2026高考数学复习高效培优专题09 概率与统计（选填题）（解析版）

专题05概率与统计（选填题）目录第一部分题型解码微观解剖，精细教学典例剖析目录第一部分题型解码微观解剖，精细教学典例剖析方法提炼变式题型01统计问题 题型02排列组合问题题型03概率问题题型04二项分布、超几何分布与正态分布第二部分强化实训整合应用，模拟实战题型01统计问题【例1-1】（2025·四川德阳·一模）下列说法错误的是（

）A．数据0，1，2，3，5的分位数是2B．线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强C．经验回归直线一定过点D．残差散点图所在的带状区域越窄，则两个变量的相关性越弱【答案】ABD【详解】对于A，因为，所以数据0，1，2，3，5的分位数为第3个数和第4个数的平均数，即，故A错误；对于B，线性相关系数的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强，故B错误；对于C，由线性回归方程的性质知，经验回归直线一定过样本中心点，故C正确；对于D，在残差的散点图中，残差散点图所在的带状区域越窄，拟合精度越高，则两个变量的相关性越强，故D错误；故选：ABD.【例1-2】（2025·贵州毕节·模拟预测）某中学共有名学生，该校从全校学生中随机抽取名，统计他们年阅读的书籍数量，由此来估计该校学生当年阅读书籍数量的情况，下列关于估计中正确的是（

）A．阅读量的众数估值为B．阅读量的中位数估值为C．阅读量的平均数估值为D．第百分位数为【答案】D【详解】对于，众数估值为，故错误；对于，设中位数为，则在内，所以，解得，故错误；对于，平均数，故错误；对于，设第百分位数为，则在内，所以，解得，故正确．故选：．1.普通的众数、平均数、中位数及方差①众数：一组数据中，出现次数最多的数。②平均数：常规平均数：加权平均数：③中位数：从大到小或者从小到大排列，最中间或最中间两个数的平均数。④方差：2.频率直方分布图下的频率①频率=小长方形面积：；频率=频数/总数②频率之和：；同时；3.频率直方分布图下的众数、平均数、中位数及方差①众数：最高小矩形底边的中点。②平均数：③中位数：从左到右或者从右到左累加，面积等于0.5时的值。④方差：4.线性回归直线方程：其中：,线性回归直线方程必过样本中心；5.回归分析①残差：（残差=真实值—预报值）；越小越好；②残差平方和：，越小越好；③拟合度（相关指数）：，的常数；越大拟合度越高；④相关系数：的常数正相关；负相关6.独立性检验①2×2列联表：合计合计②独立性检验公式【变式1-1】（2025·贵州毕节·模拟预测）（多选题）下列命题中，真命题的是（

）A．数据，，，，，，，的第百分位数是；B．若回归方程为，则变量与成负相关C．若随机变量服从正态分布，，则D．在线性回归分析中相关指数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好【答案】AB【详解】对于A：将，，，，，，，排序为，，，，，，，，，所以第百分位数是第个数，即为，故A正确，对于B，回归方程为，又，变量与成负相关，故B正确，对于C，随机变量服从正态分布，，，故，故C错误，对于D，线性回归分析中相关指数用来刻画回归的效果，若值越大，说明模型的拟合效果越好，故D错误．故选：AB．【变式1-2】（2025·湖北荆州·模拟预测）下列说法正确的是（

）A．已知一组数据为，1，2，4，3，5，10，9，若为这组数据的上四分位数，则的展开式中的系数为B．数据组成一个样本，其回归直线方程为，其中，去除一个异常点后，得到新的回归直线必过点C．若随机变量，则函数为偶函数D．在列联表中，若每一个数据均变为原来的3倍，则变为原来的9倍其中【答案】ABC【详解】对于A，将原数据按照从小到大的顺序排序为，因为上四分位数就是第75百分位数，所以，所以，因为的二项展开式的通项为令，解得，所以的展开式中的系数为，故A正确；对于B，因为回归直线方程为过样本的中心点，所以,所以去除一个异常点后，，所以新的回归直线必过点，故B正确；对于C，因为随机变量，所以其图象关于对称，所以关于对称轴的对称点为，即，关于对称轴的对称点为，即，根据正态曲线的对称性可知因为，所以，所以，所以函数为偶函数，故C正确；对于D，在列联表中，若每一个数据均变为原来的3倍，则，所以变为原来的3倍，故D错误.故选：ABC【变式1-3】（2025·宁夏中卫·二模）（多选题）下列说法中正确的是（

）A．一个样本的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小B．在成对样本数据中，两个变量间的样本相关系数越小，则它们的线性相关程度越弱C．数据，53，56，69，70，72，79，65，80，45，41的极差为40，则这组数据的第百分位数为79D．已知随机变量，且，则的最小值为3【答案】ACD【详解】A.设原样本数据为，其平均数，新样本数据为，其平均数，平均数不变.原样本数据方差，新样本数据方差，方差变小，选项A正确.B.在成对样本数据中，样本相关系数，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强；当越接近0时，成对样本数据的线性相关程度越弱.比如和，，时线性相关程度更强，选项B错误.C.除外，其他数据的最大值为80，最小值为41，，因为，所以，故，将数据从小到大排列为：41，45，53，56，65，69，70，72，79，80，81，共11个数据，因为，所以这组数据的第百分位数为第9个数，为79，选项C正确.D.因为随机变量，且，根据正态分布曲线关于直线对称可得，解得，所以，由得，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，选项D正确.故选：ACD.题型02排列组合问题【例2-1】（2025·辽宁·模拟预测）树人中学的科学社团设计了一块如下图所示的正反面内容相同的双面团牌，给团牌的正反两面6个区域涂色，有3种不同颜色可选，要求同面有公共边的区域不同色，同一区域的两面也不同色，则不同的涂色方法的种数为（

）A．36 B．48 C．54 D．56【答案】C【详解】若只用2种不同的颜色，则正反面的上下区域同色，中间区域涂剩下的一种颜色即可，所以有种涂色方法.若用3种不同的颜色，当正反面都只用2种颜色时，有种涂色方法；当正面用2种颜色，反面用3种颜色时，则在正面未用的颜色不能涂在反面的中间，所以有种涂色方法；同理，当正面用3种颜色，反面用2种颜色时，也有种涂色方法；当正反两面都用3种颜色时，有种涂色方法.所以共有54种不同的涂色方法.故选：C.【例2-2】（2025·全国·模拟预测）2025年1月7日9时5分，西藏自治区日喀则市定日县发生6.8级地震．现从各省共抽派7支抢险工作队前往5个灾区县救援，要求每个受灾县至少有一个工作队的方法种数共有（

）A．1800 B．16800 C．14280 D．25200【答案】B【详解】分组分配上有3，1，1，1，1与2，2，1，1，1两种方式．若是3，1，1，1，1，则有种；若是2，2，1，1，1，则有种．所以共有种.故选：B．排列组合中常见问题及其技巧①特殊元素（位置）法对有限制条件的元素（或位置）要优先考虑，位置优先法和元素优先法是解决排列组合问题最常用的方法。若以元素分析为主，需先安排特殊元素，再处理其他元素；若以位置分析为主，需先满足特殊位置的要求，再处理其他位置。若有多个约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时还要兼顾其他条件。②捆绑法捆绑法指将联系密切或必须排在一起的元素“捆绑”成一个整体，再与其他元素进行排列，同时要注意合并后内部元素也必须排列.（注意捆绑元素是同元还是不同元），“捆绑”将特殊元素特殊对待，能大大降低分析问题的难度.采用捆绑法分析排列组合问题,剩余元素的处理应考虑其是排列问题还是组合问题,对于组合问题需将“顺序”带来的影响消除掉.③插空法插空法在分析元素不相邻问题时较为常用，即先将无特殊要求的元素排列好，而后看其产生多个满足题意的空，再将不能相邻的元素插入，使其满足题目的相关要求.④倍缩法部分不同元素在排列前后的顺序固定不变（不一定相邻）的排列问题，称之为定序（排列）问题．定序问题可以用倍缩法.⑤排数问题对于有限制条件的数字排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意隐含条件：0不能在首位.⑥分组、分配问题（1）整体均分问题，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以(为均分的组数)，避免重复计数．（2）局部均分问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有组元素个数相等，则分组时应除以，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．（3）不等分问题，只需先分组，后排列，分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．⑦涂色问题按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析．【变式2-1】（2025·广西·模拟预测）把5个相同的乒乓球放入编号为1-7号的盒子里，其中编号为1-5号的盒子，每个盒子至多放1个球，编号为6-7号的盒子，每个盒子至多放3个球，则不同的放法有种.【答案】98【详解】解法一：1-5号盒共放0个球，即5个球放入6-7号盒子，有种放法；1-5号盒共放1个球，有种放法；1-5号盒共放2个球，有种放法；1-5号盒共放3个球，有种放法；1-5号盒共放4个球，有种放法；1-5号盒共放5个球，有1种放法，所以共有种放法.解法二：用表示个分配指标，现考虑符合题意的一种放法：第1､2两个盒子各放1个球，第3､4､5､6盒子不放球，第7个盒子放3个球，这个放法可用符号表示为.考虑母函数，从第一､二个括号中各取，从第三､四､五､六个括号中各取，从第七个括号中取，然后相乘，即得到展开式中的一个项，此项的系数即为满足题意的分配名额的方案数.从上分析可见，满足题意的名额分配的方案与多项式展开式中项正好一一对应，故多项式的展开式中项的系数即为满足题意的名额分配的方案数.又，其中，所以满足题意的分配方案数为98.故答案为：98.【变式2-2】（2025·江西新余·模拟预测）如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有种不同的染色方案.【答案】192【详解】法一：间隔元素分析法：①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种；②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种；③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式；若与不同色，则只有1种上色方式；故有种；④不同色，不同色，1）同色，则有种；2）不同色，则有种.综上，共有种方式.法二：相邻最多元素优先分析法：考虑到影响的元素最多：①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种；2）不同色，则有2种染色法，故共有：种；②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到），故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种.综上：共有种染色方案.故答案为：192.【变式2-3】（2025·河南郑州·一模）甲、乙两人各有4张卡片，每张卡片上分别标有1，2，3，4四个数字之一.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，甲、乙各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较卡片上数字的大小，数字大者胜，然后各自舍弃此轮所选卡片舍弃的卡片在此后的轮次中不能使用则四轮比赛中，甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况共有种.【答案】216【详解】甲出卡片的种数一共有种，同理，乙出卡片的种数也一共有种.不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4，若甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况，则乙每轮所出数字有以下三种情况：①甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同，不妨设乙第一轮所出数字为1，那么后面三轮所出卡片数字均不能相同，有1，3，4，2和1，4，2，3两种情况，则甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同共有种情况；②甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同，不妨设乙第一、二轮所出数字为1，2，那么后面两轮所出卡片数字均不能相同，有1，2，4，3一种情况，则甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同共有种情况；③甲、乙每轮所出数字大小有三张卡片数字相同，那么第四张卡片也会相同，则乙每轮所出数字只有1，2，3，4一种情况.故甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况共有种，所以当甲出牌的数字依次为1，2，3，4，甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种.故甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种.故答案为：216.题型03概率问题【例3-1】（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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】/0.5【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以.从而.记.如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.所以，，两式相减即得，故.所以甲的总得分不小于2的概率为.故答案为：.【例3-2】（2025·福建福州·模拟预测）某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能(AI)技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A（1）当数字之和为3时，其组成方式为三个1和两个0；或者一个2，一个1，三个0；若为三个1和两个0，共有种，若为一个2，一个1，三个0，共有种，即数字之和为3时共有种；（2）当数字之和为6时，其组成方式为三个2和两个0；或者两个2，两个1，一个0；或者一个2，四个1；若为三个2和两个0，共有种，若为两个2，两个1，一个0，共有种，若为一个2，四个1，共有种；即数字之和为6时共有种；（3）当数字之和为9时，其组成方式为四个2和一个1，此时共有种，因此符合条件的组合数共有种，所以获二等奖的概率为.故选：A1.古典概型设试验是古典概型，事件的概率，其中和分别表示事件和样本空间包含的样本点个数．2.互斥事件与概率的加法公式①如果事件与事件不能同时发生，即，则称事件与互斥（或互不相容）．②当与互斥时，，即．③概率的加法公式：对任意两个事件与，有，即．3.相互独立事件与概率的乘法公式①对任意两个事件与，如果成立，则称事件与事件相互独立，简称独立．②当事件与相互独立时，．③概率的乘法公式：对任意两个事件与，若，则．4.条件概率①条件概率的概念：一般地，设，为两个随机事件，且，我们称为在事件发生的条件下，事件发生的条件概率，简称条件概率．②概率的乘法公式：对任意两个事件与，若，则．注：当与相互独立时，，即．③条件概率的性质：为样本空间，设，则（1）；（2）如果与是两个互斥事件，则；（3）设和互为对立事件，则．5.全概率公式：一般地，设，，…，是一组两两互斥的事件，，且，1，2，…，，则对任意的事件，有，．【变式3-1】（24-25高三上·河北唐山·月考）在正八面体中，任取四个顶点，则这四点共面的概率为；任取两个面，则所成二面角为钝角的概率为．【答案】/【详解】如图，在正八面体中，八个面是全等的等边三角形，，，相交于同一点且两两互相垂直，则四边形，，是正方形，任取四个顶点，则这四点共面的概率为；设，则，取的中点，连接，则，，所以是平面与平面所成角，所以，所以是钝角，根据正八面体结构，每个面与相邻的3个面所成角均为钝角，所以任取两个面，则所成二面角为钝角的概率为.故答案为：；.【变式3-2】（2025·重庆·模拟预测）某中学为了更好地弘扬优秀传统文化，举办了一个诗词擂台赛活动:活动形式为两人进行擂台比拼，采用三局两胜制，每局通过抽签决定答题者，若答对则获得1分并继续答题，若答错则对方获得1分并由对方回答下一道题，每局3题，且得分多者获胜，现有甲乙两人参加擂台对抗赛，根据以往比赛经验，甲答对每道题的概率为，乙答对每道题的概率为，则甲在这场比赛中获胜的概率为.【答案】【详解】由题意，每局第一个答题是甲或乙，概率均为，且每局不可能出现平局，设事件表示某一局甲获胜，则甲得分有两种情况：3分或2分，若甲第一个答题，甲得3分：3题甲都答对，故其概率为，甲得2分：3题对错依次为甲对甲对甲错、甲对甲错乙错、甲错乙错甲对，故其概率为，若乙第一个答题，甲得3分：3题对错依次为乙错甲对甲对，故其概率为，甲得2分：3题对错依次为乙对乙错甲对、乙错甲对甲错、乙错甲错乙错，故其概率为，综上，一局比拼，甲获胜的概率为，所以甲在这场比赛中获胜的概率为.故答案为：【变式3-3】（2025·浙江金华·一模）平面直角坐标系中，原点处有一只蚂蚁，每过1秒，该蚂蚁都会随机地选择上、下、左、右四个方向之一移动一个单位长度，那么在6秒后，蚂蚁到原点的距离等于的概率为．【答案】【详解】蚂蚁每一秒有4种移动方向，共移动6秒，根据分步乘法计数原理，总路径数为，若蚂蚁到原点O的距离为，原点到该点的距离满足，设蚂蚁右移a次、左移b次，则，上移c次、下移d次，则，总步数，要满足，即，由于都是非负整数，可能的组合必须满足，，此时，，，且，设左右移动总次数为，上下移动总次数为，则，由于，需为整数，则m与同奇偶，所以m为奇数，同理，n也为奇数，又，可能的组合有、、，当，时，左右移动1次，满足的方式有2种，即左或右，上下移动5次，满足的方式有，或，，共种，即选3次上移，剩下2次下移，或选2次上移，剩下3次下移，其次，在6步中选1步用于左右移动，其余5步用于上下移动，种，因此，此情况的路径数为；当，时，左右移动3次，满足的方式有，或，，共种，上下移动3次，满足的方式同理，共种，此外，6步中选择3步左右移动，剩余上下移动，共种，因此，此情况的路径数为；当，时，与，对称，路径数为240；满足条件的总路径数有，概率为．故答案为：．题型04二项分布、超几何分布与正态分布【例4-1】（2025·江苏·模拟预测）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【详解】因为，所以，解得，设，则当时，，故选：A.【例4-2】（2025·广东江门·模拟预测）（多选题）甲参加游戏获得的积分的分布列为456780.10.30.3且，则（）A． B．C． D．【答案】ABD【详解】依题意得，，，则，A项正确，，故B项正确；，故C项错误；，故D项正确．故选：ABD1.二项分布一般地，在次独立重复试验中，用表示事件发生的次数，设每次试验中事件发生的概率为，不发生的概率，那么事件恰好发生次的概率是（，，，…，）于是得到的分布列…………由于表中第二行恰好是二项式展开式各对应项的值，称这样的离散型随机变量服从参数为，的二项分布，记作，并称为成功概率．（1）适用范围：①各次试验中的事件是相互独立的；②每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生；③随机变量是这次独立重复试验中事件发生的次数．（2）二项分布的期望、方差若，则，．2.超几何分布在含有件次品的件产品中，任取件，其中恰有件次品，则事件发生的概率为，，1，2，…，，其中，且，，，，，称分布列为超几何分布列．如果随机变量的分布列为超几何分布列，则称随机变量服从超几何分布．01……（1）适用范围：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考察某类个体个数的概率分布．4.正态分布正态曲线沿着横轴方向水平移动只能改变对称轴的位置，曲线的形状没有改变，所得的曲线依然是正态曲线显然对于任意，，它的图象在轴的上方．可以证明轴和曲线之间的区域的面积为1．我们称为正态密度函数，称它的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．若随机变量的概率密度函数为，则称随机变量服从正态分布，记为，特别地，当，时，称随机变量服从标准正态分布．（1）正态曲线特点①曲线是单峰的，它关于直线对称；②曲线在处达到峰值；③当无限增大时，曲线无限接近轴．（2）正态分布的期望与方差若，则，．（3）正态变量在三个特殊区间内取值的概率；；．在实际应用中，通常认为服从于正态分布的随机变量只取中的值，这在统计学中称为原则．【变式4-1】（2025·四川自贡·一模）已知随机变量，且，则当时，的最小值为（

）A． B．3 C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【详解】由随机变量，且，得，解得，由，得，当且仅当，即时取等号，所以所求最小值为.故选：D【变式4-2】（2025·天津·高考真题）小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0．5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0．4，6圈的概率为0．6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0．6，6圈的概率为0．4．小桐一周跑11圈的概率为；若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记合格周数为X，则期望【答案】【分析】先根据全概率公式计算求解空一，再求出概率根据二项分布数学期望公式计算求解.【详解】设小桐一周跑11圈为事件A，设第一次跑5圈为事件，设第二次跑5圈为事件，则；设运动量达标为事件，，所以，；故答案为：；【变式4-3】（2025·全国一卷·高考真题）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望.【答案】/【详解】法一：依题意，的可能取值为1、2、3，总的选取可能数为，其中：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，故，：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次），选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式，其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件的可能情况有种，故，：三种不同球被取出，由排列数可知事件的可能情有况种，故，所以.故答案为：.法二：依题意，假设随机变量，其中：其中，则，由于球的对称性，易知所有相等，则由期望的线性性质，得，由题意可知，球在单次抽取中未被取出的概率为，由于抽取独立，三次均未取出球的概率为，因此球至少被取出一次的概率为：，故，所以.故答案为：.1.（2025·陕西西安·模拟预测）从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则事件“存在，，使得”的概率为．【答案】【详解】根据题意，从、、、、这个数中任取个不同的数、、、，有种取法，假设，若不存在且、，使得，则有，在、、、、中任取个不同的数，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”的概率为故答案为：2.（2025·湖北·模拟预测）某班同学在操场上进行集体游戏，张老师随机从中取三个数，然后在第一组站入位同学，第二组站入位同学，第三组站入位同学.每一轮活动可以从两组中各推选一位同学表演节目，然后站到另外一组，则事件“经过有限轮活动可以使三个组合成一大组”的概率为.【答案】/0.6【详解】经过一轮活动使得变成，于是三个组之间人数的差要么不变，要么是3的倍数，若最终变为，则开始时有两组的人数之差被3整除.当开始时有两组的人数之差被3整除时，记为，进行操作，这相当于把一个组的2位同学分到另外两个组；反向操作相当于把两个组的各1位同学分到另外一个组.由得，对进行次操作，可得，再对进行次反向操作，可得，从而满足要求.于是事件“经过有限轮活动可以使三个组合成一大组”等价于事件“中有2个数的差被3整除”.按照2个数的差被3整除分类：，故概率为.故答案为：3.（2025·广东广州·模拟预测）如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为.

【答案】/【详解】先计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数.第一步：停红色汽车，第一辆红色汽车在第一行选一个位置有四个位置可选，第二辆红色汽车在第二行有三个位置可选，由于两辆红色汽车可以互换，故有种；第二步：停黑色汽车，分成两种情况：若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车同列，则另一辆黑色汽车有3种停法，若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车不同列有2种停法，此时另一辆黑色汽车有2种停法，由于两辆黑色汽车可以互换，故有种.因此，相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数共有24×14种，8个车位停入4辆车的试验共有种情况，所以相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为.故答案为：4.（25-26高三上·广东·月考）为了表扬三位乐于助人的同学，班主任购买了4个价钱相同的礼盒全部分给这3名同学，若购买的4个礼盒仅有2个相同，按一人2个礼盒，另两人各1个礼盒进行分配，共有种分法.（用数字作答）【答案】21【详解】第一种情况，当2个相同礼盒分给同一人时：第一步，分配2个相同礼盒，即将这2个相同礼盒分给三个同学中的一个，共种分配方法；第二步，分配剩下的2个不同礼盒，即将剩下的2个不同礼盒，分给剩下的2个同学，共有种，所以一共有种分法；第二种情况，当2个相同礼盒不分给同一人时：记4个礼盒分别为，当或在一起时，共有种分配方法；当在一起时，即将分给三个人中任何一个，剩下的2个人，每人分一个，共有种分配方法；综上，共有种分配方法.故答案为：5.（2025·海南·模拟预测）设公差不为0的等差数列的前8项和为，将前8项全部填入如图的表格中，要求每个格内填写1项，则有且仅有两列之和为且这两列不相邻的填法有种．【答案】【详解】由题意可知，则，故，则列之和为只有四种情况，又不相邻的列有第，，列三种情况，则在不相邻的列中选择种有种，再在列之和为的四种情况中选择种并排列，有种，最后在剩下两列中放入剩下项，总情况有种，其中满足列之和为的有，则剩下两列中放入剩下项共有种，则有且仅有两列之和为且这两列不相邻的填法有种.故答案为：6.（2025·四川德阳·模拟预测）（多选题）下列结论正确的是（

）A．随机变量服从二项分布，，则B．数据，，，…，的平均数为2，则，，，…，的平均数为6C．在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为10.D．随机变量服从正态分布，且，则【答案】ACD【详解】对于A选项，，.故A选项正确；对于B选项，因为，，，，…，的平均数为，故B选项错误；对于C选项，已知各项系数和为，则令，得：，解得：.由的展开式中第项为，当时，得：，即项的系数为.故C选项正确.对于D选项，服从正态分布，，所以，故D选项正确.故选：ACD7.（2025·广东广州·模拟预测）有3个相同的球，分别标有数字1，2，3，从中有放回地随机取5次，每次取1个球．记为这3个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望．【答案】【详解】依题意，的可能取值为1、2、3，总的选取可能数为，其中：五次抽取同一球，选择球的编号有3种方式，故，：恰好两种不同球被取出；情况一：一种球出现1次、另一种球出现4次，选取出现1次的球有3种方式，选取出现4次的球有2种方式；其中选取出现一次球的位置有5种可能，此时事件的可能情况有种，情况二：一种球出现2次、另一种球出现3次，选取出现2次的球有3种方式，选取出现3次的球有2种方式；其中选取出现2次球的位置有种可能，此时事件的可能情况有种，故，：三种不同球被取出，情况一：一种球出现1次、另一种球出现1次、第三种球出现3次，选取出现1次的球有3种方式，另一种出现1次的球有2种方式，第三种出现3次的球有1种方式，其中选取出现3次球的位置有5种可能，两种各出现1次的球的位置有种可能，此时事件的可能情况有种，情况二：一种球出现1次、另一种球出现2次、第三种球出现2次，选取出现1次的球有3种方式，另一种出现2次的球有2种方式，第三种出现2次的球有1种方式，其中选取出现一次球的位置有5种可能，两种各出现2次的球的位置有种可能，第三种出现2次的球的位置只有1种方式，此时事件的可能情况有种，故，所以.故答案为：.8.（2025·重庆·模拟预测）在一条线段上标出所有的等分点，从中任选2个点，将该线段从这2个点处截断，则形成的3条新线段可以构成三角形的概率是（用含n的式子表示）.【答案】【详解】假设我们选择的两个点将线段分成三段，长度分别为，其中，为了构成三角形，必须满足以下条件：，即，，这意味着，为了构成三角形，任意两边的和必须大于线段总长度的一半.在一条线段上标出所有的等分点，即需标出个点，从个点中选出2个点的选法有，要使任意两边的和必须大于线段总长度的一半，则需在左侧的个点中选一个，右侧的个点中选一个，以使得第一段与第二段和、第二段与第三段和满足要求;同时还要求第一段与第三段之和也满足要求，因此共有种不同的取法，则形成的3条新线段可以构成三角形的概率是.故答案为：.9.（2025·江苏南通·模拟预测）（多选题）甲、乙两个盒子中分别装有大小、形状、质地相同的1个黑球和2个红球.现从两个盒子中各任取一个球放入对方盒子中