专题26 计数原理与概率统计（压轴）(选择题篇)训练-2026届高考数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦计数原理与概率统计压轴题型，通过分层设题构建从统计量计算到随机变量建模的完整知识链，强化数据处理与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |统计与统计案例|13题|以平均数、方差、回归分析为核心，结合图表数据考查数据意识|从基础统计量计算到复杂数据模型构建，体现数据解释与预测的完整逻辑| |排列组合与二项式定理|19题|涉及分组分配、几何计数、二项式系数，强调分类分步思想|从计数原理到二项式展开，形成“原理-方法-应用”的递进链条| |概率与条件概率|26题|涵盖古典概型、独立事件、条件概率，结合实际情境考查推理能力|从事件关系分析到概率计算，构建“定义-公式-应用”的逻辑体系| |随机变量与分布列|17题|以分布列、期望为重点，结合游戏、检测等场景考查模型意识|从随机变量定义到数字特征求解，体现“建模-计算-决策”的应用逻辑|

专题26 计数原理与概率统计（压轴） 题型1：统计与统计案例的相关问题 题型2：排列组合与二项式定理的相关问题 题型3：概率与条件概率的相关问题 题型4：随机变量与分布列的相关问题 题型1：统计与统计案例的相关问题 1．（2026·天津河北·二模）数列是各项均为正数的等差数列，且公差；数列是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项（，），下列说法错误的是（    ） A．数据，，，…，的平均数是； B．数据，，，…，的平均数是； C．若，，则数据，，，…，的中位数大于数据，，，…，的中位数： D．若，，则数据，，，…，的平均数大于数据，，，…，的平均数. 【答案】B 【分析】根据等差、等比数列的性质，结合平均数、中位数的概念逐项判断即可. 【详解】选项A，数列为等差数列，项数为，其前项和为 由等差数列性质，，故平均数为 A正确. 选项B，取，数列为项数3的等比数列， 设，，数列的平均数为 B错误. 选项C，由，，等差数列的中位数为， 等比数列的中位数为. 由均值不等式，（），故，C正确. 选项D，易知点在直线上，点在曲线上， 因为，所以如下图所示： 由图可知，当时，， 所以数列的前项和大于数列的前项和， 所以数列的前项的平均数比的前项的平均数大，D正确． 2．（2026·山东滨州·一模）已知4个互不相等的正整数的平均数为3，极差为4，则这四个数的方差为（    ） A． B． C．3 D．2 【答案】A 【分析】根据题意可求得四个数据，利用方差公式可求得结果. 【详解】设4个互不相等的正整数为：，满足： 平均数为3，则总和为； 极差为4，则； 且所有数为互不相等的正整数. 根据题意可得：，且，均为整数. 令，则，，且满足，即，且互不相等，和为6.所以，. 所以四个互不相等的正整数为1，2，4，5. 方差为：. 故选：A. 3．（2026·广西崇左·一模）（多选）已知相关系数，y关于x的经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，残差平方和为.已知变量x与变量y的部分数据，建立由最小二乘法得到的两个回归模型：以x为自变量，y为因变量，得出的经验回归方程为；以y为自变量，x为因变量，得出的经验回归方程为.若两个模型的计算均无误，则下列判断正确的是（   ） A．若已知变量x的方差，则可知变量y的标准差 B．若不给定其他信息，则也可得知变量x与变量y各自的平均值 C．若不给定其他信息，则也可得知变量x与变量y的相关系数 D．若已知变量x的标准差，则可知以y为自变量的回归模型的残差平方和 【答案】ABC 【分析】A 选项通过推导可得，若已知变量x的方差，即可求得，进而代入前式求得，故正确；B 选项可通过联立两个回归方程的截距公式解出样本均值和​，故正确；C 选项利用回归斜率乘积与相关系数的关系，结合斜率符号确定，故正确；D 选项因残差平方和需要原始数据或更多统计量，仅靠x的标准差无法计算，故错误。 【详解】对于C，由所给公式得，且回归系数为负数，故相关系数，C正确. 对于A，设变量x与变量y的标准差分别为，， ，， 标准差， 变形可得， 将其代入到得， 整理得，将其代入到， 整理得，代入已知数据得， 即，若已知变量x的方差，即可求得，进而代入上式求得，A正确. 对于B，经验回归直线经过样本中心点， 代入两个回归方程得与，解得，， 故不给定其他信息也可得知变量x与变量y各自的平均值，B正确. 对于D，设以y为自变量的经验回归方程为（其中）， 则变量x的残差平方和为 ， 由于样本量n未知，故无法算出残差平方和的具体数值，D错误. 4．（2026·浙江温州·二模）（多选）有一组样本数据，且，平均数为，中位数为M，现对这组数据做如下变换：，得到一组新数据，则下列说法正确的是（   ） A．新数据的极差等于原数据的极差 B．新数据的平均数等于 C．新数据的方差大于原数据的方差 D．新数据的中位数等于 【答案】BCD 【详解】的极差为：.由题意知， 的极差为：，故A错误； 新数据的平均数等于： ，故B正确； 的方差为： ， 因为，故， 所以，故C 正确； 的中位数为，故D正确. 5．（2026·山东德州·模拟预测）（多选）已知一组数据，，，，的平均数为5，方差为2，则该组数据的（   ） A．极差可能为1 B．众数可能为5 C．中位数可能为5 D．第百分位数可能为3 【答案】BC 【分析】对于BC：举例说明即可. 令，，对于A：假设极差为1，可得，，进而分析判断；对于D：根据百分位数可得，进而可得，，，结合基本不等式分析判断即可. 【详解】对于选项BC：例如满足平均数为5，方差为2， 且众数、中位数均为5，符合题意，故BC正确； 令，， 不妨设， 则，且，， 对于选项A：假设极差为1，即，则，， 可得，这与相矛盾， 假设不成立，所以极差不可能为1，故A错误； 对于选项D：因为，则第分位数为， 则，可得，，， 因为，，， 当且仅当时，等号成立， 则，可得， 即，这与相矛盾， 假设不成立，所以第分位数不可能为3，故D错误. 6．（2026·吉林白城·一模）（多选）有一组样本数据，其平均数为4，方差为，中位数为m．在这组数中，去掉一个最大的数6和一个最小的数2，余下6个数据的中位数为n，方差为，极差为t，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】由排序确定中位数不变，通过分析极差可以为4，最后运用方差的公式寻求前后数据的方差关系进而得到结论. 【详解】对于A，令，原中位数，将最大最小去掉后，，此时中位数，所以.故A正确. 对于B，，故B错误. 对于C，因为原数据的平均值为4，所以，去掉，，新的平均值为. 又 所以，因此，故C正确. 对于D，由上述计算，故D正确. 7．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）（多选）有一组互不相等的样本数据，现添加一个新的数据，得到新的一组数据，则新数据与原数据相比，下列情况可能发生的是（   ） A．若平均数不变，但极差变大 B．若中位数不变，但平均数变小 C．若平均数不变，但方差变大 D．若中位数不变，但方差变小 【答案】BD 【分析】根据题意，设原来数据中，平均数为，方差为，结合中位数，平均数和方差的计算公式，逐项分析判断，即可求解. 【详解】不妨设原来数据中，平均数为，方差为， 对于A，若平均数不变，则，因为， 所以添加后极差仍然是，故A错误； 对于B，若中位数不变，则，只要， 新数据的平均数就比原来小，故B正确； 对于C，原来的方差，若平均数不变，则， 新的方差， 即平均数不变时，方差一定变小，故C错误； 对于D，例如，取原始数据为，可得原始数据的中位数为，方差为， 添加一个新数据，可得新数据的中位数仍为，此时新数据的方差为， 因为，方差变小，所以D正确. 8．（2026·安徽宿州·一模）（多选）已知是各项均为正数的等差数列，且公差，是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项（），下列说法正确的有（    ） A．数据的平均数是 B．数据的平均数是 C．若，则数据的中位数大于数据的中位数 D．若，则数据的平均数大于数据的平均数 【答案】ACD 【分析】求出数据的平均数可判断A选项：举例可判断B选项；求出、的中位数可判断C选项；作差可判断D选项. 【详解】对于A选项,设的前项和为， 所以数据的平均数是，故A选项正确： 对于B选项，当时，取为2，4，8， 平均数为，故B选项错误； 对于C选项，的中位数是，的中位数 是，故C选项正确； 对于D选项，当时， 由，且等号当且仅当时成立， 故的前项和比的前项和大，平均值亦然，D选项正确. 故选：ACD. 9．（2026·安徽合肥·模拟预测）（多选）近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能(Artificial Intelligence，简称AI)已然成为科技变革的核心驱动力，有媒体称DeepSeek开启了我国AI新纪元．某地区随机调查了经常使用某AI工具的360名用户，统计他们的年龄，得到如下的统计表： 项目 第一组 第二组 第三组 第四组 第五组 年龄 人数 30 150 90 60 30 为了分析数据，小组甲、小组乙分别使用不同的办法解决一些统计问题． 【小组甲】用分层随机抽样的方法，从上面360名用户中随机抽取了12人，现从这12人中随机抽取4人，记抽到第一组的人数为，第二组的人数为． 【小组乙】通过查阅资料，该AI工具对某20个问题能准确答对其中的(，)个，其余个问题均无法答对．若从这20个问题中随机抽取10个对该工具提问，不妨记事件为“抽取的10个问题中，AI恰好答对3个问题”． 则下列说法正确的有（   ） A．该AI工具用户的平均年龄为32.5岁 B． C．使概率最大的值为6 D．使概率最大的值为7 【答案】ABC 【分析】对于A项，以每组数据的区间中点值为该组数据的代表值进行估算；对于B项，先确定人数，再根据古典概率计算即可；对于C、D项，恰好答对3题的概率，分析的单调性即可. 【详解】对于A项，估计平均年龄为，故A项正确. 对于B项，由题意得，这12人中，年龄在第一组内的有 (人)，年龄在第二组内的有 (人)， 设“”为事件A，则当时，；当时，， 所以，故B项正确. 对于C、D项，从这20个问题中随机抽取10个对该工具提问，恰好答对3个问题的概率为， 设，由，且，得， 所以， 由二次函数的性质可知当时，， 令， 当时，有，即，此时； 当时，有，即，此时，即， 所以使概率最大的值为6，故C项正确，D项错误． 10．（2026·全国·模拟预测）（多选）已知甲、乙两组样本各有1000个数据，甲、乙两组数据合并后得到一组新数据，则（   ） A．若甲、乙两组数据的平均数都为a，则新数据的平均数等于a B．若甲、乙两组数据的极差都为b，则新数据的极差可能大于b C．若甲、乙两组数据的方差都为c，则新数据的方差可能小于c D．若甲、乙两组数据的中位数都为d，则新数据的中位数等于d 【答案】ABD 【分析】根据平均数，极差，方差和中位数的定义和公式，逐个判断即可得. 【详解】设甲：，乙：，新数据为：， A：因为，正确； B：设甲：，乙：，两组数据极差均为，混合后数据的极差为，正确； C：因为， 所以，，， 所以新数据的方差为， 因为， 即新数据的方差，当且仅当两组样本均值相等时取等号，错误． D：不妨设，， 由它们的中位数相等，则， 将混合后数据按从小到大排列， 若，则，所以第1000，1001个数为和； 此时新数据的中位数为， 若，则，所以第1000，1001个数为和， 此时新数据的中位数为 两种情形下，新数据的中位数都等于，正确； 故选：ABD. 11．（2026·河北保定·二模）某厂生产了40000件产品，现对其质量进行测评，规定质量指标值不小于80就认为质量测评合格．现从这批产品的测评数据中随机抽取100件产品的质量指标值）．经计算．若该批产品的质量指标值近似服从正态分布，则估计该批产品中质量测评合格的产品件数为______________． 参考数据：若随机变量X服从正态分布N，则 【答案】39090 【分析】本题是正态分布的实际估计问题，用样本平均数估计总体均值；用估计总体方差；判断合格线对应均值左侧几个标准差；借助正态分布的对称性求合格概率，再乘总件数. 【详解】由题意，样本均值为 又因为 所以样本方差可估计为 用样本统计量估计总体参数，故可估计 于是质量指标值近似服从正态分布 因为合格标准是不小于，而 所以合格的概率为 由题给参考数据， 又正态分布关于均值对称，所以两侧尾部概率相等， 从而 因此 所以该批产品中质量测评合格的产品件数约为 故估计该批产品中质量测评合格的产品件数为 12．（2026·江西九江·一模）已知成对样本数据中互不相等，且所有样本点都在曲线上.若的平均值与方差均为5，则的平均值为__________.（其中） 【答案】 【分析】先根据已知条件求出与的值，再结合求出即可得解. 【详解】因为的平均值为5，即，所以， 因为的方差为5，即，解得. 因为所有样本点都在曲线上， 所以， 所以， 所以的平均值为， 故答案为：. 13．（2026·河北沧州·一模）设为方程的任意一组正整数解，分别为的平均数和中位数，记所有正整数解对应的值的算术平均数为，某班的数学老师张老师拟对全班35名学生进行奖励，取的几何平均值作为金额数给每个学生买同样的一件小礼品，则张老师需要付出的总金额数约为__________．（注：，结果保留一位小数） 【答案】 【分析】由题可得，利用隔板法求出正整数解的组数为组，不妨设这个数由小到大分别为,即则这三个数的 中位数为，求出的值，以及对应的排列数，利用平均数以及几何平均数的公式即可求解. 【详解】由于，所以； 方程的正整数解总数可理解为：将个分成组，需要个隔板，则正整数解的组数为组， 不妨设这个数由小到大分别为,即则这三个数的 中位数为， 当时，则，，排列以后对应的组数为； 当时，则，，或，，排列以后对应的组数为； 当时，则，，或，，或，，排列以后对应的组数为； 当时，则，，排列以后对应的组数为； 故其中中位数为1，2，3，4的分别有3，9，13，3组， 所以，所以，所以张老师需要付出的总金额数约为． 故答案为： 题型2：排列组合与二项式定理的相关问题 14．（2026·上海杨浦·模拟预测）一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色，若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为（   ）    A．32 B．48 C．64 D．82 【答案】D 【分析】分①②③④四边同色、①②③④只有三边同色另一边不同色和①②③④每两个同色三种情况分别求解即可. 【详解】如图所示：    当①②同色时，矩形A另外两边有1种方法染色； 当①②不同色时，矩形A另外两边有2种方法染色； 同理其他区域也一样， 所以：①②③④四边同色，此时共有种； 当①②③④只有三边同色时，另一边与其不同色时， 此时共有种； 当①②③④每两个同色时，此时共有种； 综上，共有种. 15．（2026·河南安阳·模拟预测）某计算机要依次执行6个算力任务，包括3个不同的图形渲染任务､2个不同的逻辑推理任务和1个数据检索任务，为了防止芯片局部过热，系统规定同类型的任务不能连续执行，则不同的任务执行顺序共有（    ） A．60种 B．72种 C．96种 D．120种 【答案】D 【分析】先用插空法求出3个图形渲染任务互不相邻的排法总数，然后利用减法原理，从中排除2个逻辑推理任务相邻的情况，即可得答案。. 【详解】第一步，先排列2个不同的逻辑推理任务和1个数据检索任务，共有种排法； 第二步，将3个不同的图形渲染任务插入到第一步中3个不同的任务产生的4个空隙中， 共有种排法； 第三步，排除2个不同的逻辑推理任务相邻的情况， 将2个逻辑推理任务捆绑视为一个元素，此元素与数据检索任务共2个元素先进行排列，产生3个空位，有种排法； 将3个不同的图形渲染任务插入这3个空位，有种排法； 捆绑的2个逻辑推理任务内部有种排法，故共有种排法。 所以满足条件的排法总数为. 16．（2026·贵州安顺·模拟预测）将6个相同的布娃娃、3个相同的陀螺、4只不同的风筝分给3位小朋友，要求每一位小朋友至少有一个布娃娃，陀螺不能全给同一位小朋友，每一位小朋友至少有一只风筝，其中甲风筝必须给周周小朋友，则不同的分配方案有（   ） A．420种 B．840种 C．960种 D．1280种 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数，结合隔板法及排列组合综合问题列式求解. 【详解】不同的分配方案需要3步： 将6个相同的布娃娃分给3位小朋友，每一位小朋友至少有一个布娃娃，有种方法； 将3个相同的陀螺分给3位小朋友，且不能全给同一位小朋友，有种； 将4只不同的风筝分给3位小朋友，每一位小朋友至少有一只风筝， 其中甲风筝必须给周周小朋友，有种， 所以不同的分配方案有（种）. 17．（2026·山东济南·二模）如图，三边的中点分别为，将六个数字全部标注在六个点处，每个点处标注一个数字，使得每个中点处的数字都比其相邻两顶点处的数字小，则不同的标注方法有（    ） A．36种 B．48种 C．60种 D．72种 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理及排列数公式计算求解. 【详解】由题意可得顶点标注只能为或，其余情况不满足题意. 若顶点标注，则标注在中点处，此时有， 若顶点标注，则只能标注在之间的边的中点，此时有种， 所以不同的标注方法有种. 18．（2026·广东·模拟预测）在正方体中，E，F，G分别为，，的中点，若从正方体的八个顶点中任取两个不同的顶点，记事件M为“所取两个顶点的连线与平面平行”，则事件M发生的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 如图所示，作的中点，连接， 可知，可知， 所以点在同一平面上， 可知面平行的对角线有共6条， 所有从正方体的八个顶点中任取两个不同的顶点的连线有条， 则. 19．（2026·重庆·模拟预测）已知，则（   ） A．16 B．30 C．32 D．60 【答案】B 【分析】对式子两边求两次导数后令得，两边同时除以2即可求出答案. 【详解】因为， 对两边求导得， 对两边再次求导得， 令得， 两边除以2得. 20．（2026·陕西商洛·模拟预测）某公园景观道上有如图所示的五个花坛，园艺师傅计划选用一串红、月季、矮牵牛、薰衣草、雏菊和郁金香这六种花卉进行栽种，每个花坛只能栽种一种花卉，要求相邻两个花坛花卉种类不同，其中恰有两个花坛栽种雏菊，则不同的栽种方案种数为（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据雏菊所种的花坛的位置分成六类情况，运用分类加法计数原理计算即可. 【详解】要求相邻花坛花卉不同，因此两个雏菊不能相邻.五个花坛中选两个不相邻的位置种雏菊，共有种选法， 按位置分类计算每种选法的方案数：（所有非雏菊花坛都不能种雏菊，因此可选花卉共种） 位置：结构（代表雏菊）第位不能种雏菊有种；第位不能种雏菊有种； 第不能种雏菊且不能与第位相同有种，共种方法； 位置：结构第位不能种雏菊有种；第位不能种雏菊且不能与第位相同有种； 第不能种雏菊有5种，共种方法； 位置：结构第位不能种雏菊：种；第位不能种雏菊且不能与第位相同有种； 第位不能种雏菊且不能与第位相同有种，共种方法； 位置：结构第位不能种雏菊有种；第位不能种雏菊有种；第位不能种雏菊有种，共种方法； 位置：结构第不能种雏菊有种；第位不能种雏菊有种； 第位不能种雏菊且不能与第位相同有种，共种方法； 位置：结构第位不能种雏菊有种；第位不能种雏菊且不能与第位相同有种； 第位不能种雏菊有种，共种方法； 由分类加法计数原理，不同的栽种方案共有种. 21．（2026·山东德州·模拟预测）除以7所得的余数为（   ） A．1 B．2 C．4 D．6 【答案】D 【分析】利用二项式定理化简原式，再将问题转化为求除以7所得的余数，再次结合二项式定理将问题转化为除以7所得的余数即可. 【详解】， 因为，所以除以7所得的余数为，即， 故， 而， 故除以7所得的余数为， 故原式除以7所得的余数与除以7所得的余数相等均为. 22．（2026·广东汕头·一模）一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（    ） A．7或 B．5或 C．3或 D．1或 【答案】D 【分析】将“质点移动位置”转化为“正、负方向移动次数”的组合问题，通过分析组合数的最大值确定概率最高的位置. 【详解】设质点向正方向移动的次数为（），则向负方向移动的次数为， 质点最终的位置坐标由正、负方向移动的总距离决定：， 每次移动向正、负方向的概率均为，因此“7次移动中恰好有次向正方向”的概率服从二项分布，概率公式为：， 其中为组合数，为常数，因此，概率的大小由组合数决定，“最可能的位置”对应最大时的， 时 时 时 时 时 时 时 时 综上，组合数在和时取得最大值， 当时，代入得：， 当时，代入得：， 质点最可能移动到的位置坐标为或. 23．（2026·山东东营·二模）（多选）进位制是人们为了计数和运算方便而约定的计数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等等．一般地，若是一个大于1的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式，如．例如：十进制数，，所以在三进制下可写为，则下列说法正确的是（   ） A．三进制数转化成五进制数为 B．现用八进制表示十进制的，则这个八进制数的最后一位为1 C．正整数在三进制下的各位数字之和记为，在集合中任选一个正整数，则为3的倍数的概率为 D．一副两种颜色的卡片共22张，每种颜色11张，上面分别标有数字，从这22张卡片中任取张，则取出的卡片上数字之和为的取法共有种 【答案】ABD 【分析】利用进制的数可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式，如，则可判断AB，利用古典概型来计算即可判断C，利用同一色牌的二进制表示最大数为，即可判断D. 【详解】A选项，三进制数转化为十进制数为，而， 所以三进制数转化成五进制数，A选项正确； B选项，由二项式定理知 ， 故最后一位数为1，B选项正确； C选项，设）． 若为3的倍数，则为3的倍数，又，则， 所以， 则， 所以当为3的倍数时，中恰有一个是3的倍数． ，由，得， 所以都不是3的倍数，是3的倍数， 而这2022个数中，有个是3的倍数， 在1至2026中任选一个正整数，共有2026个正整数， 所以由古典概型概率公式得，为3的倍数的概率为．C选项错误； D选项，因为， 所以， 即用一种颜色的牌也能表示， 记第一种颜色卡片上数字之和为，记第二种颜色卡片上数字之和为， 则， 因为每一个小于或等于的正整数都可以用二进制的数来唯一表示， 所以取值的所有可能是， 即共有种取法，D选项正确． 24．（2026·湖北黄石·一模）（多选）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（    ） A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 【答案】BCD 【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D. 【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误， 对于B,由题意可得,B正确， 对于C, 第48行的所有数字之和为 ,由于能被7整除， 故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确， 对于D,第行的和为， 当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1， 故前行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为， 去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……， 可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数， 当时，， 因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为 则此数列前135项的和为. 25．（2026·湖北十堰·一模）（多选）若，则（   ） A．（） B． C．从，，…，这8个数中任取2个，这两个数的积为正数的取法有12种 D．从，，，…，这8个数中任取3个，这三个数的和等于，，，…，中某数的取法有28种 【答案】ACD 【分析】分析可知，，进而列举.对于A：可知的最大值为，即可判断；对于B：结合二项式性质分析判断即可；对于C：分析数的正负性结合组合数分析求解；对于D：分类讨论和项是否为0，结合组合数运算求解即可. 【详解】因为的展开式的通项为，， 则，， 可得依次为. 对于选项A：因为的最大值为，所以，，故A正确； 对于选项B：，故B错误； 对于选项C：若两个数的积为正数，则从任取两项或从任取两项， 所以不同的取法共有种，故C正确； 对于选项D：因为，共有4组， 若从选择一组，再从剩余的数中选择1个，不同的取法共有种； 检验可知，不同的取法共有种； 综上所述：不同的取法共有种，故D正确； 故选：ACD. 26．（2026·陕西榆林·模拟预测）（多选）对于一个方格图，定义“连续完美分割”：当且仅当方格图可被互不重叠且连通的四个形状相同的区域完全分割，且每个区域恰含有1个M和1个N．给出下列方格图，可“连续完美分割”的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据已知新定义判断A，C，D，再根据连续完美分割得出图形判断B. 【详解】A，C，D可“连续完美分割”如图： 对于B，对于4×4的方格，其可行的“连续完美分割”，仅有以下5种情形或其旋转图形， 经验证，符合条件的分割方式不存在. 27．（2026·广东佛山·二模）（多选）从分别写有的张卡片中不放回随机抽取次，每次取张卡片，记第次取出卡片的数字为，定义为满足，的不同情况数，则（   ） A． B． C． D．（） 【答案】ABD 【分析】根据题意理解的含义，通过列举法、举反例以及分类讨论第个元素，即可得到答案. 【详解】对于A，当时，表示从中选个数，且的不同情况数， 因此只能选，有种选法，即，故A正确； 对于B，表示从中选个数，且的不同情况数，因此只能选，有种抽法，即， 表示从中取个数排列，且的不同情况数，满足条件的情况有，，，即， 表示从中取个数排列，且的不同情况数，满足条件的情况有，，即， 因此，故B正确； 对于C，当时，， 表示从中取个数排列，且的不同情况数， 若选的两个数为或或或，则排列必为或或或，共种情况， 若选的两个数为或或，则排列必为或或，共种情况， 若选的两个数为或或，则排列必为，或，或，，共种情况， 即，因此存在反例使得不成立，故C错误； 对于D，表示从中取个数排列，且的不同情况数， ①若第个元素未被选中，则从剩下的张卡片中抽取次，使得，那么情况数为， ②若第个元素未被选中，共有种可能，此时第个元素必被选中， 当第个元素排在第位时，则剩余的个元素排在剩余位置错排，有种情况， 当第个元素不排在第位时，由于第个元素未被选中，可将第个元素化为第个元素，转化为个元素的错排，有种情况， 因此，故D正确. 28．（2026·湖北武汉·三模）一个的灯阵，每盏灯颜色各不相同，初始时所有灯均熄灭，每次可以任选一整行或一整列，使其中所有灯的状态同时反转，经过若干次操作后，恰有8盏灯亮，只按最终灯亮位置计算（如右图为其中一种情况），可得到的不同亮灯图案共有_______________种. 【答案】78 【分析】按照反转的行数和列数的不同情况，分类计算所有能得到8盏灯亮的不同图案，相加可得到总数. 【详解】要想得到8盏灯亮的不同图案，可分如下情况进行讨论： 设行数为，列数为. 若. 时，总数为. 时，总数为. 时，总数为(此时内部有一半重复). 时，总数为(与，重复). 时，总数为(与，重复). 总数为. 若. 时，总数为. 时，总数为. 时，与上述重复不计. 时，总数为(与，重复). 时，总数为(与，重复). 总数为. 综上所述，一共有种. 29．（2026·河南信阳·模拟预测）已知一袋中装有标号为1，2，3，4的卡片各一张，现每次从中取出一张，记下号码后再放回袋中，当四种号码的卡片都被取出过时即停止抽取．则恰好取7次卡片后停止抽取的概率为__________. 【答案】 【分析】计算出所有可能取法后，分前次种号码出现的次数分别为、、或、、或、、，且第次出现第种号码进行讨论，可得符合要求的总可能取法，最后利用古典概型求概率即可得. 【详解】由分步乘法计数原理知，每次从中取出一张，记下号码后放回， 进行次一共有种不同的取法， 恰好取次卡片时停止，说明前次出现了种号码且第次出现第种号码， 种号码出现的次数分别为、、或、、或、、， 种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种； 种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种； 种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种； 故恰好取次卡片后停止抽取的概率为：. 30．（2026·山东泰安·模拟预测）将1，2，3，4，5，6这6个数排在图中，，，，，六个位置，则任意相邻两数之积不超过20的概率为__________．    【答案】/0.3 【分析】先得到6不能与4或5相邻，结合组合知识进行求解 【详解】任意相邻两数之积不超过20，则6不能与4或5相邻， 故6的两侧可以为1，2，可以为1，3，也可以为2，3； 又6的两侧共有种情况安排， 综上，任意相邻两数之积不超过20的概率为； 31．（2026·河南信阳·二模）已知，其中i为虚数单位，从组合数中取出一个数记作，从展开式中项的系数中取出一个数记作，若，则的概率为______________. 【答案】 【分析】利用复数的乘法运算可得，再利用组合数及二项式系数确定有序数对的个数，进而求出古典概率. 【详解】依题设，数都各有41种取法，因此有序数对的取法种数为， 由，得，， 由，得，则，， 当且仅当为奇数时，， 则，即或，显然均为奇数， 当时，共有20个对应的有序数对，当时，共有20个对应的有序数对， 因此使成立的有序数对共有40个， 所以的概率. 32．（2026·陕西榆林·二模）若表示不大于的最大整数，曲线在点处的切线经过点，则___________，数列的前项和为___________． 【答案】 21 【分析】根据导数的几何意义及直线的点斜式方程求出切线方程，结合题意可得，根据的定义求出，再根据等比数列的前项和公式求解前项和即可. 【详解】因为，则，曲线在点处的切线方程为， 又因为切线过点，所以，可得， 所以，所以． 设数列的前项和为， 由二项式定理可得，， 当为奇数时，， 由于，为不小于1的整数，所以， 当为偶数时，，所以， 故，所以， 所以． 故答案为：． 题型3：概率与条件概率的相关问题 33．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知正方体，从正方体顶点中选取4个点构成四面体．从这些四面体中随机选取一个，则选取的四面体的四个面都是锐角三角形的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方体的性质，结合已知条件，求出正方体中可构成四面体的总数，再求出四个面全是锐角三角形的四面体个数，进而求出概率． 【详解】 正方体总共8个顶点，任取4个顶点的组合数为：， 当4点共面时不能构成四面体，包含正方体的6个表面及6个对角面，共种， 可构成四面体的个数为：； 正方体中，四个面都是锐角三角形的四面体共2个，顶点分别为： 和， 选取的四面体的四个面都是锐角三角形的概率为： ． 34．（2026·安徽淮北·二模）某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，事件表示向下的面上有数字3，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 【答案】B 【详解】由题意可得，，， 对于A，表示向下的面同时有数字1和2，即面4，所以，故A错误； 对于B，的情况只有面4，故， 又，满足，故B正确； 对于C，表示同时有数字1、2和3，即面4，所以，故C错误； 对于D，表示向下的面有数字2或3，包含面2、面3、面4，共3个面， 故，表示向下的面有数字1，且有数字2或3，即面4， 故，所以， 不满足独立事件定义，故D错误． 35．（2026·广东·模拟预测）将4个黑球和6个红球随机排成一列，事件“第k个球是黑球”，则下列正确的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，求得，结合独立事件、互斥事件，以及条件概率的计算公式，逐项分析判断，即可求解. 【详解】由题意知，事件“第k个球是黑球”，可得， 对于A，事件表示第1和第2个球是黑球，可得， 因为，所以，所以A错误； 对于B，事件表示第1或第2个球是黑球， 可得， 因为，所以，所以B错误； 对于C，由B项知：，所以C正确； 对于D，由条件概率的计算公式，可得，所以D错误. 36．（2026·云南·模拟预测）已知数轴上有个不同的点的坐标为，且满足，从上述10个不同点中任取4个不同的点，则事件“存在，，，使得”的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】问题等价于从1，2，3，4，5，6，7，8，9，10中任取4个不同的数，求事件“存在≤<≤4，使得”的概率，则可先求出其对立事件的所有可能取法，再求出所有可能取法，即可得解. 【详解】问题等价于从1，2，3，4，5，6，7，8，9，10中任取4个不同的数， 求事件“存在，，使得”的概率， 不妨设，考虑对立事件“不存在，， 使得”，则有， 在1，2，3，4，5，6，7中任取4个不同的数， 从小到大依次表示，此时有种不符合题意的取法， 则有种符合题意的取法， 所以事件“存在，，使得”的概率为. 37．（2026·辽宁辽阳·模拟预测）已知正数，满足.现从①，②，③，④这4个不等式中随机抽取2个不等式，则恰有1个不等式成立的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由得，构造函数，利用在上单调递增得到，即，再结合指数函数、对数函数的性质判断得到①正确②错误③正确④正确，最后计算这4个不等式中随机抽取2个不等式，恰有1个不等式成立的概率即可； 【详解】由得， 即， 设函数，易知在上单调递增， 所以，即，则， 所以，①正确； 由，存在，不成立，②错误； 已知正数，，易得，③正确； ，④正确； 这4个不等式中随机抽取2个不等式，共有6种选法，其中恰有1个不等式成立的选法有3种， 所以恰有1个不等式成立的概率为. 故选：D. 38．（2026·广西贵港·三模）从集合中任取三个不同的数，当三数之和为3的倍数时，这三个数可构成等差数列的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设出事件，分别计算出两事件的基本事件数，利用条件概率公式进行求解 【详解】设三数之和为3的倍数为事件，三个数可构成等差数列为事件， 中，除以3余数为0的有， 除以3余数为1的有，除以3余数为2的有， 要想三数之和为3的倍数，可以从中任选3个； 或中任选3个；或中任选3个； 或中选1个，中选1个，中选1个； 故， 若三个数构成等差数列，不妨设为，， 则，，所以三个数的和一定为3的倍数， 设公差为，则且为正整数，则， 又，故，所以且为正整数， 当时，为，共16种情况， 当时，为，共14种情况， 当时，为，共12种情况， 当时，为，共10种情况， 当时，为，共8种情况， 当时，为，共6种情况 当时，为，共4种情况， 当时，为，共2种情况， 所以， 故. 39．（2026·内蒙古赤峰·一模）为了培育高茎且抗倒伏的优良作物，现从试验田中随机选出充足的作物样本，发现在高茎作物的样本中约有50%的作物抗倒伏，在抗倒伏的作物样本中约有40%的作物为高茎，并且样本中约有30%的作物既不具备高茎也不具备抗倒伏这两种优良性状．则样本中兼备两种优良性状的植株的占比约为（   ） A．20% B．30% C．40% D．50% 【答案】A 【分析】利用条件概率关系设未知数，根据高茎中抗倒伏比例和抗倒伏中高茎比例分别表示出高茎和抗倒伏的占比，再利用既不高茎也不抗倒伏的比例得到和事件的概率，由概率加法公式列方程求解. 【详解】设高茎作物占比为，抗倒伏作物占比为， 既不高茎也不抗倒伏的占比为，两种性状兼备的占比为， 由题意得，则， ，则， ，则， 则，解得， 即两种性状兼备的占比为. 40．（2026·新疆·二模）已知事件的概率均不为0，下列说法正确的是（    ） A．若，则事件与为对立事件 B．若，则事件与为相互独立事件 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】由概率加法公式，条件概率公式，对立事件和独立事件的定义可选答案. 【详解】对于A：因为，由，只能得到，并不能得到事件与为对立事件，故A错误； 对于B：因为， 由，只能得到，并不能得到，从而不能得出事件与为相互独立事件，故B错误； 对于C：由可得或，当时不能得出，故C错误； 对于D：因为， 又，所以，故D正确. 故选：D. 41．（2026·山东青岛·二模）（多选）箱子中有个大小相同的球，编号分别为．按如下方式从箱子中不放回地取球：第一次随机取出一个球，若该球的编号为，则第二次随机一次取出个球．记完成上述两次取球后编号为的球被取出的概率为，设，则（    ） A． B．为定值 C． D． 【答案】ABD 【分析】对于A，分为第一次取出的编号为三种情况分别计算概率，求和即可判断；对于B，根据即可判断；对于C，求出，通过举反例即可判断；对于D，，根据即可判断. 【详解】若，则第一次取出的编号为1的球的概率为， 若第一次取出的是编号为2的球，且第二次编号为1的球被取出的概率为， 若第一次取出的是编号为3的球，且第二次编号为1的球被取出的概率为， 故，故A正确； 箱子中有个球，则第一次取出的编号为的球的概率为， 若第一次取出的编号为的球，且编号为的球被取出的概率为， 故 ，故B正确； ， 不妨取，，则，故C错误； 由上得， 所以， ，故D正确． 42．（2026·安徽安庆·三模）（多选）正三棱锥中，点、、分别是侧棱、、的中点，，则下列结论中正确的有（   ） A．平面 B．过的平面截该三棱锥所得截面三角形周长的最小值为 C．棱长为的正四面体可以在棱台内随意转动 D．在三棱台中，若一质点从A出发，每次等可能地沿着三棱台的棱向相邻的另一个顶点运动，设在次运动后质点仍停留在下底面的概率为，则 【答案】ABD 【分析】由题意可证平面，可判断A；可证，，进而求得截面三角形周长的最小值为判断B；假设C成立，为棱长的正四面体的外接球能在三棱台内任意转动，据此计算判断C；根据题意利用全概率公式计算可得，求得通项公式判断D. 【详解】因为三棱锥 为正三棱锥，又，可得为正四面体， 所以、均为等边三角形， 又、均为中点平面，故A正确. 又因为平面，所以，故是到的最短距离， 同理可得，故也是C到最短距离， ∴是所有截面中周长最短的且此时周长为，故B正确. 对C：假设C成立，则以为棱长的正四面体的外接球能在三棱台内任意转动， 设外接球的半径为，可得该正四面体底面三角形内切圆的半径为， 所以该正四面体的高为，所以 解得，那么该外接球直径， 又三棱锥底面三角形的内切圆半径为， 所以三棱锥底面上的高为， 所以三棱台的高为， 所以三棱台内能放下的球直径不大于， 又，故放不下，故C错误. 对于D：记若一质点从A出发，在次运动后“在下底面”为事件，“在上底面”为事件. 显然，当，时，，. 由全概率公式， 即，，所以，， 所以，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以，故D正确. 43．（2026·陕西渭南·模拟预测）（多选）小明和小红进行某项比赛（比赛结果没有平局），小明每局获胜的概率均为，每局比赛胜者获得1个积分，负者获得0个积分，记小明和小红两人积分之差的绝对值为，当时，比赛结束且总积分多者获胜.下列说法正确的是（    ） A．若，则比赛结束时总局数可能是5 B．若，，则恰好4局结束比赛且小明获胜的概率为 C．若，，则在不超过5局比赛结束的条件下，小明以4:1获胜的概率为 D．若，，比赛进行一段时间后，则继续比赛小明最终获胜的概率为 【答案】BCD 【分析】由题意可知时，比赛结束时总局数为偶数可判断A，由二项分布、相互独立事件的概率公式可判断B和C，由全概率公式分析可判断D. 【详解】选项A：若，则比赛结束时积分差的绝对值为2， 设总局数为，小明胜局，小红胜局， 则，即，所以总局数为偶数，故A错误. 选项B：若，，则恰好4局结束比赛且小明获胜的概率为： ，故B正确. 选项C：若，，则在不超过5局比赛结束，有两种情况，第一种小明或小红连胜3局，概率为. 第二种小明或小红以获胜，概率为. 其中小明以获胜的概率为. 所以在不超过5局比赛结束的条件下，小明以4:1获胜的概率为，故C正确. 选项D：设小明在净胜局（小明胜的局数比输的局数多）前提下，继续比赛最终获胜的概率为，. 当净胜局时，继续比赛一局，若小明胜，则小明的状态变为净胜局，继续比赛获胜的概率为；若小明输，则小明的状态变为净胜局，比赛结束，小明失败. 根据全概率公式可得，. 当净胜局时，继续比赛一局，若小明胜，则小明的状态变为净胜0局，继续比赛获胜的概率为；若小明输，则小明的状态变为净胜局，继续比赛获胜的概率为. 根据全概率公式可得，. 同理可得，当净胜0局时，.当净胜1局时，. 当净胜2局时，继续比赛一局，若小明胜，则小明以获胜，若小明输，则小明的状态变为净胜1局，继续比赛获胜的概率为. 根据全概率公式可得，. 联立，即，整理得，解得. 因为表示小明和小红积分相同，即净胜0局，所以继续比赛小明最终获胜的概率为，故D正确. 44．（2026·吉林长春·二模）（多选）景区在春节期间推出两种游玩套餐，已知某游客第一次选择两种游玩套餐的概率分别为和，若该游客第一次选择套餐，则第二次选择套餐的概率为；若该游客第一次选择套餐，则第二次选择套餐的概率为，则下列说法正确的是（   ） A．该游客第一次选择套餐，第二次也选择套餐的概率为 B．该游客第一次选择套餐的概率比第二次选择套餐的概率小 C．若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为 D．若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为 【答案】BCD 【分析】设相应事件，利用全概率公式求，即可判断B，结合条件概率公式判断ACD. 【详解】设该游客第一次选择套餐为事件，第二次选择套餐为事件， 则，，且，， 可得，. 对于选项A：该游客第一次选择套餐，第二次也选择套餐为事件， 其概率为，故A错误； 对于选项B：因为， 即，所以该游客第一次选择套餐的概率比第二次选择套餐的概率小，故B正确； 对于选项C：因为， 所以若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为，故C正确； 对于选项D：因为，则， 所以若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为，故D正确. 45．（2026·广东东莞·模拟预测）（多选）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为 ，乙每次投篮的命中率均为 .由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为 ，记“第i次投篮的人是甲”为事件，前3次中甲投篮的次数为X，则以下结论正确的是（  ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【详解】对于A，表示在第1次投篮的人是乙的条件下，第2次投篮的人的概率为甲的概率， 因为乙投篮未命中则换甲投篮，乙每次命中率均为，所以乙未命中的概率为， 所以，故A正确； 对于B，表示在第1次投篮的人是甲的条件下，第2次投篮的人的概率为甲的概率， 因为甲每次命中率均为，所以， ，故B错误； 对于C，表示前3次中甲投篮的次数为1次的概率，有三种情况： 第一种情况是第一次甲投篮未中，第二次乙投篮命中，其概率为； 第二种情况是第一次乙投篮命中，第二次乙投篮未命中，其概率为； 第三种情况是第一次乙投篮未命中，第二次甲投篮未命中， 其概率为； 所以，故C正确； 对于D，的可能取值为， ，由C选项可知， ，， 所以，故D正确. 46．（2026·河南安阳·模拟预测）（多选）投掷一枚正方体骰子3次，所得点数依次为.设事件“”，事件“”，事件“”，则（    ） A． B． C．事件和相互独立 D． 【答案】AD 【分析】由古典概率及条件概率的知识进行判断． 【详解】投掷一枚正方体骰子3次，所得点数依次为的基本事件的总数有种， 对于选项A，事件“”包含： 当时，有6种， 当时，有种， 共有种， 则，故A项正确； 对于B项，事件“”包含： 当时，有6种， 当时，有种， 当时，有种， 当时，有种， 共有种，所以，故B项错误； 对于C项，因为，， 则，故事件和不相互独立，故C项错误； 对于D项，， 事件“且”包含：对每个，有都，有种， 求和：种， 所以， 事件“且”包含：对每个，有都，有种， 求和：种， 所以， 因此且相同，故，故D项正确． 47．（2026·浙江·三模）（多选）将一颗质地均匀的骰子（点数为）连续拋掷3次，记录向上的点数，则（   ） A．三个点数之积大于的概率为 B．三个点数之和大于的概率为 C．若不考虑点数的先后顺序，能构成等比数列的概率为 D．若考虑点数的先后顺序，在三个点数之和是奇数的条件下，能构成等差数列的概率为 【答案】ABD 【分析】利用列举法结合古典概型逐项分析即可． 【详解】连续拋掷3次，总基本事件数为． 对于A，由，所以要三个点数之积大于的组合只有和， 若三个点数分别为时，即在这三个点数中选一个为，另外两个为，共有种； 若三个点数分别为时，共有种， 所以三个点数之积大于150的概率为，故A正确； 对于B，设三个点数为，其和的范围为， 由对称性，与的概率相等（因为，，对应的和为）， 所以和的概率相等，所以，故B正确； 对于C，不考虑点数的先后顺序，三个点数能构成等比数列的情况有： 若三个点数全相等，即有，，，，，，共有种， 若三个点数全不相等，仅有，即这三个点数全排列，共有种， 所以能构成等比数列的概率为，故C错误； 对于D，考虑点数的先后顺序，三个点数为等差数列等价于， 又三个点数之和是奇数的总基本事件数为，则在此条件下，为偶数，为奇数， 若时，，即三个点数为，共有种； 若时，，即三个点数为，，，，，共有种； 若时，，即三个点数为，，，共有种， 所以能构成等差数列的概率为，故D正确． 48．（2026·山东青岛·二模）（多选）如图，正八面体中，记侧面为，侧面为，侧面为，若质点从出发，每次等可能地移动到共享一条棱的相邻表面，则（    ） A．质点移动2次后返回到的概率为 B．质点移动3次后到达的路径有9种 C．质点移动次后到达的概率为 D．已知质点移动4次后经过的次数为2，则第4次到达的概率为 【答案】AD 【分析】根据正八面体的几何特征和移动的规则，分析可能的路径，从而判断出ABD，对于C，先得出质点移动偶数次只可能到达当中的一个面，再通过分析得到到达的概率递推式，进而求出到达的概率，利用互斥关系即有的概率，除以即为到达的概率. 【详解】对于该正八面体，每个面都有三个相邻的面， 设质点从出发按移动，作为的邻面有三种选择即有三种路径， 而移动两次总共有种路径，故移动2次后返回到的概率为，A正确； 质点从出发按移动，其中是的邻面，是的公共邻面， 若，则有三种选择，若，则有两种选择即， 若，则有两种选择即，因此总共有种路径，B错误； 质点从出发移动两次只可能到达当中的一个面， 从出发移动两次也只可能到达当中的一个面， 所以质点移动偶数次只可能到达当中的一个面， 设质点移动次后到达的概率为，则到达的概率为， 若此时在，由A选项的分析可知再移动两次到达的概率为，若此时在， 因为与都只有两个公共邻面，所以再移动两次到达的概率为， 于是可得， 变形得，即是首项为， 公比为的等比数列，其通项公式为， 所以，， 因为到达三个面的可能性是一样的， 所以到达的概率为，C错误； 若质点移动4次后经过的次数为2，因为是邻面所以不存在路径， 同时因为的两个邻面之间不相邻，所以不存在路径， 也不可能存在路径，因此只有形如的路径， 有种，在此基础上若第4次到达，则路径为，有种， 故所求概率为，D正确. 49．（2026·河北唐山·二模）（多选）设是一个随机试验中的两个事件，记，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C． D． 【答案】ACD 【分析】根据条件概率公式即可判断A，根据事件的独立性即可判断B，根据德摩根定律即可判断C，根据概率的基本性质即可判断D. 【详解】对于A，若，由概率的基本公式有， 代入， 则， 由条件概率有，且， 则有，故A正确. 对于B，已知，， 若，则，这说明事件相互独立， 由于，要使， 必须有，而事件相互独立并不意味着，故B错误； 对于C，由德摩根定律， 因此，故C正确； 对于D，令，其中，令， 由概率的基本性质得， 要证，也就是证， 即证，即， ①先证：不妨设，则， 则， 而函数，最大值为，在处取得， 因此，，在时取等号； ②再证，即证，由于， 所以， 因此， 当时，此时， 因此，在时取等号； 当时，此时， 因此； 综上所述，有，故D正确. 50．（2026·云南昆明·二模）一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数，现随机将骰子抛掷3次，且各次抛掷结果相互独立，则三次抛掷出现向上的点数之积能被4整除的概率为______． 【答案】 【分析】应用互斥事件概率和公式及独立重复事件概率公式计算求解. 【详解】记事件表示三次抛掷出的点数之积能被4整除， 则事件有两种情况：第一种是至少有一次掷出点数为4；第二种是没有掷出点数4，但点数2或6两者一共至少被掷出两次； 则. 51．（2026·天津和平·三模）盒子中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个白球，2个黄球，2个红球．现从盒中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量，则第二次取出的是黄球的条件下第三次取出的是红球的概率为__________，的数学期望为__________． 【答案】 /0.5 【分析】①利用条件概率公式求解即可；②求出随机变量可能的取值及对应的概率，即可求解分布列，进而利用数学期望公式求解即可. 【详解】①设事件为“第二次取出的球为黄球”，设事件为“第三次取出的是红球”， 事件可分为“第一次取出的球为黄球”与“第一次取出的球不是黄球”，两种情况，故， 事件为“第二次取出的是黄球且第三次取出的是红球”，可分为“第一次取出的是黄球”或“第一次取出的是白球”或“第一次取出的是红球”， 所以，所以， 所以第二次取出的是黄球的条件下第三次取出的是红球的概率为. ②的可能取值为，，， ， , ， 所以的分布列为： 所以. 52．（2026·四川遂宁·二模）已知集合，集合，从集合中随机选取3个不同的元素构成一个三位数，其中小于423的有__________个，现有甲，乙两名同学玩一种游戏，甲､乙两人分别从集合中随机抽取3个不同的元素各构成最大的三位数和，若，则甲获得胜利.甲获得胜利的概率为__________. 【答案】 / 【分析】第一个空按百位数字分类计数；第二个空注意：甲若抽到数字6，则构成的最大三位数一定大于乙；甲若没抽到 6，那么甲和乙构成的最大三位数都等可能地取自同样的10个值，此时可由对称性求概率. 【详解】（1）小于的三位数个数 从集合 中取3个不同元素组成三位数， 按百位数字分类：百位是时，十位有种选法，个位有种选法，共个； 百位是时，同理也有个；百位是时，同理也有个； 百位是时，要小于： 若十位是，个位可从其余4个数字中任选，共4个； 若十位是，则个位只能取，共1个， 所以百位是时共有个， 因此，小于的三位数共有个. （2）甲获得胜利的概率 甲从集合中抽取3个不同元素，共有种抽法， 乙从集合中抽取3个不同元素，共有种抽法， 情况一：甲抽到数字， 甲抽到6的抽法数为， 此时甲构成的最大三位数的百位一定是，而乙构成的最大三位数最大只能是， 所以一定有 故这种情况下甲必胜； 情况二：甲没有抽到数字 ， 甲没有抽到 6 的抽法数也为， 这时甲实际上也是从集合中抽取 3 个不同元素，与乙的抽法范围完全相同， 因此，甲和乙构成的最大三位数都等可能地取自同样的10个值，且地位对称， 所以在这种情况下： 又因为共有10个不同的最大三位数，故 于是 故甲获胜的概率为 53．（2026·福建福州·三模）共有3枚质地均匀的硬币，每枚硬币抛出后正面朝上与反面朝上的概率均为.第一次将三枚硬币同时抛出，之后每次从当前反面朝上的硬币中任意选取2枚同时抛出，直到反面朝上的硬币数少于2枚时停止操作.当停止操作时，所有硬币均为正面朝上的概率为__________. 【答案】 【分析】分别计算第一次抛硬币结果为3个正面，第一次抛硬币结果为1反2正，第一次抛硬币结果为1正2反，第一次抛掷结果为3反，且最终出现3正的概率，相加可得答案. 【详解】当第一次抛硬币结果为3正，停止操作，对应概率为； 当第一次抛硬币结果为1反2正，停止操作； 当第一次抛硬币结果为1正2反，发生概率为. 对两枚出现反面的硬币继续抛掷，若出现2正，停止操作，对应概率为， 若出现1正1反，停止操作；若出现2反，回到原状态，对应概率为. 则在出现1正2反的前提下，出现3个正面的概率为：， 从而第一次抛硬币结果为1正2反，且最终得到3个正面的概率为：； 当第一次抛掷结果为3反，发生概率为，选择其中两枚出现反面的硬币继续抛掷， 若出现2正，停止操作；若出现1正1反，发生概率为， 此时抛硬币结果为1正2反，由以上解析可得最终得到3个正面的概率为，则对应概率为； 若出现2反，对应概率为，回到原状态，设在第一次抛掷结果为3反的前提下，得到3个正面的概率为，则， 从而第一次抛掷结果为3反，且最终得到3个正面的概率为：. 综上所述，在各种情况下，最终得到3个正面的概率为. 54．（2026·重庆渝中·三模）一随机变量服从正态分布，则， _____.已知一粒子在数轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，与相互独立，则_____. 【答案】 / 【分析】由关于对称，推得；粒子8步右行步数服从二项分布且具有的对称性，结合与独立，用全概率公式展开，再将求和式配对并利用前一问结论相加化简，即可求得概率为. 【详解】①已知，正态曲线图像关于对称， 故， 因此. ②由题意，，满足，且与独立， 由全概率公式：  (1) 令，则, 即等价于  (2) (1)(2)两式相加 结合第一空的结论， 得. 55．（2026·浙江宁波·三模）甲有2个白球和1个黑球，乙有3个白球，甲乙两人每次交换1个球，经过5次交换后，黑球仍然在甲手中的概率为______． 【答案】 【分析】记次交换后黑球仍在甲手中的概率为，根据全概率公式写出与的递推关系，然后利用构造法求出数列的通项公式，将代入通项公式即可求解. 【详解】记次交换后黑球仍在甲手中的概率为，则， 若次交换后黑球已经在甲手中：交换时甲不拿出黑球，才能让黑球留在甲手中， 概率为（甲共3个球，拿白球不换出黑球的概率为）； 次交换后黑球在乙手中：交换时乙拿出黑球，才能把黑球换回到甲手中， 概率为（乙共3个球，拿出黑球的概率为）； 所以， 故数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 故． 56．（2026·湖北襄阳·二模）2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点O出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动3次.则该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动2次且竖直方向移动1次的概率为________． 【答案】 【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，结合分类讨论以及条件概率的计算公式即可求解. 【详解】设事件“有且仅有一次经过（含到达）”，事件“水平方向移动2次且竖直方向移动1次”， 记向左，向右，向上，向下， 按移动到位置需要1步还是3步分类讨论： ①若第1步到为事件，则移动3次满足要求的是（或或）， （或或），（或或），（或或）， 因此； ②若3步到为事件， 则移动3次满足要求的是，，，，， 因此， 而，且，互斥， 则， 满足的情况有：，，，，，，，， 则， 所以． 57．（2026·福建莆田·模拟预测）有6个球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中每次随机取出一个，取出的球不放回，直到6个小球都取完为止．记第次取出球的号码为，在和至少有一个大于的条件下，数列是递增数列的概率为___________． 【答案】 【分析】设事件为“在和至少有一个大于”，事件为“数列是递增数列””，根据组合数可求数列的种数，再由条件概率公式可求题设中的概率. 【详解】设事件为“在和至少有一个大于”， 事件为“数列是递增数列”，则， 因为在和至少有一个大于， 故数列是先减后增或递增或递减数列， 考虑排列左侧的元素的个数及种类，则不同的排列有， 故，故. 58．（2026·四川·二模）一个正十二面体，十二个面分别标以数字1到12，任意抛掷一次这个正十二面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为__________． 【答案】108 【分析】将事件概率关系转化成事件包含的样本点个数关系，进而对条件分类讨论得答案. 【详解】由事件，事件，从而， 所以，即， 从而有， 又由，即， 从而有， 又由，即， 从而有，故 其中，，故，或. 当时，，，； 故中有且只有一个元素在中，中有且只有一个元素在中， 中另外两个元素为中两奇数或两偶数，满足条件的事件共有. 当时，，，； 故中有且只有两个元素在中，中有且只有两个元素在中， 中另外四个元素为中一个奇数三个偶数或三个奇数一个偶数， 满足条件的事件共有. 当时，，，；此时不满足，不合题意. 综上满足条件的事件的个数为个. 题型4：随机变量与分布列的相关问题 59．（2026·重庆·模拟预测）某商场有4种礼品，每次随机抽取一种（有放回），共抽4次． 记为被抽到次数最多的礼品的抽中次数（若并列，则取该次数），则（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】确定随机变量的取值，分别计算每个取值的概率，再根据期望公式求解即可. 【详解】被抽到次数最多的礼品的抽中次数的可能取值为1，2，3，4. ：4次抽取中每个礼品都恰好被抽到1次，即4个礼品的排列， 故. ：4次都抽到同1个礼品，故. ：有1个礼品被抽到3次，另1个礼品被抽到1次，故. 所以. 故. 60．（2026·河北·二模）已知某口袋中装有编号分别为1，2，3，4的红色小球各一个，编号分别为1，2，3，4的白色小球各一个(共8个小球，除颜色与编号外，其他完全相同)，每次从口袋中不放回地任取一个小球，只要取到相同编号的红色小球和白色小球，就结束取球.记取球次数为X，则X的数学期望为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过分析取球结束时的次数情况，结合不放回抽样的概率计算方法，分别求出各次数对应的概率，再利用数学期望公式求解. 【详解】随机变量的可能取值为. 当时，前两次取球就取到一对编号相同的红、白球， 第一次任取一球，第二次需取到与它编号相同的另一颜色球：； 当时，前两次未出现同号球，第三次才取到， 第一次任取一球，第二次不取同号球， 第三次取到与前两次之一同号的另一颜色球：； 当时，前三次未出现同号球，第四次才取到， 第一次任取一球，后两次均不取已取编号的同号球， 第四次取到与前三次之一同号的另一颜色球：； 当时，前四次未出现同号球， 第五次必然取到（前四次取了4个不同编号的球，剩余球必与前四次某一球同号）： ， 数学期望：. 61．（2026·浙江温州·一模）飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数.在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】先确定的分布列，再结合错位相减法及无穷数列的和求期望. 【详解】玩家投掷1次即可到达终点的方法是掷出3点，故. 玩家投掷2次即可到达终点的方法是掷出，，，，，故. 玩家投掷3次即可到达终点的方法是掷出，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，故. 设玩家投掷次即可到达终点，那么第次掷得的点数可以为，分别记作，，，，，则玩家投掷次的基本事件是投掷次的倍，能到达终点的掷法：之前的对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，.是投掷次即可到达终点的倍. 所以是以为首项，以为公比的等比数列.所以. 所以 即 两边同乘以得： 两式相减得：. 故选：D 【点睛】结论点睛：若数列是首项为，公比为的等比数列，当且时，数列的所有项的和为：. 62．（2026·广西桂林·一模）当今社会，每天都有海量信息通过网络等渠道快速传播，虽提供了丰富知识和多样视角，但也存在信息过载、虚假信息等问题，需要我们谨慎筛选辨别.信息熵是信息论中的一个重要概念，它是由克劳德·艾尔伍德·香农在20世纪40年代提出，借鉴了热力学的概念，信息熵的数学定义为，其中表示随机变量的信息熵，随机变量所有可能的取值为，，且.若随机变量所有可能的取值为1，2，，若，则的信息熵的值所在的区间为（    ）（参考数据：，） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意得，设，利用导数工具研究函数的单调性和最值再代入区间端点计算，确定值域范围. 【详解】因为随机变量 服从两点分布，所以 ，由题意： ， 所以 ， ， 所以 设 ， 则 ， ， 因为当，，当，， 所以 在 上递增， 上递减， 所以 ，且 ， 显然 ， 又 ， 代入： ，得 ，所以 ， 综上： ，即 . 63．（2026·山东烟台·二模）（多选）在质量检测中，常用“尾概率”来度量某项指标偏离期望值的可能性大小.某质检部门拟对件产品逐件进行质量检测，假设每件产品检测达标的概率均为，且各件产品检测结果互不影响，记件产品中检测达标的件数为，其相应的“尾概率”，则下列结论正确的有（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．对任意，有 【答案】ACD 【分析】明确，，，尾概率 ，再逐一分析各选项. 【详解】选项A，若，则 ， ，， ， ： ， ，等号成立. ：，，等号成立. ：，而，故恒成立，A正确. 选项B，若，取反例：，则，取. ， ， 此时 ，原不等式并非恒成立，B错误. 选项C，若 ，则： ，故事件包含于 ，因此 ，故事件 包含于 ，因此 相加得：，C正确. 选项D，利用切比雪夫不等式：对任意，有， 对于二项分布，，， 因此：对任意，，D正确. 64．（2026·云南昆明·模拟预测）（多选）“暮春时节，兰亭雅集再现，文人雅士围坐庭中，以投壶为乐”，某同学进行投壶游戏，每次投壶的命中率为，且投壶结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投壶，游戏结束，则下列选项中正确的是（    ） A．当时，投壶2次游戏结束的概率为 B．当时，投壶3次游戏结束的概率大于投壶4次游戏结束的概率 C．当时，游戏结束时投壶总次数的数学期望为 D．设游戏结束时投壶总次数的数学期望为，则 【答案】ACD 【分析】选项A，直接利用独立事件概率乘法公式，计算两次投壶均命中的概率，验证投壶2次游戏结束的概率.选项B，分别分析投壶3次、4次游戏结束的条件，利用独立事件概率公式计算对应概率，再比较两者大小.选项C，采用递推法，分第一次投壶命中/未命中、第二次投壶命中/未命中的情况，建立关于数学期望的方程，求解得到期望.选项D，考虑首次达到连续次命中后的下一次投壶结果（命中/未命中），建立与的递推方程，整理验证是否成立. 【详解】对于A，投壶2次均命中即游戏结束，概率为，A正确； 对于B，投壶3次游戏结束的事件为“第2，3次命中，第1次不中”，概率为， 投壶4次结束的事件为“第3，4次必须命中， 且第2次必须不中（否则游戏在第3次或第2次就已结束），第1次投壶结果不影响”， 概率为，两者概率相等，B错误； 对于C，当时，即出现连续2次命中，那么停止投壶，游戏结束， 设投壶的总次数的数学期望为，考虑第一次投壶的结果： ①第一次命中， 若第一次命中，第二次也命中（概率为），则投壶总次数为2； 若第一次命中，第二次未命中（概率为），则游戏重置，投壶的总次数可看作； ②第一次未命中（概率为），则游戏重置，投壶的总次数可看作； 则，解得，C正确； 对于D，由题意，设为出现连续次命中，则停止投壶，游戏结束时投壶总次数的数学期望， 在连续次命中，停止投壶的游戏中，考虑首次达到出现连续命中次的时刻， 此时当前投壶的总次数期望为，即出现连续次都投壶命中，那么现在从此状态开始， 游戏还需要进行直至停止（即连续次命中），则考虑下一次投壶的结果： ①若下一次投壶命中（概率为），则出现连续次命中，停止投壶，游戏结束， 即投壶的总次数可看作次； ②若下一次投壶不中（概率为），则游戏重置，还需再进行次投壶， 游戏才能结束，即投壶的总次数可看作次； 综上，故，整理得，，D正确. 65．（25-26高三下·河南·阶段检测）（多选）已知随机变量（且），设函数，记，则（    ）． A．对任意恒成立 B．对任意恒成立 C．存在，使得方程在区间内有解 D．存在，使得函数在区间内单调 【答案】ACD 【分析】由，得到，且，，构造函数，，以及，利用导数求得函数的单调性与最值，逐项计算，即可求解. 【详解】因为，所以， 代入可得， 由二项式定理可得， 则， 代入可得， 又因为二项分布的数学期望，所以恒成立，故A正确； 由，可得， 代入可得， 因为二项分布的方差， 若恒成立，则恒成立， 因为且，等式两边同除以可得，化简可得， 此等式不可能对任意满足且的恒成立，故B错误； 令，取，则，此时，代入，可得， 可得，且函数连续，存在使得， 即存在使得在区间内有解，故C正确； 由可得， 取，此时， 当时，恒成立，此时导函数恒小于零， 函数在区间内单调递减，满足题意，故D正确． 66．（2026·福建厦门·二模）（多选）设正整数，其中，定义．设集合，从中随机选取一个元素，记为，则（   ） A． B．中的元素个数为36 C． D． 【答案】ACD 【分析】利用新定义判断AB；结合列举法利用古典概型概率公式求解判断C；求出所有满足的n，然后求平均值即可判断D. 【详解】对于A，因为，所以，所以，正确； 对于B，中的元素个数为，错误； 对于C，设，中满足元素如下： 因为，所以以的大小作为分类依据， 时，，，，， ，，，共有7个， 同理时有8个，时有9个，所以，正确； 对于D，集合中所有元素和为， 所以，正确. 67．（2026·广东深圳·一模）（多选）将一枚质地均匀的硬币连续投掷次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和，故，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】A选项利用独立事件的概率乘法公式求得；B选项通过列出的分布列计算期望得；C选项通过枚举发现，说明不能简单分解为独立事件；D选项利用（正面次数）及期望的单调性证得. 【详解】对于A，对应于连续次扔出正面，于是，A正确； 对于B，，，，， 则，B正确； 对于C，观察前次扔出连续的次正面并不等价于前次的以及接下来的. 严格计算：，，，C错误； 对于D，不妨设表示前次投掷中出现正面的次数， 于是，则，则，于是，D正确. 故选：ABD 68．（2026·浙江·三模）如图，粒子在四个容器中移动，当在容器时，每隔一小时等可能地移动到相邻容器中；当在容器时，粒子停止移动．当前时刻，在容器中，设小时后，停止移动，则______，______． 【答案】 /0.25 【分析】B的相邻容器：A、C，A的相邻容器：B、D，D的相邻容器：A、C，C到达后停止移动 解法一：(1)表示粒子在第3小时首次到达C，说明前2小时未到达C，第3小时到达C，到达每个容器的概率都为，以此进行计算； (2)分析粒子每小时运动到C的概率找规律，列出计算式，利用数列求和知识求出均值． 解法二：设表示n小时后，粒子首次进入C容器的概率，分别设，，表示n小时后，粒子在A，B，D容器的概率.分析，，，之间的递推关系，可求的值，再结合期望的关系，可求. 【详解】解法一：(1)第0小时，在B； 第1小时，只能到A，概率为； 第2小时，可能到B，可能到D，概率为； 第3小时，到C，概率为； 故； (2)由题意知；；；； ； 由此可得，偶数小时时，粒子都在B或D，无法停止，故； 奇数小时时： 由可知：， 即； 令， 则 将式两边同时乘以可得： 式减式可得：， ； 故，即． 解法二： 设表示n小时后，粒子首次进入C容器的概率， 分别设，，表示n小时后，粒子在A，B，D容器的概率. 当时，则，，，， 则，因为，，则， 则，则，化简得． 69．（2026·山东德州·模拟预测）某挑战赛设置了个连续关卡，分别记为第1关卡，第2关卡，⋯，第关卡，每个参赛团队的选手人数均为，每2名选手组成一个双人挑战组，共个双人挑战组，每个关卡均由其中1个双人挑战组进行挑战，各关卡参赛选手均不相同，关卡挑战从第1关卡开始依次挑战，每个关卡至少有1名选手挑战成功（即该关卡挑战成功），才能进入下一个关卡的挑战.若某参赛团队这个连续关卡均挑战成功，则该参赛团队的挑战赛通关.已知参赛团队的每名选手挑战成功的概率均为，且各选手的挑战结果相互独立，若在挑战赛通关的情况下，记内挑战不成功的选手总人数为，则__________. 【答案】8 【分析】求出双人挑战组关卡挑战成功的概率，再结合条件概率公式求出每个关卡挑战不成功人数的期望，进而列式求解. 【详解】依题意，当参赛团队挑战赛通关时，每个关卡至少有1名选手挑战成功， 在挑战赛通关的情况下，设第个双人挑战组的挑战不成功的选手人数为， 的可能值为，挑战不成功的选手总人数，于是， 双人挑战组关卡挑战成功的概率，则， ，， 所以. 70．（2026·贵州贵阳·二模）在一个袋子中装有4个大小相同的小球，小球上的编号依次为1，2，3，4，现在有放回的抽取n次，每次只取一个小球，记这n次取到的小球的最大编号为X，则______，______． 【答案】 【分析】根据古典概型概率公式，独立事件的概率乘法公式，以及数学期望的公式计算即得. 【详解】由题意，有放回的抽取n次，每次只取一个小球，取得每个编号的概率都是， 易得； 因，，2，3，4， 故. 71．（2026·河南开封·模拟预测）一副扑克牌去掉大小王有52张，有红桃、方片、梅花、黑桃四种花色各13张，随机不放回地每次取出一张牌，直到将52张牌全部取出，记随机变量X为最后一张红桃被取出时总共所取牌的张数，则______. 【答案】 【分析】设为最后一张红桃被取出时总共所取牌的张数，可得，再利用期望公式可得，结合组合数定义及组合恒等式化简并计算即可得解. 【详解】设为最后一张红桃被取出时总共所取牌的张数， 张红桃的位置可能有种，前张中张红桃的位置可能有种， 故； 则， 由， ， 故 . 72．（2026·河北保定·三模）已知甲盒中放有1个红球、3个白球(除颜色外，其他完全相同)，乙盒中放有2个红球、2个白球(除颜色外，其他完全相同)，每次等可能地从甲、乙两个盒子中选择一个盒子，有放回地摸1个球，若连续摸到2个红球，则停止摸球．记停止摸球时摸球的总次数为X，则E(X)=________． 【答案】 【详解】若第一次没有摸到红球，则停止摸球时摸球的总次数为 ，此时的概率为； 若第一次摸到红球，第二次没有摸到红球，则停止摸球时摸球的总次数为 ，此时的概率为； 若第一次摸到红球，第二次也摸到红球，则停止摸球，摸球的总次数为2，此时的概率为 所以 解得. 73．（2026·浙江台州·二模）已知一个不透明的袋子里装有除颜色外没有其他差异的2个白球和4个黑球，现操作如下：从袋子中随机取出一个球，若取出的是白球，则放进一个黑球，白球不放回；若取出的是黑球，则放进一个白球，黑球不放回（其中放进去的白球或黑球与原来袋子里的相应颜色的球没有差异），依此规则操作2次，记袋中的白球个数为，则的数学期望为_______. 【答案】/ 【详解】由题设可取， 又，， ， 故. 74．（2026·河南·三模）小明同学抛掷一枚质地不均匀的正方体骰子，并记向上的面的点数为X，若，则的最小值为______． 【答案】/ 【分析】根据离散型随机变量分布列的性质和期望的定义分析求解即可. 【详解】设，则，且， 由，得， 因为， 当且仅当时，等号成立， ，即， 此时，， ，符合题意， 所以的最小值为. 75．（2026·河北张家口·一模）已知不透明盒子中装有4个大小、形状、质地完全相同的小球，分别标注数字2，0，2，6，每次随机抽取1个球，记下标号后放回，摇匀后进行下一次抽取，共抽取4次，记为抽到数字2，0，6的次数的最大值，则的数学期望______． 【答案】 【详解】由题设，每次抽取的概率为，抽取的概率为，抽取的概率为. 可取， 当时，4次中有两个元素各出现两次，或者4次中三个都出现，其中有一个元素出现两次，其余两个元素各出现一次， 故， 当时，4次中有一个元素抽到4次，故， 故， 故的分布列如下： 故. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题26 计数原理与概率统计（压轴） 题型1：统计与统计案例的相关问题 题型2：排列组合与二项式定理的相关问题 题型3：概率与条件概率的相关问题 题型4：随机变量与分布列的相关问题 题型1：统计与统计案例的相关问题 1．（2026·天津河北·二模）数列是各项均为正数的等差数列，且公差；数列是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项（，），下列说法错误的是（    ） A．数据，，，…，的平均数是； B．数据，，，…，的平均数是； C．若，，则数据，，，…，的中位数大于数据，，，…，的中位数： D．若，，则数据，，，…，的平均数大于数据，，，…，的平均数. 2．（2026·山东滨州·一模）已知4个互不相等的正整数的平均数为3，极差为4，则这四个数的方差为（    ） A． B． C．3 D．2 3．（2026·广西崇左·一模）（多选）已知相关系数，y关于x的经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，残差平方和为.已知变量x与变量y的部分数据，建立由最小二乘法得到的两个回归模型：以x为自变量，y为因变量，得出的经验回归方程为；以y为自变量，x为因变量，得出的经验回归方程为.若两个模型的计算均无误，则下列判断正确的是（   ） A．若已知变量x的方差，则可知变量y的标准差 B．若不给定其他信息，则也可得知变量x与变量y各自的平均值 C．若不给定其他信息，则也可得知变量x与变量y的相关系数 D．若已知变量x的标准差，则可知以y为自变量的回归模型的残差平方和 4．（2026·浙江温州·二模）（多选）有一组样本数据，且，平均数为，中位数为M，现对这组数据做如下变换：，得到一组新数据，则下列说法正确的是（   ） A．新数据的极差等于原数据的极差 B．新数据的平均数等于 C．新数据的方差大于原数据的方差 D．新数据的中位数等于 5．（2026·山东德州·模拟预测）（多选）已知一组数据，，，，的平均数为5，方差为2，则该组数据的（   ） A．极差可能为1 B．众数可能为5 C．中位数可能为5 D．第百分位数可能为3 6．（2026·吉林白城·一模）（多选）有一组样本数据，其平均数为4，方差为，中位数为m．在这组数中，去掉一个最大的数6和一个最小的数2，余下6个数据的中位数为n，方差为，极差为t，则（   ） A． B． C． D． 7．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）（多选）有一组互不相等的样本数据，现添加一个新的数据，得到新的一组数据，则新数据与原数据相比，下列情况可能发生的是（   ） A．若平均数不变，但极差变大 B．若中位数不变，但平均数变小 C．若平均数不变，但方差变大 D．若中位数不变，但方差变小 8．（2026·安徽宿州·一模）（多选）已知是各项均为正数的等差数列，且公差，是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项（），下列说法正确的有（    ） A．数据的平均数是 B．数据的平均数是 C．若，则数据的中位数大于数据的中位数 D．若，则数据的平均数大于数据的平均数 9．（2026·安徽合肥·模拟预测）（多选）近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能(Artificial Intelligence，简称AI)已然成为科技变革的核心驱动力，有媒体称DeepSeek开启了我国AI新纪元．某地区随机调查了经常使用某AI工具的360名用户，统计他们的年龄，得到如下的统计表： 项目 第一组 第二组 第三组 第四组 第五组 年龄 人数 30 150 90 60 30 为了分析数据，小组甲、小组乙分别使用不同的办法解决一些统计问题． 【小组甲】用分层随机抽样的方法，从上面360名用户中随机抽取了12人，现从这12人中随机抽取4人，记抽到第一组的人数为，第二组的人数为． 【小组乙】通过查阅资料，该AI工具对某20个问题能准确答对其中的(，)个，其余个问题均无法答对．若从这20个问题中随机抽取10个对该工具提问，不妨记事件为“抽取的10个问题中，AI恰好答对3个问题”． 则下列说法正确的有（   ） A．该AI工具用户的平均年龄为32.5岁 B． C．使概率最大的值为6 D．使概率最大的值为7 10．（2026·全国·模拟预测）（多选）已知甲、乙两组样本各有1000个数据，甲、乙两组数据合并后得到一组新数据，则（   ） A．若甲、乙两组数据的平均数都为a，则新数据的平均数等于a B．若甲、乙两组数据的极差都为b，则新数据的极差可能大于b C．若甲、乙两组数据的方差都为c，则新数据的方差可能小于c D．若甲、乙两组数据的中位数都为d，则新数据的中位数等于d 11．（2026·河北保定·二模）某厂生产了40000件产品，现对其质量进行测评，规定质量指标值不小于80就认为质量测评合格．现从这批产品的测评数据中随机抽取100件产品的质量指标值）．经计算．若该批产品的质量指标值近似服从正态分布，则估计该批产品中质量测评合格的产品件数为______________． 参考数据：若随机变量X服从正态分布N，则 12．（2026·江西九江·一模）已知成对样本数据中互不相等，且所有样本点都在曲线上.若的平均值与方差均为5，则的平均值为__________.（其中） 13．（2026·河北沧州·一模）设为方程的任意一组正整数解，分别为的平均数和中位数，记所有正整数解对应的值的算术平均数为，某班的数学老师张老师拟对全班35名学生进行奖励，取的几何平均值作为金额数给每个学生买同样的一件小礼品，则张老师需要付出的总金额数约为__________．（注：，结果保留一位小数） 题型2：排列组合与二项式定理的相关问题 14．（2026·上海杨浦·模拟预测）一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色，若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为（   ）    A．32 B．48 C．64 D．82 15．（2026·河南安阳·模拟预测）某计算机要依次执行6个算力任务，包括3个不同的图形渲染任务､2个不同的逻辑推理任务和1个数据检索任务，为了防止芯片局部过热，系统规定同类型的任务不能连续执行，则不同的任务执行顺序共有（    ） A．60种 B．72种 C．96种 D．120种 16．（2026·贵州安顺·模拟预测）将6个相同的布娃娃、3个相同的陀螺、4只不同的风筝分给3位小朋友，要求每一位小朋友至少有一个布娃娃，陀螺不能全给同一位小朋友，每一位小朋友至少有一只风筝，其中甲风筝必须给周周小朋友，则不同的分配方案有（   ） A．420种 B．840种 C．960种 D．1280种 17．（2026·山东济南·二模）如图，三边的中点分别为，将六个数字全部标注在六个点处，每个点处标注一个数字，使得每个中点处的数字都比其相邻两顶点处的数字小，则不同的标注方法有（    ） A．36种 B．48种 C．60种 D．72种 18．（2026·广东·模拟预测）在正方体中，E，F，G分别为，，的中点，若从正方体的八个顶点中任取两个不同的顶点，记事件M为“所取两个顶点的连线与平面平行”，则事件M发生的概率为（   ） A． B． C． D． 19．（2026·重庆·模拟预测）已知，则（   ） A．16 B．30 C．32 D．60 20．（2026·陕西商洛·模拟预测）某公园景观道上有如图所示的五个花坛，园艺师傅计划选用一串红、月季、矮牵牛、薰衣草、雏菊和郁金香这六种花卉进行栽种，每个花坛只能栽种一种花卉，要求相邻两个花坛花卉种类不同，其中恰有两个花坛栽种雏菊，则不同的栽种方案种数为（） A． B． C． D． 21．（2026·山东德州·模拟预测）除以7所得的余数为（   ） A．1 B．2 C．4 D．6 22．（2026·广东汕头·一模）一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（    ） A．7或 B．5或 C．3或 D．1或 23．（2026·山东东营·二模）（多选）进位制是人们为了计数和运算方便而约定的计数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等等．一般地，若是一个大于1的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式，如．例如：十进制数，，所以在三进制下可写为，则下列说法正确的是（   ） A．三进制数转化成五进制数为 B．现用八进制表示十进制的，则这个八进制数的最后一位为1 C．正整数在三进制下的各位数字之和记为，在集合中任选一个正整数，则为3的倍数的概率为 D．一副两种颜色的卡片共22张，每种颜色11张，上面分别标有数字，从这22张卡片中任取张，则取出的卡片上数字之和为的取法共有种 24．（2026·湖北黄石·一模）（多选）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（    ） A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 25．（2026·湖北十堰·一模）（多选）若，则（   ） A．（） B． C．从，，…，这8个数中任取2个，这两个数的积为正数的取法有12种 D．从，，，…，这8个数中任取3个，这三个数的和等于，，，…，中某数的取法有28种 26．（2026·陕西榆林·模拟预测）（多选）对于一个方格图，定义“连续完美分割”：当且仅当方格图可被互不重叠且连通的四个形状相同的区域完全分割，且每个区域恰含有1个M和1个N．给出下列方格图，可“连续完美分割”的是（   ） A．B．C． D． 27．（2026·广东佛山·二模）（多选）从分别写有的张卡片中不放回随机抽取次，每次取张卡片，记第次取出卡片的数字为，定义为满足，的不同情况数，则（   ） A． B． C． D．（） 28．（2026·湖北武汉·三模）一个的灯阵，每盏灯颜色各不相同，初始时所有灯均熄灭，每次可以任选一整行或一整列，使其中所有灯的状态同时反转，经过若干次操作后，恰有8盏灯亮，只按最终灯亮位置计算（如右图为其中一种情况），可得到的不同亮灯图案共有_______________种. 29．（2026·河南信阳·模拟预测）已知一袋中装有标号为1，2，3，4的卡片各一张，现每次从中取出一张，记下号码后再放回袋中，当四种号码的卡片都被取出过时即停止抽取．则恰好取7次卡片后停止抽取的概率为__________. 30．（2026·山东泰安·模拟预测）将1，2，3，4，5，6这6个数排在图中，，，，，六个位置，则任意相邻两数之积不超过20的概率为__________．    31．（2026·河南信阳·二模）已知，其中i为虚数单位，从组合数中取出一个数记作，从展开式中项的系数中取出一个数记作，若，则的概率为______________. 32．（2026·陕西榆林·二模）若表示不大于的最大整数，曲线在点处的切线经过点，则___________，数列的前项和为___________． 题型3：概率与条件概率的相关问题 33．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知正方体，从正方体顶点中选取4个点构成四面体．从这些四面体中随机选取一个，则选取的四面体的四个面都是锐角三角形的概率为（   ） A． B． C． D． 34．（2026·安徽淮北·二模）某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，事件表示向下的面上有数字3，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 35．（2026·广东·模拟预测）将4个黑球和6个红球随机排成一列，事件“第k个球是黑球”，则下列正确的是（    ）． A． B． C． D． 36．（2026·云南·模拟预测）已知数轴上有个不同的点的坐标为，且满足，从上述10个不同点中任取4个不同的点，则事件“存在，，，使得”的概率为（   ） A． B． C． D． 37．（2026·辽宁辽阳·模拟预测）已知正数，满足.现从①，②，③，④这4个不等式中随机抽取2个不等式，则恰有1个不等式成立的概率为（   ） A． B． C． D． 38．（2026·广西贵港·三模）从集合中任取三个不同的数，当三数之和为3的倍数时，这三个数可构成等差数列的概率为（   ） A． B． C． D． 39．（2026·内蒙古赤峰·一模）为了培育高茎且抗倒伏的优良作物，现从试验田中随机选出充足的作物样本，发现在高茎作物的样本中约有50%的作物抗倒伏，在抗倒伏的作物样本中约有40%的作物为高茎，并且样本中约有30%的作物既不具备高茎也不具备抗倒伏这两种优良性状．则样本中兼备两种优良性状的植株的占比约为（   ） A．20% B．30% C．40% D．50% 40．（2026·新疆·二模）已知事件的概率均不为0，下列说法正确的是（    ） A．若，则事件与为对立事件 B．若，则事件与为相互独立事件 C．若，则 D．若，则 41．（2026·山东青岛·二模）（多选）箱子中有个大小相同的球，编号分别为．按如下方式从箱子中不放回地取球：第一次随机取出一个球，若该球的编号为，则第二次随机一次取出个球．记完成上述两次取球后编号为的球被取出的概率为，设，则（    ） A． B．为定值 C． D． 42．（2026·安徽安庆·三模）（多选）正三棱锥中，点、、分别是侧棱、、的中点，，则下列结论中正确的有（   ） A．平面 B．过的平面截该三棱锥所得截面三角形周长的最小值为 C．棱长为的正四面体可以在棱台内随意转动 D．在三棱台中，若一质点从A出发，每次等可能地沿着三棱台的棱向相邻的另一个顶点运动，设在次运动后质点仍停留在下底面的概率为，则 43．（2026·陕西渭南·模拟预测）（多选）小明和小红进行某项比赛（比赛结果没有平局），小明每局获胜的概率均为，每局比赛胜者获得1个积分，负者获得0个积分，记小明和小红两人积分之差的绝对值为，当时，比赛结束且总积分多者获胜.下列说法正确的是（    ） A．若，则比赛结束时总局数可能是5 B．若，，则恰好4局结束比赛且小明获胜的概率为 C．若，，则在不超过5局比赛结束的条件下，小明以4:1获胜的概率为 D．若，，比赛进行一段时间后，则继续比赛小明最终获胜的概率为 44．（2026·吉林长春·二模）（多选）景区在春节期间推出两种游玩套餐，已知某游客第一次选择两种游玩套餐的概率分别为和，若该游客第一次选择套餐，则第二次选择套餐的概率为；若该游客第一次选择套餐，则第二次选择套餐的概率为，则下列说法正确的是（   ） A．该游客第一次选择套餐，第二次也选择套餐的概率为 B．该游客第一次选择套餐的概率比第二次选择套餐的概率小 C．若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为 D．若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为 45．（2026·广东东莞·模拟预测）（多选）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为 ，乙每次投篮的命中率均为 .由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为 ，记“第i次投篮的人是甲”为事件，前3次中甲投篮的次数为X，则以下结论正确的是（  ） A． B． C． D． 46．（2026·河南安阳·模拟预测）（多选）投掷一枚正方体骰子3次，所得点数依次为.设事件“”，事件“”，事件“”，则（    ） A． B． C．事件和相互独立 D． 47．（2026·浙江·三模）（多选）将一颗质地均匀的骰子（点数为）连续拋掷3次，记录向上的点数，则（   ） A．三个点数之积大于的概率为 B．三个点数之和大于的概率为 C．若不考虑点数的先后顺序，能构成等比数列的概率为 D．若考虑点数的先后顺序，在三个点数之和是奇数的条件下，能构成等差数列的概率为 48．（2026·山东青岛·二模）（多选）如图，正八面体中，记侧面为，侧面为，侧面为，若质点从出发，每次等可能地移动到共享一条棱的相邻表面，则（    ） A．质点移动2次后返回到的概率为 B．质点移动3次后到达的路径有9种 C．质点移动次后到达的概率为 D．已知质点移动4次后经过的次数为2，则第4次到达的概率为 49．（2026·河北唐山·二模）（多选）设是一个随机试验中的两个事件，记，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C． D． 50．（2026·云南昆明·二模）一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数，现随机将骰子抛掷3次，且各次抛掷结果相互独立，则三次抛掷出现向上的点数之积能被4整除的概率为______． 51．（2026·天津和平·三模）盒子中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个白球，2个黄球，2个红球．现从盒中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量，则第二次取出的是黄球的条件下第三次取出的是红球的概率为__________，的数学期望为__________． 52．（2026·四川遂宁·二模）已知集合，集合，从集合中随机选取3个不同的元素构成一个三位数，其中小于423的有__________个，现有甲，乙两名同学玩一种游戏，甲､乙两人分别从集合中随机抽取3个不同的元素各构成最大的三位数和，若，则甲获得胜利.甲获得胜利的概率为__________. 53．（2026·福建福州·三模）共有3枚质地均匀的硬币，每枚硬币抛出后正面朝上与反面朝上的概率均为.第一次将三枚硬币同时抛出，之后每次从当前反面朝上的硬币中任意选取2枚同时抛出，直到反面朝上的硬币数少于2枚时停止操作.当停止操作时，所有硬币均为正面朝上的概率为__________. 54．（2026·重庆渝中·三模）一随机变量服从正态分布，则， _____.已知一粒子在数轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，与相互独立，则_____. 55．（2026·浙江宁波·三模）甲有2个白球和1个黑球，乙有3个白球，甲乙两人每次交换1个球，经过5次交换后，黑球仍然在甲手中的概率为______． 56．（2026·湖北襄阳·二模）2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点O出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动3次.则该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动2次且竖直方向移动1次的概率为________． 57．（2026·福建莆田·模拟预测）有6个球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中每次随机取出一个，取出的球不放回，直到6个小球都取完为止．记第次取出球的号码为，在和至少有一个大于的条件下，数列是递增数列的概率为___________． 58．（2026·四川·二模）一个正十二面体，十二个面分别标以数字1到12，任意抛掷一次这个正十二面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为__________． 题型4：随机变量与分布列的相关问题 59．（2026·重庆·模拟预测）某商场有4种礼品，每次随机抽取一种（有放回），共抽4次． 记为被抽到次数最多的礼品的抽中次数（若并列，则取该次数），则（    ） A． B． C．2 D．3 60．（2026·河北·二模）已知某口袋中装有编号分别为1，2，3，4的红色小球各一个，编号分别为1，2，3，4的白色小球各一个(共8个小球，除颜色与编号外，其他完全相同)，每次从口袋中不放回地任取一个小球，只要取到相同编号的红色小球和白色小球，就结束取球.记取球次数为X，则X的数学期望为（   ） A． B． C． D． 61．（2026·浙江温州·一模）飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数.在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 62．（2026·广西桂林·一模）当今社会，每天都有海量信息通过网络等渠道快速传播，虽提供了丰富知识和多样视角，但也存在信息过载、虚假信息等问题，需要我们谨慎筛选辨别.信息熵是信息论中的一个重要概念，它是由克劳德·艾尔伍德·香农在20世纪40年代提出，借鉴了热力学的概念，信息熵的数学定义为，其中表示随机变量的信息熵，随机变量所有可能的取值为，，且.若随机变量所有可能的取值为1，2，，若，则的信息熵的值所在的区间为（    ）（参考数据：，） A． B． C． D． 63．（2026·山东烟台·二模）（多选）在质量检测中，常用“尾概率”来度量某项指标偏离期望值的可能性大小.某质检部门拟对件产品逐件进行质量检测，假设每件产品检测达标的概率均为，且各件产品检测结果互不影响，记件产品中检测达标的件数为，其相应的“尾概率”，则下列结论正确的有（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．对任意，有 64．（2026·云南昆明·模拟预测）（多选）“暮春时节，兰亭雅集再现，文人雅士围坐庭中，以投壶为乐”，某同学进行投壶游戏，每次投壶的命中率为，且投壶结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投壶，游戏结束，则下列选项中正确的是（    ） A．当时，投壶2次游戏结束的概率为 B．当时，投壶3次游戏结束的概率大于投壶4次游戏结束的概率 C．当时，游戏结束时投壶总次数的数学期望为 D．设游戏结束时投壶总次数的数学期望为，则 65．（25-26高三下·河南·阶段检测）（多选）已知随机变量（且），设函数，记，则（    ）． A．对任意恒成立 B．对任意恒成立 C．存在，使得方程在区间内有解 D．存在，使得函数在区间内单调 66．（2026·福建厦门·二模）（多选）设正整数，其中，定义．设集合，从中随机选取一个元素，记为，则（   ） A． B．中的元素个数为36 C． D． 67．（2026·广东深圳·一模）（多选）将一枚质地均匀的硬币连续投掷次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和，故，则（   ） A． B． C． D． 68．（2026·浙江·三模）如图，粒子在四个容器中移动，当在容器时，每隔一小时等可能地移动到相邻容器中；当在容器时，粒子停止移动．当前时刻，在容器中，设小时后，停止移动，则______，______． 69．（2026·山东德州·模拟预测）某挑战赛设置了个连续关卡，分别记为第1关卡，第2关卡，⋯，第关卡，每个参赛团队的选手人数均为，每2名选手组成一个双人挑战组，共个双人挑战组，每个关卡均由其中1个双人挑战组进行挑战，各关卡参赛选手均不相同，关卡挑战从第1关卡开始依次挑战，每个关卡至少有1名选手挑战成功（即该关卡挑战成功），才能进入下一个关卡的挑战.若某参赛团队这个连续关卡均挑战成功，则该参赛团队的挑战赛通关.已知参赛团队的每名选手挑战成功的概率均为，且各选手的挑战结果相互独立，若在挑战赛通关的情况下，记内挑战不成功的选手总人数为，则__________. 70．（2026·贵州贵阳·二模）在一个袋子中装有4个大小相同的小球，小球上的编号依次为1，2，3，4，现在有放回的抽取n次，每次只取一个小球，记这n次取到的小球的最大编号为X，则______，______． 71．（2026·河南开封·模拟预测）一副扑克牌去掉大小王有52张，有红桃、方片、梅花、黑桃四种花色各13张，随机不放回地每次取出一张牌，直到将52张牌全部取出，记随机变量X为最后一张红桃被取出时总共所取牌的张数，则______. 72．（2026·河北保定·三模）已知甲盒中放有1个红球、3个白球(除颜色外，其他完全相同)，乙盒中放有2个红球、2个白球(除颜色外，其他完全相同)，每次等可能地从甲、乙两个盒子中选择一个盒子，有放回地摸1个球，若连续摸到2个红球，则停止摸球．记停止摸球时摸球的总次数为X，则E(X)=________． 73．（2026·浙江台州·二模）已知一个不透明的袋子里装有除颜色外没有其他差异的2个白球和4个黑球，现操作如下：从袋子中随机取出一个球，若取出的是白球，则放进一个黑球，白球不放回；若取出的是黑球，则放进一个白球，黑球不放回（其中放进去的白球或黑球与原来袋子里的相应颜色的球没有差异），依此规则操作2次，记袋中的白球个数为，则的数学期望为_______. 74．（2026·河南·三模）小明同学抛掷一枚质地不均匀的正方体骰子，并记向上的面的点数为X，若，则的最小值为______． 75．（2026·河北张家口·一模）已知不透明盒子中装有4个大小、形状、质地完全相同的小球，分别标注数字2，0，2，6，每次随机抽取1个球，记下标号后放回，摇匀后进行下一次抽取，共抽取4次，记为抽到数字2，0，6的次数的最大值，则的数学期望______． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $