，故B错误； 对于C，D，因为，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，，，， 所以共有10种不同的情况，则的概率为，故C不正确； 而的情况有种，故的概率为，故D正确. 故选：D. 二、多选题 11．（2025·湖北荆州·模拟预测）下列说法正确的是（    ） A．已知一组数据为，1，2，4，3，5，10，9，若为这组数据的上四分位数，则的展开式中的系数为 B．数据组成一个样本，其回归直线方程为，其中，去除一个异常点后，得到新的回归直线必过点 C．若随机变量，则函数为偶函数 D．在列联表中，若每一个数据均变为原来的3倍，则变为原来的9倍 其中 【答案】ABC 【分析】先求出值，再写出的展开式中通项，求出的系数，即可判断A；根据回归直线方程必过样本的中心点，求出，再求出去除异常点后的及，即可判断B；由随机变量，分析出其图象关于对称，找到关于的对称区间，根据正态曲线的对称性得到，即可判断C；根据的计算公式计算即可判断D. 【详解】对于A，将原数据按照从小到大的顺序排序为， 因为上四分位数就是第75百分位数，所以，所以， 因为的二项展开式的通项为 令，解得，所以的展开式中的系数为， 故A正确； 对于B，因为回归直线方程为过样本的中心点， 所以, 所以去除一个异常点后，， 所以新的回归直线必过点，故B正确； 对于C，因为随机变量，所以其图象关于对称， 所以关于对称轴的对称点为，即， 关于对称轴的对称点为，即， 根据正态曲线的对称性可知 因为，所以， 所以，所以函数为偶函数，故C正确； 对于D，在列联表中，若每一个数据均变为原来的3倍，则 ， 所以变为原来的3倍，故D错误. 故选：ABC 12．（2025·湖北·模拟预测）若二项式展开式中所有项的系数之和为，所有项的系数绝对值之和为，二项式系数之和为，则（    ） A． B．，使得 C． D．对任意均有 【答案】ACD 【分析】利用赋值法求得，判断A； ，利用指数函数单调性得判断B；，然后利用对勾函数单调性求解最值判断C；，利用函数单调性证明判断D. 【详解】令，可得所有项的系数之和， 求所有项的系数绝对值之和等价于求的所有项系数和， 令，可得，所以A正确， 对于B：二项式系数之和为，因为，所以，故B错误； 对于C：，因为，且在上递增， 所以的最小值为，所以，故C正确 对于D：在上递减， 所以，即，故D正确. 故选：ACD 13．（2025·河北沧州·模拟预测）已知的展开式中，的系数记为，则（    ） A．该展开式共有15项 B． C． D．的最大值为 【答案】BCD 【分析】根据多项式乘法的性质和与二项展开式中的项数可判断A选项；根据二项展开式中特定项的系数可判断BCD选项. 【详解】对于A，展开式中共有4项，展开式中共有6项，故展开式共有24项，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 当，或时，的值最大，为，故D正确. 故选：BCD. 14．（2025·江苏南通·模拟预测）甲、乙两个盒子中分别装有大小、形状、质地相同的1个黑球和2个红球.现从两个盒子中各任取一个球放入对方盒子中称为一次操作，重复进行次操作后，甲盒子中恰有0个黑球，1个黑球，2个黑球分别记为事件，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】通过分析单次操作中不同事件的概率，结合条件概率、全概率公式推导各选项；对于递推型概率，构造等比数列求解通项公式. 【详解】初始时，甲盒有1黑2红，乙盒有1黑2红. 选项A：一次操作后，甲盒恰有1黑球（事件）的情况： 从甲取红且从乙取红，或从甲取黑且从乙取黑. 甲取红的概率为，乙取红的概率为；甲取黑的概率为，乙取黑的概率为. 故，A正确. 选项B：表示“第二次操作后甲盒有1黑球的前提下， 第一次操作后甲盒有0黑球”的概率. 第一次操作后甲盒有0黑球（）：甲取黑、乙取红，概率. 第二次操作后甲盒有1黑球（）的情况：若发生，甲盒0黑3红，乙盒2黑1红， 此时从甲取红、乙取黑的概率为，故. 若发生，甲盒1黑2红，乙盒1黑2红，此时（同）. 若发生，甲盒2黑1红，乙盒0黑3红，此时（甲取黑、乙取红的概率为）. 由全概率公式：. 由条件概率公式：，B错误. 选项C：表示“第一次操作后甲盒有0黑球，或第二次操作后甲盒有1黑球”的概率. 由概率的加法公式：. 其中. 代入得：，C正确. 选项D：递推关系：. 整理为：. 初始值，故. 因此，即，D正确. 故选：ACD 15．（2025·湖北武汉·三模）某乒乓球比赛采用单淘汰制，即参赛选手按照随机组合方式逐轮进行比赛，每场比赛负方淘汰，胜方晋级到下一轮，直到最终决出冠亚军．现有运动员（且）名，随机编号到对阵位置，且所有运动员在任何一场比赛中获胜的概率均为．若甲、乙是其中的两名运动员，则下列结论中正确的有（   ） A．若，则甲、乙在第1轮比赛中相遇的概率为 B．若，则甲、乙在第2轮比赛中相遇的概率为 C．若（且），则甲、乙两人在第4轮比赛中相遇的概率为 D．若，则甲、乙两人在比赛中相遇的概率为 【答案】ACD 【分析】根据题意甲确定后，乙还有7个位置选择然后可计算相遇概率确定A选项；同理甲乙在第2轮相遇，首先甲乙不能同组并同时晋级，再在第二轮相遇可确定B选项；根据题意甲、乙两人在第m轮比赛中相遇的概率为即可确定C选项；利用等比数列求和公式可求甲、乙两人在比赛中相遇的概率. 【详解】对于A，时，甲的位置确定后，乙需在剩余7个位置中选择同一组的1个位置，概率为，故A正确； 对于B，当时，甲、乙在第2轮相遇，则甲、乙需在第一轮均晋级概率为，又在第2轮同一组的概率为，故所求概率为，故B错误； 对于C，当时，甲、乙两人在第m轮比赛中相遇的概率为， 所以甲、乙两人在第4轮比赛中相遇的概率为，故C正确； 对于D，当时，甲、乙两人在比赛中相遇的概率为 ，故D正确； 故选：ACD. 16．（2025·湖北武汉·模拟预测）信息论中，如果知道事件A已发生，那么该事件所给出的信息量称为“自信息”，定义A的“自信息”.设随机变量X的所有可能取值为，，…，，且，，定义X的“信息熵”.现抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为Ⅰ号和Ⅱ号），记Ⅰ号和Ⅱ号骰子出现的点数分别X，Y，则（    ） A．当事件“为偶数”时， B．当事件“中至少一个为2”，“中仅一个为2”时， C． D． 【答案】ACD 【分析】根据古典概型结合“自信息”新定义计算判断A，C，结合对数运算及对数函数单调性判断B，D. 【详解】当事件“为偶数”时，，A选项正确； 当事件“中至少一个为2”，“中仅一个为2”时，“自信息”单调递减. ，B选项错误； ，C选项正确； 因为， 所以，D选项正确； 故选：ACD. 17．（25-26高三上·湖北武汉·月考）设A，B是一个随机试验中的两个事件，，，则（   ） A．事件A，B相互独立 B．若，则 C． D．若，则必有 【答案】BCD 【分析】根据条件概率的计算公式以及并事件的概率公式，可得方程组，进而可得，则，所以，根据相互独立满足的公式即可判断A，结合基本不等式即可求解C,根据条件概率即可求解D. 【详解】由可得, 又, , 则, 不妨设，则， 所以，化简得， 设，则，所以， 对于A，要使A，B相互独立，则需要， 即，即，不恒成立，故A错误， 对于B，由，得，， 故，B正确， 对于C, , 当且仅当时取到等号，而,故，C正确， 对于D,由，得,又, 所以，化简可得, 由于，则,将其代入上式得 ,化简得①， 结合②, 联立①②可得,故， 解得，则，故，故D正确. 故选：BCD 18．（25-26高三上·山东青岛·期中）已知甲口袋中装有3个红球，1个白球，乙口袋中装有2个红球，1个白球，这些球只有颜色不同.先从甲口袋中随机取出1个球放入乙口袋，再从乙口袋中随机取出1个球.记从甲口袋中取出的球是红球、白球分别为事件、，从乙口袋中取出的球是红球为事件B，则下列结论正确的有（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】由表示甲口袋中取出的球是白球，根据古典概率模型直接计算；当发生，即从甲袋取出一个白球放入乙袋，此时乙口袋中装有2个红球，2个白球，根据古典概率模型得到；分别计算出再根据条件概率公式即可得到的值；由，再分别计算出对应的每个概率即可. 【详解】表示甲口袋中取出的球是白球，根据古典概率模型，选项A正确； 当发生，即从甲袋取出一个白球放入乙袋，此时乙口袋中装有2个红球，2个白球， 根据古典概率模型，选项B错误； 表示和同时发生，，当发生，即从甲袋取出一个红球放入乙袋， 此时乙口袋中装有3个红球，1个白球，， 根据条件概率公式可得，选项C正确； 综合以上分析得到 ，选项D正确. 故选：ACD 19．（2025·河南·模拟预测）踢毽子源于汉朝，盛行于六朝，某学校高三年级为了增强学生身体素质，缓解学生备考压力，开展踢毽子活动.已知某踢毽子小组由5人组成（包含甲、乙），每个人踢出的毽子都等可能地传给其他4人中的1人，假设第1次由甲踢出，每次踢出的毽子都能被接住.记第次踢出毽子后，毽子传到乙的概率为，前次踢毽子的过程中，传到乙的次数为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】由可判断A，由离散型随机变量期望、方差计算公式可判断B，由构造，可判断CD. 【详解】由题意知，故A错； 由题意的可能取值为0,1， ， 所以，故B对， 由题意知第次踢出毽子后，毽子没有传到乙的概率为， 所以，故C对， 由，得到， 又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 即，故D对， 故选：BCD 20．（2025·广东·二模）已知离散型随机变量的分布列为.定义随机变量为自然对数的底数，的分布列如下： 随机变量的数学期望称为随机变量的生成函数，记为.是函数在处的导数，则（    ） A． B．若服从两点分布，，则 C．若，则 D．若实数为常数，则 【答案】AD 【分析】根据随机变量的生成函数定义，结合随机变量数学期望的求法，逐项判断即可. 【详解】对于A，随机变量的生成函数，则，当时，，所以A正确； 对于B，服从两点分布，，则生成函数为，所以B错误； 对于C，，则生成函数为，所以C错误； 对于D，对于线性变换的生成函数，所以D正确. 故选：AD 【点睛】1、随机变量两点分布，则； 2、随机变量，则； 3、. 三、填空题 21．（2025·山东青岛·模拟预测）已知数列满足，，其中等可能地取，1，设“”为事件，则 . 【答案】 【分析】通过数列递推公式由，得到，再分类讨论取值情况即可. 【详解】由，，得，即；得，即； 同理得，，， 由，得， 令，即，则， 当，，即， 此时有一个取1两个取，有种，都取1，只有一种，共有种情况； 当，，即， 此时有一个取两个取1，共种，都取，只有一种，共有种情况； 共有种情况，而共有种情况， 所以； 故答案为： 22．（2025·湖南永州·模拟预测）已知集合，甲､乙两人分别从的所有子集中随机抽取一个集合，两人的抽取结果相互独立，设为两人取到的集合中相同元素的个数，则的数学期望 . 【答案】 【分析】设甲､乙两人抽取的子集分别为，法一：确定的所有可能取值，分析对应概率，即可得分布列，进而求期望；法二：对于中的每个元素，定义，从而得到，结合求期望. 【详解】方法一：的所有可能取值为，设甲､乙两人抽取的子集分别为， 因为的子集一共有个，故所有的抽取结果有种， 要得到，先从5个元素中选个公共元素，有种方式， 对于剩余的个元素，每个元素有3种状态： （1）仅在中；（2）仅在中；（3）既不在中，也不在中，故共有种方式， 所以，的分布列为： 0 1 2 3 4 5 所以. 方法二：设甲､乙两人抽取的子集分别为. 对于中的每个元素，定义，则，所以， 对每个有一半子集中含有，另一半子集不含，即， 所以，所以，故. 故答案为： 23．（2025·贵州毕节·模拟预测）在如图的方格中选5个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法（用数字作答），在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的5个数之和的最大值是 ． 12 11 12 14 13 21 21 23 25 22 32 32 31 33 31 41 43 42 44 40 52 51 53 54 54 【答案】 120 166 【分析】利用分步乘法原理结合题意分析求解即可；先分析行再分析列得到个位上数字之和最大的情况即可求解. 【详解】第一步，从第一行任选一个数，共有5种不同的选法， 第二步，从第二行任选一个与第一个数不同列的数，共有4种不同的选法， 第三步，从第三行中选一个与第一，二个数不同列的数，共有3种选法， 第四步，从第四行中选一个与第一、二，三个数不同列的数，共有2种选法， 第五步，从第五行中选一个与第一、二，三，四个数不同列的数，只有1种选法， 由分步乘法计数原理可知共有种不同的选法； 先按行分析，每行必选出一个数，所以所选5个数的十位数字分别为1，2，3，4，5， 再按列分析，第一、二、三、四，五列个位上的数字的最大值分别为2，3，3，5，4， 所以从第一行选13，从第二行选25，从第三行选32，从第四行选43，从第五行选53， 此时个位上的数字之和最大，所以选中方格中的5个数之和的最大值为. 故答案为：；. 24．（2025·陕西咸阳·模拟预测）甲、乙两人进行羽毛球比赛，采用五局三胜制（每局比赛没有平局，先胜三局者获胜并结束比赛），第一局甲获胜的概率为，之后两人每局获胜的概率受上局比赛结果的影响，设甲每局比赛概率获胜概率为（），其中，若上局获胜，则下一局获胜的概率比上局获胜概率更大且满足（），若上局未获胜，则下一局获胜的概率为，若甲乙比赛三局结束的概率为，则4局结束比赛并且甲获胜的概率为 ． 【答案】 【分析】由已知条件列式求出，若打完4场结束比赛，则需一方以获胜，因此则第4场必须是胜，前3场胜2场即可，有第1、2、4场获胜，第1、3、4场获胜，第2、3、4场获胜三种情况，分别出每种情况的概率，并求和即可. 【详解】若三局结束比赛，则可能三局均为甲胜，或者三局均为乙胜， 若均为甲胜，则概率， 若均为乙胜，则概率， ， 即，解得或（舍去），所以， 若打完4场结束比赛，则需一方以获胜，因此则第4场必须是胜，前3场胜2场即可， 其中甲在第1、2、4场获胜的概率， 其中甲在第1、3、4场获胜的概率， 其中甲在第2、3、4场获胜的概率， 所以打完4场结束比赛甲获胜的概率. 故答案为：． 25．（2025·山东淄博·三模）某比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员答 3 道题，若 3 次都错，则该队被淘汰，比赛成绩为 0 分；若至少答对一题， 则该队进入第二阶段. 第二阶段由该队的另一名队员答 3 道题， 每次答对得 5 分， 答错得 0 分. 该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和. 某参赛队由甲、乙两名队员组成， 设甲每题答对的概率为 ，乙每题答对的概率为 ，各题答对与否相互独立. 为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由 参加第一阶段比赛. 【答案】甲 【分析】根据题意，分别求得甲，乙参加第一阶段比赛时，队伍比赛成绩的期望，然后比较大小，即可得到结果. 【详解】若甲参加第一阶段比赛，设队伍比赛成绩，则的可能取值为， 则， ， ， ， 则 ， 若乙参加第一阶段比赛，设队伍比赛成绩，则的可能取值为， 所以， 且 ， 因为，所以，， 则，即， 应该由甲参加第一阶段比赛. 故答案为：甲 26．（2025·江西吉安·模拟预测）“素数”是指大于1的自然数中，除了1和它本身以外，不能被其它正整数整除的数，例如2､3､都是素数；“孪生素数”是指相差为2的两个素数，例如都是“孪生素数”；关于“孪生素数”有一个著名的猜想：自然数中存在无穷多对“孪生素数”；2013年数学家张益唐证明了“存在无穷多对素数，它们的差不超过7000万”，2014年陶哲轩等数学家证明了“存在无数多对素数，它们的差不超过246”；现在某同学要从小于20的素数中取出4个，则取出的4个素数中恰有两个是“孪生素数”的概率= . 【答案】 【分析】分两个是“孪生素数”分别是或或或逐个确定，再结合古典概率模型概率计算公式即可求解. 【详解】小于20的素数共有，8个， 其中“孪生素数”有4对， 若取，则不能取7，从中取2个，同时和不能同时出现，故有种， 若取，则不能取3，从中取2个，同时和不能同时出现，故有种， 若取，再从中取2个，同时，，和不能同时出现，故有种， 若取，再从中取2个，同时，，和不能同时出现，故有种， 总共有， 而从个数中取出4个共有种， 所以取出的4个素数中恰有两个是“孪生素数”的概率为， 故答案为： 27．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船发射取得圆满成功，神舟十九号航天员乘组顺利进驻中国空间站．为领悟航天精神，感受中国梦想，某市组织了一次航天知识竞赛．已知该市，四所学校各派两名学生参加本次竞赛，这8名学生要坐在如下表所示的座位上开赛前大会，则同一学校的两名学生在同一列和同一行中均不相邻，且每一行有且只有3个不同学校的学生的概率为 ． 1 2 3 4 5 6 7 8 【答案】 【分析】根据题意分析，可先选两校分别在号位和号位同有两人，共有种方法，其中号位有种安排方法，再根据这6种排法，分前排同校两人间有两人或前排同校两人间有一人两类情况，最后考虑同一学校的位置上两人又可互换位置，故得方法总数为，利用古典概型概率公式计算即得. 【详解】由题意得8名学生任意坐有种不同坐法. 号位有3个不同学校的学生， 则前排号位有同一学校的两名学生，后排号位也有余下学校的两名学生， 其他两校的两生，在前、后两排各有一人.先选两校分别在号位和号位同有两人，共有种方法. 在号位的同校两人不相邻，不同校的两人先排序有种排法， 再在3个空中选两个位给同校两人有种排法，所以号位有种安排方法. 这6种排法中，若前排同校两人间有两人（有2种情况，如)，则后排有3种排法； 若前排同校两人间有一人（有4种情况，如)，则后排有4种排法， 此时有种不同安排方法满足条件， 同一学校的位置上两人又可互换位置，故总共有种不同的坐法， 使同一学校的两名学生在同一列和同一行中均不相邻，且每一行有且只有3个不同学校的学生， 故所求概率为， 故答案为：. 28．（2025·重庆·模拟预测）某中学为了更好地弘扬优秀传统文化，举办了一个诗词擂台赛活动:活动形式为两人进行擂台比拼，采用三局两胜制，每局通过抽签决定答题者，若答对则获得1分并继续答题，若答错则对方获得1分并由对方回答下一道题，每局3题，且得分多者获胜，现有甲乙两人参加擂台对抗赛，根据以往比赛经验，甲答对每道题的概率为，乙答对每道题的概率为，则甲在这场比赛中获胜的概率为 . 【答案】 【分析】由题意分析得每局第一个答题是甲或乙，概率均为，设事件表示一局比拼中甲获胜，甲得分有两种情况：3分或2分，分类求出一局后甲获胜的概率，再由独立事件乘法公式求这场比赛甲获胜的概率. 【详解】由题意，每局第一个答题是甲或乙，概率均为，且每局不可能出现平局， 设事件表示某一局甲获胜，则甲得分有两种情况：3分或2分， 若甲第一个答题， 甲得3分：3题甲都答对，故其概率为， 甲得2分：3题对错依次为甲对甲对甲错、甲对甲错乙错、甲错乙错甲对，故其概率为， 若乙第一个答题， 甲得3分：3题对错依次为乙错甲对甲对，故其概率为， 甲得2分：3题对错依次为乙对乙错甲对、乙错甲对甲错、乙错甲错乙错，故其概率为， 综上，一局比拼，甲获胜的概率为， 所以甲在这场比赛中获胜的概率为. 故答案为： 29．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）科学家发现一种特殊的粒子，现在把该粒子放在依次排开的1~5号密封箱子中，两个箱子之间只有一条通道相连，该粒子每天只会出现在一个箱子里，第二天会随机出现在相邻箱子中的一个，若科学家每天只能观察一个箱子，则至少需要 天才能确保观测到该粒子. 【答案】6 【分析】根据题意，假设科学家第一天查看2号或者4号箱子，以2号箱子为例，依次判断粒子可能出现的情况，并根据科学家的决策确定最终的天数. 【详解】假设考虑最坏情况，粒子会以对抗方式移动以尽可能避免被观测， 科学家第一天查看2号或者4号箱子，以2号箱子为例， 如果没观察到粒子，则粒子一定在1，3，4，5这四个箱子中的一个， 第二天粒子一定会在2，3，4，5这四个箱子中的一个， 第二天科学家去3号箱子查看， 如果没有观察到粒子，则粒子一定在2，4，5这三个箱子中的一个， 所以第三天粒子一定会在1，3，4，5这四个箱子中的一个， 第三天科学家去4号箱子查看， 如果没有观察到粒子，则粒子一定在1，3，5这三个箱子中的一个， 所以第四天粒子一定在2，4这两个箱子中的一个， 第四天科学家去2号箱子查看， 如果没有观察到粒子，则粒子一定在4号箱子， 则第5天粒子一定在3，5这两个箱子中的一个， 第五天科学家去3号箱子查看， 如果没有观察到粒子，则粒子一定在5号箱子，第六天一定在4号箱子， 因此科学家第六天去4号箱子一定能观察到它， 这时6天一定可以确保观察到粒子，其他情况确保观察到粒子都不少于6天. 故答案为：6 30．（2025·河南许昌·三模）某商场进行周年庆大型促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，活动期间在商场消费达到一定金额的人可以参加游戏．游戏规则如下：在一个盒子里放着6个大小相同的小正方体，其中有3个类小正方体，4个面印着奇数，2个面印着偶数；有2个类小正方体，6个面都印着奇数；1个类小正方体，6个面都印着偶数．游戏者蒙着眼睛随机从盒子中抽取一个小正方体并连续投掷两次，由工作人员告知投掷的结果，若两次投掷向上的面都是奇数，则进入最终挑战环节，否则游戏结束，不获得任何礼券．最终挑战的环节是进行第三次投掷，第三次投掷不使用之前抽取的小正方体，从盒子中剩余的5个小正方体里再次随机抽取一个进行投郑，若投掷后向上的面为奇数，则获得300元礼券，若投掷后向上的面为偶数，则获得100元礼券．则第一次投掷后向上的面为奇数的概率为 ；在某位顾客进入了最终挑战环节的条件下，他最终获得的礼券金额的数学期望为 ． 【答案】 【分析】（1）根据全概率公式，即可求解；（2）根据两种不同的方案，结合题意，写出不同的期望，比较后即可判断. 【详解】记事件分别表示第一次抽到类、类、类小正方体，事件表示第次投掷后向上的面为奇数， （1）． （2）记事件表示第三次投掷后向上的面为奇数，设第三次投掷后最终获得的礼券为元， 的可能取值为300，100． ①若第一次抽到的是类小正方体，记事件分别表示第二次抽到类、类、类小正方体， 则； ②若第一次抽到的是类小正方体，记事件分别表示第二次抽到类、类、类小正方体， 则 ， 则 ． 故答案为：；. 四、解答题 31．（2025·广东佛山·三模）如图，四人围成一圈玩成语接龙游戏，游戏开始时随机抽取一个成语，第1次由接龙，下一次接龙的人由掷硬币决定，规则如下：随机掷3枚硬币，如果3枚硬币都是反面朝上，则第2次由接龙；如果3枚硬币中仅有1枚正面朝上，则第2次由接龙；如果3枚硬币中仅有2枚正面朝上，则第2次由接龙；如果3枚硬币都是正面朝上，则第2次由接龙．记第2次接龙的人（为或或或），再次掷3枚硬币决定下一次的接龙人，若掷出的硬币中有枚硬币正面朝上，则按顺时针方向数，下一次由后面的第个人接龙（若，则下一次由接龙）．此后每次接龙以此类推． (1)分别求出第2次由接龙的概率； (2)记前3次中由接龙的次数为，求的分布列及期望； (3)记第次由接龙的概率为，证明． 【答案】(1)，，， (2)分布列见解析， (3)证明见解析 【分析】（1）根据二项分布可求第2次由接龙的概率； （2）的取值可能为1，2，3，根据独立事件的乘法公式可求取相应值时对应的概率，故可求其分布列和数学期望； （3）记第次由接龙的概率为，第次由接龙的概率为，第次由接龙的概率为，第次由接龙的概率为，利用全概率公式可得它们的递推关系，结合构造法可证. 【详解】（1）记为掷出的硬币中有枚正面朝上的概率， ． 第2次由接龙的概率，第2次由接龙的概率， 第2次由接龙的概率，第2次由接龙的概率. （2）的取值可能为1，2，3 前3次中接龙的次数为3，即第2，3次均由进行接龙， 其概率为 前3次中接龙的次数为1，即第2，3次均没有接龙， 分三种情况：第2次接龙且第3次没有接龙；第2次接龙且第3次没有接龙； 第2次接龙且第3次没有接龙． 其概率为， 前3次中A接龙的次数为2的概率为， 的分布列为如下： 1 2 3 . （3）证明：记第次由接龙的概率为，第次由接龙的概率为， 第次由接龙的概率为，第次由接龙的概率为，则 ①② ③④ ①＋③得，因为 所以，所以 下证若，则， ①＋②得⑤ ①＋④得，代入，得⑥ ⑤－⑥得，所以 因此，若，则 ⑤＋⑥得，所以 因此，若，则，因此若，则 因为 所以 32．（2025·四川德阳·模拟预测）某商场拟在年末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子（形状为正方体，六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），若向上点数不超过2点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为19分，则游戏结束，可得礼券，若累计得分为20分，则游戏结束，可得到礼券，最多进行19轮游戏. (1)当进行完3轮游戏时，总分为，求的期望； (2)若累计得分为的概率为，（初始得分为0分，）. ①证明数列，，，，是等比数列； ②求活动参与者得到礼券的概率. 【答案】(1) (2)①证明见解析，② 【分析】（1）由题意可知每轮游戏获得分的概率为，获得分的概率为，而每轮游戏的结果互相独立，设进行完轮游戏时，得分的次数为，所以，，即可求出的期望. （2）①根据累计得分为分的概率为，分两种情况讨论，从而得到递推式，再根据构造法求证即可； ②根据①可求出，再根据累加法可求出，再由从而求解即可. 【详解】（1）由题意可知每轮游戏获得分的概率为，获得分的概率为，设进行完轮游戏时，得分的次数为，所以，所以，，，，，而，所以随机变量的可能取值为，，，，所以 ， ， ， ， 所以的分布列为： 所以. （2）①证明：，即累计得分为分，是第一次掷骰子，向上点数不超过点，，则，累计得分为分的情况有两种： （i），即累计得分，又掷骰子点数超过点，其概率为， （ii）累计得分为分，又掷骰子点数没超过点，得分，其概率为， 所以，所以，，，，， 所以，，，，是首项为，公比为的等比数列. ②因为数列，，，，是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以 ， ， ， 各式相加，得， 所以，，，，， 所以活动参与者得到礼券的概率为：. 33．（2025·江苏常州·模拟预测）某校为庆祝建校百年，学校组织建校百年校友体育赛，赛事间隙举行了一次有关三大球类运动的知识竞赛，海量题库中篮球､足球､排球三类相关知识题量占比分别为．甲校友回答篮球、足球、排球这三类问题中每个题的正确率分别为． (1)若甲校友在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率； (2)若甲校友从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得3分，回答错误得分．设该校友回答三题后的总得分为分，求的分布列及数学期望； (3)知识竞赛规则：随机从题库中抽取道题目，答对题目数不少于道，即可获得奖励．现以获得奖励的概率大小为依据，若甲校友在和之中选其一，则他应如何选择？并说明理由． 【答案】(1) (2)分布列见解析， (3)，理由见解析 【分析】（1）根据全概率公式即可求解， （2）根据概率乘法公式求解概率，即可求解分布列和期望， （3）对和求解对应的概率，利用作差法比较大小即可求解. 【详解】（1）设“甲校友所选的题目回答正确”，“所选的题目为篮球相关知识的题目”， “所选的题目为足球相关知识的题目”， “所选的题目为排球相关知识的题目”， 则，且两两互斥． 根据题意得，，，， 则， 所以甲校友在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为． （2）的可能取值为， ， ， ， ， 则的分布列为： -3 1 5 9 所以． （3）当时，为甲校友答对题目的数量， 由题意可知，其中， 故当时，甲校友获得奖励的概率， 当时，甲校友获得奖励的情况可以分为如下情况： ①前8题答对题目的数量大于等于5， ②前8题答对题目的数量等于4，且最后2题至少答对1题， ③前8题答对题目的数量等于3，且最后2题全部答对， 故当时，甲校友获得奖励的概率， 所以， 因为，所以，即， 所以甲校友应选． 34．（2025·广东·模拟预测）某地举行足球赛，共有16支球队参加．赛程先进行小组单循环赛（小组内每两支球队打一场比赛，前两名晋级下一轮）；然后进行淘汰赛（赢球晋级下一轮，输球被淘汰），对阵图如下．现16支球队分为A，B，C，D四组，每组4支球队．已知甲、乙、丙、丁4支球队分在A组，甲队胜乙队、丙队、丁队的概率分别为，，．假设每一轮每场比赛互不影响，甲队在每一轮每场比赛胜其他球队的概率不变． (1)求甲队在小组单循环赛中至少胜两场的概率； (2)已知通过第一轮角逐，甲队和乙队均进入淘汰赛，且甲队对组每支球队的胜率均为，乙队对组每支球队的胜率均为．求甲队夺冠的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出事件，利用独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式进行求解； （2）计算出甲队和乙队分别进入决赛的概率，从而得到乙队进入决赛甲队夺冠的概率和乙队没进入决赛甲队夺冠的概率，相加即可. 【详解】（1）设在一轮比赛中，甲队胜乙队为事件，甲队胜丙队为事件，甲队胜丁队为事件， 由题得，，，． 设甲队在第一轮比赛中至少胜两场为事件，则． 由题可得， ． 因此，甲队在第一轮比赛中至少胜两场的概率为． （2）由题得，甲队进入决赛的概率为； 乙队进入决赛的概率为． 则乙队进入决赛甲队夺冠的概率为； 乙队没进入决赛甲队夺冠的概率为． 因此，甲队夺冠的概率为． 35．（2025·湖北·模拟预测）某商场为回馈广大顾客，开展消费抽奖促销活动，抽奖箱里装有5个除颜色外其他都相同的小球，其中3个黑球和2个红球， 取球结果 2个红球 2个黑球 红､黑球各1个 奖金 300元 200元 100元 (1)消费每满2000元可参与一次抽奖，抽奖顾客一次性从抽奖箱中随机抽取2个小球，按照表格领取奖金，求顾客抽奖一次所得奖金的期望； (2)若该商场对消费不足2000元的部分顾客设置二个幸运抽奖环节，第一个抽幸运奖顾客抽奖前，抽奖箱里仍然是3个黑球和2个红球，每位抽幸运奖顾客从中随机抽取1个小球，若取出黑球，则放回小盒中，无奖励；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中，奖励幸运礼品一份；下一位抽幸运奖顾客在前一位抽奖后的箱中继续抽奖，直至红球取完为止.设“第个抽幸运奖顾客获得第1份幸运礼品”记为事件，设“第个抽幸运奖顾客获得第2份幸运礼品”记为事件. （i）求和； （ii）求第位抽幸运奖顾客恰好获得第2份幸运礼品的概率. 【答案】(1)150元 (2)（i），；（ii） 【分析】（1）根据古典概型概率公式求出各可能取值的概率，利用期望公式计算可得； （2）（i）利用独立事件的概率乘法公式和条件概率公式求解可得；（ii）根据相互独立事件的概率乘法公式求出，然后利用全概率公式，结合等比数列求和公式可得. 【详解】（1）设一次抽奖的中奖金额为，则所有的可能取值为. . 则的分布列为 100 200 300 P 故（元）. （2）（i）， ， 因为， 所以 （ii）第个顾客获得第1份幸运礼品，第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为： ， 因为， 所以第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为： ， 所以第个抽幸运奖顾客获得第二份幸运礼品的概率为. 36．（2025·重庆·模拟预测）2026年第23届男子足球世界杯赛， 由美国、加拿大和墨西哥三国联合承办. 赛制如下:第一阶段为小组赛， 先将48支球队分为12个小组， 每组4支球队. 同一小组中， 每两支球队均要踢一场球， 根据赛制选出32支球队小组出线，参加第二阶段比赛.第二阶段为淘汰赛，根据赛制将出线的32支球队分成16组，每组2支球队踢一场球，胜者晋级；晋级的16支球队又分成8组，每组2支球队踢一场球，胜者晋级，依次类推，直至产生前四名.第三阶段为排位赛，进入前四名的球队分成两组，每组的2支球队踢一场球，胜者晋级决赛，再踢一场球，争夺冠军；而失败的2支球队也要踢一场球，争夺季军. (1)第23届男子足球世界杯总共进行多少场比赛? (2)一球队为了在比赛中变换阵型，将原本在左边锋、左前卫、左后腰和左后卫位置的4名球员交换位置， 则这4名球员至少有3名不在自己对应位置上的概率为多少? (3)假定、、、四支球队被分至同一小组，依据过往比赛记录可得，球队战胜 球队的概率为，踢成平局的概率为；球队战胜C球队的概率为，踢成平局的概率为；球队战胜D球队的概率为，踢成平局的概率为.按照积分规则，获胜可积3分，平局可积1分，失败则积0分，试求A球队在小组赛结束后的积分的分布列和数学期望. 【答案】(1)104 (2) (3)分布列见解析， 【分析】（1）根据题意分小组赛、淘汰赛以及决赛运算求解； （2）分有3名球员不在自己对应位置上和有4名球员不在自己对应位置上，结合古典概型运算求解； （3）分析可知积分X可能取值为：，结合题意求相应概率，即可得分布列和期望. 【详解】（1）①第一阶段12个小组，每组4支球队两两比赛，共有场； ②第二阶段从32支球队淘汰到产生前四名，共有场； ③第三阶段，共有场； 所以比赛总场数为场. （2）若有3名球员不在自己对应位置上； 若有4名球员不在自己对应位置上； 则4名球员至少有3名球员不在自己对应位置上的概率为. （3）A球队在小组三场比赛结束后的积分X可能取值为：， 其中：0分(三负)、1分(一平两负)、2分(两平一负)、3分(一胜两负或三平)、 4分(一胜 一平 一负)、5分(一胜两平)、6分(两胜一负)、7分(两胜一平)、9分(三胜)， 则有：； ； ； ； ； ； ； ； ； 所以随机变量X的分布列为 期望． 37．（2025·河北·模拟预测）在某直播平台上购物成为了很多人最喜欢的购物方式．近日该平台发现新上平台的商品经常收到买家投诉，于是进行调研分析，发现购买商品的只有青年和中老年（年龄>44）两类购买者，从所有购买商品的买家中，随机抽取青年购买者和中老年购买者各100人，给商品打分分）并提出建议，分数统计如下表格(假设各组数据在对应的区间内均匀分布)： 给商品打分区间 青年购买者 5 35 45 15 中老年购买者 35 40 20 5 (1)请根据表格数据，估计青年购买者打分的平均数和中老年购买者打分的中位数（每组数据以区间中点值为代表）； (2)若购买者打分在区间内为“满意顾客”，其他为“不满意顾客”． ①根据表格数据，将频率视为概率，从商品的所有购买者中随机抽取一名购买者，记事件“该购买者为青年购买者”，事件“该购买者为满意顾客”，计算的估计值； ②请利用表格数据补充完整下列列联表（注：区间频数若不是整数，四舍五入后保留整数），并依据小概率值的独立性检验，能否认为对商品是否满意与购买者群体有关． 满意顾客 不满意顾客 合计 青年购买者 100 中老年购买者 100 合计 200 附：． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】(1)平均数6.6，中位数4.125 (2)①；②表格见解析，认为对商品是否满意与购买者群体有关 【分析】(1)由频数分布表，先求出各组的频率，再求它们与对应组的区间中点值的积的和即为所求平均数，先判断中位数所在区间，再利用中位数计算方法即可； (2)先根据频数分布表求出，． 因此由条件概率得到，然后按条件填写列联表，再计算观测值利用独立性检验得到结果. 【详解】（1）由表格数据可知青年购买者打分的平均数 ． 由数据可知中老年购买者打分在区间内的频率为，故其中位数满足：，解得． （2）“假设各组数据在对应的区间内均匀分布”， ①由题意知， ． 因此． ②由表格数据知“满意的青年购买者”的人数为（人），“不满意的青年购买者”的人数为70人；“满意的中老年购买者”的人数为（人），“不满意的中老年购买者”的人数为88人，故补充完整的列联表如下： 满意顾客 不满意顾客 合计 青年购买者 30 70 100 中老年购买者 12 88 100 合计 42 158 200 零假设为：对商品是否满意与购买者群体无关． 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为对商品是否满意与购买者群体有关，此判断犯错误的概率不超过0.01． 38．（2025·山东·三模）将一个平面边形的每个顶点赋值0或1两个数中的一个，同时染红或蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同，称边形“点亮”. (1)在中，已知赋值0且染红色，求所有“点亮”的方法个数； (2)现对四边形的每个顶点随机赋值0或1，同时随机染红色或蓝色，求四边形“点亮”的概率； (3)求边形的所有“点亮”的方法个数（结果用表示）. 【答案】(1)7种； (2) (3)当为奇数时，有种；当为偶数时，有种. 【分析】（1）应用列举法结合新定义解题； （2）结合新定义应用乘法原理及古典概型计算求解； （3）应用新定义结合乘法原理及组合数计算分为奇数时及为偶数时分别计算求解. 【详解】（1）表示染红色，列举满足条件的“点亮”：，，，，，，，共7种； （2）对四边形的每个顶点随机赋值0或1，同时随机染红色或染蓝色，每个顶点有4种方法， 四边形共有种方法， 其中能“点亮”的有84种，故； （3）对于边形，若相邻两个顶点上所赋值的数字不同，则在它们所在的边上标上； 若颜色不同，则标上；若数字和颜色都相同，则标上. 于是，对于给定的点上的设置（共有4种）， 按照边上的字母可以依次确定点，，…，上的设置. 为了使得最终回到时的设置与初始时相同，标有和的边都是偶数条. 所以，“点亮”的方法数等于在边上标记、、使得标有和的边都是偶数条的方法数的4倍. 设标有的边有（）条，标有的边有（）条. 选取条边标记的有种方法，在余下的边中取出条边标记的有第种方法，其余的边标记. 由乘法原理知共有种标记方法. 对、求和，“点亮”的方法数为.① 这里，约定. 当为奇数时，，此时，.② 代入式①中得. 当为偶数时，若，则式②仍然成立；若，则边形的所有边都标记， 此时，只有一种标记方法. 于是，能“点亮”的方法数为. 综上，“点亮”的方法数是：当为奇数时，有种；当为偶数时，有种. 39．（2025·云南昆明·模拟预测）某地区为选拔运动员举行了一次运动会（采用积分制），运动员通过参加各项比赛获得积分．现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的积分，规定两名运动员谁先赢局，谁就能获得该项比赛的全部积分，根据以往经验，每局比赛甲赢的概率为p，乙赢的概率为，每局比赛相互独立． (1)若，，在乙先赢了第一局的条件下，求甲最终赢得全部积分的概率； (2)在甲赢了m局，乙赢了n局时，比赛意外终止．对于积分应该如何分配，评委给出的方案是：根据以往经验数据，甲、乙按照若比赛继续进行下去各自赢得全部积分的概率之比分配积分． （ⅰ）若，，，，求； （ⅱ）若，，，求比赛继续进行下去甲赢得全部积分的概率，并判断当时，若比赛继续进行下去乙赢得全部积分的概率是否小于5％． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ），是 【分析】（1）由题意得甲要赢得全部积分，必须赢得后面2局比赛，计算概率即可求解； （2）（ⅰ）设比赛再继续进行X局，甲获胜，分别求得和，进而得出甲赢得全部积分的概率，即可求得；（ⅱ）设比赛再继续进行Y局，甲赢得全部积分，分别求得和，进而得出，由导数求得最大值即可得出判断． 【详解】（1）由题意，若，，且乙先赢了第一局，则甲要赢得全部积分，必须赢得后面2局比赛， 所以甲最终赢得全部积分的概率为． （2）（ⅰ）设比赛再继续进行X局，甲获胜， 当时，甲以获胜，， 当时，甲以获胜，， 所以甲赢得全部积分的概率为，乙赢得全部积分的概率为， 故． （ⅱ）设比赛再继续进行Y局，甲赢得全部积分， 当时，甲以获胜，， 当时，甲以获胜，， 所以， 因此， 当时，， 所以函数在上单调递增，， 所以乙赢得全部积分的概率的最大值为， 故当时，若比赛继续进行下去乙赢得全部积分的概率小于5％． 40．（2025·四川成都·一模）口袋中有2个白球和2个红球，这些球除颜色外完全相同.现有两种游戏方案： 游戏一：从袋中有放回地摸球2次，记摸到白球的次数为； 游戏二：从袋中无放回地摸球2次，记摸到白球的次数为.两种游戏的结果相互独立. (1)分别求两种游戏中第二次摸到白球的概率； (2)求； (3)对于随机变量，定义信息熵，它量化了一个随机系统所包含的“不确定性”程度，熵值越大，表明该系统的“不确定性”越高，比较与的大小，并判断哪种游戏的“不确定性”更高. 【答案】(1)两种游戏中第二次摸到白球的概率均为； (2)； (3)，游戏一的“不确定性”更高. 【分析】（1）应用古典概型的概率求法求游戏一中第二次摸到白球的概率，应用独立事件的乘法、互斥事件的加法求游戏二中第二次摸到白球的概率； （2）根据已知分别写出、的可能值，进而求出其分布列，应用独立事件的乘法、互斥事件的加法求； （3）根据已知求出与，作差比较大小，即可得结论. 【详解】（1）对于游戏一，设“第二次摸到白球”，则； 对于游戏二，设“第一次摸到白球”，“第二次摸到白球”，则； （2）对于游戏一，的可能取值为0，1，2，的分布列为： ，，， 对于游戏二，的可能取值为0，1，2，的分布列为： ，，， 因为游戏一与游戏二的结果相互独立， 所以 ； （3）由（2）知， ； 同理 . 因为， 所以，故游戏一的“不确定性”更高. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 难点专题04 排列组合二项式定理与概率统计 （40题难题）（10单选10多选10填空10大题） 1.分类计数原理（加法原理） . 2.分步计数原理（乘法原理） . 3.排列数公式 ==.(，∈N*，且)．注:规定. 4.组合数公式 ===(∈N*，，且). 5.排列数与组合数的关系 . 6．单条件排列 以下各条的大前提是从个元素中取个元素的排列. （1）“在位”与“不在位” ①某（特）元必在某位有种； ②某（特）元不在某位有（补集思想）（着眼位置）（着眼元素）种. （2）紧贴与插空（即相邻与不相邻） ①定位紧贴：个元在固定位的排列有种. ②浮动紧贴：个元素的全排列把k个元排在一起的排法有种.注：此类问题常用捆绑法； ③插空：两组元素分别有k、h个（），把它们合在一起来作全排列，k个的一组互不能挨近的所有排列数有种. （3）两组元素各相同的插空 个大球个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？ 当时，无解；当时，有种排法. （4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为. 7．分配问题 （1）(平均分组有归属问题)将相异的、个物件等分给个人，各得件，其分配方法数共有. （2）(平均分组无归属问题)将相异的·个物体等分为无记号或无顺序的堆，其分配方法数共有 . 8.二项式定理 ; 二项展开式的通项公式 . 9.等可能性事件的概率. 10.互斥事件A，B分别发生的概率的和P(A＋B)=P(A)＋P(B)． 11.个互斥事件分别发生的概率的和P(A1＋A2＋…＋An)=P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)． 12.独立事件A，B同时发生的概率P(A·B)= P(A)·P(B). 13.个独立事件同时发生的概率 P(A1· A2·…· An)=P(A1)· P(A2)·…· P(An)． 14.次独立重复试验中某事件恰好发生k次的概率 15.离散型随机变量的分布列的两个性质 （1）; （2）. 16. 数学期望 17.数学期望的性质 （1）. （2）若～,则. (3) 若服从几何分布,且，则. 18. 方差 19. 标准差=. 20.方差的性质 (1)； (2）若～，则. (3) 若服从几何分布,且，则. 21.方差与期望的关系 . 22.正态分布密度函数 ，式中的实数μ，（>0）是参数，分别表示个体的平均数与标准差. 23.对于，取值小于x的概率 . . 24.条件概率 条件概率的定义 条件概率的性质 已知B发生的条件下，A发生的概率，称为B发生时A发生的条件概率，记为P(A|B)． 当P(B)>0时，我们有P(A|B)＝.(其中，A∩B也可以记成AB) 类似地，当P(A)>0时，A发生时B发生的条件概率为P(B|A)＝ (1)0≤P(B|A)≤1， (2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同 前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．　 25.条件概率的三种求法 定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A) 基本事件法 借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝ 缩样法 缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简 26.全概率公式 一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝ ，此公式为全概率公式. （1）计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数. （2）全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A的概率的求解问题，转化为了在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题. 27.贝叶斯公式 一般地,设是一组两两互斥的事件,有且,则对任意的事件有 28.数字样本特征 （1） 众数：在一组数据中出现次数最多的数 （2） 中位数：将一组数据按从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果为奇数个，中位数为中间数；若为偶数个，中位数为中间两个数的平均数 （3） 平均数：，反映样本的平均水平 （4） 方差： 反映样本的波动程度，稳定程度和离散程度； 越大，样本波动越大，越不稳定；越小，样本波动越小，越稳定； （5） 标准差：，标准差等于方差的算术平方根，数学意义和方差一样 （6） 极差：等于样本的最大值最小值 29.求随机变量X的分布列的步骤： (1)理解X的意义，写出X可能取得全部值； (2)求X取每个值的概率； (3)写出X的分布列； (4)根据分布列的性质对结果进行检验. 还可判断随机变量满足常见分布列：两点分布，二项分布，超几何分布，正态分布. （1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解； （2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算； （3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算，若～,则，. 30 求解概率最大问题的关键是能够通过构造出不等关系，结合组合数公式求解结果 31. 线性回归分析解题方法： （1）计算的值；（2）计算回归系数；（3）写出回归直线方程. 线性回归直线方程为：，， 其中为样本中心，回归直线必过该点 （4）线性相关系数（衡量两个变量之间线性相关关系的强弱） ，正相关；，负相关 32.独立性检验解题方法： （1）依题意完成列联表；（2）用公式求解；（3）对比观测值即可得到所求结论的可能性 独立性检验计算公式： 一、单选题 1．（2025·辽宁·模拟预测）树人中学的科学社团设计了一块如下图所示的正反面内容相同的双面团牌，给团牌的正反两面6个区域涂色，有3种不同颜色可选，要求同面有公共边的区域不同色，同一区域的两面也不同色，则不同的涂色方法的种数为（    ） A．36 B．48 C．54 D．56 2．（2025·云南昆明·模拟预测）将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（    ） A．540 B．504 C．408 D．390 3．（2025·安徽合肥·模拟预测）将1，2，3，…，9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变大.若将5填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法数为（    ） A．12 B．18 C．36 D．48 4．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·全国·模拟预测）不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A．1360 B．2380 C．2510 D．760 6．（2025·浙江·模拟预测）抛掷一枚质地均匀的硬币，一直到出现正面向上时或抛满100次时结束，设抛掷的次数为，则随机变量的数学期望（    ） A．大于2 B．小于2 C．等于2 D．与2的大小无法确定 7．（2025·山西·模拟预测）袋子里有大小相同的3个红球和2个白球，每次从袋子里随机取出一个球，若取出的是红球则放回袋子，若取出的是白球则不放回袋子.记为取了次后白球恰好全部取出的概率，则（   ） A． B． C． D． 8．（2025·福建福州·模拟预测）某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能(AI)技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为（     ） A． B． C． D． 9．（2025·黑龙江大庆·三模）某商店店庆，每个在店内消费到一定额度的顾客都可以参与抽奖活动.组织方准备了个盲盒，其中有个盲盒内有奖品.抽奖规则为：抽奖者从这个盲盒中随机抽取1个盲盒，兑奖后组织方会再补回一个相同的盲盒，充分混合后，再由下一位抽奖者抽奖.抽奖者甲先拿起了一个盲盒，在犹豫是否打开时，组织方拿走了一个没有奖品的盲盒，最终甲选择了另外一个盲盒打开，记甲中奖的概率为.抽奖者乙在选盲盒时不小心碰掉了一个盲盒，并且发现摔裂的盲盒内没有奖品，随后乙从剩下的盲盒中选定一个盲盒打开，记乙中奖的概率为，则（    ） A． B． C． D．无法确定与的大小关系 10．（2025·山东·模拟预测）若为的任意排列，设，，则（    ） （已知表示中最小的数，表示中最大的数） A．排列总数为个 B．满足的排列有80个 C．的概率小于 D．的概率为 二、多选题 11．（2025·湖北荆州·模拟预测）下列说法正确的是（    ） A．已知一组数据为，1，2，4，3，5，10，9，若为这组数据的上四分位数，则的展开式中的系数为 B．数据组成一个样本，其回归直线方程为，其中，去除一个异常点后，得到新的回归直线必过点 C．若随机变量，则函数为偶函数 D．在列联表中，若每一个数据均变为原来的3倍，则变为原来的9倍 其中 12．（2025·湖北·模拟预测）若二项式展开式中所有项的系数之和为，所有项的系数绝对值之和为，二项式系数之和为，则（    ） A． B．，使得 C． D．对任意均有 13．（2025·河北沧州·模拟预测）已知的展开式中，的系数记为，则（    ） A．该展开式共有15项 B． C． D．的最大值为 14．（2025·江苏南通·模拟预测）甲、乙两个盒子中分别装有大小、形状、质地相同的1个黑球和2个红球.现从两个盒子中各任取一个球放入对方盒子中称为一次操作，重复进行次操作后，甲盒子中恰有0个黑球，1个黑球，2个黑球分别记为事件，，，则（    ） A． B． C． D． 15．（2025·湖北武汉·三模）某乒乓球比赛采用单淘汰制，即参赛选手按照随机组合方式逐轮进行比赛，每场比赛负方淘汰，胜方晋级到下一轮，直到最终决出冠亚军．现有运动员（且）名，随机编号到对阵位置，且所有运动员在任何一场比赛中获胜的概率均为．若甲、乙是其中的两名运动员，则下列结论中正确的有（   ） A．若，则甲、乙在第1轮比赛中相遇的概率为 B．若，则甲、乙在第2轮比赛中相遇的概率为 C．若（且），则甲、乙两人在第4轮比赛中相遇的概率为 D．若，则甲、乙两人在比赛中相遇的概率为 16．（2025·湖北武汉·模拟预测）信息论中，如果知道事件A已发生，那么该事件所给出的信息量称为“自信息”，定义A的“自信息”.设随机变量X的所有可能取值为，，…，，且，，定义X的“信息熵”.现抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为Ⅰ号和Ⅱ号），记Ⅰ号和Ⅱ号骰子出现的点数分别X，Y，则（    ） A．当事件“为偶数”时， B．当事件“中至少一个为2”，“中仅一个为2”时， C． D． 17．（25-26高三上·湖北武汉·月考）设A，B是一个随机试验中的两个事件，，，则（   ） A．事件A，B相互独立 B．若，则 C． D．若，则必有 18．（25-26高三上·山东青岛·期中）已知甲口袋中装有3个红球，1个白球，乙口袋中装有2个红球，1个白球，这些球只有颜色不同.先从甲口袋中随机取出1个球放入乙口袋，再从乙口袋中随机取出1个球.记从甲口袋中取出的球是红球、白球分别为事件、，从乙口袋中取出的球是红球为事件B，则下列结论正确的有（   ） A． B． C． D． 19．（2025·河南·模拟预测）踢毽子源于汉朝，盛行于六朝，某学校高三年级为了增强学生身体素质，缓解学生备考压力，开展踢毽子活动.已知某踢毽子小组由5人组成（包含甲、乙），每个人踢出的毽子都等可能地传给其他4人中的1人，假设第1次由甲踢出，每次踢出的毽子都能被接住.记第次踢出毽子后，毽子传到乙的概率为，前次踢毽子的过程中，传到乙的次数为，则（   ） A． B． C． D． 20．（2025·广东·二模）已知离散型随机变量的分布列为.定义随机变量为自然对数的底数，的分布列如下： 随机变量的数学期望称为随机变量的生成函数，记为.是函数在处的导数，则（    ） A． B．若服从两点分布，，则 C．若，则 D．若实数为常数，则 三、填空题 21．（2025·山东青岛·模拟预测）已知数列满足，，其中等可能地取，1，设“”为事件，则 . 22．（2025·湖南永州·模拟预测）已知集合，甲､乙两人分别从的所有子集中随机抽取一个集合，两人的抽取结果相互独立，设为两人取到的集合中相同元素的个数，则的数学期望 . 23．（2025·贵州毕节·模拟预测）在如图的方格中选5个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法（用数字作答），在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的5个数之和的最大值是 ． 12 11 12 14 13 21 21 23 25 22 32 32 31 33 31 41 43 42 44 40 52 51 53 54 54 24．（2025·陕西咸阳·模拟预测）甲、乙两人进行羽毛球比赛，采用五局三胜制（每局比赛没有平局，先胜三局者获胜并结束比赛），第一局甲获胜的概率为，之后两人每局获胜的概率受上局比赛结果的影响，设甲每局比赛概率获胜概率为（），其中，若上局获胜，则下一局获胜的概率比上局获胜概率更大且满足（），若上局未获胜，则下一局获胜的概率为，若甲乙比赛三局结束的概率为，则4局结束比赛并且甲获胜的概率为 ． 25．（2025·山东淄博·三模）某比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员答 3 道题，若 3 次都错，则该队被淘汰，比赛成绩为 0 分；若至少答对一题， 则该队进入第二阶段. 第二阶段由该队的另一名队员答 3 道题， 每次答对得 5 分， 答错得 0 分. 该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和. 某参赛队由甲、乙两名队员组成， 设甲每题答对的概率为 ，乙每题答对的概率为 ，各题答对与否相互独立. 为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由 参加第一阶段比赛. 26．（2025·江西吉安·模拟预测）“素数”是指大于1的自然数中，除了1和它本身以外，不能被其它正整数整除的数，例如2､3､都是素数；“孪生素数”是指相差为2的两个素数，例如都是“孪生素数”；关于“孪生素数”有一个著名的猜想：自然数中存在无穷多对“孪生素数”；2013年数学家张益唐证明了“存在无穷多对素数，它们的差不超过7000万”，2014年陶哲轩等数学家证明了“存在无数多对素数，它们的差不超过246”；现在某同学要从小于20的素数中取出4个，则取出的4个素数中恰有两个是“孪生素数”的概率= . 27．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船发射取得圆满成功，神舟十九号航天员乘组顺利进驻中国空间站．为领悟航天精神，感受中国梦想，某市组织了一次航天知识竞赛．已知该市，四所学校各派两名学生参加本次竞赛，这8名学生要坐在如下表所示的座位上开赛前大会，则同一学校的两名学生在同一列和同一行中均不相邻，且每一行有且只有3个不同学校的学生的概率为 ． 28．（2025·重庆·模拟预测）某中学为了更好地弘扬优秀传统文化，举办了一个诗词擂台赛活动:活动形式为两人进行擂台比拼，采用三局两胜制，每局通过抽签决定答题者，若答对则获得1分并继续答题，若答错则对方获得1分并由对方回答下一道题，每局3题，且得分多者获胜，现有甲乙两人参加擂台对抗赛，根据以往比赛经验，甲答对每道题的概率为，乙答对每道题的概率为，则甲在这场比赛中获胜的概率为 . 29．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）科学家发现一种特殊的粒子，现在把该粒子放在依次排开的1~5号密封箱子中，两个箱子之间只有一条通道相连，该粒子每天只会出现在一个箱子里，第二天会随机出现在相邻箱子中的一个，若科学家每天只能观察一个箱子，则至少需要 天才能确保观测到该粒子. 30．（2025·河南许昌·三模）某商场进行周年庆大型促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，活动期间在商场消费达到一定金额的人可以参加游戏．游戏规则如下：在一个盒子里放着6个大小相同的小正方体，其中有3个类小正方体，4个面印着奇数，2个面印着偶数；有2个类小正方体，6个面都印着奇数；1个类小正方体，6个面都印着偶数．游戏者蒙着眼睛随机从盒子中抽取一个小正方体并连续投掷两次，由工作人员告知投掷的结果，若两次投掷向上的面都是奇数，则进入最终挑战环节，否则游戏结束，不获得任何礼券．最终挑战的环节是进行第三次投掷，第三次投掷不使用之前抽取的小正方体，从盒子中剩余的5个小正方体里再次随机抽取一个进行投郑，若投掷后向上的面为奇数，则获得300元礼券，若投掷后向上的面为偶数，则获得100元礼券．则第一次投掷后向上的面为奇数的概率为 ；在某位顾客进入了最终挑战环节的条件下，他最终获得的礼券金额的数学期望为 ． 四、解答题 31．（2025·广东佛山·三模）如图，四人围成一圈玩成语接龙游戏，游戏开始时随机抽取一个成语，第1次由接龙，下一次接龙的人由掷硬币决定，规则如下：随机掷3枚硬币，如果3枚硬币都是反面朝上，则第2次由接龙；如果3枚硬币中仅有1枚正面朝上，则第2次由接龙；如果3枚硬币中仅有2枚正面朝上，则第2次由接龙；如果3枚硬币都是正面朝上，则第2次由接龙．记第2次接龙的人（为或或或），再次掷3枚硬币决定下一次的接龙人，若掷出的硬币中有枚硬币正面朝上，则按顺时针方向数，下一次由后面的第个人接龙（若，则下一次由接龙）．此后每次接龙以此类推． (1)分别求出第2次由接龙的概率； (2)记前3次中由接龙的次数为，求的分布列及期望； (3)记第次由接龙的概率为，证明． 32．（2025·四川德阳·模拟预测）某商场拟在年末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子（形状为正方体，六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），若向上点数不超过2点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为19分，则游戏结束，可得礼券，若累计得分为20分，则游戏结束，可得到礼券，最多进行19轮游戏. (1)当进行完3轮游戏时，总分为，求的期望； (2)若累计得分为的概率为，（初始得分为0分，）. ①证明数列，，，，是等比数列； ②求活动参与者得到礼券的概率. 33．（2025·江苏常州·模拟预测）某校为庆祝建校百年，学校组织建校百年校友体育赛，赛事间隙举行了一次有关三大球类运动的知识竞赛，海量题库中篮球､足球､排球三类相关知识题量占比分别为．甲校友回答篮球、足球、排球这三类问题中每个题的正确率分别为． (1)若甲校友在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率； (2)若甲校友从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得3分，回答错误得分．设该校友回答三题后的总得分为分，求的分布列及数学期望； (3)知识竞赛规则：随机从题库中抽取道题目，答对题目数不少于道，即可获得奖励．现以获得奖励的概率大小为依据，若甲校友在和之中选其一，则他应如何选择？并说明理由． 34．（2025·广东·模拟预测）某地举行足球赛，共有16支球队参加．赛程先进行小组单循环赛（小组内每两支球队打一场比赛，前两名晋级下一轮）；然后进行淘汰赛（赢球晋级下一轮，输球被淘汰），对阵图如下．现16支球队分为A，B，C，D四组，每组4支球队．已知甲、乙、丙、丁4支球队分在A组，甲队胜乙队、丙队、丁队的概率分别为，，．假设每一轮每场比赛互不影响，甲队在每一轮每场比赛胜其他球队的概率不变． (1)求甲队在小组单循环赛中至少胜两场的概率； (2)已知通过第一轮角逐，甲队和乙队均进入淘汰赛，且甲队对组每支球队的胜率均为，乙队对组每支球队的胜率均为．求甲队夺冠的概率． 35．（2025·湖北·模拟预测）某商场为回馈广大顾客，开展消费抽奖促销活动，抽奖箱里装有5个除颜色外其他都相同的小球，其中3个黑球和2个红球， 取球结果 2个红球 2个黑球 红､黑球各1个 奖金 300元 200元 100元 (1)消费每满2000元可参与一次抽奖，抽奖顾客一次性从抽奖箱中随机抽取2个小球，按照表格领取奖金，求顾客抽奖一次所得奖金的期望； (2)若该商场对消费不足2000元的部分顾客设置二个幸运抽奖环节，第一个抽幸运奖顾客抽奖前，抽奖箱里仍然是3个黑球和2个红球，每位抽幸运奖顾客从中随机抽取1个小球，若取出黑球，则放回小盒中，无奖励；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中，奖励幸运礼品一份；下一位抽幸运奖顾客在前一位抽奖后的箱中继续抽奖，直至红球取完为止.设“第个抽幸运奖顾客获得第1份幸运礼品”记为事件，设“第个抽幸运奖顾客获得第2份幸运礼品”记为事件. （i）求和； （ii）求第位抽幸运奖顾客恰好获得第2份幸运礼品的概率. 36．（2025·重庆·模拟预测）2026年第23届男子足球世界杯赛， 由美国、加拿大和墨西哥三国联合承办. 赛制如下:第一阶段为小组赛， 先将48支球队分为12个小组， 每组4支球队. 同一小组中， 每两支球队均要踢一场球， 根据赛制选出32支球队小组出线，参加第二阶段比赛.第二阶段为淘汰赛，根据赛制将出线的32支球队分成16组，每组2支球队踢一场球，胜者晋级；晋级的16支球队又分成8组，每组2支球队踢一场球，胜者晋级，依次类推，直至产生前四名.第三阶段为排位赛，进入前四名的球队分成两组，每组的2支球队踢一场球，胜者晋级决赛，再踢一场球，争夺冠军；而失败的2支球队也要踢一场球，争夺季军. (1)第23届男子足球世界杯总共进行多少场比赛? (2)一球队为了在比赛中变换阵型，将原本在左边锋、左前卫、左后腰和左后卫位置的4名球员交换位置， 则这4名球员至少有3名不在自己对应位置上的概率为多少? (3)假定、、、四支球队被分至同一小组，依据过往比赛记录可得，球队战胜 球队的概率为，踢成平局的概率为；球队战胜C球队的概率为，踢成平局的概率为；球队战胜D球队的概率为，踢成平局的概率为.按照积分规则，获胜可积3分，平局可积1分，失败则积0分，试求A球队在小组赛结束后的积分的分布列和数学期望. 37．（2025·河北·模拟预测）在某直播平台上购物成为了很多人最喜欢的购物方式．近日该平台发现新上平台的商品经常收到买家投诉，于是进行调研分析，发现购买商品的只有青年和中老年（年龄>44）两类购买者，从所有购买商品的买家中，随机抽取青年购买者和中老年购买者各100人，给商品打分分）并提出建议，分数统计如下表格(假设各组数据在对应的区间内均匀分布)： 给商品打分区间 青年购买者 5 35 45 15 中老年购买者 35 40 20 5 (1)请根据表格数据，估计青年购买者打分的平均数和中老年购买者打分的中位数（每组数据以区间中点值为代表）； (2)若购买者打分在区间内为“满意顾客”，其他为“不满意顾客”． ①根据表格数据，将频率视为概率，从商品的所有购买者中随机抽取一名购买者，记事件“该购买者为青年购买者”，事件“该购买者为满意顾客”，计算的估计值； ②请利用表格数据补充完整下列列联表（注：区间频数若不是整数，四舍五入后保留整数），并依据小概率值的独立性检验，能否认为对商品是否满意与购买者群体有关． 满意顾客 不满意顾客 合计 青年购买者 100 中老年购买者 100 合计 200 附：． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 38．（2025·山东·三模）将一个平面边形的每个顶点赋值0或1两个数中的一个，同时染红或蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同，称边形“点亮”. (1)在中，已知赋值0且染红色，求所有“点亮”的方法个数； (2)现对四边形的每个顶点随机赋值0或1，同时随机染红色或蓝色，求四边形“点亮”的概率； (3)求边形的所有“点亮”的方法个数（结果用表示）. 39．（2025·云南昆明·模拟预测）某地区为选拔运动员举行了一次运动会（采用积分制），运动员通过参加各项比赛获得积分．现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的积分，规定两名运动员谁先赢局，谁就能获得该项比赛的全部积分，根据以往经验，每局比赛甲赢的概率为p，乙赢的概率为，每局比赛相互独立． (1)若，，在乙先赢了第一局的条件下，求甲最终赢得全部积分的概率； (2)在甲赢了m局，乙赢了n局时，比赛意外终止．对于积分应该如何分配，评委给出的方案是：根据以往经验数据，甲、乙按照若比赛继续进行下去各自赢得全部积分的概率之比分配积分． （ⅰ）若，，，，求； （ⅱ）若，，，求比赛继续进行下去甲赢得全部积分的概率，并判断当时，若比赛继续进行下去乙赢得全部积分的概率是否小于5％． 40．（2025·四川成都·一模）口袋中有2个白球和2个红球，这些球除颜色外完全相同.现有两种游戏方案： 游戏一：从袋中有放回地摸球2次，记摸到白球的次数为； 游戏二：从袋中无放回地摸球2次，记摸到白球的次数为.两种游戏的结果相互独立. (1)分别求两种游戏中第二次摸到白球的概率； (2)求； (3)对于随机变量，定义信息熵，它量化了一个随机系统所包含的“不确定性”程度，熵值越大，表明该系统的“不确定性”越高，比较与的大小，并判断哪种游戏的“不确定性”更高. 1 学科网（北京）股份有限公司 $