2025年高考数学二轮复习 专题五 概率与统计 第1讲 计数原理与概率解析版

I专题突破

专题五概率与统计

第1讲计数原理与概率（新高考专用）

【考点一】排列与组合问题.......................................................8

【考点二】二项式定理...........................................................12

【考点三】概率................................................................16

【专题精练】..................................................................21

考情分析:

1.主要考查两个计数原理.、排列、组合的简单应用，时常与概率相结合，以选择题、填空题为主.

2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇考查.

3.概率重点考查古典概型、条件概率、全概率公式的基本应用.

一、单选题

1.（2023•全国•高考真题）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

2.（2023•全国•高考真题）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

3.（2023•全国•高考真题）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（）

521I

A.-B.-C.-D.-

6323

4.（2023•全国•高考真题）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（）

1112

A.-B•-C.-D.一

6323

5.（2022•全国•高考真题）有甲、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，则不同排列方式共有（）

A.12种B.24种C.36种D.48种

二、填空题

6.（2024・全国•高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6,从中无放回地随机取3次,

每次取1个球.记〃为前两次取出的球上数字的平均值，〃为取出的三个球上数字的平均值，贝〃与〃之差

的绝对值不大于;的概率为.

/]、IU

7.（2024•全国•高考真题）-+x\的展开式中，各项系数中的最大值为.

8.（2024•全国•高考真题）在如图的4x4的方格表中选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.

11213140

12223342

13223343

15243444

9.（2023・全国•高考真题）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）.

10.（2022•全国•高考真题）从正方体的8个顶点中任选4个，贝J这4个点在同一个平面的概率为.

11.（2022•全国•高考真题）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率

为•

12.（2022•全国•高考真题）1>]+丁甘的展开式中的系数为（用数字作答）.

参考答案:

题号12345

答案BCADB

1.B

【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解.

【详解】不妨记五名志愿者为。，“a4%

假设〃进续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有A：-12

种方法，

同理:连续参加了两天公益活动,也各有12种方法,

所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有5x12=60种.

故选:B.

2.C

【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.

【详解】首先确定相同得读物，共有C；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，选出两种进行排列，共有A；种，

根据分步乘法公式则共有C〉A；=120种,

故选:c.

3.A

【分析】对6个主题编号，利用列举列出甲、乙抽取的所有结果，并求出抽到不同主题的结果，再利用古

典概率求解作答.

【详解】用L2,3,4,5,6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表：

123456

甲

1(11)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6)

2(2.1)(2,2)(2,3)(2.4)(2,5)(2,6)

3(3,1)(3,2)(3,3)(3.4)(3,5)(3,6)

4(4,1)(4,2)(4,3)(4.4)(4,5)(4,6)

5(5,1)(5,2)(5,3)(5.4)(5,5)(5,6)

6(6,1)(6,2)(6,3)(6.4)(6,5)(6,6)

共有36个不同结果，它们等可能，

其中甲乙抽到相同结果有(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6),共6个，

3()5

因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率

366

故选：A

4.D

【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.

【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有C：二6件,

其中这2名学生来自不同年级的基本事件有C；C；=4,

42

所以这2名学生来自不同年级的概率为二=：.

故选：D.

5.B

【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解

【详解】因为丙丁要在•起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列，有3!种排列方

式；为使甲不在两端，必须旦只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；

注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3k2x2=24种不同的排列方式，

故选：B

6.L

15

【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为。⑦，第三个球的号码为则

a+b-3<2c<a+b+3,就。的不同取值分类讨论后可求随机犷件的概率.

【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A：=120种，

设前两个球的号码为〃，匕，第三个球的号码为则立等-竽

故|2c-(a+b)区3,^-3<2c-(a+b)<3,

^a+b-3<2c<a+b+3,

若c=l,则。+狂5,则m6)为:(2,3),(3,2),故有2种，

若c=2,则*十以7,则(。㈤为:(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(3,4),

(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(4,3),故有10种,

当。=3,则34a+bV9,则(a,b)为:

(1,2),(1,4),(1,5),(1,6),(2,4),(2,5),(2,6),(4,5),

(2,1),(4』),(5,1),(6,1),(4,2),(5,2),(6,2),(5,4),

故有16种,

当c=4,则5<a+Z?411,同理有16种,

当c=5,则74。+〃413,同理有10种，

当c=6,M9<«+/?<15,同理有2种,

共用与〃的差的绝对值不超过我不同的抽取方法总数为2(2+10+16)=56,

故所求概率为盖

1-U1D

故答案为：V

7.5

【分析】先设展开式中第7-1项系数最大,则根据通项公式有进而求出,即可求

解.

【详解】由题展开式通项公式为乙1

设展开式中第r+1项系数最大，贝〃

、29

r>----

42933

g，即-又/•三Z,故厂=8,

,3344

r<—

4

所以展开式中系数最大的项是笫9项，且该项系数为=5.

故答案为：5.

8.24112

【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果,

即可求解.

【详解】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4x3x2x1=24种选法；

每种选法可标记为分别表示第一、二、三、四列的数字，

则所有的可能结果为：

(11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44X(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42),

(12,21,33,44),(12,21.34.43).(12.22,31,44；,(12,22,34,40),(12,24.31.43).(12.24,33.40),

(13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,441(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40),

(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,0),(15,22,31,42),(15,22,33,40),

所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大,为15+21+33+43=112.

故答案为:24；112

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列

举法写出所有的可能结果.

9.64

【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.

【详解】(1)当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有C：C：=16种；

(2)当从8门课中选修3门，

①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有=24种；

②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有=24种；

综上所述：不同的选课方案共有16+24+24=64种.

故答案为:64.

【分析】根据古典概型的概率公式即可求出.

【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有〃=C；=70个结果，这4个点在同一个平面的有〃?=6+6=12个,

故所求概率。='=2=三.

n7035

故答案为：g.

3

11.—/0.3

10

【分析】根据占典概型计算即可

【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3,从5名同学中随机选3名，

有：(甲，乙，1),(甲，乙，2),(甲，乙，3),(甲，1,2),(甲，1,3),(甲，2,3),(乙，1,2),(乙，1,

3),(乙，2,3),(1,2,3),共10种选法；

3

其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率2=方.

3

故答案为：

解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为C：=10

甲、乙都入选的方法数为C；-3,所以甲、乙都入选的概率尸=而

3

故答案为：—

12.-28

【分析】［1-9卜+#'可化为(x+y)Jq(x+)y,结合二项式展开式的通项公式求解.

［详解】因为(|一j)(x+y)"=(x+-1(x+)炉，

所以(1—的展开式中含马F的项为c；/y6—lew,s=-28x2/,

IX)X

(1-?)(X+)，『的展开式中Vy6的系数为-28

故答案为：-28

・考点突破

【考点一】排列与组合问题

核心梳理：

解决排列、组合问题的一般过程：

(1)认真审题，弄清是要做什么事情；

(2)要做的事情是需要分步还是分类，还是分步分类同时进行，确定分多少步及多少类；

(3)确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题，元素总数是多少及取出多少元索.

・、单选题

1.(23-24高三上•河南焦作,期末)小明将1,4,0,3,2,2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的

银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为()

A.48B.32C.24D.16

2.(23・24高二上•河南•期末)2023年10月23日，杭州亚运会历时16天圆满结束.亚运会结束后，甲、乙、

丙、丁、戊五名同学排成一排合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有()

A.18种B.24种C.30种D.36种

二、多选题

3.（2024•山西晋中•模拟预测）某中学的3名男生和2名女生参加数学竞赛，比赛结束后，这5名同学排成

一排合影留念，则下列说法正确的是（）

A.若要求2名女生相邻，则这5名同学共有48种不同的排法

B.若要求女生与男生相间排列，则这5名同学共有24种排法

C.若要求2名女生互不相邻，则这5名同学共有72种排法

D.若要求男生甲不在排头也不在排尾，则这5名同学共有72种排法

4.（23-24高三下•江苏镇江•开学考试）正方体A4GR-A4c。的8个顶点中的4个不共面顶点可以确定一

个四面体，所有这些四面体构成集合V,则（）

A.♦中元素的个数为58

B.V中每个四面体的体积值构成集合S,则S中的元素个数为2

C.V中每个四面体的外接球构成集合。，则。中只有1个元素

D.V中不存在四个表面都是直角三角形的四面体

三、填空题

5.（2024•河北沧州♦一模）有5位大学生要分配到三个单位实习，每位学生只能到一个直■位实习，每

个单位至少要接收一位学生实习，已知这5位学生中的甲同学分配在A单位实习，则这5位学生实习的不同

分配方案有种.（用数字作答）

6.（2024•江苏南通•模拟预测）把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙

安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有种.

参考答案:

题号1234

答案CCACDABC

1.C

【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.

【详解】1与4相邻，共有A；=2种排法，

两个2之间插入1个数，

共有A；=2种排法，再把组合好的数全排列，共有A；=6种排法,

则总共有2x2x6=24种密码.

故迄C

2.C

【分析】分类当丙站在左端时及丙不站在左端时的情况计算即电得.

【详解】由题意可知，当丙站在左端时，有A；=6种站法；

当丙不站在左端时，有C；A；A：=24种站法.

由分类加法计数原理可得，一共有6+24=30种不同的站法.

故选：C.

3.ACD

【分析】利用捆绑法解决选项A,利用插空法解决选项BC,利用特殊元素优先法解决选项D.

【详解】选项A,将2名女生捆绑在一起，再与3名男生进行全排列，

则有A；A；=48（种），故A正确;

选项B,要求女生与男生相间排列，采用插空法，

先将3名男生进行全排列，再将2名女生插到3名男生所形成的2个空中，

则有A；A；=12（种），故B错误;

选项C,先将3名男生进行全排列，再将2名女生插到3名男生所形成的4个空中，

则有A；A：=72（种）,故C正确;

选项D,将5名同学排成一排，相当于将他们放到排成一排的5个空位中，

先将男生甲排在中间的3个空位中，再将剩下4名同学进行全排列，

则有A；A：=72（种），故D正确.

故选：ACD.

4.ABC

【分析】由8个顶点中选取4个不共面顶点，确定V中元素的个数判断选项A；由每个四面体的结构特征,

计算体积值判断选项B：由每个匹面体的外接球特征判断选项C：寻找四个表面都是直角三角形的四面体判

断选项D.

【详解】正方体A冏GR-ABC。的8个顶点中任取4个，共有C；=70种情况，

其中四点共面的有六个表面和六个对角面共12种情况，不构成四面体，

所以V中元素的个数为58,A选项正确；

四面体的体积有以下两种情况;

第一种情况如下图所示，四面体的四点在相对面且异面的对•角线上，如四面体A-4AC,

若正方体棱长为。，则四面体体积为=,

第二种情况如下图所示，四面体的四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，如四面体

ABC,

若正方体棱长为“，则四面体体积为

326

所以V中每个四面体的体积值构成集合S,则S中的元素个数为2,B选项正确;

每个四面体的外接球都是原正方体的外接球，0中只有1个元素，C选项正确；

如下图，四面体B「ABD的每个面都是直角三角形，D选项错误.

故选:ABC

5.50

【分析】根据特殊元素进行分类计数，具体分类下是不相同元素分配问题，先分堆再配送，注意平均分堆

的要除以顺序.

【详解】根据特殊元素“甲同学”分类讨论,

当A单位只有甲时，其余四人分配到比C,不同分配方案有C：CA；+C：C；=14种;

G|&A；=36种;

当A单位不只有甲时，其余四人分配到A丛C,不同分配方案有

A2

合计有50种不同分配方案,

故答案为：50.

6.36

【分析】根据分步计数原理，结合相邻问题和不相邻问题的方法即可求出.

【详解】根据题意，设5人为甲乙丙丁戊，

①，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有A：=2种情况,

②，将这个整体与丁戊全排列，有A；=6种安排方法，

③，排好后，有4个空位，由于甲乙安排在不相邻的两天，则只能从3个空中任选1个，安排甲，有A；=3

种安排方法,

不同的安排方案共有2x6x3=36种;

故答案为：36.

规律方法：

排列、组合问题的求解方法与技巧

（1）合理分类与准确分步；（2）排列、组合混合问题要先选后排；（3）特殊元素优先安排；（4）相邻问题捆绑处理;

（5）不相邻问题插空处理；（6）定序问题除法处理：（7）“小集团”排列问题先整体后局部；（8）正难则反，等价

转化.

【考点二】二项式定理

核心梳理：

1.求二项展开式中特定项或项的系数问题的思路:

（1）利用通项公式将为+1项写出并化简.

（2）令字母的指数符合要求（求常数项时，指数为零；求有理项时：指数为整数等），解出&.

（3）代回通项公式即得所求.

2.对于两个因式的积的特定项问题，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解.

一、单选题

2

1.（2024•浙江•二模）xlogs3-展开式的常数项为（）

55-1

A.—B.——c-i

1212,-36

2.（2024•全国•模拟预测）（/+3<+27的展开式中父的系数为（）

A.6B.8C.27D.33

二、多选题

3.（2024•山西临汾•三模）在的展开式中（)

A.所有奇数项的二项式系数的和为128

B.二项式系数最大的项为第5项

C.有理项共有两项

D.所有项的系数的和为3H

（1、4

4.（2024•广西来宾•一模）x--的展开式中，下列结论正确的是（）

Ix.

A.二项式系数最大项为第五项B.各项系数和为0

C.含x4项的系数为4D.所有项二项式系数和为16

三、填空题

5.（23-24高三上•山东滨州•期末）（2+：）工-2），）6的展开式中丁丁的系数为.（用数字作答）

6.（2024•云南楚雄•一模）102Kl除以1000的余数是.

参考答案：

题号1234

答案ADABBD

1.A

【分析】写出二项展开式的通项公式，令”的指数为0,得出常数项的项数，即可得常数项.

【详解】展开式的通项公式为乙产晨,（x21og83厂•-迪些=晨・（崛3广・卜辰I）'•产

X

\/

令12-3〃=0,解得r=4,

=I5x=

所以常数项为7=C•（logg3『•卜Jlogg2『=C^^!log23xllog32^^^-

故选：A.

2.D

【分析】解法一：将原展开式可以看作（1+X），与（2+xf展开式各项的乘积，然后根据二项式定理展开式的

通项，分别求出两个二项式展开式中含玉丁,丁的项，即可得出答案：解法二：化为

(/+31+2丫=[12+3》)+2]，然后反复根据二项式定理展开式求解即可得出答案.

【详解】解法一：

因为(X2+3X+2/=(1+X)3(2+X)3,即原展开式可以看作两个二项式展开式各项的乘积.

(1+X)，展开式的通项为=C7•广•丁=C?•丁,〃?=0,1,2,3,

则，展开式中含/的项为7i=C；♦i=3x,含『的项为(=6,/=3/,含V的项为(=G；・V=Y；

(2+4展开式的通项为小=C；•23M•/=2y-X",n=(),1,2,3,

则，展开式中含x的项为《二22C；・x=12x,含/的项为7；=2c32=6x2,含/的项为式二仁丁寸二丁.

综上所述，(/+3x+2)3的展开式中J的项为3立/+3/.6/+9.12]=33/,系数为33.

解法二：

因为卜2+3X+2)3=[(/+3X)+2『,展开式的通项为小=CJ-(x2+3x)3-*-2\A:=0,1,2,3.

要使展开式中含/，则★可取0或1.

当上=0时，.2。=(9+s,'，展开式的通项为加=《(x2广’•(3x)’=3'C；-尸,/=0』,2,3,

显然/=2时，展开式含Y，该项为7；=32c・丁=27/；

当上=1时，C；(炉+3x)2.1=6(2+3x)-展开式的通项为却=6&.卜2广3)，=6x3(；”1,5=0,1,2,

显然s=0时，展开式含该项为工=6.d.

综上所述，(/+3x+2)3的展开式中/的项为27f+6/=33/,系数为33.

故选：D.

3.AB

【分析】先求出二项式系数和，奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，即可确定A：二项式系数的

最大项，即为中间项，可确定B；整理出通项公式=C；(-^)=(-l/-28-AC^-8,再对k赋值,

即可确定C；令x=l,可求出所有项的系数的和，从而确定D.

28

【详解】对于A,二项式系数和为，则所有奇数项的二项式系数的和为々=128,故A正确；

2

对于B,二项式系数最大为C：,则二项式系数最大的项为第5项，故B正确;

闫(叼=(T),二A-8

对于C，G=C：才弋尸(0<^<8,A:eN),4+1为有理项，2可取的值为0,3,6,所

以有理项共有三项，故C错误;

对于D,令x=l,则所有项系数和为1=1故D错误.

故选：AB.

4.BD

【分析】利用二项式系数的性质列断AD；利用赋值法判断B；利用二项式定理得到1-g)的展开通项，从

而求得含/项的系数判断C.

【详解】对于A,因为仁-工丫展开式一共五项，所以二项式系数最大项为第三项，故A错误；

IX)

对于B,令x=l时，=0,所以各系数的和为0,故B正确:

对于C,因为卜的展开通项公式为加=/?[——)=C；㈠)IVY0,1,2,3,4),

令4一2r=4,得r=0,故含/项的系数为C：-(-I)°=l,故C错误；

对于D,所有项的二项式的系数和为24=16,故D正确.

故选：BD.

5.-40

【分析】由二项式定理得到(1-2)，)6的通项公式，结合2+：,得到4,7；,得到父产的系数.

【详解】的通项公式为却=葭(-2),尸1/,

令r=2得，7>C：(_2)2yy=60yy,此时60yy.2=toyy,

令/*=3得，7；=(-2)3x3/=-160x3/,此时一160T》3.j=_i60./y2,

故的系数为120-160=70

故答案为；40

6.24

【分析】利用二项式定理得到102Hl=（100+2）°=100-…+C汇乂仙+4*,故求出余数.

【详解】102^=(100+2-nlOOio+CoZxlOO'+CjoZNx100*+…+(^>29乂100+(2：：21°

IO92S9

=[|(X)+C；OX2X1(X)+C^X2XKX)4----4-2X|(XX)]+1O24

1092s9

=[1OO+C；0x2x100+C^x2x100+..-+2x1(X)0+1000J+24,

团1021°除以1000的余数是24.

故答案为：24

规律方法：

二项式（〃+%）”的通项公式A+I=CM"-〃伏=0,1,2,…，，?），它表示的是二项式的展开式的第A+1项，而不

是第&项；其中C$是二项式展开式的第〃+1项的二项式系数，而二项式的展开式的第A+1项的系数是字

母赛前的常数，要区分二项式系数与系数.

【考点三】概率

核心梳理：

1.古典概型的概率公式

事件A包含的样本点数

(

PA)=试脸的样本点总数.

2.条件概率公式

设A,8为两个随机事件，且P（A）＞0,

则醍⑷=畿,

3.全概率公式

设Ai,/h,…，人〃是一组两两互斥的事件，4IUA2U-UA,=＜2,且P（A,）＞0,i=l,2,•••,”，则对任意的

事件BJQ,有P（B）=2P（A,）P（砒）.

1=1

一、单选题

1.（2024・河南•模拟预测）袋子中装有5个形状和大小相同的球，其中3个标有字母。,2个标有字母人.甲先

从袋中随机摸一个球，摸出的球不再放I可，然后乙从袋中随机摸一个球，若甲、乙两人摸到标有字母〃的球

的概率分别为/不〃2,则（）

A.Pi=〃2B.2〃|=3P2

C.Pi=3[%D.2V2

2.（2024•山西•二模）一个盒子里装有5个小球，其中3个是黑球，2个是白球，现依次一个一个地往外取

球（不放回），记事件儿表示“笫/：次取出的球是黑球“，左=1,2,，・、5,则下面不正确的是（）

A.P（AJ=-B.P（A4）=正

9i

c.P（4+4）=历D.P（&IA）=§

二、多选题

3.121-22高三上•江苏南通•阶段练习）已知彳，8分别为随机事件48的对立事件，P（A）＞0,*8）＞0,

则（）

A.P（B|A）+P（B|A）=1B.P（B\A）+P（B\A）=P（A）

C.若A,5独立,则P（A|8）=P（A）D.若4,8互斥,则P（A|8）=P（3|A）

4.（23-24高三下•江苏泰州•阶段练习）甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色外完全

相同.把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复〃次操作后，甲口袋中恰

有0个红球，1个红球，2个红球分别记为事件4，B”,Cn,则（）

A.。⑷4B.P（GIA）=《C.P（B£）4D.HA+%）噂

VZ/o1oI

三、填空题

5.（2024•江苏扬州•模拟预测）有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%,第2,3台加

工的次品率均为5%,加工出来的零件混放在一起.已知第1,2,3台车床加工的零件数分别占总数的

25%,30%,45%.任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是第2台车床加工的概率为.

6.（2024•湖南衡阳•二模）已知有A8两个盒子，其中A盒装有3个黑球和3个白球，/盒装有3个黑球和

2个白球，这些球除颜色外完全相同.甲从A盒、乙从3盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并

将取出的2个球全部放入A盒中，若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入B盒中.按上述方

法重复操作两次后，8盒中恰有7个球的概率是.

参考答案:

题号1234

答案A1)ACDABD

1.A

【分析】利用古典概型的概率及全概率公式求出后可得正确的选项.

【详解】设A为“甲摸到标有字母。的球"，8为"乙摸到标有字母。的球〃，则P1=P（A）=],

•J

———23323

而p,=P（B）=P（BA）+P（BA）=P（B\A）P（A）+P（8|A）P（A）=-x-+-x-=-,

45455

故Pl="2・

故选：A.

2.D

【分析】根据给定条件，借助排列、组合应用问题，利用古典概率、条件概率公式逐项计算即得.

【详解】依次一个一个地往外取球（不放回）的试验，基本事件总数是A；,它们等可能，

C1A43

对于A,A,表示第3次取出黑球，P（AJ=T3=w，A正确：

A55

A2A33

对于B,A4表示第1次、第2次取出的球都是黑球，P（A4）=-Y=6,B正确；

1U

对于c,p（A）=p（A）=娶4p（4A）=乎=5，

9

所以尸（4+A）=p（4）+p（A）_/X4A）=m，c正确;

3

1

错

对于D,2（4）=娶=1,所以P（A,IA）=WM?=D误

130-2-

-

A.5P（A）5一

故选：D

3.ACD

【分析】根据条件概率、独立事件、互斥事件的基本概念，以及对应的概率计算公式可以得到答案.

【详解】因为外8|A）+P（*|A）=名写舒丝1=黯

A正确，B错误;

/、P（AB\/、

由独立事件定义，若A,8独立，则Q（AB）=P（A）P（B）,尸（川台卜］才=P（4）,C正确;

若A,8互斥，则P（AB）=O,P（A|8）=华黑=。，Q（B|A）=2翌=0,D正确.

故选：ACD

4.ABD

【分析】对于A项，重复一次操作，甲袋中有1红的情况有两种，运用互斥事件的概率加法公式计算即得；

对于B项，运用条件概率公式，分别算出尸（A）和P（A4）代入公式计算即得；对于C项，运用独立事件的

概率乘法公式计算即得；对于D项，运用相容事件的并的概率公式计算即得.

【详解】因在操作前，甲袋中：1红2白，乙袋中：1红2白.

1I?95

对于A项，重复1次操作，甲口袋中有1红的概率+故A项正确；

8

对「B项，P（GIA）=^^,P（A）=!X?=],P（AG）=!X：X?X?X!=2,故尸（GIA）普=之，

"（A）''339''33333243£27

9

故B项正确；

II22、（2[、1（）

-X-+-X-X-X-=—,故c项错

（•533，）3,81

误；

对于D项，p(A+&)=p(A)+P(82)-p(AB2)

112251222121212255

-x-+-x-x-+-X-X—+-X-X—+-X-------X-X-=一故D项正确.

3333J93333333333381

故选：ADD.

【点睛】关键点点睛：对所求事件所包含的情况的判断，求若干事件的并的概率，需要判断互斥还是相容，

P（AR\

对于条件概率题，要么用样本空间中基本事件数计算，要么用概率公式“四㈤舞U计算，对于枳事件

r（D）

的概率应先判断两事件的独立性，再用公式求.

5・7

【分析】结合全概率公式与条件概率公式计算即可得.

【详解】设4表示“取到的零件是第i台车床加JL（i=L2,3）〃，B表示“取到的零件是次品”,

则P(B)=尸(A)尸(MA)+P(4)P(MA)+P(A)P(B|A)

=0.25x0.06+0.30x0.05+0.45x0.05=0.0525,

P(A2B)=P(A)P(B|A)=0.30X0.05=().015,

P(AB)0.Q152

故P（阕邛=2=

P(B)-0.05257

故答案为：M2

77

6.

300

【分析】确定出两次取球后8盒中恰有7个球必须满足两次取球均为乙获胜，再分别计算出第•次取黑球、

第二次取白球和第一次取白球、第二次取黑球的概率，相加即可求得结果.

【详解】若两次取球后，8盒中恰有7个球，则两次取球均为乙获胜：

121

若第一次取球甲取到黑球，乙取到白球，其概率为:;=

255

第一次取球后A盒中有2个黑球和3个白球，8盒装有4个黑球和2个白球，

22348

第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为=

565615

此时8盒中恰有7个球的概率为:小二2

51575

133

若第一次取球甲取到白球，乙取到黑球，其概率为

第一次取球后A盒中有3个黑球和2个白球，8盒装有3个黑球和3个白球，

第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为=3x=3+23=1

56562

3I3

此时8盒中恰有7个球的概率为第><5=记：

女477

所以8盒中恰有7个球的概率为宝+%；==.

7320300

77

故答案为：-

【点睛】关键点点睛：本题的突破口在于先分清楚两次取球后，K盒中恰有7个球必须满足两次取球均为乙

获胜；再分别讨论并计算出第一次取黑球、第二次取白球和第一次取白球、第二次取黑球的概率即可求得

结果.

规律方法：

求概率的方法与技巧

(1)古典概型用古典概型概率公式求解.

(2)条件概率用条件概率公式及全概率公式求解.

(3)根据事件间关系，利用概率的加法、乘法公式及对应事件的概率公式求解.

■专题精练

・、单选题

1.(2023•福建•模拟预测)中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际

形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A,B,。等3个受灾点执行救援任务，

若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去8,。两

个数点中的一个，则不同的安排方法数是()

A.72B.84C.88D.100

2.(2023•广东•模拟预测)如图,在两行三列的网格中放入标有数字123,4,5,6的六张卡片,每格只放一张

卡片，贝『'只有中间一列两个数字之和为5〃的不同的排法有（）

A.96种B.64种C.32利।D.16种

3.（2023•辽宁沈阳•一模）甲、乙、丙、丁、戊、己6人站成一排拍合照，要求甲必须站在中间两个位置之

一，且乙、丙2人相邻，则不同的排队方法共有（）

A.24种B.48种C.72种