2025年高考数学二模试题分类汇编：计数原理与概率统计（甘肃专用）解析版

计数原理与概率统计

in题型概览

题型01统计

题型02独立性检验

题型03计数原理

题型04古典概型

题型05随机变量及其分布列

融型01

1.（2025・甘肃白银•二模）下列说法正确的是（）

A.若一组数据里当,…,X”的方差为0.2,则5、,5右,…,5%的方差为1

B.已知一组数据1,2,〃?,〃?+1,8,9的平均数为5,则这组数据的中位数是5

C.68,60,62,78,70,84,74,46,73,82这组数据的第80百分位数是80

D.将总体划分为两层，通过分层抽样，得到样本数为〃[，〃的两层样本，其样本平均数和样本方差分别

为豆芯和若吊=弓，则总体方差$2=树：+时

m+n

【答案】BCD

【分析】对于A,根据方差的线性运算直接计算可得，对于B,根据平均数可求机，再利用中位数的定义

可求，对于C,根据百分位数的求解步骤直接计算；对于D,利用分层抽样方差公式

/=£[£⑶—£『十£回一式「|，再进行化简运算可得，

【详解】对于A,5$,5w，…,5覆的方差为52x0.2=5,故A错误;

对于B,已知一组数据L2,私〃”1,8,9的平均数为5,则，（1+2千小+小+1+8+9）=5,即1（21+2，〃）=5,

66

91/99、

解得m=三，则数据的中位数为5x-+-+I=5,故B正确；

对于C,这组数据从小到大排列为：46,60,62,68,70,73,74,78,82,84,

又10x80%=8,第8位数是78,第9位数是82,

故这组数据的第80百分位数是失丝二80,故C正确；

对于D,设两层的数据分别为:马,22/3/、/和必,必,为「\”，

1/17

则吊=,£4,可=,£必，设总体平均数为三，则亍=

m77〃77m+n

imin

因为耳=耳，所以亍=吊二弓.因为s；=—Z（4—司丫闻=一2（乂一耳）2，

〃？1n=.）

1£（2厂亍）2+1>=方）2=ms：+〃s；

所以一故D正确.

m+nm+n

故选：BCD.

2.（2025・甘肃白银•二模）某汽车公司为了宣传48两款新能源汽车，邀请8名业内人士试驾，就新款汽车

的驾乘感受进行评分，最高分数为10分.试驾结束后，评分如下表：

A9.99.59.69.49.79.89.99.7

B9.79.59.89.79.79.99.89.6

下列说法正确的是（）

A.A,8两款汽车评分数据的众数相同

B.A,8两款汽车评分数据的中位数相同

C.若将评分数据乘以10,则新数据的方差为原数据的方差的10倍

D.A款汽车评分数据去掉一个最低分和一个最高分后所得数据的极差小于原数据的极差

【答案】BD

【分析】由众数、中位数、方差、极差的计算公式逐个判断即可.

【详解】对于A选项，易知B款汽车评分数据的众数为9.7,

A款汽车评分数据众数为999.7,所以A错误；

对于B选项，易得两组数据的中位数均为9.7,所以B正确；

对于C选项，由方差计算性质，新数据的方差为原数据的方差的100倍，所以C错误；

对于D选项，A款汽车评分数据去掉•个最低分和•个最高分后所得数据的极差9.9-9.5<9.9-94,所以

D正确.

故选：BD.

3.（2025•甘肃庆阳•二模）样本数据15,13,12,31,29,25,43,19,17,38的中位数为（）.

A.19B.22C.21D.18

【答案】B

【分析】根据中位数定义计算即可得出结果.

【详解】将样本数据从小到大重新排列为12,13,15,17,19,25,29,31,38,43：

2/17

共10个数据，因此中位数应为第5个数和第6个数的平均数，即-，=22.

故选：B

4.(2025•甘肃•二模)下列说法正确的是()

A.数据22,18,19,23,24,30,25,24,26,23的第35百分位数为22

B.数据乂)(i=123,…,10)组成一个样本，其回归直线方程为/=入-3,其中丁=8.2,去除一个异常

点(1,7)后，得到新的回归直线必过点(9,5)

C.若随机变量「则函数/(x)=P(x“Vx+2)为偶函数

D.在2x2列联表中，若每一个数据均变为原来的3倍，则/变为原来的3倍

2

2n(aci-be)_,

(二=(a+b)(c+d)("c)伍+〃)'其中〃=""c+d)

【答案】BCD

【分析】根据百分位数的定义印可判断A；根据正态曲线的性质即可判断C：根据回归方程的性质即可判断

B；根据z2的公式计算即可判断D.

【详解】对于A,数据按照从小到大的顺序排列为18,19,22,23,23,24,24,25,26,30,

因为10x35%=3.5,所以数据第35百分位数是从小到大的第4个数23,故A错误；

对于B,数据(4乂)(i=l,2,3,…,10)组成个样本，其回归直线方程为j=x-3,其中亍=8.2,则

»=8.2-3=5.2,

去除一个异常点(1,7)后，其中心弋07:9,则连弋。-7=5,得到新的回归直线必过点(9,5),

故B正确；

对于C,因为随机变量7~N(1,/)，所以对称轴为〃=1,则函数

/(X)=P(X«《VX+2)=P(T4442r)=/(—)为偶函数,故C正确；

对于D,在2x2列联表中，黑荒［)(…),

3n(9ad-9be)'n(ad-be)2

若每一个数据均变为原来的3倍，则3=3/，则/

3\a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

变为原来的3倍，故D正确.

故选：BCD.

3/17

⑶分布列见解析，E（X）=1.2.

【分析】（1）由频率之和为1列式即可计算求解。，再由区间［812）的频率即可得解；

（2）先分别求出位于区间［2,10）和［10,14］的人数即可填写2x2列联表，接着零假设“。并计算卡方值即可根

据小概率值a=0.1的独立性检验得解；

（3）先求出寒假期间一周参加体育锻炼的时间在区间［电12）的概率，进而得X~8（3。4）,再根据二项分

布概率公式和数学期望公式即可计算求解分布列和数学期望.

【详解】（1）由题意可得2（4+0.05+0.075+5a+0.2+a）=l=a=0.025,

所以估计全校学生在寒假期间一周参加体育锻炼的时间位于区间［8,12）的概率为2（5。+0.2）=0.65.

（2）位于区间［2,10）的概率为2（。+0.05+0.075+5。）=0.55,故该区间范围的学生有100x0.55=55,

位于区间［电14］的概率为2（0.2+〃）=0.45,故该区间范围的学生有100x0.55=45,

故2x2列联表如下:

锻炼时间[2/0)[10,14]合计

男生3()3()60

女生251540

合计554510()

零假设性别与学生在寒假期间•周参加体育锻炼的时间无关联,

则由表格数据可5%；：荔。）：割2小

所以依据小概率值a=0.1的独立性检验，没有充分依据推断儿不成立，即我们推断/成立,

所以认为性别与学生在寒假期间一周参加体白锻炼的时间无关联.

（3）由题寒假期间一周参加体育锻炼的时间在区间［10,12）的概率为0.4,

则X=0,1,2,3,且X〜8（3。4）,

所以P（X=0）=0.63=0.216,P（%=1）=C；0.4x0.62=0.432,

P（X=2）=C'0.42x0.6=0.288,尸（X=3）=0.43=0.064,

5/17

所以X的分布列为:

P0123

X0.2160.432().2880.064

所以E(X)=3xO.4=1.2.

6.（2025甘肃金昌•二模）某公司男、女职工人数相等，该公司为了了解职工是否接受去外地长时间出差,

在男、女职工中各随机抽取了10（）人进行调查，数据显示男职工和女职工接受去外地长时间出差的人数分

别为40和20.下列结论正确的是（）

附表:

a0.10.050.010.0050.001

2.7063.8416.6357.87910.828

n(ad-be)2

附：z2=其中n=a+b+c+d.

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)*

A.依据小概率值a=0.005的独立性检验，不能认为是否接受去外地长时间出差与性别有关

B.依据小概率值a=0.005的独立性检验，可以认为是否接受去外地长时间出差与性别有关

C.有99.9%的把握认为是否接受去外地长时间出差与性别有关

D.是否接受去外地长时间出差与性别无关

【答案】B

【分析】求得卡方值，比对临界值，逐个判断即可.

【详解】由题意，歹ij出2x2歹U联表:

接受不接受合计

男4060100

女2080100

合计60140200

零假设为“°：是否接受去外地长时间出差与性别相互独立，即是否接受去外地长时间出差与性别无关,

200x(40x80-20x60)2200

所以/=---a9.524>7.879=x，

100x100x60x140210005

6/17

根据小概率值a=0.005的独立性检验，我们推断“。不成立,

即认为是否接受去外地长时间出差与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.

故选:B.

7.（2025・甘肃白银•二模）某公司组织户外拓展活动，为探究员工参与该活动的积极性与员工的性别是否有

关，对公司员工进行了简单随机抽样，得到如下列联表：

性别

参与户外拓展活动的积合

极性计

女男

积极参与75eh

不积极参与mf35

合计10()200

（1）求/〃，e,f,g,hi

（2）在公司员工中任选1人，记事件力为“选到的员工是男性”，事件8为“选到的员工积极参与户外拓展活动”,

估计尸（8冈的值；

（3）根据小概率值a=0.010的独立性检验，能否认为是否积极参与户外拓展活动与性别有关？

n(ad-be)'

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

a0.0500.0100.001

Xa3.8416.63510.828

【答案】（l）m=25,/=10,g=100,e=90,h=165.

-I

（3）有关联

【分析】（1）完善列联表：

（2）根据条件概率的公式即可求解；

（3）先计算#2,再结合独立.性检验的原理即可求解.

【详用尾】（1）由歹UH关表得m=100—7S=2S./=35-〃1=10,/；=200-^5=165,

7/17

e=/?-75=90,g=e+/=100.

（2）通过样本频率估计总体概率，从200员工中任选1人，P（J）=P（J）=-,且。（瓦1）=急=：

11-xP（BA\3

，测估计小⑷=加=「

（3）零假设为"。：积极参与户外拓展活动与性别无关.

根据列联表中的数据，可得氏猥晨潦岑“792>63,

根据小概率值a=0.010的独立性检验，推断“°不成立,

即认为是否积极参与户外拓展活动与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.010.

8.（2025・甘肃•二模）人的性格可以大体分为“外向型”和“内向型”两种，树人中学为了了解这两种性格特征

与人的性别是否存在关联，采用简单随机抽样的方法抽取90名学牛」得到如下数据：

□外向型内向型

男性zq

女性

（1）以上述统计结果的频率估计概率，从该校男生中随机抽取2人、女生中随机抽取I人担任志愿者.设这

三人中性格外向型的人数为X,求X的数学期望.

（2）对表格中的数据，依据a=0.1的独立性检验，可以得出独立性检验的结论是这两种性格特征与人的性别

没有关联.如果将表格中的所有数据都扩大为原来10倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断这两

种性格特征与人的性别之间的关联性，得到的结论是否一致？请说明理由.

附：参考公式：/二国舟高而回，

a0.10.050.01

%2.7063.8416.635

【答案】⑴；13

6

（2）结论不一致，理由见解析

8/17

【分析】（1）法一：根据独立事件乘法公式，结合数学期望公式进行求解即可；法二：根据二项分布的定

义和数学期望公式进行求解即可.

（2）根据所给的公式进行运算求解即可.

【详解】（1）由统计结果可知，外向型男生在所有男生中占比为彳3，外向型女生在所有女生中占比为7

43

故从该校男生中随机抽取一人为外向型男生的概率是,，从该校女生中随机抽取一人为外向型女生的概率

4

丐.

法一：X的所有可能取值为0,1,2,3.

则尸==汨x|

尸3=2）=e丫4+©建，上工=包，尸==j

'，（4）3244348V，（4）38

ii21313

所以E（X）=0x-i-+lxl+2xF+3x2=V.

''4864886

法二：从该校男生中随机抽取2人，抽到性格外向型的人数记为几

从该校女生中随机抽取I人，抽到性格外向型的人数记为匕，

则…（25,八一小,|）,

所以W）=2x[=[石化）=lx£4

r4J

所以七（万）=七（乂+匕）=后（）；）+七（匕）=：1+鼻2=H?.

4JU

（2）零假设为，。：这两种性格特征与人的性别无关联.

由所获得的所有数据都扩大为原来10倍，可知

;900x(450x100-150x200)

-6.923>2.706=x

Z—600x300x650x25013o.i

依据。=0.1的独立性检验，可以推断这两种性格特征与人的性别杓关联，与原来的结论不一致，

原因是每个数据扩大为原来的10倍，相当于样本量变大为原来的10倍，导致推断结论发生了变化.

9.（2025・甘肃白银•二模）某公司有5名员工要去参加48,。三项工作，每项工作都至少需要一人参加，且

每人的精力只够参加一项工作，一共有种不同的安排方案.

9/17

【答案】150

【分析】排列组合中的分组分配问题，5名员工分成三组只能是11,3或2,2,1,然后由排列组合的计数方法

求解即可.

【详解】根据题意按每项工作人数分类，则只能是1J3或2,2,1,

r'r'r33_C^3

这是一个部分均分问题，所以总的安排方案种数为XAXA=15()

A；

故答案为：150

10.（2025•甘肃•二模）学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙2名同学每人从中选一种或两种，旦两人

之间不会互相影响，则不同的选法种数为（）

A.20B.25C.225D.450

【答案】C

【分析】根据分步计数原理，结合组合数公式，即可求解.

【详解】甲和乙的选择方法分别有C+C；=15种方法，

所以甲和乙不同的选择方法有15x15=225种.

故选：C

11.（2025•甘肃•二模）（x+y）（2x-y）6的展开式中x岁的系数为.（用数字作答）

【答案】-100

【分析】结合二项式的展开式的通项公式计算即可得.

【详解】对（2x-y『，有如=C：（2x）i（-/=265（-1）*C产3,

则当左=3时，有7；=23.(-1丫=-160xV,

当£=4时，有7；=2?.(-1?C1x2y=60x2/,

则（r+y）（2x-y『的展开式中的系数为-160x1+60x1=-100

故答案为：-100.

您型因古典概型

12.（2025・甘肃•二模）甲、乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号1,2,3,4,5,6的卡片各1张,

两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于10或者所有卡片被抽完

时，游戏结束.若甲先抽卡，则中抽/3张卡片时，游戏恰好结束的概率为.

10/17

【答案】尚2

【分析】将问题转化为抽取5张，且甲抽取的3张数字之和为10,乙抽取的两张卡片数字之和不为10,再

分类讨论每种情况的种类数，最后利用古典概型的概率公式求解.

【详解】根据题意可知甲抽了3张卡片时，游戏恰好结束相当于从6张卡片中抽取了5张，且甲抽取的三

张卡片数字之和为10,乙抽取的两张卡片数字之和不为10,

则总的情况相当于从6张卡片中抽取了5张并进行排列，即共A；=720种排法，

其中三张卡片数字之和为1（）的组合有1,3,6：1,4,5：2,3,5共3种情况，

两张卡片数字之和为10的组合有4,6一种情况，

当甲抽取的数字为1,3,6；1,4,5时，乙在剩余的3个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有2A；A；=72

种；

当甲抽取的数字为2,3,5时，若乙抽取的两张卡片数字可能为4,6,此时不合颍竟，

此时共有A；（A；-A；）=24种，

所以符合题意的排列总数为72+24=96种，可得所求概率为2=苗96=仁2.

故答案为：卷2.

13.（2025・甘肃白银•二模）已知身高互不相同的6个人排成一排，记q，外,…，牝是对应站位为1，2,…，

6的各人的身高数据的一个排列，则对任一组和为>。卬。=2,3,4,5）,各组中的两个不等关系至少

有一个成立的概率为.

【答案】S

45

【分析】求出6个人排成一排的方法数，假设甲身高最高，通过分类讨论甲在不同位置时的情况，即可得

出结论.

【详解】由题意，

6个人排成一排，共有A：=6!种方法.设6个人中甲的身高最高，

当甲站首位时，％>出，则有牝共1种方法；

当甲站第2位时，《<生且。2>%，则有%>%，%>%，%>&，

即从5个人中任选1人站首位，另外4人从高到矮定序排队，有C；三种方法；

11/17

当甲站第3位时，与＜%且的＞/，则有《＜。2，且%

只需从5个人中任选2人定序站1,2位,另外3人定序排队，有C；种方法;

同理，当甲站第4位时，有C；种方法；当甲站第5位时，有C；种方法；

当甲站床位时,需修＜了＜。3＜。4＜牝＜“6，有1种方法.

故共有1+(：；+(3：+(3；+(3；+1=(3；+(：；+(3；+(3；+(3；+仁=2:1种方，法,

则概率。=土2s=_±2

6!45

7

故答案为：—.

45

随机变量及其分布列

14.(2025•甘肃白银•二模)在某次环保知识竞赛中，已知小敏答对一题的概率均为三，且每次答题是否正

确互相独立.若小敏连续回答三题，记事件力为“至少答对两题”，事件3为“第三次答题正确”，则尸(例力)=

()

A1

A，BD.

3-I32

【答案】C

【分析】应用二项分布的概率求法求尸(⑷，再求答对2个题且第三次答题正确的概率，最后应用条件概率

公式求概率.

【详解】由题设，小敏答对的个数X〜8(3,；),则P(4)二尸(X=2)+P(X=3)=C?9、C兴9=9

对于X=2时，第三次答题正确，则前两个题答对一个，故P(8|X=2)=C；(g)3=；,

,3

所以尸(48)=P(3|X=2)+P(X=3)=＞

O

所以?出⑷=3=3

P(A)4

故选：C

15.(2025・甘肃金昌•二模)某学校高三年级组织了一场校内知识挑战赛，共有5个班级参与，每个班级推

选I名学生代表参加，其中1名学生代表来自力类班级，4名学生代表来自〃类班级，学生甲是4类班级

代表之一.在某一轮比赛中，随机选择两名学生代表进行比赛.若是同类班级代表比赛，则双方获胜的概率均

为不；若是4类班级代表与8类班级代表比赛，则8类班级代表获胜的概率为

〜5

12/17

（1）已知学生甲参赛，求在一轮比赛中，学生甲获胜的概率；

（2）若每两个班级代表各进行一轮比赛，记8类班级代表甲获胜的轮数为X,求X的分布列与期望.

【答案】⑴磊19

40

10

（2）分布列见解析，-

【分析】（1）由独立事件乘法公式及互斥事件和事件公式即可求解；

（2）确定X的可能取值及对应概率，即可求解.

【详解】（1）从5人中选择2人.其中包含学生甲的情况有C；=4种，4种情况中，学生中和4类班级代表

比赛的情况有1种，和B类班级代表比赛的情况有3种，

则学生甲和4类班级代表比赛并获胜的概率为

4510

313

和B类班级代表比赛并获胜的概率为4、万=左，

故在一轮比赛中，学生甲获胜的概率为21+=3=?19.

10840

（2）X的可能取值为01,2,3,4,

仆0』邛（"斗2_,

,7I2；I5J40

2

p(y=2)=yxC；

P（X=3）=|xC；x（；）“彳卜口出“用=总

P（X=4）g。喘=看

故X的分布列为

X01234

311391

P

404084020

13/17

19

E（y）=Ox—+lx—+2x-+3x—+4x—=

'/404084020To

16.（2025•甘肃金昌•二模）已知随机变量X的分布列如下:

X123

12

Pm2-2m—m-in0.4

2

则数学期望E（X）=（）

A.0.8B.1.4C.2m-3D.2

【答案】D

【分析】根据概率之和为1得到方程，求出〃』-2加=0.4,利用期望公式得到答案.

【详解】由题意，〃/-2〃?+；/-〃7+0.4=1,所以］一2〃?=0.4，

所以£（X）=1X（“J-2,〃）+2X〃、十3X0.4=04+0.4+1.2=2.

故选：D.

17.（2025・甘肃白银•二模）已知一批产品的某项质量指标万~%（18,2）（。>0）,且尸（15<X4I8）=O.4,

现从该批产品中随机取4件产品，变量丫表示这4件产品的质量指标Xw（15,21）的产品件数，贝IJ（）

A.E（%）=I8B.P（r=l）=0.0512

C.P（X>21）=0.1D.。（丫）=0.64

【答案】ACD

【分析】根据正态分布的概念即可判断A选项，根据P（¥>21）=P（X«15）即可判断C选项，求出1件产

品的质量指标Xw（15,21）的概率，判断丫服从的分布即可判断B和D选项.

【详解】由正态分布的概念知上（丫）=18,A项正确；

P（X>21）=尸（X415）=0.5-尸（If<XV18）=01，C项正确；

易知1件产品的质量指标Xw（15,21）的概率尸=0.8,

y~5（4,0.8）,则尸（y=l）=C：x0.8x0.23=0.0256,B项不正确;

D（r）=4x0.8x0.2=0.64,D项正确.

14/17

故选：ACD.

18.（2025•甘肃•二模）2022年，商汤科技（SenseTime）软件公司研制的第一款Al下棋机器人----象棋专

业版“元萝卜SenseRobot”问世.2024年，商汤将大模型植入机器人推出行业首款家用四合一下棋机器人，

为推介这款机器人，该公司与某市青少年活动中心联合举办了“挑战AI下棋机器人”的象棋对弈活动，由于

活动中心机器人的数量有限，每人每天最多获得一次对弈资格，活动中心每天只抽签6次，每人在第人次被

]]_左

抽中的概率为月=一疝-C取1,2,…，6）.

（1）求张明同学在第3次抽签时获得对弈资格的概率；

（2）在活动中心参与测试的有A-1型和A-2型两款机器人，活动规定：每位参赛者与机器人对弈三局，每局

均可从这两款中任选一款，假设选手选择A-1型与A-2型的可能性相同，且每局比赛结果相互独立.若选

择A-1型进行对弈，选手获胜概率为5，获胜后可得1分，若选择A・2型进行对弈，选手获胜概率为:，

获胜后得2分，平局或失败均不得分，记参赛者得分为随机变量X,求X的分布列及数学期望£（X）.

【答案】（端

（2）分布列见解析,E（X）=2

【分析】⑴设“张明同学在第3次抽签时获得对弈资格”为事件A,第k（〃取12…,6）次被抽中为事件4,

则P（A）=P（At）P（%）P（4），根据题意求解即可;

（2）因为每局比赛结果相互独立，则X可以取（），1,2,3,4,5,6,求得每个值对应概率，可得分布歹”，

即可求得数学期望.

【详解】（1）设“张明同学在第3次抽签时获得对弈资格”为事件A,

第k第取1,2,…,6）次被抽中为事件4,则产⑷=P（4）尸伍）/4）,

又因为每个报名者在第〃次被抽中的概率为匕二号（〃取1,2、…,6）.

所以小）=/当

（20JI20；2010（）

（2）设瓦：表示选手在某一局得到了，・分1=0,1,2）,

则P（8o）=；x,+；x：=尸（8j=：x'=；,尸==

23Z322J323o

因为每局比赛结果相互独立，

则X可以取0,1,2,3,4,5,6,

且X=0：”三局比赛均得0分”，

15/17

X=l：”三局比赛中1局得1分，2局各得0分”,

X=2："三局中1局得0分，2局各得1分”或“三局中1局得2分，2局各得0分”,

X=3："三局中1局得0分，1局得1分，1局得2分”或“三局均得得1分”，

X=4：”三局中1局得0分，2局各得2分''或"三局中1局得2分，2局各得1分”,

X=5："三局中I局得1分，2局各得2分”，

X=6：”三局比赛均得2分”.

所以P（X=O）=C

P（X