专题07 计数原理与概率统计（7大考点）（重庆专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题07 计数原理与概率统计 7大考点概览 考点01统计与概率 考点02计数原理 考点03条件概率 考点04随机变量及其分布 考点05正态分布 考点06线性回归方程 考点07概率与概率交汇问题 统计与概率 考点1 1．（2026·重庆九龙坡·一模）有一位射击运动员在一次射击测试中射靶 10 次，记录每次命中的环数，得到如下一组数据: 7，8，7，9，5，6，9，10，7，4. 则这组数据的第25百分位数为（    ） A．5.5 B．6 C．8.5 D．9 【答案】B 【分析】先从数据从小到大排列，再根据百分位数的定义进行求解. 【详解】将数据从小到大排列为4，5，6，7，7，7，8，9，9，10， ，故从小到大选取第3个数作为这组数据的第25百分位数，即6. 故选：B 2．（2026·重庆·一模）某地区有高中教师300人，初中教师800人，小学教师1100人，为调查某次教师培训的成效，采用分层抽样的方法从这些教师中抽取一个容量为44的样本进行访问，则小学教师应抽取（    ） A．6人 B．16人 C．22人 D．28人 【答案】C 【分析】由抽样比即可计算求解. 【详解】由题可得抽样比为. 所以小学教师应抽取人. 故选：C 3．（2026·西南大学附中·一诊）（多选）两组数据和，它们的平均数分别为，，方差分别为，，则（   ） A．的平均数为 B．的方差为 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【分析】根据题意结合平均数的定义判断AC；对于BD：举反例说明即可. 【详解】由题意可知：，，即，， 对于选项A：因为， 所以的平均数为，故A正确； 对于选项C：若， 则，即，故C正确； 对于选项BD：例如两组数据分别为和， 则，，，， 数据的平均数为，方差为，故B错误； 且满足，，但，故D错误； 故选：AC. 4．（2026·四川外国语附外·一模）（多选）阅读不仅能帮助孩子积累知识，还能提升他们的语言表达能力和思维能力，从小培养阅读习惯显得尤为重要.为了了解小学生的阅读情况，随机调查了某市1000名小学生每日阅读的情况，并将这1000名小学生每日的阅读时间数据绘制成如图所示的频率分布直方图，则（   ） A． B．估计样本中有75%的小学生每日的阅读时间不超过40分钟 C．估计样本中小学生每日的阅读时间的中位数为40分钟 D．估计样本中小学生每日的平均阅读时间为33.6分钟（每组数据以该组区间的中间值作代表） 【答案】ABD 【分析】根据频率和为1求的值判断A的真假；求阅读时间不超过40分钟的频率判断B的真假；根据频率分布直方图估计中位数判断C的真假；估计平均数判断D的真假. 【详解】对A：由，故A正确； 对B：阅读时间不超过40分钟的频率为，即估计样本中有75%的小学生每日的阅读时间不超过40分钟，故B正确； 对C：由B的计算结果，40是该组数据的第百分位数，所以中位数应该小于40，故C错误； 对D：估计样本的平均数为：，故D正确. 故选：ABD 5．（2026·重庆第二外国语·一诊）（多选）下列说法正确的是（   ） A．某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件 B．甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为3，则抽取的丙个体数为9 C．数据，，，，，，，的分位数是8 D．数据，，，…，的方差为，则数据，，，…，的方差为 【答案】ABD 【分析】利用互斥事件的定义判断A；利用分层抽样列式求解判断B；求出分位数判断C；利用方差的性质计算判断D. 【详解】对于A，由 “掷出5”与“掷出6”不可能同时发生，得它们为互斥事件，A正确； 对于B，设抽取的丙个体数为，由，解得，B正确； 对于C，数据,,,,,,,从小到大排列为：,,,,,,,， 由，得该组数据的分位数是，C错误； 对于D，数据,,,…,的方差为，则数据,,,…,的方差为，D正确. 故选：ABD 6．（2026·重庆·一模）样本数据5，6，8，11，5的方差为______. 【答案】5.2 【分析】先求样本数据的平均数，然后由方差的定义求得方差. 【详解】这组样本数据的平均数为， 所以方差. 故答案为：5.2 7．（2026·重庆第二外国语·一诊）如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动4次，则质点位于原点左侧的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】计算质点移动4次可能的结果，质点质点位于原点左侧的可能结果，根据古典概型的概率公式即可求解. 【详解】由题意可得：质点移动次可能的结果有种， 质点位于原点左侧可能结果为：向左移动4次；向左移动3次，向右移动1次； 向左移动4次，共有1种移动情况，为：左左左左；向左移动3次，向右移动1次，共有4种移动情况，为：左左左右，左左右左，左右左左，右左左左； 所以质点位于原点左侧共5种移动情况， 由古典概率公式可得：质点位于原点左侧的概率为， 故选：A. 8．（2026·四川外国语附外·一模）将6本相同的数学书和2本相同的语文书随机排成一排，2本语文书不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先计算6本相同的数学书和2本相同的语文书摆放的种数，再用插空法计算2本语文书不相邻的摆放种数，用古典概型概率的计算公式计算即可. 【详解】依题意，将6本相同的数学书和2本相同的语文书随机排成一排， 即从8个空位中选2个位置放语文书，剩余6个位置放数学书，摆放种数为：种； 利用插空法，6本数学书之间共有7个位置可以放2本语文书，摆放种数为：种， 由古典概型概率的计算公式得：. 故选：A. 计数原理 考点2 1．（2026·重庆·一模）在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，则当时，三角形区域的个数为___________；若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，则至少需要___________种不同的颜色． 【答案】 【分析】在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，利用等差数列得到三角形的个数为，将代入得解； 若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，至少需要种不同的颜色． 【详解】在矩形内部（不包含矩形边界）有个点， 将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域， 设三角形的个数为， 当时，在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，这个点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，即这个点和矩形的四个点构成个的满足条件的三角形，即； 当时，第二个点是在满足第一个点的三角形中的一个三角形内部，这个点和这个三角形的三个点构成三个满足条件的三角形，同时去掉这个点所在的大三角形，故； 同理，，故构成等差数列，首项为，公差为， 故 则三角形的个数为， 则当时，三角形的个数为； 若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色， 如果用2种颜色，则同色且同色，且两色相异，则必定与中某块同色， 与题设不合； 如果用3种颜色， 假设在号区域内涂红色，在号区域内涂黑色，在号区域内涂黑色， 在号区域内涂红色，则在号区域内不能涂红色和黑色，只能涂第三种颜色， 假设在号区域内涂蓝色，在号区域内涂黑色，在号区域内涂红色， 故至少需要种不同的颜色． 故答案为：，. 2．（2026·重庆九龙坡·一模）的展开式中，各项系数的和是___________． 【答案】 【分析】根据题意，令，即可求得展开式中各项系数的和，得到答案. 【详解】设， 令，可得， 所以二项式的展开式的各项系数的和为. 故答案为：. 3．（2026·重庆·一模）的展开式中，常数项为（    ） A．15 B．40 C．60 D．80 【答案】C 【分析】根据二项展开式的通项求解. 【详解】展开式的通项为， 令，得，则， 故常数项为. 故选：C 4．（2026·重庆·一模）的展开式中常数项为__________． 【答案】29 【分析】先求出展开式的通项公式，分别令和，求出k值，代入求解，分析计算，即可得答案. 【详解】展开式的通项公式为， 令，解得，则； 令，解得，则， 所以的展开式中常数项为. 5．（2026·重庆·一模）（多选）已知 ，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D．中，与最大 【答案】ACD 【分析】令可得，根据二项式定理确定展开式中的表达式，根据二项式系数的性质逐项判断即可得结论. 【详解】对于A，令可得，故A正确； 对于B，令可得， 所以， 设展开式的通项为， 取，可得，所以，故B错误； 对于C，令可得①， 令可得②， 由①②可得，故C正确； 对于D，由选项B可知，， 若最大，则 所以，， 解得，则，故或， 又，所以中，与最大，故D正确. 故选：ACD. 条件概率 考点3 1．（2026·重庆·一模）从1，2，3，4，5，6，7这 7 个数字中依次不放回地随机选取两个数字，记事件 ： “第一次抽到的数字是奇数”，事件 ： “第二次抽到的数字是偶数”，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用古典概率求出事件,的概率，再用条件概率公式计算即可. 【详解】：第一次抽到奇数的概率，总共有7个数字，奇数4个，故. :第一次抽到奇数且第二次抽到偶数的概率，分步计算：第一次抽奇数有4种选择，第二次抽偶数有3种选择，总情况数为，故. 根据条件概率公式代入得：. 故选：A. 2．（2026·重庆九龙坡·一模）盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为_____；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为_____. 【答案】 / / 【分析】根据条件概率及全概率公式即可求解. 【详解】记事件“第次取到红球”， 则， ， 所以， 即第2次取到红球的概率为； ， 所以， 即在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为. 故答案为：；. 随机变量及其分布列 考点4 1．（2026·重庆·一模）甲、乙两位同学参加投篮练习，由他们的投篮位置和命中情况确定得分可能为3分、2分、0分，根据以往练习统计数据，甲一次投篮得3分、2分、0分的概率分别为，乙不投3分球，他一次投篮得2分、0分的概率分别为．若甲、乙各投篮一次称为一轮投篮，且甲、乙投篮相互独立，每次投篮也互不影响． (1)记一轮投篮后，甲的得分为，乙的得分为，求； (2)记一轮投篮后，甲乙所得分数之和为随机变量，求的分布列及数学期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）分别按照，，求出概率，根据互斥事件概率的加法公式，可得的值. （2）的可能取值为，分别求出相应的概率，列出的分布列，根据数学期望的公式求出的值. 【详解】（1）的取值为3,2,0,对应的概率分别为，，. 的取值为2,0，对应的概率分别为，. 当时，取2或0都满足， 此时概率为. 当时，取2或0都满足， 此时概率为. 当时，只有满足， 此时概率为. 根据互斥事件概率的加法公式，可得. （2）的可能取值为0,2，3，4，5. . . . . . 的分布列如下表所示： 0 2 3 4 5 可得. 2．（2026·重庆九龙坡·一模）某企业为了提高生产效率和产品质量，更新了机器设备，为了检验新机器生产零件的质量，该企业质检部门要对新机器生产的零件抽样检测. (1)在调试生产初期，质检部门抽检该机器生产的10个零件中有2个为次品，现从这10个零件中随机抽取3个零件，设抽取的零件为次品的个数为，求的分布列和数学期望; (2)在正式生产后，质检部门从新机器生产的一批零件中随机抽取100件进行检验，其中有3件为次品. 用频率估计概率，现从新机器生产的这批零件中随机抽取个零件，记这个零件中恰有2件为次品的概率为，求取得最大值时的值. 【答案】(1)的分布列详见解析； (2)66 【分析】（1）根据分布列、数学期望及超几何分布概率计算公式求解即可. （2）根据二项分布求出，比较与1的大小关系，判断数列的单调性，从而找到最大值点. 【详解】（1）的可能取值为0，1，2. ，，. 所以的分布列为 0 1 2 数学期望为. （2）由频率估计概率，单次抽到次品的概率为， 则个零件中恰有2件次品的概率为. . 令，即，解得；令，解得. 因此，当时，，当时，，所以​在时取得最大值. 故取得最大值时的值为66. 3．（2026·重庆·一模）某地区从高一年级的物理测试中随机抽取了100名学生的物理成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图． (1)该地区某学校建议此次物理测试成绩在本地区前的学生选科报物理方向，试估计报物理方向的学生本次成绩不低于多少分？（结果保留整数） (2)从成绩位于区间和的答卷中，采用分层抽样随机抽取7份，再从这7份中随机抽取3份，设成绩在的答卷份数为随机变量，求的分布列及数学期望． 【答案】(1)72分 (2)分布列见解析， 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积和为1，可求得a值，分析可得选报物理方向的最低分在内，根据x值右侧面积和为，即可求得答案. （2）求出成绩在区间和的人数，分析可得X的可能取值，求出各个取值对应的概率，列出分布列，求出期望即可. 【详解】（1）由题意，解得， 成绩在的频率为0.1，在的频率为0.25，在的频率为0.3， 因为， 所以选报物理方向的最低分在内，则， 解得，所以估计报物理方向的学生本次成绩不低于72分． （2）由题可知，成绩在区间的频数为， 成绩在区间的频数为， 利用分层抽样，从中抽取7份，成绩在的频数为， 成绩在的频数为， 再从这7份答卷中随机抽取3份，的所有可能取值为， ， 故的分布列为： 0 1 2 所以的数学期望为：． 4．（2026·重庆九龙坡·一模）在重庆轨道交通故障排查演练中，三名工程师分别检查三个不同的系统，假设甲发现故障的概率为，乙、丙两人同时发现故障的概率是，甲、丙两人均未发现故障的概率是，且三人各自能否发现故障相互独立． (1)求乙、丙两人各自发现故障的概率； (2)用X表示三人中发现故障的人数，求X的分布列和期望． 【答案】(1)， (2)分布列见解析， 【分析】（1）根据题意利用独立事件的乘法公式列方程，即可求得答案； （2）确定X的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，进而求得数学期望. 【详解】（1）记乙、丙各自发现故障为事件，，由于事件相互独立， 则有，，解得，， 所以乙、丙两人各自发现故障的概率分别为，． （2）由题意可知X的可能取值为0，1，2，3 ， ， ， X的分布列为 X 0 1 2 3 P ． 5．（2026·重庆第二外国语·一诊）21世纪某次机器人展览会上，已知某公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示： 内饰 外观 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 10 10 米色内饰 2 3 (1)若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件A为小明取到红色外观的模型，事件B为小明取到棕色内饰的模型，求和，并判断事件A和事件B是否独立. (2)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中拿两个汽车模型，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，以及仅外观或内饰同色. 假设2：按抽奖的可能性大小，概率越小奖项越高 假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖800元，二等奖500元，三等奖300元 请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布列并求出X的数学期望. 【答案】(1)，，不独立 (2)分布列见解析，446 【分析】（1）根据古典概型概率公式和事件的独立性定义即可得出； （2）分别求出三种结果对应的概率，比较大小，确定对应的概率，求出分布列，利用期望公式进行计算即可. 【详解】（1）， ，， ，所以A，B不独立； （2）记外观与内饰均同色为事件，外观与内饰都异色为事件，仅外观或仅内饰同色为事件， 则， ， ， ， ∴一等奖为两个汽车模型的外观与内饰都异色， 二等奖为两个汽车模型的外观与内饰均同色， 三等奖为两个汽车模型仅外观或仅内饰同色． X的分布列： X 800 500 300 P ． 6．（2026·西南大学附中·一诊）某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示. (1)求的值; (2)若从高度在和中分层抽样抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在内的株数为，求 的分布列及数学期望； (3)以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多 1株高度低于的概率. 【答案】(1)； (2)分布列见解析，； (3) 【分析】（1）根据频率和为1，即可求解； （2）首先确定高度在和的株数，再按照超几何分布，即可求解； （3）根据独立重复概率公式，以及条件概率公式，即可求解. 【详解】（1）依题意可得，解得； （2）由（1）可得高度在和的频率分别为和，所以分层抽取的5株中，高度在和的株数分别为2和3，所以可取0，1，2. 所以，， 所以的分布列为： 所以 （3）从所有花卉中随机抽取株，记至少有株高度在为事件，至多株高度低于为事件， 则，， 所以. 正态分布 考点5 1．（2026·西南大学附中·一诊）已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为（   ） A．32 B．64 C． D． 【答案】A 【分析】由已知条件结合正态分布的性质求出，再利用赋值法求出系数和. 【详解】因为，所以，解得， 设， 则当时，， 故选：A. 2．（2026·重庆九龙坡·一模）（多选）近年来，巫溪县大力发展生态农业，蒲莲蜜柚因其形大、汁多、味甜深受消费者追捧．已知某批次蜜柚的重量（单位：克），，规定重量不小于1300克的蜜柚为合格品，重量在1500克到1700克之间的蜜柚为优等品．现从该批次蜜柚中随机抽取一个，下列说法正确的有（   ） A．该蜜柚是优等品的概率为 B．该蜜柚是合格品的概率为 C．若该蜜柚重量大于1500克，则其为优等品的概率为m D．若该蜜柚是合格品，则其重量不小于1500克的概率为 【答案】ABC 【分析】根据正态分布的概念，判断分布曲线的对称轴和方差，根据正态分布的对称性，以及条件概率公式，逐一判断各选项正误. 【详解】由题意，则随机变量服从正态分布，对称轴为，， 因为，即， 所以，A正确； 由，可知， 所以，B正确； 由正态分布曲线的对称轴为，所以，， 设事件为蜜柚重量大于1500克，则，事件为蜜柚为优等品，则， 由条件概率可知蜜柚重量大于1500克，则其为优等品的概率为，C正确； 蜜柚是合格品的概率为，重量不小于1500克的概率为， 设事件为蜜柚是合格品，则，设事件为蜜柚重量不小于1500克，则， 由条件概率可知蜜柚是合格品，则其重量不小于1500克的概率为，D错误； 故选：ABC 3．（2026·重庆·一模）据调查，某高校大学生每个月的生活费(单位：元) 服从正态分布，又，已知该校大学生人数较多，现从该校所有学生中，随机抽取10位同学， 则这10位同学中，每月生活费不低于1500的人数大约有_____人． 【答案】8 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出，进而求出目标人数. 【详解】由，， 得， 所以这10位同学中，每月生活费不低于1500的人数大约有. 故答案为：8 线性回归方程 考点6 1．（2026·重庆九龙坡·一模）已知变量和的成对样本数据的经验回归方程为，且，当增加1个样本数据后，重新得到的经验回归方程的斜率为，则在新的经验回归方程的估计下，样本数据所对应的残差为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】先计算新的数据的平均值，后得到经验回归方程，再结合残差概念计算即可. 【详解】由，可得增加1个样本数据后的平均数为， 因为，所以， 则增加1个样本数据后的平均数为， 所以，解得， 所以新的经验回归方程为， 则当时，， 样本点的残差为. 故选：B. 2．（2026·重庆名校联盟·一模）2025年11 月，搭载“祖冲之三号”同款芯片的超导量子计算机“天衍-287”完成搭建，该量子计算系统具备“量子计算优越性”能力.下表记录了8个团队在特定年度的研发资金投入x(单位：亿元)与芯片性能提升评估指数y，且 研发资金投入x/亿元 2 10 性能提升评估指数y 2 12 已知y与x具有较强的线性关系，通过最小二乘估计得到的经验回归方程为如果去掉样本点后，得到的新样本的经验回归方程为则（   ） A．0.1 B．0.3 C．0.5 D．0.7 【答案】B 【分析】根据给定条件，求出，进而求出新样本的中心点，再利用经验回归方程求得答案. 【详解】由及，得， 则在新样本中，， 所以. 故选：B 概率与数列交汇问题 考点7 1．（2026·四川外国语附外·一模）某公司为了开拓新产品市场，组织人类挑战机器人对抗赛活动．每局比赛只有胜和负两种情况，无平局，每局比赛挑战者战胜机器人的概率为，胜者记2分，其余记1分．每个挑战者只能挑战一局，每局胜负不受其他因素的影响． (1)求三局比赛中，人类队累计得分的分布列和数学期望； (2)若局比赛中，人类队累计得分为分的概率为，求； (3)若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为；若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为，比较与的大小，并说明其统计意义． 【答案】(1)分布列见解析，4 (2) (3)，答案见解析 【分析】（1）得到比赛得分为Y的所有可能取值为3，4，5，6，求得相应的概率，列出随机变量的分布列，结合期望的公式，求得数学期望；（2）利用概率的乘法公式列出，再通过错位相减的方法求出；（3）分别利用概率的乘法公式求出和，再利用做差法比较大小，根据大小情况写出实际意义即可. 【详解】（1）的所有可能取值为3，4，5，6， 的分布列为 Y 3 4 5 6 数学期望. （2）依题意，局比赛中，人类队累计得分为分，即局中有2局人类队取胜， 当时，， 当时，也符合上式. ， 设 得： ， ， （3）设“赛满局人类队获胜”为事件，要使事件发生，有两种情况：第一阶段赛满局人类队胜，记为事件，和第一阶段赛满局人类队负，记为事件 ①若第一阶段人类队胜，则人类队在前局至少胜局，分为人类队至少胜局和人类队恰好胜局， （1）若人类队至少胜局，无论后面两局结果如何，最终人类队获胜； （ii）若人类队恰好胜局，且后面两局中人类队均负的概率为， . ②若第一阶段人类负，则人类队恰好胜了局，而后两局必须全胜才能使得人类队最后获胜， ， ， . 在人类队每局获胜概率为的条件下，局数越多，人类队获胜的概率越小. 2．（2026·重庆·一模）一顾客参加某商场的抽奖活动，抽奖规则为:抛掷一枚质地均匀的骰子，若掷出的点数大于4，则中奖，否则不中奖，每次抛掷相互独立.设该顾客抽奖次，中奖次数为. (1)若，求的分布列和期望； (2)若，，1，2，3，，，求的最大值； (3)设未出现连续两次不中奖的概率为.求，，，并说明当足够大时，的实际意义. 【答案】(1)分布列详见解析， (2)5 (3)1，， 【分析】（1）利用二项分布概率计算公式可得分布列，期望； （2）利用数列最大值的求法可得答案； （3）根据题意建立递推公式，构造等比数列求通项即可. 【详解】（1）当 时，中奖次数 服从二项分布 . ， ， 故分布列为：      0 1 2 3                     期望 . （2）由于 ，即 因为 对所有 ，1，2，3，，成立， 所以需满足， 即，解得：， 故； 又当时， 当时， ，易知当时，， 故，即， 所以在单调递减，又由， 可得，当时，恒成立. 故的最大值为5. （3）设为次抽奖中未出现连续两次不中奖的概率。考虑第一次抽奖结果： 若第一次中奖（概率 ），则后 次未出现连续两次不中奖的概率为 ； 若第一次不中奖（概率 ），则第二次必须中奖（概率 ），后 次未出现连续两次不中奖的概率为 ， 得递推关系： 初始条件：，，计算得： 构造等比数列求通项： 设存在常数 使得 ，代入递推式，比较系数得： 解方程 ，得 ，， 取 ，，则有： 令 ，则 ，且 ， 所以：，即： 另取 ，，同理可得： 令 ，则 ，且 ， 所以：即： 得： 当 足够大时：由于 和 ，故 . 实际意义：当抽奖次数 非常大时，未出现连续两次不中奖的概率趋近于 0， 即几乎必然会出现连续两次不中奖的情况. 3．（2026·重庆·一模）元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入框， 并制定了两个小游戏， 且每位参与者只能参加其中一项游戏， 规则如下： 游戏一：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到 2 次，则游戏立即结束并获奖，若投掷次 （且）后仍未累计命中 2 次，则游戏结束，无法获奖； 游戏二：参与者进行投掷，不限投掷次数，若每次投掷中，命中记 1 分，未命中记 分，当累计得分达到 3 分， 则游戏立即结束并获奖， 当累计得分达到分， 游戏立即结束， 无法获奖． 现有甲、乙两位同学分别参加游戏，且每位同学每次投掷是否命中相互独立． 已知甲同学参加游戏一，且每次命中率为；乙同学参加游戏二，每次命中率为 ． (1)当时，记甲同学投掷次数为 ，求的分布列及期望； (2)当 时，求甲同学获奖的概率(用含的表达式表示)； (3)记甲同学获奖时，投掷次数不超过 4 次的概率为；若乙同学获奖概率不小于 ，求的最小值． 【答案】(1)分布列见解析，期望为； (2)； (3). 【分析】（1）写出的取值可能为2,3,4，再分别计算其概率，最后利用期望公式即可得到答案； （2）计算出的表达式，从而得到的表达式，再利用错位相减法即可得到答案； （3）记表示乙同学的得分，，计算出对应的概率，根据得到不等式，解出即可得到最小值. 【详解】（1）由题可知：的取值可能为2,3,4， ， , , 故的分布列为 2 3 4 所以． （2）记事件：甲同学获奖， 显然，，设表示甲投掷的次数，若甲投掷次并获奖， 则， 所以， 令， 所以， 两式相减：， , 即， 所以． （3）记表示乙同学的得分，， 记事件：乙同学获奖，表示乙同学得分为分时，最终获奖的概率， 显然，又, 由全概率公式知：， 所以, 那么 , 即， 同理：， ， ， ， 累加有， 所以， 即，即， 即， 由甲同学获奖时，投掷次数不超过4次的概率为得：， 由，即，解得， 故的最小值为． 1 / 29 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 计数原理与概率统计 7大考点概览 考点01统计与概率 考点02计数原理 考点03条件概率 考点04随机变量及其分布 考点05正态分布 考点06线性回归方程 考点07概率与概率交汇问题 统计与概率 考点1 1．（2026·重庆九龙坡·一模）有一位射击运动员在一次射击测试中射靶 10 次，记录每次命中的环数，得到如下一组数据: 7，8，7，9，5，6，9，10，7，4. 则这组数据的第25百分位数为（    ） A．5.5 B．6 C．8.5 D．9 2．（2026·重庆·一模）某地区有高中教师300人，初中教师800人，小学教师1100人，为调查某次教师培训的成效，采用分层抽样的方法从这些教师中抽取一个容量为44的样本进行访问，则小学教师应抽取（    ） A．6人 B．16人 C．22人 D．28人 3．（2026·西南大学附中·一诊）（多选）两组数据和，它们的平均数分别为，，方差分别为，，则（   ） A．的平均数为 B．的方差为 C．若，则 D．若，则 4．（2026·四川外国语附外·一模）（多选）阅读不仅能帮助孩子积累知识，还能提升他们的语言表达能力和思维能力，从小培养阅读习惯显得尤为重要.为了了解小学生的阅读情况，随机调查了某市1000名小学生每日阅读的情况，并将这1000名小学生每日的阅读时间数据绘制成如图所示的频率分布直方图，则（   ） A． B．估计样本中有75%的小学生每日的阅读时间不超过40分钟 C．估计样本中小学生每日的阅读时间的中位数为40分钟 D．估计样本中小学生每日的平均阅读时间为33.6分钟（每组数据以该组区间的中间值作代表） 5．（2026·重庆第二外国语·一诊）（多选）下列说法正确的是（   ） A．某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件 B．甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为3，则抽取的丙个体数为9 C．数据，，，，，，，的分位数是8 D．数据，，，…，的方差为，则数据，，，…，的方差为 6．（2026·重庆·一模）样本数据5，6，8，11，5的方差为______. 7．（2026·重庆第二外国语·一诊）如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动4次，则质点位于原点左侧的概率为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·四川外国语附外·一模）将6本相同的数学书和2本相同的语文书随机排成一排，2本语文书不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 计数原理 考点2 1．（2026·重庆·一模）在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，则当时，三角形区域的个数为___________；若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，则至少需要___________种不同的颜色． 2．（2026·重庆九龙坡·一模）的展开式中，各项系数的和是___________． 3．（2026·重庆·一模）的展开式中，常数项为（    ） A．15 B．40 C．60 D．80 4．（2026·重庆·一模）的展开式中常数项为__________． 5．（2026·重庆·一模）（多选）已知 ，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D．中，与最大 条件概率 考点3 1．（2026·重庆·一模）从1，2，3，4，5，6，7这 7 个数字中依次不放回地随机选取两个数字，记事件 ： “第一次抽到的数字是奇数”，事件 ： “第二次抽到的数字是偶数”，则 （    ） A． B． C． D． 2．（2026·重庆九龙坡·一模）盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为_____；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为_____. 随机变量及其分布列 考点4 1．（2026·重庆·一模）甲、乙两位同学参加投篮练习，由他们的投篮位置和命中情况确定得分可能为3分、2分、0分，根据以往练习统计数据，甲一次投篮得3分、2分、0分的概率分别为，乙不投3分球，他一次投篮得2分、0分的概率分别为．若甲、乙各投篮一次称为一轮投篮，且甲、乙投篮相互独立，每次投篮也互不影响． (1)记一轮投篮后，甲的得分为，乙的得分为，求； (2)记一轮投篮后，甲乙所得分数之和为随机变量，求的分布列及数学期望． 2．（2026·重庆九龙坡·一模）某企业为了提高生产效率和产品质量，更新了机器设备，为了检验新机器生产零件的质量，该企业质检部门要对新机器生产的零件抽样检测. (1)在调试生产初期，质检部门抽检该机器生产的10个零件中有2个为次品，现从这10个零件中随机抽取3个零件，设抽取的零件为次品的个数为，求的分布列和数学期望; (2)在正式生产后，质检部门从新机器生产的一批零件中随机抽取100件进行检验，其中有3件为次品. 用频率估计概率，现从新机器生产的这批零件中随机抽取个零件，记这个零件中恰有2件为次品的概率为，求取得最大值时的值. 3．（2026·重庆·一模）某地区从高一年级的物理测试中随机抽取了100名学生的物理成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图． (1)该地区某学校建议此次物理测试成绩在本地区前的学生选科报物理方向，试估计报物理方向的学生本次成绩不低于多少分？（结果保留整数） (2)从成绩位于区间和的答卷中，采用分层抽样随机抽取7份，再从这7份中随机抽取3份，设成绩在的答卷份数为随机变量，求的分布列及数学期望． 4．（2026·重庆九龙坡·一模）在重庆轨道交通故障排查演练中，三名工程师分别检查三个不同的系统，假设甲发现故障的概率为，乙、丙两人同时发现故障的概率是，甲、丙两人均未发现故障的概率是，且三人各自能否发现故障相互独立． (1)求乙、丙两人各自发现故障的概率； (2)用X表示三人中发现故障的人数，求X的分布列和期望． 5．（2026·重庆第二外国语·一诊）21世纪某次机器人展览会上，已知某公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示： 内饰 外观 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 10 10 米色内饰 2 3 (1)若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件A为小明取到红色外观的模型，事件B为小明取到棕色内饰的模型，求和，并判断事件A和事件B是否独立. (2)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中拿两个汽车模型，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，以及仅外观或内饰同色. 假设2：按抽奖的可能性大小，概率越小奖项越高 假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖800元，二等奖500元，三等奖300元 请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布列并求出X的数学期望. 6．（2026·西南大学附中·一诊）某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示. (1)求的值; (2)若从高度在和中分层抽样抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在内的株数为，求 的分布列及数学期望； (3)以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多 1株高度低于的概率. 正态分布 考点5 1．（2026·西南大学附中·一诊）已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为（   ） A．32 B．64 C． D． 2．（2026·重庆九龙坡·一模）（多选）近年来，巫溪县大力发展生态农业，蒲莲蜜柚因其形大、汁多、味甜深受消费者追捧．已知某批次蜜柚的重量（单位：克），，规定重量不小于1300克的蜜柚为合格品，重量在1500克到1700克之间的蜜柚为优等品．现从该批次蜜柚中随机抽取一个，下列说法正确的有（   ） A．该蜜柚是优等品的概率为 B．该蜜柚是合格品的概率为 C．若该蜜柚重量大于1500克，则其为优等品的概率为m D．若该蜜柚是合格品，则其重量不小于1500克的概率为 3．（2026·重庆·一模）据调查，某高校大学生每个月的生活费(单位：元) 服从正态分布，又，已知该校大学生人数较多，现从该校所有学生中，随机抽取10位同学， 则这10位同学中，每月生活费不低于1500的人数大约有_____人． 线性回归方程 考点6 1．（2026·重庆九龙坡·一模）已知变量和的成对样本数据的经验回归方程为，且，当增加1个样本数据后，重新得到的经验回归方程的斜率为，则在新的经验回归方程的估计下，样本数据所对应的残差为（    ） A． B． C．1 D．2 2．（2026·重庆名校联盟·一模）2025年11 月，搭载“祖冲之三号”同款芯片的超导量子计算机“天衍-287”完成搭建，该量子计算系统具备“量子计算优越性”能力.下表记录了8个团队在特定年度的研发资金投入x(单位：亿元)与芯片性能提升评估指数y，且 研发资金投入x/亿元 2 10 性能提升评估指数y 2 12 已知y与x具有较强的线性关系，通过最小二乘估计得到的经验回归方程为如果去掉样本点后，得到的新样本的经验回归方程为则（   ） A．0.1 B．0.3 C．0.5 D．0.7 概率与数列交汇问题 考点7 1．（2026·四川外国语附外·一模）某公司为了开拓新产品市场，组织人类挑战机器人对抗赛活动．每局比赛只有胜和负两种情况，无平局，每局比赛挑战者战胜机器人的概率为，胜者记2分，其余记1分．每个挑战者只能挑战一局，每局胜负不受其他因素的影响． (1)求三局比赛中，人类队累计得分的分布列和数学期望； (2)若局比赛中，人类队累计得分为分的概率为，求； (3)若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为；若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为，比较与的大小，并说明其统计意义． 2．（2026·重庆·一模）一顾客参加某商场的抽奖活动，抽奖规则为:抛掷一枚质地均匀的骰子，若掷出的点数大于4，则中奖，否则不中奖，每次抛掷相互独立.设该顾客抽奖次，中奖次数为. (1)若，求的分布列和期望； (2)若，，1，2，3，，，求的最大值； (3)设未出现连续两次不中奖的概率为.求，，，并说明当足够大时，的实际意义. 3．（2026·重庆·一模）元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入框， 并制定了两个小游戏， 且每位参与者只能参加其中一项游戏， 规则如下： 游戏一：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到 2 次，则游戏立即结束并获奖，若投掷次 （且）后仍未累计命中 2 次，则游戏结束，无法获奖； 游戏二：参与者进行投掷，不限投掷次数，若每次投掷中，命中记 1 分，未命中记 分，当累计得分达到 3 分， 则游戏立即结束并获奖， 当累计得分达到分， 游戏立即结束， 无法获奖． 现有甲、乙两位同学分别参加游戏，且每位同学每次投掷是否命中相互独立． 已知甲同学参加游戏一，且每次命中率为；乙同学参加游戏二，每次命中率为 ． (1)当时，记甲同学投掷次数为 ，求的分布列及期望； (2)当 时，求甲同学获奖的概率(用含的表达式表示)； (3)记甲同学获奖时，投掷次数不超过 4 次的概率为；若乙同学获奖概率不小于 ，求的最小值． 1 / 29 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题07计数原理与概率统计 考点1 统计与概率 1.B 2.C 3.AC. 4.ABD 5.ABD 6.5.2 7.A. 8.A. 考点2 计数原理 1.12:3. 2.-1. 3.C 4.29 5.ACD 考点3 条件概率 1.A 2 1 2. 570.4；20.5 考点4 随机变量及其分布列 1. 【详解】(1) y的取值为3.20对应的概率分别为PM=3)=子，PM=2=,P0M=0=号， N的取值为20，对应的概率分别为P0N=2)号，PW=0)-号 当M=3时，N取2或0都满足M≥N, 此时概率为PM=3)×[PN=2+PN=0]=4x(5+3=4 1 21、1 当M=2时，N取2或0都满足M≥N, 1/14 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 此时概率为PM=2)x[P(N=2)+PN=0]=2×(行+学=2 1,21、1 当M=0时，只有N=0满足M≥N, 111 此时概率为P(M=O)×P(W=0)=x= 4312 根据五斥事件概率的加法公式，可得PM≥M=++-三 4+2+126: (2)X的可能取值为0,2,3,4,5. (X-0=PM=0)XP(N=0)-X12 PX=2)=PM=2xPN=-0)+PM=0×PN=2)=2X3+4X53 PX=3)=PM=3)xPW=0=x-1 4312 PX=4=PM=2)xPN=2)=2×行3 1.21 PX=5)=PM=3)xPN=2)=4×行6 12_1 X的分布列如下表所示： 0 2 4 5 P 1 1 1 1 1 12 3 12 3 可得E(X)=0 +2 3*3x +4× +5× 1-2+1+45=37 12 12 6 343612 2.【详解】(1)的可能取值为0,1,2. P=0=C5, C-7 s-答-g,4-图- Ci015 所以的分布列为 5 0 2 7 1 15 15 15 2114 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 数学期望为E(5)=0×7+1x7+2x=3 7 15 15 1551 3 (2)由频率估计概率，单次抽到次品的概率为P= 100 则，个零#种哈有2件沈的数率为8-cCp1-n产-C高-高厂 3 )-1 C2 100 100J 97(n+1 P 3 2 3 )-2 100(n-1). 100 入」 97n+1 令Pn ，即10a-1,解得a<197 >1 2657令P1,解得657， 因此，当”=65时，B。>B,当”=66时，B,<B,所以P在1=6时取得最大值 故“取得最大值时”的值为66. 3.【详解】（)由题意10×0.005+0010x2+0.020+0,025+a=l,解得a=0.030, 成绩在90,100的领率为0.1，在80,90的频率为0.25，在70,80的频率为0.3， 0.1+0.25=0.35,0.1+0.25+0.3=0.65 因为 所以选报物理方向的最低分在70,80)内，则80-×0.03+0.25+0.1=0.6 解得x≈72，所以估计报物理方向的学生本次成绩不低于72分. (2)由题可知，成绩在区间80,90)的须数为10x0.025×10=25, 成绩在区间 90,100的频数为100x0.010x10=10, 利阳分层推，从轴取7价。收鳞有刘的频数为25×257105。 成绩在[90,10)的频数为10×，7 =2 25+10 3114 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .0,1,2 再从这7份答卷中随机抽取3份，X的所有可能取值为 pmX-9AX=号器Ax-2小--京 C357, 故X的分布列为： X 0 1 2 P 2 1 7 7 E(X)=0x2+1x4 2× 1、6 所以X的数学期望为： > 77· 4.【详解】()记乙、丙各自发现故障为事件A，4,由于事件相互独立， 则6P叫4-6，〔-加-川61-层，解料八1-后川- 2 1 所以乙、丙两人各自发现故障的概率分别为3,4 (2)由题意可知X的可能取值为0,1,2,3 Px- P(X=1)= 1x1x3+Lx2x3+Lx1x1-5 23423423412 123,111,1213 PX=2)=2×等×423*423*48， X 1、2、11 PX=3)-2×342' X的分布列为 X 0 1 2 3 1 ò 5 1 8 12 12 B0-0g+1 +2.3+31=17 12 81212· 5. 【详解】(1)P()-20-4 255, 4/14 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 P=吕48=号=号器 PAB≠P同A)PB,所以A,B不独立： (2)记外观与内饰均同色为事件，外观与内饰都异色为事件，仅外观或仅内饰同色为事件， 则P4)-C+C2C+g C 150, P(4)-Clci+cicis_1 Cis 6, P)CC+CiC+CiCio+CC C 75, .P(A)<P(A)<P(A) ∴.一等奖为两个汽车模型的外观与内饰都异色， 二等奖为两个汽车模型的外观与内饰均同色， 三等奖为两个汽车模型仅外观或仅内饰同色. X的分布列： X 800 500 300 1 47 39 6 150 75 E(x)=800x1+500 4 6 +300x39=46】 15 6.【详解】1)依题意可得005+0075+a+0.15+0.1×2=1,解得a=0125, (2)由(1)可得高度在 5,17)和17,19)的频率分别为01和0.15，所以分层抽取的5株中，高度在 [15,17)和17,19)的株数分别为2和3，所以X可取0,1山，2 oMxC-1a--Cc C1010 5/14 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以X的分布列为： X 0 1 1 3 10 5 10 所以E(X)=0 1x2+2x3-9 10 5 105 （3)从所有花卉中随机抽取3株，记至少有2株高度在21,2为事件M,至多1株高度低于23cm为事件 N, r-+c,=cgcg×g0 26 所以PN1M)= (NM)_250-26 P(M 1125 2 考点5 正态分布 1.A. 2.ABC 3.8 考点6 线性回归方程 1.B 2.B 考点7 概率与数列交汇问题 1.【详解】(1)Y的所有可能取值为3,4,5,6， 8 Pr-4-c Pv-=c号- 6/14 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 Pv=== Y的分布列为 3 4 5 6 P 8 4 2 1 27 9 27 数学期1=34+5×号+67-4 (2)依题意，”局比赛中，人类队累计得分为”+2)分，即”局中有2局人类队取胜， 当≥2时， -c 当”=1时，P)= 也符合上式 4-g2i-得 设=+26++a-州 =+2+a- -得.=1++-a-) 3-w*26 8=9-a+2[ 7/14 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)设“赛满2nH局人类队获胜”为事件C,要使事件C发生，有两种情况：第一阶段赛满2n-1局人 类队胜，记为事件4，和第一阶段赛满2”-1局人类队负，记为事件： ..C=AC+AC,P(C)=P(AC)+P(AC) ①若第一阶段人类队胜，则人类队在前2n-1局至少胜n局，分为人类队至少胜+1局和人类队恰好胜n局， (1)若人类队至少胜n+1局，无论后面两局结果如何，最终人类队获胜： (i若人类队恰好胜”局，且后面两局中人类队均负的概率为CP(1-p(1-p), 4c=Am-CGpI-pPI-p其中p= ②若第一阶段人类负，则人类队恰好胜了-1局，而后两局必须全胜才能使得人类队最后获胜， P(4C)=P(A)P(C A)=C2P"(1-p)"p2 4a+=PC=P4C+P4C=A-CprI-p1-p+Cp1-prp(其中p-司 A(n+l1-Am=Cnp"(1-p)”p2-C2a-p(1-p)(1-p2 =C(1-p)"-CP"(1-p)M =C2m-1p(1-p)"(2p-I -c居小 .A(n+1<A(n 在人类队每局获胜概率为3的条件下，局数越多，人类队获胜的概率越小 8/14 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2,【详解)①当3时中奖次数X眼从顶分布可3号 Px-m-图)-.rx=-cg-号- Px-2=c),nx--周立 故分布列为： X 0 1 2 3 4 2 1 27 9 27 期望E(X)=p=3x;=1, 3 X~\3),即 1 (2)由于 xc)(. 因为 P(X=1)zP(X=k) 对所有k=0,1,2,3,…,n成立， P(X=1≥P(X=0) 所以需满足P(X=1)≥P(X=2), 1- 2 n21 解得： 3 6c) n(n-11 23 →n≤5 故2≤n≤5； 又当m=5时，Px=刻=CG（图6=a12345 9/14 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 51 P(X=k+1) k+1)(4-k！13 当 时，P(X=k) -G 5- 5！ 321 k=1,2,3,4,5 (k)(5-k =5-k.1x3-5-k 5-k<1, =k+13×22k+2,易知当k=2,34,5时，2k+2 P(X=k+<1 故P(X=k),即P(X=k+1<P(X=k)(k=2,3,4,5), P(X=1≥P(X=0) 所以P(X=k)在k=2,3,4,5单调递减，又由P(X=1)≥P(X=2, 可得，当n=5时， P(X=≥P叫X=恒成立. 故n的最大值为5. (3)设P为”次抽奖中未出现连续两次不中奖的概率。考虑第一次抽奖结果： 若第一次中奖（概率3），则后n-1次未出现连续两次不中奖的概率为p1: 若第一次不中奖（概率3），则第二次必须中奖（概率3），后m-2次未出现连续两次不中奖的概率 为P 2 得递推关系：P,=3P1+)P,2,n≥2 初始条件：A=1,A=1计算得：宁+号-号 构造等比数列求通项： 设存在常数a,B使得P-ap-BP.a,,代入递推式，比较系数得： +8=oa是 91 解方程号=0，得5 3 2 取u子B=月，则有：号-0号n以 1 2 10/14