2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题十一　计数原理、概率与统计（学生版+教师版）

这是一份2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题十一　计数原理、概率与统计（学生版+教师版），共8页。试卷主要包含了二项分布、超几何分布、正态分布等内容，欢迎下载使用。
题点 计数问题
(2025·上海卷，9)4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种.
【答案】288
【解析】先选两位家长排在队列的头和尾有A42=12(种)排法，再排队列中的四人有A44=24(种)排法，
故有12×24=288(种)排列.
【难度】中档题
(2024·新课标II卷，14)在如图的4×4方格表中选4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，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________．
【答案】24 112
【解析】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24(种)选法；
先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1,2,3,4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1,3,3,5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第四行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
【难度】较难题
(2024·上海卷，10)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，则集合中元素个数的最大值为 .
【答案】329
【解析】由题意可知，集合中最多有一个奇数，其余均为偶数.
个位为0的无重复数字的三位正整数有A92=72(个)；
个位为2，4，6，8的无重复数字的三位正整数有C41C81C81=256(个).
所以集合中最多有72+256=328(个)偶数，再加上一个奇数，则集合中元素个数的最大值为328+1=329.
【难度】基础题
(2023·全国甲卷理，9)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( )
A．120 种 B．60 种 C．30 种 D．20 种
【答案】B
【解析】先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有Ceq \\al(1,5)种方式；再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有Aeq \\al(2,4)种安排方式．所以不同的安排方式共有Ceq \\al(1,5)·Aeq \\al(2,4)＝60(种)．
【难度】基础题
(2023·全国乙卷理，7)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )
A．30种 B．60种
C．120种 D．240种
【答案】C
【解析】首先确定相同的读物，共有Ceq \\al(1,6)种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出2种进行排列，共有Aeq \\al(2,5)种，
根据分步乘法计数原理可得，共有Ceq \\al(1,6)·Aeq \\al(2,5)＝120(种)选法．
【难度】基础题
(2023·新高考全国Ⅰ，13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)．
【答案】64
【解析】(1)当从8门课中选修2门时，不同的选课方案共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,4)＝16(种)；
(2)当从8门课中选修3门时，
①若体育类选修1门，则不同的选课方案共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,4)＝24(种)；
②若体育类选修2门，则不同的选课方案共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,4)＝24(种)．
综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64(种)．
【难度】基础题
(2023·新高考全国Ⅱ，3)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( )
A．Ceq \\al(45,400)·Ceq \\al(15,200)种 B．Ceq \\al(20,400)·Ceq \\al(40,200)种
C．Ceq \\al(30,400)·Ceq \\al(30,200)种 D．Ceq \\al(40,400)·Ceq \\al(20,200)种
【答案】D
【解析】根据比例分配的分层随机抽样的定义知，初中部共抽取60×eq \f(400,600)＝40(人)，高中部共抽取60×eq \f(200,600)＝20(人)，
根据组合公式和分步乘法计数原理知，不同的抽样结果共有Ceq \\al(40,400)·Ceq \\al(20,200)种．
【难度】基础题
(2022·新高考Ⅱ卷，5)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有( )
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
【答案】B
【解析】先将丙和丁捆在一起有Aeq \\al(2,2)种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有Aeq \\al(3,3)种排列方式，最后将甲插入中间两空，有Ceq \\al(1,2)种排列方式，所以不同的排列方式共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)Ceq \\al(1,2)＝24(种)，故选B.
【难度】基础题
(2020·新高考全国卷I，3)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有( )
A．120种 B．90种 C．60种 D．30种
【答案】C
【解析】先从6名同学中选1名安排到甲场馆，有Ceq \\al(1,6)种选法，再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆，有Ceq \\al(2,5)种选法，最后将剩下的3名同学安排到丙场馆，有Ceq \\al(3,3)种选法，由分步乘法计数原理知，共有Ceq \\al(1,6)·Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(3,3)＝60(种)不同的安排方法．
【难度】基础题
(2020·新高考全国卷II，6)3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作，每名大学生只去1个村，每个村至少1人，则不同的分配方案共有( )
A．4种 B．5种 C．6种 D．8种
【答案】C
【解析】先将3名大学生分成2组，有Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(2,2)种分法，
再分配到2个村，有Aeq \\al(2,2)种分法，
则不同的分配方案共有Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(2,2)·Aeq \\al(2,2)＝6(种)．
【难度】基础题
知识点二 二项式定理
题点1 特定项问题
(2025·天津卷，11)在(x－1)6的展开式中，x3项的系数为 .
【答案】－20
【解析】(x－1)6的展开式的通项为Tk+1=C6kx6－k·(－1)k，
当k=3时，T4=C63x3·(－1)3=－20x3，
即在(x－1)6的展开式中，x3项的系数为－20.
【难度】基础题
(2025·上海卷，4)在二项式(2x－1)5的展开式中，x3的系数为 .
【答案】80
【解析】二项展开式的通项为Tk+1=C5k(2x)5－k·(－1)k=(－1)k25－kC5kx5－k，
令5－k=3，得k=2，可得x3的系数为(－1)2×25－2C52=80.
【难度】基础题
(2024·全国甲卷理，13)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋x))10的展开式中，各项系数的最大值是________．
【答案】5
【解析】二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))10－kxk，0≤k≤10且k∈Z，
设展开式中第k＋1项系数最大，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))10－k≥C\\al(k＋1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))9－k，,C\\al(k,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))10－k≥C\\al(k－1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))11－k))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k≥\f(29,4)，,k≤\f(33,4)，))
即eq \f(29,4)≤k≤eq \f(33,4)，
又k∈Z，故k＝8，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为Ceq \\al(8,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝5.
【难度】中档题
(2024·北京卷，4)在(x-x)4的展开式中，x3的系数为( )
A.6B.-6C.12D.-12
【答案】A
【解析】方法一 (x-x)4的展开式的通项
Tr+1=C4rx4-r(-x)r=(-1)rC4rx4−r2(r=0，1，2，3，4).
由4-r2=3，得r=2，
所以在(x-x)4的展开式中，x3的系数为(-1)2C42=6.
方法二 (x-x)4的展开式中含x3的项是由(x-x)(x-x)(x-x)(x-x)中任意取2个括号内的x与剩余的2个括号内的(-x)相乘得到的，
所以(x-x)4的展开式中含x3的项为C42x2·C22(-x)2=6x3，
所以在(x-x)4的展开式中，x3的系数为6.
【难度】基础题
(2024·上海卷，6)在(x+1)n的展开式中，若各项系数和为32，则展开式中x2的系数为 .
【答案】10
【解析】由题意得2n=32，所以n=5，
则(x+1)5的展开式的通项Tr+1=C5rx5-r1r=C5rx5-r，
令5-r=2，得r=3，
所以展开式中x2的系数为C53=10.
【难度】基础题
(2024·天津卷，11)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x3)＋\f(x3,3)))6的展开式中，常数项为________．
【答案】20
【解析】因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x3)＋\f(x3,3)))6的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x3)))6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x3,3)))r
＝36－2rCeq \\al(r,6)x6(r－3)，r＝0,1，…，6，
令6(r－3)＝0，可得r＝3，
所以常数项为30Ceq \\al(3,6)＝20.
【难度】基础题
(2023·北京卷，5)2x−1x5的展开式中x的系数为( )．
A．−80B．−40C．40D．80
【答案】D
【解析】2x−1x5的展开式的通项为Tr+1=C5r2x5−r−1xr=−1r25−rC5rx5−2r
令5−2r=1得r=2
∴2x−1x5的展开式中x的系数为−1225−2C52=80
【难度】基础题
(2023·天津卷，11)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3－\f(1,x)))6的展开式中，x2的系数是________．
【答案】60
【解析】展开式的通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2x3)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))k＝(－1)k·26－k·Ceq \\al(k,6)·x18－4k，
令18－4k＝2，可得k＝4，
则x2项的系数为(－1)4×26－4×Ceq \\al(4,6)＝4×15＝60.
【难度】基础题
(2022·天津卷，11)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x2)))5的展开式中的常数项为________．
【答案】15
【解析】由题意知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x2)))5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·(eq \r(x))5－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x2)))r＝Ceq \\al(r,5)·3r·，
令eq \f(5－5r,2)＝0，得r＝1，
则Ceq \\al(r,5)·3r＝Ceq \\al(1,5)·3＝15，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x2)))5的展开式中的常数项为15.
【难度】基础题
(2022·新高考Ⅰ卷，13)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．
【答案】－28
【解析】(x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x8－ryr，r＝0,1，…，7,8.令r＝6，得T6＋1＝Ceq \\al(6,8)x2y6；令r＝5，得T5＋1＝Ceq \\al(5,8)x3y5，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为Ceq \\al(6,8)－Ceq \\al(5,8)＝－28.
【难度】基础题
(2021·北京卷，11)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(1,x)))4的展开式中常数项为________．
【答案】－4
【解析】eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(1,x)))4的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)(x3)4－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝(－1)rCeq \\al(r,4)x12－4r，令r＝3得常数项为T4＝(－1)3Ceq \\al(3,4)＝－4.
【难度】基础题
(2021·天津卷，11)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3＋\f(1,x)))6的展开式中，x6的系数是________．
【答案】160
【解析】eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3＋\f(1,x)))6的展开式的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(2x3)6－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))r＝26－rCeq \\al(r,6)·x18－4r，
令18－4r＝6，解得r＝3，
所以x6的系数是23Ceq \\al(3,6)＝160.
【难度】基础题
(2020·北京卷，3)在(eq \r(x)－2)5的展开式中，x2的系数为( )
A．－5 B．5 C．－10 D．10
【答案】C
【解析】Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(eq \r(x))5－k(－2)k＝Ceq \\al(k,5)x·(－2)k，
令eq \f(5－k,2)＝2，解得k＝1.
所以x2的系数为Ceq \\al(1,5)(－2)1＝－10.
【难度】基础题
(2020·天津卷，11)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x2)))5的展开式中，x2的系数是________．
【答案】10
【解析】∵Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x2)))r＝2rCeq \\al(r,5)x5－3r，
令5－3r＝2，得r＝1，
∴T2＝2Ceq \\al(1,5)x2＝10x2，
∴x2的系数是10.
【难度】基础题
题点2 系数和问题
(2025·北京卷，12)已知(1－2x)4=a0－2a1x+4a2x2－8a3x3+16a4x4，则a0= ；a1+a2+a3+a4= .
【答案】1 15
【解析】令x=0，则a0=1，
又(1－2x)4=a0－2a1x+4a2x2－8a3x3+16a4x4=a0+a1(－2x)+a2(－2x)2+a3(－2x)3+a4(－2x)4，
令t=－2x，则(1+t)4=a0+a1t+a2t2+a3t3+a4t4，
令t=1，则a0+a1+a2+a3+a4=24，故a1+a2+a3+a4=15.
【难度】基础题
(2022·北京卷，8)若(2x－1)4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4等于( )
A．40 B．41 C．－40 D．－41
【答案】B
【解析】方法一(赋值法) 依题意，令x＝1，可得1＝a4＋a3＋a2＋a1＋a0.令x＝－1，可得81＝a4－a3＋a2－a1＋a0，以上两式相加可得82＝2(a4＋a2＋a0)，所以a0＋a2＋a4＝41，故选B.
方法二(通项公式法) (2x－1)4的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)(2x)4－k(－1)k，分别令k＝4,2,0，可分别得a0＝1，a2＝24，a4＝16，所以a0＋a2＋a4＝41，故选B.
【难度】基础题
(2022·浙江卷，12)已知多项式(x＋2)·(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝________，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝________.
【答案】8 －2
【解析】由多项式的展开式可知，a2＝2Ceq \\al(2,4)(－1)2＋Ceq \\al(3,4)(－1)3＝12－4＝8.令x＝0可得a0＝2，令x＝1可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－2.
【难度】基础题
(2021·浙江卷，13)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝________，a2＋a3＋a4＝________.
【答案】5 10
【解析】(x－1)3展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,3)x3－r·(－1)r，(x＋1)4展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)x4－k，则a1＝Ceq \\al(0,3)＋Ceq \\al(1,4)＝1＋4＝5；a2＝Ceq \\al(1,3)(－1)1＋Ceq \\al(2,4)＝3；a3＝Ceq \\al(2,3)(－1)2＋Ceq \\al(3,4)＝7；a4＝Ceq \\al(3,3)(－1)3＋Ceq \\al(4,4)＝0.所以a2＋a3＋a4＝3＋7＋0＝10.
【难度】基础题
(2020·浙江卷，12)二项展开式(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a4＝________，a1＋a3＋a5＝________.
【答案】80 122
【解析】由题意，得a4＝Ceq \\al(4,5)×24＝5×16＝80.
当x＝1时，
(1＋2)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35＝243，①
当x＝－1时，
(1－2)5＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1.②
①－②，得2(a1＋a3＋a5)＝243－(－1)＝244，
所以a1＋a3＋a5＝122.
【难度】基础题
知识点三 随机事件与概率
题点1 频率估计概率
(2024·上海卷，8)某校举办科学竞技比赛，有A，B，C 3种题库，A题库有5 000道题，B题库有4 000道题，C题库有3 000道题.小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的正确率是0.86，C题库的正确率是0.72，现他从所有的题中随机选一题，正确率是 .
【答案】0.85
【解析】A题库占5 0005 000+4 000+3 000=512，
B题库占4 0005 000+4 000+3 000=13，
C题库占3 0005 000+4 000+3 000=14，
则所求概率P=512×0.92+13×0.86+14×0.72=0.85.
【难度】基础题
题点2 古典概型
(2024·全国甲卷理，16)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中无放回地随机抽取3次，每次取1个球．记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n差的绝对值不大于eq \f(1,2)的概率是________．
【答案】eq \f(7,15)
【解析】从6个标有不同数字的球中无放回地抽取3次，共有Aeq \\al(3,6)＝120(种)，
设前两个球上的数字分别为a，b，第三个球上的数字为c，
则|m－n|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b＋c,3)－\f(a＋b,2)))≤eq \f(1,2)，
故|2c－(a＋b)|≤3，
故－3≤2c－(a＋b)≤3，
故a＋b－3≤2c≤a＋b＋3,
若c＝1，则a＋b≤5，
则(a，b)为(2,3)，(3,2)，共有2种；
若c＝2，则1≤a＋b≤7，
则(a，b)为(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(3,4)，
(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(4,3)，共有10种；
若c＝3，则3≤a＋b≤9，
则(a，b)为(1,2)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，
(2,4)，(2,5)，(2,6)，(4,5)，
(2,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，
(4,2)，(5,2)，(6,2)，(5,4)，
共有16种；
若c＝4，则5≤a＋b≤11，同理有16种；
若c＝5，则7≤a＋b≤13，同理有10种；
若c＝6，则9≤a＋b≤15，同理有2种，
当m与n的差的绝对值不大于eq \f(1,2)时，不同的抽取方法总数为2×(2＋10＋16)＝56，
故所求概率为eq \f(56,120)＝eq \f(7,15).
【难度】中档题
(2024·新课标I卷，14)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用)．则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为________．
【答案】eq \f(1,2)
【解析】因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.
若甲的总得分为3，则甲出卡片3,5,7时都赢，所以只有1种组合：3－2,5－4,7－6,1－8.
若甲的总得分为2，有以下三类情况：
第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2,5－4,1－6,7－8；
第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2,7－4,1－6,5－8或3－2,7－4,1－8,5－6或3－2,7－6,1－4,5－8，共3种组合；
第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2,7－4,1－6,3－8或5－2,7－4,1－8,3－6或5－4,7－2,1－6,3－8或5－4,7－2,1－8,3－6或5－2,7－6,1－4,3－8或5－2,7－6,1－8,3－4或5－4,7－6,1－2,3－8，共7种组合．
综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P＝eq \f(12,24)＝eq \f(1,2).
【难度】较难题
(2024·天津卷，13)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________．
【答案】eq \f(3,5) eq \f(1,2)
【解析】方法一 (列举法)
从五个活动中选三个的情况有：
ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种，
其中甲选到A有6种情况：
ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，
则甲选到A的概率为eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)；
乙选A活动有6种情况：
ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，
其中再选择B活动有3种情况：
ABC，ABD，ABE，
故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为eq \f(3,6)＝eq \f(1,2).
方法二 设选到A为事件M，
选到B为事件N，
则甲选到A的概率为P(M)＝eq \f(C\\al(2,4),C\\al(3,5))＝eq \f(3,5)；
乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)＝eq \f(P(MN),P(M))＝eq \f(\f(C\\al(1,3),C\\al(3,5)),\f(C\\al(2,4),C\\al(3,5)))＝eq \f(1,2).
【难度】中档题
(2023·全国甲卷文，4)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
【答案】D
【解析】记高一2名学生分别为A，B；高二2名学生分别为a，b.从这4名学生中随机选2名有(A，B)，(A，a)，(A，b)，(B，a)，(B，b)，(a，b)，共6种选法，其中这2名学生来自不同年级有(A，a)，(A，b)，(B，a)，(B，b)，共4种选法，
所以这2名学生来自不同年级的概率为eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
【难度】基础题
(2023·全国乙卷文，9)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为( )
A.eq \f(5,6) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
【答案】A
【解析】将6个主题分别记为a，b，c，d，e，f.
用m表示甲抽到的主题，n表示乙抽到的主题，
则(m，n)表示一个基本事件，基本事件总数为36，
其中甲、乙抽到的主题相同包含(a，a)，(b，b)，(c，c)，(d，d)，(e，e)，(f，f)，共6个基本事件，
则所求概率为eq \f(6,36)＝eq \f(1,6)，
所以甲、乙抽到的主题不同的概率为1－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).
【难度】基础题
(2023·天津卷，13)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%,25%,50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为________．
【答案】eq \f(1,20) eq \f(3,5)
【解析】方法一 设A＝“从甲盒子中取一个球，是黑球”，
B＝“从乙盒子中取一个球，是黑球”，
C＝“从丙盒子中取一个球，是黑球”，
由题意可知P(A)＝40%＝eq \f(2,5)，
P(B)＝25%＝eq \f(1,4)，P(C)＝50%＝eq \f(1,2)，
现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为
P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝eq \f(2,5)×eq \f(1,4)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,20).
设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，
D2＝“取到的球是乙盒子中的”，
D3＝“取到的球是丙盒子中的”，
E＝“取到的球是白球”，
由题意可知P(D1)＝eq \f(5,5＋4＋6)＝eq \f(1,3)，
P(D2)＝eq \f(4,5＋4＋6)＝eq \f(4,15)，
P(D3)＝eq \f(6,5＋4＋6)＝eq \f(2,5)，
P(E|D1)＝1－eq \f(2,5)＝eq \f(3,5)，
P(E|D2)＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)，
P(E|D3)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)
＝P(D1)P(E|D1)＋P(D2)P(E|D2)＋P(D3)·P(E|D3)
＝eq \f(1,3)×eq \f(3,5)＋eq \f(4,15)×eq \f(3,4)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,5).
方法二 设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5,4,6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3.则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为eq \f(2×1×3,5×4×6)＝eq \f(1,20).
将三个盒子中的球混合在一起共有5＋4＋6＝15(个)球，其中白球共有3＋3＋3＝9(个)，所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).
【难度】中档题
(2022·新高考Ⅰ卷，5)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
【答案】D
【解析】从7个整数中随机取2个不同的数，共有Ceq \\al(2,7)＝21(种)取法，取得的2个数互质的情况有{2,3}，{2,5}，{2,7}，{3,4}，{3,5}，{3,7}，{3,8}，{4,5}，{4,7}，{5,6}，{5,7}，{5,8}，{6,7}，{7,8}，共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为eq \f(14,21)＝eq \f(2,3).故选D.
【难度】基础题
(2020·江苏卷，4)将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是________．
【答案】eq \f(1,9)
【解析】列表如下：
点数的和共有36种等可能情形，其中和为5的共有4种情形，由古典概型的概率公式可得点数和为5的概率P＝eq \f(4,36)＝eq \f(1,9).
【难度】基础题
题点3 条件概率
(2023·全国甲卷理，6)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
【答案】A
【解析】方法一 如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，
则0.6＋0.5－B＝0.7，
所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.
所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为eq \f(B,B＋C)＝eq \f(0.4,0.5)＝0.8.
方法二 令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，
则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，
所以P(C)＝P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(0.4,0.5)＝0.8.
【难度】基础题
(2022·天津卷，13)52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为________．
【答案】eq \f(1,221) eq \f(1,17)
【解析】由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C，
则P(BC)＝eq \f(4,52)×eq \f(3,51)＝eq \f(1,221)，
P(B)＝eq \f(4,52)＝eq \f(1,13)，
P(C|B)＝eq \f(PBC,PB)＝eq \f(\f(1,221),\f(1,13))＝eq \f(1,17).
【难度】基础题
(2022·新高考Ⅰ卷，20)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”， eq \f(PB|A,P\x\t(B)|A)与eq \f(PB|\x\t(A),P\x\t(B)|\x\t(A))的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.
(ⅰ)证明：R＝eq \f(PA|B,P\x\t(A)|B)·eq \f(P\x\t(A)|\x\t(B),PA|\x\t(B))；
(ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|eq \x\t(B))的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．
附：K2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，
(1)解 K2＝eq \f(200×40×90－60×102,50×150×100×100)＝24>6.635，
所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．
(2)(ⅰ)证明 R＝eq \f(\f(PB|A,P\x\t(B)|A),\f(PB|\x\t(A),P\x\t(B)|\x\t(A)))＝eq \f(PB|A·P\x\t(B)|\x\t(A),P\x\t(B)|A·PB|\x\t(A))，
由题意知，只需证明eq \f(PB|A·P\x\t(B)|\x\t(A),P\x\t(B)|A·PB|\x\t(A))＝eq \f(PA|B·P\x\t(A)|\x\t(B),P\x\t(A)|B·PA|\x\t(B))即可，
上式左边＝eq \f(\f(PAB,PA)·\f(P\x\t(A) \x\t(B),P\x\t(A)),\f(PA\x\t(B),PA)·\f(P\x\t(A)B,P\x\t(A)))＝eq \f(PAB·P\x\t(A) \x\t(B),PA\x\t(B)·P\x\t(A)B)，
右边＝eq \f(\f(PAB,PB)·\f(P\x\t(A) \x\t(B),P\x\t(B)),\f(P\x\t(A)B,PB)·\f(PA\x\t(B),P\x\t(B)))＝eq \f(PAB·P\x\t(A) \x\t(B),P\x\t(A)B·PA\x\t(B)).
左边＝右边，故R＝eq \f(PA|B,P\x\t(A)|B)·eq \f(P\x\t(A)|\x\t(B),PA|\x\t(B)).
(ⅱ)解 由调查数据可知P(A|B)＝eq \f(40,100)＝eq \f(2,5)，P(A|eq \x\t(B))＝eq \f(10,100)＝eq \f(1,10)，
且P(eq \x\t(A)|B)＝1－P(A|B)＝eq \f(3,5)，P(eq \x\t(A)|eq \x\t(B))＝1－P(A|eq \x\t(B))＝eq \f(9,10)，
所以R＝eq \f(\f(2,5),\f(3,5))×eq \f(\f(9,10),\f(1,10))＝6.
【难度】中档题
【关联题点】独立性检验
(2022·新高考Ⅱ卷，19)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率；
(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.000 1.)
解 (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄eq \x\t(x)＝10×(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)＝47.9.
(2)方法一 由于患者的年龄位于区间[20,70)是由患者的年龄位于区间[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)组成的，且相互独立，
所以所求概率P＝(0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020)×10＝0.89.
方法二 由于患者的年龄位于区间[20,70)是由患者的年龄位于区间[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)组成的，且相互独立，
所以所求概率P＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝0.89.
(3)设从该地区任选一人，年龄位于区间[40,50)为事件A，患这种疾病为事件B，则P(A)＝16%.
由频率分布直方图知这种疾病患者年龄位于区间[40,50)的概率为0.023×10＝0.23，
结合该地区这种疾病的患病率为0.1%，可得P(AB)＝0.1%×0.23＝0.000 23，
所以从该地区任选一人，若年龄位于区间[40,50)，则此人患这种疾病的概率为
P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.000 23,16%)≈0.001 4.
【难度】基础题
题点4 相互独立事件的概率
(2025·上海卷，13)已知事件A，B相互独立，事件A发生的概率为P(A)=12，事件B发生的概率为P(B)=12，则事件A∩B发生的概率P(A∩B)为( )
A.18B.14C.12D.0
【答案】B
【解析】因为A，B相互独立，故P(A∩B)=P(A)P(B)=12×12=14.
【难度】基础题
(2025·全国Ⅱ卷，19)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分.设每个球甲胜的概率为p12