解答题：概率与统计（10大题型）（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1209解答题：概率与统计（10大题型）（解析版）

解答题：概率与统计
目录
题型一 离散型随机变量及其分布列1
题型二 超几何分布与二项分布 4
题型三 均值与方差的实际应用 8
题型四 正态分布与标准正态分布11
题型五 线性回归与非线性回归 13
题型六 独立性检验及应用16
题型七 条件概率/全概率公式/贝叶斯公式18
题型八 概率与统计图表的综合应用21
题型九 概率与其他知识的交汇应用25
题型十 利用概率解决决策类问题29
必刷大题32
题型一 离散型随机变量及其分布列
大题典例
1.(23-24高三下·广东佛山·一模)密室逃脱是当下非常流行的解压放松游戏，现有含甲在内的7名成员
参加密室逃脱游戏，其中3名资深玩家，4名新手玩家，甲为新手玩家.
(1)在某个游戏环节中，需随机选择两名玩家进行对抗，若是同级的玩家对抗，双方获胜的概率均为
1 1
；若是资深玩家与新手玩家对抗，新手玩家获胜的概率为 ，求在该游戏环节中，获胜者为甲的概
2 3
率；
(2)甲作为上一轮的获胜者参加新一轮游戏：如图，有两间相连的密室，设两间密室的编号分别为①和
②.密室①有2个门，密室②有3个门(每个门都可以双向开)，甲在每个密室随机选择1个门出去，若
走出密室则挑战成功.若甲的初始位置为密室①，设其挑战成功所出的密室号为XX=1,2
1
 ，求X的
分布列.
5
【答案】(1) ；(2)分布列见解析
42
【解析】(1)7人中随机选择2人，共有C2=21种情况，其中含甲的情况有C1=6种，
7 66种情况中，甲和资深玩家对抗的情况有3种，和同级的玩家对抗情况有3种，
3 1 1
则甲和资深玩家对抗并获胜的概率为 × = ，
21 3 21
3 1 3
和同级的玩家对抗并获胜的概率为 × = ，
21 2 42
1 3 5
故在该游戏环节中，获胜者为甲的概率为 + = ；
21 42 42
(2)设P为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
1
P 为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
2
考虑P，需考虑甲直接从a号门走出密室或者进入密室②且最终从密室①走出密室，
1
1 1
故P= + P ①，
1 2 2 2
考虑P，则甲从b号门进行密室①，且从密室①走出密室，
2
1
故P = P②，
2 3 1
3
联立①②，可得P= ，
1 5
所以PX=1
2

3
=P 1 = 5 ，故PX=2 
3 2
=1- = ， 5 5
故分布列如下：
X 1 2
3 2
P
5 5
解法指导
求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
(1)根据题中条件确定随机变量的可能取值；
(2)求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
(3)根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望(在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如
超几何分布或二项分布，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算。)
变式训练
2.(24-25高三上·贵州·月考习)已知甲、乙两人参加某档知识竞赛节目，规则如下：甲、乙两人以抢答的
方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，甲、乙两人初始分均为0分，答题过程中当一人
比另一人的得分多2分时，答题结束，且分高者获胜，若甲、乙两人总共答完5题时仍未分出胜负，则答
1
题直接结束，且分高者获胜.已知甲、乙两人每次抢到题的概率都为 ，甲、乙两人答对每道题的概率
2
3 5
分别为 , ，每道题两人答对与否相互独立，且每题都有人抢答.
4 12
(1)求第一题结束时甲获得1分的概率；
(2)记X表示知识竞赛结束时，甲、乙两人总共答题的数量，求X的分布列与期望.
2
【答案】(1) ；(2)分布列见解析，EX
3

250
=
81
【解析】(1)设每道题的抢答中，记甲得1分为事件M.M发生有两种可能：抢到题且答对，乙抢到题且答错，
1 3 1 7 2
∴P(M)= × + × = ，
2 4 2 12 3
2
∴ 甲率先得1分的概率为 .
3
2 1
(2)由(1)知，在每道题的抢答中甲、乙得1分的概率分别为 , ，
3 3
设两人共抢答了X道题比赛结束，根据比赛规则，X的可能取值为2,4,5.
PX=2
3

2 2 1 1 5
= × + × = ，
3 3 3 3 9
PX=4 
2 1 2 2 1 1
=C1× × × × + × 2 3 3 3 3 3 3 
20
= ， 81
PX=5  =1-PX=2  -PX=4 
16
= ，
81
X 2 4 5
5 20 16
P
9 81 81
EX 
5 20 16 250
=2× +4× +5× = .
9 81 81 81
3.(24-25高三上·北京·月考习)某校举办知识竞赛，已知学生甲是否做对每个题目相互独立，做对A,B,
C三道题目的概率以及做对时获得相应的奖金如表所示.
题目 A B C
4 1 1
做对的概率
5 2 4
获得的奖金/元 20 40 80
规则如下：按照A,B,C的顺序做题，只有做对当前题目才有资格做下一题.
[注：甲最终获得的奖金为答对的题目相对应的奖金总和.]
(1)求甲没有获得奖金的概率；
(2)求甲最终获得的奖金X的分布列及期望；
(3)如果改变做题的顺序，最终获得的奖金期望是否相同？如果不同，你认为哪个顺序最终获得的奖
金期望最大？(不需要具体计算过程，只需给出判断)
1
【答案】(1) ；(2)分布列见解析，40(元)；(3)不同，按照A,B,C的顺序获得奖金的期望最大，理由见解析.
5
【解析】(1)甲没有获得奖金，则题目A没有做对，
设甲没有获得奖金为事件M，则PM 
4 1
=1- = .
5 5
(2)分别用A,B,C表示做对题目A,B,C的事件，则A,B,C相互独立.
由题意，X的可能取值为0,20,60,140.
 4 1  4 1
P(X=0)=P(A)=1- = ;P(X=20)=P(AB)= ×1-
5 5 5 2

2
= ;
5
 4 1 1
P(X=60)=P(ABC)= × ×1-
5 2 4

3 4 1 1 1
= ;P(X=140)=P(ABC)= × × = .
10 5 2 4 10
所以甲最终获得的奖金X的分布列为X 0 20 60 140
1 2 3 1
P
5 5 10 10
EX
4

1 2 3 1
=0× +20× +60× +140× =40(元).
5 5 10 10
(3)不同，按照A,B,C的顺序获得奖金的期望最大，理由如下：
由(2)知，按照A,B,C的顺序获得奖金的期望为40元，
若按照A,C,B的顺序做题，
则奖金X的可能取值为0,20,100,140.
4 1 4 1
P(X=0)=1- = ;P(X=20)= ×1-
5 5 5 4

3
= ;
5
4 1 1
P(X=100)= × ×1-
5 4 2

1 4 1 1 1
= ;P(X=140)= × × = .
10 5 4 2 10
1 3 1 1
故期望值为0× +20× +100× +140× =36元；
5 5 10 10
若按照B,A,C的顺序做题，
则奖金X的可能取值为0,40,60,140.
1 1 1 4
P(X=0)=1- = ;P(X=40)= ×1-
2 2 2 5

1
= ;
10
1 4 1
P(X=60)= × ×1-
2 5 4

3 1 4 1 1
= ;P(X=140)= × × = .
10 2 5 4 10
1 1 3 1
故期望值为0× +40× +60× +140× =36元；
2 10 10 10
若按照B,C,A的顺序做题，
则奖金X的可能取值为0,40,120,140.
1 1 1 1
P(X=0)=1- = ;P(X=40)= ×1-
2 2 2 4

3
= ;
8
1 1 4
P(X=120)= × ×1-
2 4 5

1 1 1 4 1
= ;P(X=140)= × × = .
40 2 4 5 10
1 1 3 1
故期望值为0× +40× +60× +140× =36元，
2 10 10 10
若按照C,A,B的顺序做题，
则奖金X的可能取值为0,80,100,140.
1 3 1 4
P(X=0)=1- = ;P(X=80)= ×1-
4 4 4 5

1
= ;
20
1 4 1
P(X=100)= × ×1-
4 5 2

1 1 4 1 1
= ;P(X=140)= × × = .
10 4 5 2 10
3 1 1 1
故期望值为0× +80× +100× +140× =28元，
4 20 10 10
若按照C,B,A的顺序做题，
则奖金X的可能取值为0,80,120,140.
1 3 1 1
P(X=0)=1- = ;P(X=80)= ×1-
4 4 4 2

1
= ;
8
1 1 4
P(X=100)= × ×1-
4 2 5

1 1 1 4 1
= ;P(X=140)= × × = .
40 4 2 5 10
3 1 1 1
故期望值为0× +80× +100× +140× =26.5元，
4 8 40 10
显然按照A,B,C的顺序获得奖金的期望最大.题型二 超几何分布与二项分布
大题典例
4.(24-25高三上·北京·期中)某种产品按照产品质量标准分为一等品、二等品、三等品、四等品四个等
级，某采购商从采购的该种产品中随机抽取100件，根据产品的等级分类得到如下数据：
等级 一等品 二等品 三等品 四等品
数量 40 30 10 20
(1)根据产品等级，按分层抽样的方法从这100件产品中抽取10件，再从这10件产品中随机抽取3件，
记这3件产品中一等品的数量为X，求X的分布列及数学期望；
(2)若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，求恰好有1件四等品的概率；
(3)生产商提供该产品的两种销售方案供采购商选择，
方案一：产品不分类，售价均为21元/件.
方案二：分类卖出，分类后的产品售价如下：
等级 一等品 二等品 三等品 四等品
售价/(元/件) 24 22 18 16
从采购商的角度考虑，你觉得应该选择哪种销售方案？请说明理由.
6 48
【答案】(1)X的分布列见解析；E(X)= ；(2) ；(3)应该选择方案一
5 125
【解析】(1)由题可得，抽取的10件产品中，一等品有4件，非一等品有6件，
所以X的可能取值为0，1，2，3．
PX=0
5

C0C3 1
= 4 6 = ，PX=1
C3 6
10

C1C2 1
= 4 6 = ，
C3 2
10
PX=2 
C2C1 3
= 4 6 = ，PX=3
C3 10
10

C3C0 1
= 4 6 = ，
C3 30
10
则X的分布列为：
X 0 1 2 3
1 1 3 1
P
6 2 10 30
1 1 3 1 6
E(X)=0× +1× +2× +3× = .
6 2 10 30 5
1
(2)从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，记抽到四等品的数量为Y，则Y∼B3,
5
 ，
∴PY=1 
1 4
=C1× × 3 5 5 
2 48
= . 125
(3)由题意得，方案二的产品的平均售价为：
40 30 10 20
24× +22× +18× +16× =21.2(元/件)，
100 100 100 100
∵21<21.2，
∴从采购商的角度考虑，应该选择方案一.解法指导
1、独立重复试验与二项分布
(1)定型：“独立”“重复”是二项分布的基本特征，“每次试验事件发生的概率都相等”是二项分布的本质特
征．判断随机变量是否服从二项分布，要看在一次试验中是否只有两种试验结果，且两种试验结果发生
的概率分别为p,1-p，还要看是否为n次独立重复试验，随机变量是否为某事件在这n次独立重复试
验中发生的次数．
(2)定参，确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率．
(3)列表，根据离散型随机变量的取值及其对应的概率，列出分布列．
(4)求值，根据离散型随机变量的期望和方差公式，代入相应数据求值．
相关公式：已知X~B(n，p)，则P(X=k)=Ckpk(1-p)n-k(k=0,1,2，⋯，n)，E(X)=np，D(X)=np(1
n
-p)．
2、超几何分布的适用范围及本质
(1)适用范围：考察对象分两类；已知各类对象的个数；从中抽取若干个个题，考察某一类个题个数的概
率分布；
(2)本质：超几何分布是不放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的。
3、超几何分布与二项分布的区别
(1)超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；
(2)超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的，而二项分布是“有放
回”的抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同点。
变式训练
5.(24-25高三上·黑龙江哈尔滨·月考习)哈三中文学社团举行知识竞赛答题活动，比赛分两轮，具体规
则如下：第一轮，参赛选手从A类6道题中任选3道进行答题，都答完后错题个数不超过1道(否则终
止比赛)才能进行第二轮答题；第二轮答题从B类10道题中任选3道进行答题．A类题每答对一道
得10分，B类题每答对一道得30分，答错不扣分，以两轮总分和决定优胜．总分80分或90分为三等
奖，110分为二等奖，120分为一等奖．某班参加活动的同学A类题中只有4道能答对，B类题中，每
2
题答对的概率均为 ，且各题答对与否互不影响．
3
(1)求该同学被终止比赛的概率；
(2)现该同学进入第二轮，求他在第二轮答题中得分X的分布列及期望；
(3)求该同学获得三等奖的概率．
1 16
【答案】(1) ；(2)分布列见解析，E(X)=60；(3)
5 45
【解析】(1)从A类6道题中任选3道，其中1道会做，2道不会做，则被终止比赛，
C1C2 4 1
所以该同学被终止比赛的概率为 4 2 = = ．
C3 20 5
6
(2)由题意可知，X的所有可能取值为90,60,30,0，
2
则P(X=90)=
3
6

3 8 1
= ，P(X=60)=C2⋅
27 3 3

2
×
3

2 12 4
= = ，
27 91
P(X=30)=C1⋅
3 3
7

2 2
×
3

6 2 1
= = ，P(X=0)=
27 9 3

3 1
= ，
27
所以X的分布列为：
X 90 60 30 0
8 4 2 1
P
27 9 9 27
8 4 2 1
所以E(X)=90× +60× +30× +0× =60．
27 9 9 27
(3)该同学获得三等奖，共有两种情况，
第一轮得20分(答对2道)，则第二轮得60分(对2道)，
C2C1 2
概率为 4 2 ⋅C2⋅
C3 3 3
6

2 1
× ；
3
②第一轮得30分(答对3道)，则第二轮得60分(对2道)，
C3 2
概率为 4 ⋅C2⋅
C3 3 3
6

2 1
× ，
3
C2C1 2
所以该同学获得三等奖的概率为 4 2 ⋅C2⋅
C3 3 3
6

2 1 C3 2
× + 4 ⋅C2⋅
3 C3 3 3
6

2 1 16
× = ．
3 45
6.(24-25高三上·重庆·月考习)我国承诺2030年前“碳达峰”，2060年“碳中和”，“碳达峰”是指二氧化
碳的排放不再增长，达到峰值之后再慢慢减下去；“碳中和”是指针对排放的二氧化碳要采取植树、节
能减排等各种方式全部抵消掉.做好垃圾分类和回收工作可以有效地减少处理废物造成的二氧化碳
的排放，助力“碳中和”.重庆十一中某班利用班会课时间组织了垃圾分类知识竞赛活动，竞赛分为初
赛、复赛和决赛，只有通过初赛和复赛，才能进入决赛.首先出战的是第一组、第二组、第三组，已知第
2 4
一组、第二组通过初赛和复赛获胜的概率均为 ，第三组通过初赛和复赛的概率分别为p和 -p，
3 3
3
其中0<p≤ ，三组是否通过初赛和复赛互不影响.
4
(1)求p取何值时，第三组进入决赛的概率最大；
(2)在(1)的条件下，求进入决赛的队伍数X的分布列和数学期望.
4 4
【答案】(1) ；(2)分布列见解析，
9 3
4
【解析】(1)由题知：第三组通过初赛和复赛的概率p =p -p
0 3

4 2
=-p2+ p=-p-
3 3

2 4
+ ，
9
0<p≤3
又因为   4 ，所以 1 ≤p≤ 3
0≤4 -p≤1 3 4
3
2 4
所以，当p= 时，第三组进入决赛概率最大为 .
3 9
2 2 4
(2)由(1)知：第一组、第二组、第三组进入决赛的概率均为 × = .
3 3 9
4
因为进入决赛的队伍数X∼B3,
9
 ，
所以PX=0 
4
=C0×1- 3 9 
3 125
= ；PX=1 729 
4 4
=C1× ×1- 3 9 9 
2 300 100
= = ； 729 243
PX=2 
4
=C2× 3 9 
2 4
×1- 9 
240 80
= = ；PX=3 729 243 
4
=C3× 3 9 
3 64
= . 729所以随机变量X的分布列为:
X 0 1 2 3
125 100 80 64
P
729 243 243 729
EX
8

125 100 80 64 4
=0× +1× +2× +3× = .
729 243 243 729 3
题型三 均值与方差的实际应用
大题典例
7.(24-25高三上·河北·期中)随着我国城镇化建设的不断推进，各种智能终端的普及和互联互通，人工
智能在教育、医疗、金融、出行、物流等领域发挥了巨大的作用.为普及人工智能相关知识，培养青少年
对科学技术的兴趣，某中学组织开展“科技兴国”人工智能知识竞赛.竞赛试题有甲、乙、丙三类(每类
题有若干道)，各类试题的每题分值及选手小李答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值，
否则得0分，竞赛分三轮答题依次进行，竞赛结束，各轮得分之和即为选手最终得分.
项目
每小题分值 每小题答对概率
题型
2
甲类题 10
3
1
乙类题 20
3
1
丙类题 30
2
其竞赛规则为：
第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正
确，同样进入第二轮答题；否则，退出比赛.
第二轮，在丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题；否则，退出比赛.
第三轮，在乙类试题中选择一道作答.
(1)求小李答题次数恰好为2次的概率；
(2)求小李最终得分的数学期望.
4 680
【答案】(1) ；(2) .
9 27
【解析】(1)记事件A=“小李先答对甲类一道试题”，B=“小李继续答对另一道甲类试题”，
C=“小李答对乙类试题”，D=“小李答对丙类试题”，
则PA  =PB 
2
= ,PC
3

1
= ,PD
3

1
= .
2

记事件E=“小李答题次数恰好为2次”，则E=AD 
 
∪AB  .
PE 

=PAD 
 
+PAB  =PA 

PD 

+PA 

PB 
2 1 1 1 4
= × + × = ，
3 2 3 3 9
4
即小李答题次数恰好为2次的概率为 .
9(2)设小李最终得分为X，由题知X的可能值为0,10,40,60.
PX=0
9

 
=PAB 
1 1 1
= × = ，
3 3 9
PX=10 

=PAD 
 
+PABD 
2 1 1 2 1 4
= × + × × = ，
3 2 3 3 2 9
PX=40 

=PADC 
 
+PABDC 
2 1 2 1 2 1 2 8
= × × + × × × = ，
3 2 3 3 3 2 3 27
PX=60  =PADC 

+PABDC 
2 1 1 1 2 1 1 4
= × × + × × × = .
3 2 3 3 3 2 3 27
所以EX 
1 4 8 4 680
=0× +10× +40× +60× = .
9 9 27 27 27
解法指导
利用随机变量的均值与方差可以帮助我们作出科学的决策，其中随机变量X的均值的意义在于描述
随机变量的平均程度，而方差则描述了随机变量稳定与波动或集中与分散的状况，品种的优劣、仪器的
好坏、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特征量有关。
1、若我们希望实际的平均水平较理想时，则先求随机变量X ，X 的均值。当E(X )=E(X )时，不
1 2 1 2
应误认为它们一样好，还需要用D(X )，D(X )来比较这两个随机变量的偏离程度。
1 2
2、若我们希望比较稳定时，应先考虑方差，再考虑均值是否相等或者接近。
变式训练
8.(24-25高三上·四川成都·月考习)某小区有3000名居民，想通过验血的方法筛选乙肝病毒携带者，假
设携带病毒的人占a%.为减轻工作量，随机地按n人一组分组，然后将各组n个人的血样混合在一起
化验.若混合血样呈阴性，说明这n个人全部阴性；若混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈
阳性，就需要对每个人再分别化验一次.
(1)若a=0.2,n=20,试估算该小区化验的总次数；
(2)若a=0.9，且每人单独化验一次花费10元，n人混合化验一次花费n+9元，求当n为何值时，每
个居民化验的平均费用最少.
注：假设每位居民的化验结果呈阴性还是阳性相互独立.当0<p<0.01时，(1-p)n≈1-np.
【答案】(1)270；(2)10
【解析】(1)设每组需要检验的次数为X，若混合血样为阴性，
则X=1，若混合血样呈阳性，则X=21，
所以P(X=1)=(1-0.002)20，P(X=21)=1-(1-0.002)20，
所以E(X)=1×(1-0.002)20+21×[1-(1-0.002)20]=21-20×(1-0.002)20≈21-20×(1-20×
0.002)=1.8
一共有3000÷20=150组，故估计该小区化验的总次数是1.8×150=270.
(2)设每组n人总费用为Y元，若混合血样呈阴性，则Y=n+9；
若混合血样呈阳性，则Y=11n+9，
故P(Y=n+9)=(1-0.009)n，P(Y=11n+9)=1-(1-0.009)n
E(Y)=(n+9)⋅0.991n+(11n+9)⋅(1-0.991n)=11n-10n×0.991n+9
E(Y) 11n-10n×0.991n+9 9
每位居民的化验费用为 = =11-10×0.991n+ ≈11-10×(1-0.009n)
n n n9
+
n
9 9
=11-10+0.09n+ ≥1+2 0.09n∙ =2.8元
n n
9
当且仅当0.09n= ，即n=10时取等号，故n=10时，每个居民化验的平均费用最少.
n
9.(24-25高三上·辽宁丹东·期中)甲乙两人各有n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1，3，5，2n-1，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，⋯⋯，2n，两人进行n轮比赛，在每轮比
赛中，甲按照固定顺序1，3，5，⋯⋯，2n-1每轮出一张卡片，乙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)．
(1)当n=4时，求甲的总得分小于2的概率．
(2)分别求甲得分的最小值和最大值的概率；
(3)已知：若随机变量X 服从两点分布，且PX =1
i i
10
 =1-PX =0
i
 =q，i=1，2，3，⋯，n，则
i
n
EX
i
i=1

n
=q，记n轮比赛(即从第1轮到第n轮比赛)中甲的总得分为Y，乙的总得分为Z，求E
i
i=1
(Y)和E(Z)的值，并由这两个值来判断随着轮数的增加，甲乙的总得分期望之差有什么变化规律？
1 1
【答案】(1) ；(2)甲得分最小值和最大值的概率都为 ；(3)答案见解析
2 n!
【解析】(1)甲顺序为1，3，5，7，乙选卡片的不同顺序共有4！=24种，
而使得甲得分小于2的所有顺序共有12种，
2，4，6，8 2，4，8，6； 2，6，4，8； 2，6，8，4； 2，8，6，4；
4，2，6，8； 4，6，2，8； 4，6，8，2； 4，8，6，2； 6，4，8，2；
6，4，2，8； 8，4，6，2．
12 1
由古典概型得甲的总得分小于2的概率为 = ；
24 2
(2)甲按照固定顺序1，3，5，7，⋯，2n-1，乙按照2、4，6，8，⋯，2n，
1
甲得分最小值为0，则概率为 ．
n!
甲按照固定顺序1，3，5，7，⋯，2n-1，乙按照2n、2，4，6，⋯，2n-2，
1
甲得分最大值为n-1，则概率为 ．
n!
1,第i轮得分的是甲
(3)设随机变量X
i
=
0,第i轮得分的是乙
，i=1,2,⋅⋅⋅,n，
则X i 服从两点分布，PX i =1 
i-1 n
= ，且Y=X， n i
i=1
由题意可得，EY 
n
=E∑X i
i=1

n i-1
=E∑ n
i=1

1-1 2-1 n-1 n-1
= + +⋅⋅⋅+ = n n n 2
EZ 
n-1 n+1
=n- = ，
2 2
因为EY  -EZ  =-1，
所以随着轮数的增加，甲乙的总得分期望之差不变，总是甲比乙多1分.题型四 正态分布与标准正态分布
大题典例
10.(24-25高三上·浙江·月考习)在一次联考中，经统计发现，甲乙两个学校的考生人数都为1000人，数
学均分都为94，标准差都为12，并且根据统计密度曲线发现，甲学校的数学分数服从正态分布，乙学校
的数学分数不服从正态分布.
(1)甲学校为关注基础薄弱学生的教学，准备从70分及以下的学生中抽取10人进行访问，学生小A考
分为68分，求他被抽到的概率大约为多少；
(2)根据统计发现学校乙得分不低于130分的学生有25人，得分不高于58分的有1人，试说明乙学校
教学的特点；
参考数据：若X~Nμ,σ2
11
 ，则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.68，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.95，P(μ-3σ
≤X≤μ+3σ)≈0.99.
【答案】(1)0.4；(2)乙校教学高分人数更多，130分以上学生更多，低分人数更少.
【解析】(1)由题意可知甲校学生数学得分X~N94,122  ，
由P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.95，
1-0.95
可得P(70≤X≤118)≈0.95，则P(X≤70)≈ =0.025，
2
所以分数在70分及以下的学生有1000×0.025=25，
10
所以学生小A被抽到的概率P= =0.4
25
(2)由P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.99，
可得：P58≤X≤130  ≈0.99
1-0.99
所以甲校不低于130分的概率为 =0.005，
2
1-0.99
得分不高于58分的概率为 =0.005，
2
所以甲校不低于130分有1000×0.005=5人，得分不高于58分有1000×0.005=5人，
故乙校教学高分人数更多，130分以上学生更多，低分人数更少.
解法指导
关于正态总体在某个区间内取值的概率求法
(1)熟记P(μ-σ<X≤μ+σ)，P(μ-2σ<X≤μ+2σ)，P(μ-3σ<X≤μ+3σ)的值．
(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1：
①正态曲线关于直线x=μ对称，从而在关于x=μ对称的区间上概率相等；
②P(X<a)=1-P(X≥a)，P(X<μ-a)=P(X≥μ+a)．
变式训练
11.(24-25高三上·江苏泰州·月考习)以A地生产的所有番茄为总体，总体中每个番茄的重量为随机变
量X,X∼Nμ,σ2  ，其中μ,σ均为正数．随机从总体中抽取n个番茄作为一个样本，番茄的重量分别

为X ,X ，⋯,X ，其取值相互独立．样本均值为X．
1 2 nn
(1)已知对于任意的随机变量Y,Y,⋯,Y，有EY 1 2 n i
i=1
12

n
=EY i
i=1
 ；如果Y,Y，⋯,Y 的取值相互独 1 2 n
n
立，则又有DY
i
i=1

n
=DY
i
i=1


．求EX 

及σX  ．
  
(2)若d>0，证明：μ-d<X<μ+d是X-d<μ<X+d的充要条件．
  σ
【答案】(1)E(X)=μ，σ(X)= ；(2)证明见解析
n
 1 n
【解析】(1)由题意得E(X)=E X n i
i=1

1 n
= EX n i
i=1

1 n
= n EX i
i=1

1 n 1
= μ= ⋅nμ=μ． n n
i=1
X,X ,⋯,X 的取值相互独立，
1 2 n
  1 n
故σ(X)= D(X)= D X n i
i=1

n 1
= DX n2 i
i=1

n 1
= n2 DX i
i=1

1 σ
= ⋅nσ2= ． n2 n
(2)下面的不等式变换完全等价：
    
即μ-d<X<μ+d，-d<X-μ<d，-d<μ-X<d，X-d<μ<X+d，
  
故μ-d<X<μ+d是X-d<μ<X+d的充要条件．
12.按照国际乒联的规定,标准的乒乓球在直径符合的条件下,重量为2.7克,其重量的误差在区间[
-0.081,0.081]内就认为是合格产品,在正常情况下样本的重量误差x服从正态分布.现从某厂生产的
一批产品中随机抽取10件样本,其重量如下：
2.72 2.68 2.7 2.75 2.66 2.7 2.6 2.69 2.7 2.8
(1)计算上述10件产品的误差的平均数及标准差s；
(2)①利用(1)中求的平均数,标准差s,估计这批产品的合格率能否达到96%；
②如果产品的误差服从正态分布N(0,0.04052),那么从这批产品中随机抽取10件产品,则有不合格产
品的概率为多少？(附：若随机变量x服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<x<μ+σ)≈0.683，P(μ-
2σ<x<μ+2σ)≈0.954，P(μ-3σ<x<μ+3σ)≈0.997，0.95410用0.624，0.99710用0.9704分别代
替计算)
【答案】(1)0，0.05；(2)①不能；②0.3756
【解析】(1)由题意10件产品的误差分别为0.02,-0.02,0,0.05,-0.04,0,-0.1,-0.01,0,0.1，
 0.02-0.02+0+0.05-0.04+0-0.1-0.01+0+0.1
误差的平均数为x= =0；
10
0.022+(-0.02)2+02+0.052+(-0.04)2+02+(-0.1)2+(-0.01)2+02+0.12
方差为s2= =0.0025，
10
所以标准差为s=0.05；
(2)①由(1)中计算得μ=0,σ=0.05
所以P(μ-2σ≤x≤μ+2σ)=P(0-2×0.05≤x≤0+2×0.05)=P(-0.1≤x≤0.1)
因为在-0.1≤x≤0.1内包括了所有的合格产品,也包括了不合格的产品，
而P(-0.1≤x≤0.1)≈0.954<0.96，
所以这批抽查的产品的合格率不能达到96%.
②因为产品重量的误差服从正态分布N(0,0.04052)，所以μ=0,σ=0.0405，
μ-2σ<x<μ+2σ即为-0.081<x<0.081，
所以每件产品合格的概率P(μ-2σ<x<μ+2σ)≈0.954,所以随机抽取10件产品中有不合格产品的概率为1-0.95410≈1-0.6244=0.3756．
题型五 线性回归与非线性回归
大题典例
13.(24-25高三上·陕西西安·模拟预测)近年来我国新能源汽车行业蓬勃发展，新能源汽车不仅对环境保
护具有重大的意义，而且还能够减少对不可再生资源的开发，是全球汽车发展的重要方向．“保护环
境，人人有责”，在政府和有关企业的努力下，某地区近几年新能源汽车的购买情况如下表所示：
年份x 2019 2020 2021 2022 2023
新能源汽车购买数量>(万辆) 0.40 0.70 1.10 1.50 1.80
(1)计算y与x的相关系数r(保留三位小数)；
(2)求y关于x的线性回归方程，并预测该地区2025年新能源汽车购买数量．
n 
∑ x -x
i
参考公式r= i=1
13


y -y
1

n  ∑ x -x i
i=1
 n  2 ∑ y -y i
i=1

n 
∑ x -x
 i
，b= i=1
2


y -y
i

n  ∑ x -x i
i=1

  
，a=y-bx．
2
5 
参考数值： 13≈3.6056，∑ x -x
i
i=1


y -y
i
 =3.6．
【答案】(1)0.998；(2)2.54万辆
 2021×5+(-2)+(-1)+0+1+2  0.40+0.70+1.10+1.50+1.80
【解析】(1)x= =2021,y= =1.10，
5 5
5 
x-x
i
i=1
  2=(-2)2+(-1)2+02+12+22=10，
5 
y -y
1
i=1
  2=(-0.7)2+(-0.4)2+02+0.42+0.72=1.3
5 
x-x
i
所以r= i=1


y -y
1
 
5 
x-x
i
i=1

5 
 2 y -y
1
i=1

3.6 3.6
= = ≈0.998；
10× 1.3 3.6056
2 
5 
x-x
 i
(2)由(1)知，b= i=1


y -y
1
 
5 
x-x
i
i=1

3.6
= =0.36，
10
2 
  
a=y-bx=1.1-2021×0.36=-726.46，

所以y关于x的线性回归方程是y=0.36x-726.46，

当x=2025时，y=0.36×2025-726.46=2.54(万辆)，
该地区2025年新能源汽车购买数量约为2.54万辆.
解法指导
1、线性回归分析问题的类型及解题方法 
(1)求线性回归方程：①利用公式求出回归系数b，a；②利用回归直线过样本中心点求系数；
(2)利用回归方程进行预测：把线性回归方程看作一次函数，求函数值；

(3)利用回归直线判断正、负相关：决定正相关函数负相关的系数是b；
(4)回归方程的拟合效果可以利用相关系数判断，当r
14
 越接近1时，两变量的线性相关性越强。
2、非线性回归经验回归方程的求法
(1)根据原始数据(x,y)作出散点图；(2)根据散点图，选择恰当的拟合函数；(3)作恰当的变换，将其转
化成线性函数，求经验回归方程；(4)在(3)的基础上通过相应的变换，即可得非线性经验回归方程。
变式训练
14.(24-25高三上·广东·月考习)仙人掌别名老鸦舌，神仙掌，这一独特的仙人掌科草本植物，以其顽强的
生命力和独特的形态在自然界中独树一帜，以其形似并拢手指的手掌，且带有刺的特征而得名．仙人
掌不仅具有极高的观赏价值，还具有一定的药用价值，被誉为“夜间氧吧”，其根茎深入土壤或者干燥
的黄土中使其能够吸收足够多的水分进行储藏来提高生存能力，我国某农业大学植物研究所相关人
员为了解仙人掌的植株高度y(单位：cm)，与其根茎长度x(单位：cm)之间是否存在线性相关的关系，
通过采样和数据记录得到如下数据：
样本编号i 1 2 3 4
根茎长度x 10 12 14 16
i
植株高度y 62 86 112 132
i
4 
参考数据： x -x
i
i=1

4 
 2=20, y -y
i
i=1
  2=2792, 3490≈59.1．
(1)由上表数据计算相关系数r，并说明是否可用线性回归模型拟合y与x的关系(若r  >0.75，则可
用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001)；
(2)求y关于x的线性回归方程.
附：对于一组数据x 1 ,y 1  ,x 2 ,y 2  ,⋯,x n ,y n  ，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关
n 
x -x
 i
系数r的公式分别为b= i=1


 y -y
i

n  x -x i
i=1

n 
x -x
   i
,a=y-bx,r= i=1
2 


 y -y
i

n  x -x i
i=1
 n   2 y -y i
i=1

．
2 
【答案】(1)r=0.998，可用；(2)y=11.8x-55.4
 1
【解析】(1)易得x= 10+12+14+16
4

 1
=13,y= 62+86+112+132
4
 =98，
4 
x-x i
i=1


y-y i  =-3  ×-36  +-1  ×-12   +1×14+3×34=236，
4 
x-x
i
故r= i=1


y-y
i
 
4 
x-x
i
i=1

4 
 2 y-y
i
i=1

236 236 59
= = ≈ ≈0.998．
20×2792 4× 3490 59.1
2 
则r  >0.75，故可用线性回归模型模拟．4 
x-x
 i
(2)b= i=1
15


y-y
i
 
4 
x-x
i
i=1

236
= =11.8，
20
2 
  
a=y-bx=98-11.8×13=-55.4，
故线性回归方程为y=11.8x-55.4．
15.(24-25高三上·福建泉州·月考习)一只药用昆虫的产卵数y与一定范围内的温度x有关，现收集了该
种药用昆虫的6组观测数据如下表：
温度x/°C 21 23 24 27 29 32
产卵数y/个 6 11 20 27 57 77
 1 6  1 6 6  经计算得：x= ∑x =26,y= ∑y =33,∑ x -x
6 i 6 i i
i=1 i=1 i=1
  y -y
i
 6  =557,∑ x -x
i
i=1
 6  2=84,∑ y -y
i
i=1
 2=
6  3930,线性回归模型的残差平方和∑y -y
i i
i=1
 2 =236.64,e8.0605≈3167，其中x,y 分别为观测数据中的
i i
温差和产卵数，i=1,2,3,4,5,6.
  
(1)若用线性回归方程，求y关于x的回归方程y=bx+a(精确到0.1)；

(2)若用非线性回归模型求得y关于x回归方程为y=0.06e0.2303x，且相关指数R2=0.9522.
(i)试与(1)中的回归模型相比，用R2说明哪种模型的拟合效果更好.
(ii)用拟合效果好的模型预测温度为35°C时该种药用昆虫的产卵数(结果取整数).
附：一组数据x 1 ,y 1  ,x 2 ,y 2  ,⋯,x n ,y n 
   
，其回归直线y=bx+a的斜率和截距的最小二乘估计为b=
n  ∑ x -x
i
i=1
  y -y
i

n 
∑ x -x
i
i=1

n  ∑y -y
   i i
,a=y-bx；相关指数R2=1- i=1
2
 2
n 
∑ y -y
i
i=1

.
2

【答案】(1)y=6.6x-138.6；(2)(i)非线性回归模型拟合效果更好；(ii)190；
 1 6  1 6
【解析】(1)由题意n=6，则x= x =26，y= ∑y =33，
6 i 6 i
i=1 i=1
6  
(x-x)(y-y)
 i i 557 
b= i=1 = ≈6.6，a=33-6.6×26=-138.6，
6  84
(x-x)2
i
i=1

y关于x的线性回归方程为y=6.6x-138.6.
6  6 
(2)(i)对于线性回归模型，(y-y)2=3930，(y-y)2=236.64，
i i i
i=1 i=1
6

(y-y)2
i i
236.64
相关指数为1- i=1 =1- ≈1-0.0602=0.9398，
6  3930
(y-y)2
i
i=1
因为0.9398<0.9522，所以用非线性回归模型拟合效果更好.

(ii)当x=35，时y=0.06e0.2303×35=0.06×e8.0605=0.06×3167=190.02≈190(个)所以温度为35°C时，该种药用昆虫的产卵数估计为190个.
题型六 独立性检验及应用
大题典例
16.(24-25高三上·四川绵阳·月考习)2021年8月，义务教育阶段“双减”政策出台，某初中在课后延时服
务开设奥数、科技、体育等特色课程.为了进一步了解学生选课的情况，随机选取了400人进行调查问
卷，整理后获得如下统计表:
喜欢奥数 不喜欢奥数 总计
已选奥数课(A组) 150 50 200
未选奥数课(B组) 90 110 200
总计 240 160 400
(1)若从样本内喜欢奥数的240人中用分层抽样方法随机抽取32人，则应在A组、B组各抽取多少人？
(2)依据小概率值α=0.005的独立性检验，能否认为选报奥数延时课与喜欢奥数有关？
附:
Pχ2≥α
16
 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
α 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
n(ad-bc)2
参考公式:χ2=
a+b  c+d  a+c  b+d 
，其中n=a+b+c+d.
【答案】(1)应在A组抽取20人，应在B组抽取12人.
(2)能认为选报奥数延时课与喜欢奥数有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005
32 32
【解析】(1)应在A组抽取 ×150=20人，应在B组抽取 ×90=12人.
240 240
(2)零假设为H ：选报奥数延时课与喜欢奥数无关联，
0
400×(150×110-90×50)2
根据列联表中的数据，经计算可得χ2= =37.5>7.879，
200×200×240×160
根据小概率值α=0.005的独立性检验，我们推断零假设不成立，
即认为选报奥数延时课与喜欢奥数有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
解法指导
独立性检验的一般方法
(1)根据题目信息，完善列联表；
(2)提出零假设：假设两个变量相互独立，并给出在问题中的解释。
n(ad-bc)2
(3)根据列联表中的数据及计算公式χ2= 求出χ2的值；
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
(4)当χ2≥x 时，我们就推断H 不成立，即两个变量不独立，该推断犯错误的概率不超过α；
α 0
当χ2<x 时，我们没有充分证据推断H 不成立，可以认为两个变量相互独立。
α 0变式训练
17.(24-25高三上·宁夏中卫·月考习)宁夏新高考改革方案已正式公布，根据改革方案，将采用“3+1+
2”的高考模式，其中，“3”为语文、数学，外语3门参加全国统一考试，选择性考试科目为政治，历史、地
理、物理、化学、生物6门，由考生根据报考高校以及专业要求，结合自身实际，首先在物理和历史中选
择1门，再从政治、地理、化学、生物中选择2门，形成自己的“高考选考组合”.
(1)若某学生根据方案进行随机选科，求该生恰好选到“物化生”组合的概率；
(2)由于物理和历史两科必须选择1科，某校想了解高一新生选科的需求，随机选取100名高一新生进
行调查，得到如下统计数据，完成下面2×2列联表，依据小概率值α=0.01的独立性检验，能否认为
“选科与性别有关”？
选择物理 选择历史 合计
男生 40 50
女生
合计 30 100
n(ad-bc)2
附参考公式与表：χ2=
a+b
17
 c+d  a+c  b+d 
，n=a+b+c+d.
χ2独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值：
α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
σ
1
【答案】(1) ；(2)列联表见解析，不能认为“选科与性别有关”
12
【解析】(1)设物理、历史两门学科分别为m,n，政治、地理、化学、生物分别为a,b,c,d，
某同学根据方案进行随机选科，所得的结果为：m,a,b  ,m,a,c  ,m,a,d  ,m,b,c  ，
m,b,d  ,m,c,d  ,n,a,b  ,n,a,c  ,n,a,d  ,n,b,c  ,n,b,d  ,n,c,d  ，
1
共有12种情形，所以该生恰好选到“物化生”的概率为P= ；
12
(2)2×2的列联表为：
选择物理 选择历史 合计
男生 40 10 50
女生 30 20 50
合计 70 30 100
设零假设H ：选科与性别无关，
0
10040×20-10×30
则χ2=
 2
≈4.762<6.635，
50×50×70×30
故依据小概率值α=0.01的独立性检验，可得零假设H 成立，
0
故不能认为“选科与性别有关”.
18.(24-25高三上·上海·开学考试)某地生产队在面积相等的50000块稻田上种植一种新型水稻，从中抽取100块得到各块稻田的亩产量(单位：kg)与优质频数并部分整理成下表(最终亩产量均在900kg
到1200kg之间)
亩产量 900,950
18
 950,1000  1000,1050  1100,1150  1150,1200 
优质频数 5 10 14 18 6
普通频数 1 2 4 6 4
(1)这50000块稻田中，亩产量在 1050,1100  的频数约为多少？
(2)估计这片稻田的平均亩产量(单位kg)；
(3)已知在100块抽取稻田中亩产量在 1050,1100  的优质稻田有25块，是否有0.95的把握认为产品
是否优质与亩产量不少于1050kg且少于1200kg有关？(参考公式：χ2=
a+b+c+d  ad-bc  2
a+b  c+d  a+c  b+d 
，参考数据：Pχ2≥3.841  ≈0.05)
【答案】(1)15000块；(2)1067kg；(3)没有.
【解析】(1)由表格900,950  、950,1000  、1000,1050  、1100,1150  、1150,1200  的亩产区间，
对应频数分别为6,12,18,24,10，频数共为70，故样本中亩产量在1050,1100  的频数约为100-70=30.
所以，50000块稻田中亩产量在1050,1100 
50000
的频数约为 ×30=15000块.
100
(2)由(1)，抽取100块稻田的平均亩产量为
0.06×925+0.12×975+0.18×1025+0.3×1075+0.24×1125+0.1×1175=1067kg.
所以，这片稻田的平均亩产量约为1067kg.
(3)由题意，可得如下列联表，
亩产900≤x<1050 亩产1050≤x<1200
优质 29 49 78
普通 7 15 22
36 64 100
100×29×15-49×7
故χ2=
 2
≈0.214<3.841，
36×64×22×78
所以，没有0.95的把握认为产品是否优质与亩产量不少于1050kg且少于1200kg有关.
题型七 条件概率/全概率公式/贝叶斯公式
大题典例
19.(24-25高三上·贵州遵义·模拟预测)已知4台车床加工的同一种零件共计1000件，其中第一台加工
200件，次品率为5%；第二台加工250件，次品率为6%；第三台加工250件，次品率为8%；第四台加工
300件，次品率为10%.现从这1000件零件中任取一个零件.
(1)求取到的零件是次品的概率；
(2)若取到的零件是次品，求它是第i(其中i=1,2,3,4)台车床加工的零件的概率.
3 2 1 4 2
【答案】(1) ；(2)分别为 , , , ．
40 15 5 15 5200×5%+250×6%+250×8%+300×10% 75 3
【解析】(1)由题意所求概率为P= = = ；
1000 1000 40
(2)由题意第一台车床加工的零件中次品数约为200×5%=10，
第二台车床加工的零件中次品数约为150×6%=15，
第三台车床加工的零件中次品数约为250×8%=20，
第四台车床加工的零件中次品数约为300×10%=30，
10+15+20+30=75，
10 2
所以取到的零件是次品，它是第一台车床加工的零件的概率为P= = ，
1 75 15
15 1
它是第二台车床加工的零件的概率为P= = ，
1 75 5
20 4
它是第三台车床加工的零件的概率为P= = ，
1 75 15
30 2
它是第四台车床加工的零件的概率为P= = ．
1 75 5
解法指导
P(AB)
1、条件概率：一般地，设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)= 为在事件A发生的条件
P(A)
下，事件B发生的条件概率．
 
2、全概率公式：P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)；
3、贝叶斯公式：一般地，当 0 < P(A) < 1 且 P(B) > 0 时，有 P A
19
  B 
P(A)P(B|A)
= =
P(B)
P(A)P(B|A)
 
P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)
变式训练
20.(24-25高三上·广东·月考习)甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作答，
答对积1分，答错不得分：然后换对方抽题作答，甲乙两人各完成一次答题记为一轮比赛．比赛过程
中，有选手领先2分者立即晋级，比赛结束(不管该轮比赛有没有完成)．已知甲答对题目的概率为
1
，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，抽签决定首次答题方，已知第一轮答题后甲乙两人各
3
1
积1分的概率为 ．记比赛结束时甲乙两人的答题总次数为nn≥2
6
 ．
(1)求p；
(2)求在n=4的情况下，甲晋级的概率；
(3)由于比赛时长关系，比赛答题不能超过3轮，若超过3轮没有晋级者，则择期再进行比赛．求甲在
3轮比赛之内成功晋级的概率．
1 1 17
【答案】(1) ；(2) ；(3)
2 5 216
1 1 1
【解析】(1)由题意可得 ×p= ，即p= ；
3 6 2
(2)当n=4时，甲乙两人各答两题，由于比赛结束，
故总有一人两题全对，另一人两题全错，且第四题答题人必须答对才能结束，
故当n=4时，后答题人晋级，
(例：若甲先答题，若甲对，乙错，甲对，此时比赛结束，不符合要求)
设甲晋级为事件A，n=4的情况为事件B，
则PB
20

1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 5
= × × × × + × × × × = ，
2 3 2 3 2 2 2 3 2 3 72
PAB 
1 1 1 1 1 1
= × × × × = ，
2 2 3 2 3 72
则PAB  PAB = 
PB 
1
= 72 = 1 ；
5 5
72
(3)甲在3轮比赛之内成功晋级，则两人可能的答题总次数为3、4、5、6，
设这四个事件分别为C、D、E、F，
若n=3，则甲先答题，两人答题情况一定为：甲对，乙错，甲对；
则PAC 
1 1 1 1 1
= × × × = ，
2 3 2 3 36
若n=4，则乙先答题，两人答题情况一定为：乙错，甲对，乙错，甲对；
则PAD 
1 1 1 1 1 1
= × × × × = ，
2 2 3 2 3 72
若n=5，则甲先答题，两人答题情况可能为：
甲错，乙错，甲对，乙错，甲对；
甲对，乙错，甲错，乙错，甲对；
甲对，乙对，甲对，乙错，甲对；
则PAE 
1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1
= × × × × × + × × × × × + × × × × × =
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
5
，
216
若n=6，则乙先答题，两人答题情况可能为：
乙错，甲对，乙错，甲错，乙错，甲对；
乙错，甲错，乙错，甲对，乙错，甲对；
乙错，甲对，乙对，甲对，乙错，甲对；
乙对，甲对，乙错，甲对，乙错，甲对；
则PAF 
1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1
= × × × × × × + × × × × × × + × × × ×
2 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2
1 1 1
× ×
3 2 3
1 1 1 1 1 1 1 1
+ × × × × × × = ，
2 2 3 2 3 2 3 72
1 1 5 1 17
故甲在3轮比赛之内成功晋级的概率P= + + + = .
36 72 216 72 216
21.(24-25高三上·四川内江·月考习)夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种
2
凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是 ，若在前一
3
1
天选择绿豆汤的条件下，后一天继续选择绿豆汤的概率为 ，而在前一天选择银耳羹的条件下，后一
3
1
天继续选择银耳羹的概率为 ，如此往复．(提示：设A 表示第n天选择绿豆汤)
2 n
(1)求该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率(2)求该同学第2天选择绿豆汤的概率；
(3)记该同学第n天选择绿豆汤的概率为P ，求出P 的通项公式.
n n
2 7
【答案】(1) ；(2) ；(3)答案见解析
9 18
2 1 2
【解析】(1)该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率为 × = ；
3 3 9

(2)设A 表示第1天选择绿豆汤，A 表示第2天选择绿豆汤，则A 表示第1天选择银耳羹，
1 2 1
根据题意得，PA 1
21


2
= ,PA 3 1 
1
= 3 ,PA 2 |A 1 

1
= ,PA |A 3 2 1 
1 1
=1- = ， 2 2
所以PA 2  =PA 1  PA 2 |A 1 

+PA 1 

PA |A 2 1 
2 1 1 1 7
= × + × = ． 3 3 3 2 18
(3)设A n 表示第n天选择绿豆汤，则P n =PA n 

,PA n  =1-P， n
根据题意得，PA n+1 |A n 

1
= ,PA |A 3 n+1 n 
1 1
=1- = ， 2 2
由全概率公式得，PA n+1  =PA n  PA n+1 |A n 

+PA n 

PA |A n+1 n 
1 1
= 3 P n + 2 1-P n 
1 1
=- P + ， 6 n 2
1 1 3 1 3
即P =- P + ，整理得，P - =- P -
n+1 6 n 2 n+1 7 6 n 7

3 5
，又P- = ≠0，
1 7 21
3
所以P -
 n 7

5 1
是以 为首项，- 为公比的等比数列．
21 6
3 5 1
所以P - = ×-
n 7 21 6

n-1 5 1
，所以P = ×-
n 21 6

n-1 3
+ ..
7
题型八 概率与统计图表的综合应用
大题典例
22.(24-25高三上·广东广州·模拟预测)在某地区进行高中学生每周户外运动调查，随机调查了1000名
高中学生户外运动的时间(单位：小时)，得到如下样本数据的频率分布直方图.
(1)求a的值，估计该地区高中学生每周户外运动的平均时间；(同一组数据用该区间的中点值作代表)
(2)为进一步了解这1000名高中学生户外运动的时间分配，在14,16

，16,18

两组内的学生中，采用
分层抽样的方法抽取了5人，现从这5人中随机抽取3人进行访谈，记在14,16

内的人数为X，求X
的分布列和期望；
(3)以频率估计概率，从该地区的高中学生中随机抽取8名学生，用“P 8k  ”表示这8名学生中恰有k
名学生户外运动时间在8,10  内的概率，当P 8k  最大时，求k的值.【答案】(1)a=0.1，平均时间为9.16小时；(2)分布列见解析，期望EX
22

12
= ；(3)k=2
5
【解析】(1)由已知20.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01  =1，解得a=0.1，
所以平均数为1×0.04+3×0.06+5×0.1+7×0.1+9×0.3+11×0.2+13×0.1+15×0.08+17×0.02
=9.16.
(2)这1000名高中学生户外运动的时间分配，
在14,16  ，16,18  两组内的学生分别有1000×0.08=80人，和1000×0.02=20人；
所以根据分层抽样可知5人中在14,16 
80
的人数为5× =4人，在16,18
80+20
 内的人数为5-4=1人，
所以随机变量X的可能取值有2，3，
所以PX=2 
C2 3
= 4 = ，PX=3
C3 5
5

C3 2
= 4 = ，
C3 5
5
则分布列为
X 2 3
3 2
P
5 5
期望EX 
3 2 12
=2× +3× = ；
5 5 5
(3)由频率分布直方图可知运动时间在8,10 
3
内的频率为0.15×2=0.3= ，
10
则P 8k 
3
=Ck 8 10 
k 3
⋅1- 10 
8-k 3
=Ck⋅ 8 10 
k 7
⋅ 10 
8-k
，
若P 8k  为最大值，则
P 8k  ≥P 8k+1 
P 8k  ≥P 8k-1 

， 
Ck⋅ 3 即 8 10  k ⋅ 7 10  8-k ≥Ck+1⋅ 3 8 10  k+1 ⋅ 7 10  7-k
Ck⋅ 3
8 10
 k ⋅ 7
10
 8-k ≥Ck-1⋅ 3
8 10
 k-1 ⋅ 7
10

  ，
9-k
 1 ⋅ 7 ≥ 1 ⋅ 3
即 8-k 10 k+1 10 ，解得1.7≤k≤2.7，
1 ⋅ 3 ≥ 1 ⋅ 7
k 10 9-k 10
又k∈N，且0≤k≤8，则k=2.
解法指导
1、概率与统计图表的综合应用题关键点：
(1)从题目条件或统计图表给出的信息，提炼出所需要的信息；
(2)①进行概率与统计的正确计算；②此类问题中的概率大多是古典概型、条件概率，
求解时注意运用对立事件的概率。
2、频率分布直方图
(1)频率、频数、样本容量的计算方法
频率
① ×组距=频率．
组距
频数 频数
② =频率， =样本容量，样本容量×频率=频数．
样本容量 频率
③频率分布直方图中各个小方形的面积总和等于1．
(2)频率分布直方图中数字特征的计算①最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数．
②中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的．设中位数为x，利用x左(右)侧矩形面积之和等
于0.5，即可求出x．
③平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边

中点的横坐标之和，即有x=x p +x p +⋯+x p ，其中x 为每个小长方形底边的中点，p 为每个小长
1 1 1 1 n n n n
方形的面积．
变式训练
23.(24-25高三上·宁夏石嘴山·月考)某校为了解该校学生“停课不停学”的网络学习效率，随机抽查了
高一年级100位学生的某次数学成绩(单位：分)，得到如下所示的频率分布直方图：

(1)估计这100位学生的数学成绩的平均值x；(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)
(2)根据整个年级的数学成绩可以认为学生的数学成绩X近似地服从正态分布N(μ，σ2)，经计算，(1)

中样本的标准差s的近似值为10，用样本平均数x作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值，
现任抽取一位学生，求他的数学成绩恰在64分到94分之间的概率；(若随机变量X~N(μ，σ2)，则P(μ
-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973)
(3)该年级1班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习，提高学生每天的作业质量及学习数学的
积极性，特意在微信上设计了一个每日作业小程序，每当学生提交的作业获得优秀时，就有机会参与
一次小程序中”玩游戏，得奖励积分”的活动，开学后可根据获得积分的多少向老师领取相应的小奖
品.小程序页面上有一列方格，共15格，刚开始有只小兔子在第1格，每点一下游戏的开始按钮，小兔
1
子就沿着方格跳一下，每次跳1格或跳2格，概率均为 ，依次点击游戏的开始按钮，直到小兔子跳到
2
第14格(奖励0分)或第15格(奖励5分)时，游戏结束，每天的积分自动累加，设小兔子跳到第n(1≤
n≤14)格的概率为P ，试证明P -P
n n+1 n
23
 是等比数列，并求P (获胜的概率)的值.
15
2 1 【答案】(1)74；(2)0.8186；(3)证明见解析，P = 1--
15 3 2
  15 



【解析】(1)x=(0.01×55+0.02×65+0.045×75+0.02×85+0.005×95)×10=74；
(2)由X∼N74,102  ，∴μ=74,σ=10，∵P(μ-σ<ζ≤μ+σ)≈0.6827，
0.6827 0.9545
P(μ-2σ<ζ≤μ+2σ)≈0.9545∴P(64<X<94)≈ + =0.8186.
2 2
(3)小兔子开始在第1格，为必然事件，P=1，
11 1
点一下开始按钮，小兔子跳1格即移到第2格的概率为 ，即P = ，
2 2 2
小兔子移到第n+1(2≤n≤14)格的情况是下列两种，而且也只有两种情况.
1
①小兔子先跳到第n-1格，又点一下开始按钮跳了2格，其概率为 P ；
2 n-1
1
②小兔了先跳到第n格，又点一下开始按钮跳了1格，其概率为 P；
2 n
1 1 1
∵P n+1 = 2 P n-1 + 2 P n ，∴P n+1 -P n =- 2 P n -P n-1
24
 ．
∴当1≤n≤14时，
数列P -P
n+1 n

1 1 1
是以P -P= -1=- 为首项，以- 为公比的等比数列，
2 1 2 2 2
∴P n+1 -P n =P 2 -P 1 
1
×- 2 
n-1 1
=- 2 
1
×- 2 
n-1 1
=- 2 
n
，
P n+1 =P 1 +P 2 -P 1  +P 3 -P 2  +⋯+P n+1 -P n 
1
=1+- 2 
1 1
+- 2 
2 1
+⋯+- 2 
n
1--1
2 =

n+1
2 1 = 1--
1+1 3 2
2
  n+1 

 (1≤n≤14)．
2 1 ∴获胜的概率P = 1--
15 3 2
  15 

 ．
24.(24-25高三上·黑龙江哈尔滨·月考习)某汽车销售公司为了提升公司的业绩，将最近一段时间内每
日的汽车销售情况进行了统计，如图所示.
(1)求a的值，并求该公司这段时间内每日汽车销售量的第60百分位数；
(2)以频率估计概率，若在这段时间内随机选择4天，设每日汽车销售量在 200,250  内的天数为X，
在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，求X的分布列及数学期望；
(3)为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：在三棱锥A-
BCD中，△BCD、△ACD均是边长为2的正三角形，AB= 3，现从写有数字1~8的八个标签中随机
选择两个分别贴在A、B两个顶点，记顶点A、B上的数字分别为m和n，若E为侧棱AB上一个动
AE
点，满足

EB 
m π
= ，当“二面角E-CD-A大于 ”即为中奖，求中奖的概率.
n 4
【答案】(1)a=0.004，175；(2)分布列见解析，EX 
12 9
= ；(3)
11 56
【解析】(1)由0.001+0.002+0.003+2a+0.006  ×50=1⇒a=0.004.
因为：0.002+0.003+0.004  ×50=0.45，0.002+0.003+0.004+0.006  ×50=0.75，所以每日汽车销售量的第60百分位数在150,200
25

0.6-0.45
，且为150+ ×50=175.
0.75-0.45
(2)因为抽取的1天汽车销售量不超过150辆的概率为0.45，
抽取的1天汽车销售量在200,250  内的概率为0.2.
所以：在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，
抽取的1天汽车销售量在200,250 
0.2 4
内的概率为p= = .
1-0.45 11
由题意，X的值可以为：0，1，2，3.
且PX=0 
7
=C0× 3 11 
3 343
= ，PX=1 1331 
4 7
=C1× × 3 11 11 
2 588
= ， 1331
PX=2 
4
=C2× 3 11 
2 7 336
× = ，PX=3 11 1331 
4
=C3× 3 11 
3 64
= . 1331
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
343 588 336 64
P
1331 1331 1331 1331
所以EX 
4 12
=3× = .
11 11
(3)如图：取CD中点F，链接BF，EF，AF，CE，DE.
因为△BCD，△ACD都是边长为2的等边三角形，
所以CD⊥BF，CD⊥AF，BF，AF⊂平面ABF，所以CD⊥平面ABF.
EF⊂平面ABF，所以CD⊥EF.
所以∠EFA为二面角E-CD-ADE 平面角.
在△ABF中，AB=BF=AF= 3，所以∠BFA=60°.
m 3 3sin45°
若∠EFA=45°，在△AEF中，由正弦定理： = ⇒m= =3- 3.
sin45° sin75° sin75°
此时：n= 3-3- 3 
m
=2 3-3， = 3+1.
n
m
所以，要想中奖，须有 > 3+1.
n
由m,n是从写有数字1~8的八个标签中随机选择的两个，所以基本事件有A2=56个，
8
m
满足 > 3+1的基本事件有：
n
8,1  ，8,2  ，7,1  ，7,2  ，6,1  ，6,2  ，5,1  ，4,1  ，3,1  共9个，
9
所以中奖的概率为： .
56
题型九 概率与其他知识的交汇应用大题典例
25.(24-25高三上·广东深圳·月考习)甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作
答，答对积1分且对方不得分，答错不得分且对方积1分；然后换对方抽题作答，直到有领先2分者晋
4
级，比赛结束.已知甲答对题目的概率为 ，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，抽签决定首
5
2
次答题方，已知两次答题后甲乙两人各积1分的概率为 .记甲乙两人的答题总次数为nn≥2
5
26
 .
(1)求p；
(2)当n=2时，求甲得分X的分布列及数学期望；
(3)若答题的总次数为n时，甲晋级的概率为P nA 
8
，证明：
15
≤P 2A  +P 3A  +⋅⋅⋅+P nA 
8
< .
9
1 22
【答案】(1)p= ；(2)分布列见解析， ；(3)证明见解析
3 15
【解析】(1)记A =“第i次答题时为甲”，B=“甲积1分”，
i
则PA 1 
1
= 2 ，PB|A i 
4 
= ，PB|A 5 i 
4 1
=1- 5 = 5 ，PB|A i 
 
=1-p，PB|A i  =p，
2 1 4 1 = p+ 1-p
5 2 5 5
  

 1 + 1-p
2
   ⋅ 1 +p⋅ 4
 5 5
 ，
2 3p+1 1
则 = ，解得p= ；
5 5 3
(2)由题意可知当n=2时，X可能的取值为0，1，2，
则由(1)可知PX=1 
2
= ，
5
PX=0 
1 1 1 1 1
=  × + ×
2 5 3 3 5

1
= ，PX=2
15

1 4 2 2 4
=  × + ×
2 5 3 3 5

8
= ，
15
X的分布列为：
X 0 1 2
1 2 8
P
15 5 15
随机变量X的数学期望为EX 
1 2 8 22
=0× +1× +2× = .
15 5 15 15
(3)由答题总次数为n时甲晋级，不妨设此时甲的积分为x ，乙的积分为x ，
甲 乙
则x -x =2，且x +x =n，所以甲晋级时n必为偶数，令n=2m，m∈N*
甲 乙 甲 乙
当n为奇数时，P nA  =0，
则P 2A  +P 3A  +⋅⋅⋅+P nA  =P 2A  +P 4A  +⋅⋅⋅+P nA 
2
=
5

0 8 2
⋅ +
15 5

1 8 2
⋅ +
15 5

2 8 2
⋅ +⋅⋅⋅+
15 5

m-1 8
⋅
15
8 2 = 
15 5
 0 2 +
5
 1 2 +
5
 2 2 +⋅⋅⋅+
5
  m-1 


1 1- 2
8 5 =
15
 m   


 1-2
5

8 2 = -1-
9 5
  m 

 ，
又∵m≥1时，P 2A  +P 3A  +⋅⋅⋅+P nA  随着m的增大而增大，
8
∴
15
≤P 2A  +P 3A  +⋅⋅⋅+P nA 
8
<
9解法指导
概率统计常与排列组合、函数、数列等知识交汇考查。求解此类问题要充分理解题意，根据题中已知条
件，联系所学知识对已知条件进行转化。这类问题的命题方向总的来说有两大类：
1、所给问题是以集合、函数、立体几何、数列、向量等知识为载体的概率问题，求解时需要利用相关知识
把所给问题转化为概率模型，然后利用概率知识求解；
2、所给问题是概率问题，求解时有时需要把所求概率转化为某一变量的该函数，然后利用函数、导数知
识进行求解；或者把问题转化为与概率变量有关的数列递推关系，再通过构造特殊数列求通项或求和。
变式训练
26.(24-25高三上·湖南·月考习)若无穷正项数列a
n
27
 同时满足下列两个性质：①存在M>0，使得a <
n
M,n∈N*；②a
n
 为单调数列，则称数列a
n
 具有性质P.
1
(1)若a =2n-1,b =
n n 3

n
，
(i)判断数列a
n
 ,b
n
 是否具有性质P，并说明理由；
(ii)记S =a b +a b +⋯+a b ，判断数列S
n 1 1 2 2 n n n
 是否具有性质P，并说明理由；
(2)已知离散型随机变量X服从二项分布Bn,p 
1
,0<p< ，记X为奇数的概率为c .证明：数列 2 n
c
n
 具有性质P.
【答案】(1)(i)数列a
n
 不具有性质P，数列b
n
 具有性质P，理由见解析；
(ii)数列S
n
 具有性质P，理由见解析；(2)证明见解析
【解析】(1)(i)因为a =2n-1单调递增，但无上限，即不存在M，使得a <M恒成立，
n n
所以数列a
n
 不具有性质P.
1
因为b =
n 3

n
<1，又数列b
n
 为单调递减数列，所以数列b
n
 具有性质P.
(ii)数列S
n
 具有性质P.
1 1 2n-1
S =1⋅ +3⋅ +⋯+ ，
n 3 32 3n
1 1 1 2n-1
S =1⋅ +3⋅ +⋯+ ，
3 n 32 33 3n+1
2 1 1 1 1 2n-1
两式作差得 S =1⋅ +2⋅ +2⋅ +⋯+2⋅ - ，
3 n 3 32 33 3n 3n+1
2 1- 1
即
2
S =-
1
+
3 3n
3 n 3

2n-1 2 2n+2
- = - ，
1-1 3n+1 3 3n+1
3
n+1
所以S =1- <1,∴数列S
n 3n n
 满足条件①.
∵a n b n =2n-1 
1
 3 
n
>0,∴S <S ,∴S n n+1 n  为单调递增数列，满足条件②.
综上，数列S
n
 具有性质P.
(2)因为X=0,1,⋯,n,n∈N*，
若X为奇数的概率为c ,X为偶数的概率为d ，
n n
c n +d n =1= 1-p   +p  n
=C0p0(1-p)n+C1p1(1-p)n-1+C2p2(1-p)n-2+⋯+Cnpn(1-p)0①
n n n n1-p
28
  -p  n=C0(-p)0(1-p)n+C1(-p)1(1-p)n-1+C2(-p)2(1-p)n-2+⋯+Cn(-p)n(1-p)0②， n n n n
①-② 1-(1-2p)n
=c ，即c = .
2 n n 2
1 1
所以当0<p< 时，0<1-2p<1，故c 随着n的增大而增大，且c < .
2 n n 2
故数列c
n
 具有性质P.
27.(24-25高三上·海南省·开学考试)第十五届全国运动会将于2025年在广东、香港、澳门三地举办．为
了普及全运知识，某大学举办了一次全运知识闯关比赛，比赛分为初赛与复赛，初赛胜利后才能参加
复赛，初赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个
人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作初赛胜利，无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参加
初赛，他们各自闯关成功的概率分别为p 、p 、p ，假定p 、p 、p 互不相等，且每人能否闯关成功相互
1 2 3 1 2 3
独立．
3 2 1
(1)若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关，p = ,p = ,p = ，求该小组初赛胜利的概率；
1 4 2 3 3 2
(2)已知1>p >p >p ，若乙只能安排在第二个派出，要使初赛派出人员数目的期望较小，试确定甲、
1 2 3
丙谁先派出；
(3)初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛，复赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获
得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖，已知某学生进入了复
1
赛，他在复赛中前两道题答对的概率均为a，第三道题答对的概率为b．若他获得一等奖的概率为 ，
8
设他获得二等奖的概率为p，求p的最小值．
23 3
【答案】(1) ；(2)甲先派出；(3)
24 8
【解析】(1)设事件A表示该小组获胜，
则PA 
3 1 2 1 1 1 23
= + × + × × = ，
4 4 3 4 3 2 24
23
所以该小组初赛胜利的概率为 ，
24
(2)若依次派出甲乙丙进行闯关，设派出的人员数目为X ，
1
则X的可能取值为1,2,3，
则PX 1 =1  =p 1 ，PX 1 =2  =1-p 1  p 2 ，PX 1 =3  =1-p 1  1-p 2  ，
此时EX 1  =p 1 +21-p 1  p 2 +31-p 1  1-p 2  =p p -2p -p +3， 1 2 1 2
若依次派出丙乙甲进行闯关，设派出的人员数目为X ，
2
则X的可能取值为1,2,3，
则PX 2 =1  =p 3 ，PX 2 =2  =1-p 3  p 2 ，PX 2 =3  =1-p 3  1-p 2  ，
此时EX 2  =p 3 +21-p 3  p 2 +31-p 3  1-p 2  =p p -2p -p +3， 2 3 3 2
所以EX 1  -EX 2  =p 1 p 2 -2p 1 -p 2 +3-p 2 p 3 -2p 3 -p 2 +3  =p p -2p -p p +2p 1 2 1 2 3 3
=p 2p 1 -p 3  -2p 1 -p 3  =p 1 -p 3  p 2 -2  ，
因为1>p >p >p ，
1 2 3
所以p 1 -p 3 >0,p 2 -2<0，所以EX 1  <EX 2  ，
所以要使初赛派出人员数目的期望较小，先派出甲.1 1
(3)由题意可得 =a2b，b= ，
8 8a2
则p=a21-b
29
 +C 2 1a1-a 
3 1 3
b=a2+2ab- =a2+ - ， 8 4a 8
令p=fa 
1 3
=a2+ - ,0<a<1，
4a 8
则fa 
1 8a3-1 2a-1
=2a- = =
4a2 4a2
 4a2+4a+1 
，
4a2
令fa 
1
=0⇒a= ，
2
1
所以当0<a< 时，fa
2
 <0，fa  为减函数，
1
当 <a<1时，fa
2
 >0，fa  为增函数，
所以fa 
1
=f
min 2

1 1 3 3
= + - = ，
4 2 8 8
3
所以p的最小值为 .
8
题型十 利用概率解决决策类问题
大题典例
28.(24-25高三上·宁夏银川·月考习)2023年12月30号，长征二号丙/远征一号S运载火箭在酒泉卫星
发射中心点火起飞，随后成功将卫星互联网技术实验卫星送入预定轨道，发射任务获得圆满完成，此
次任务是长征系列运载火箭的第505次飞行，也代表着中国航天2023年完美收官.某市一调研机构为
了了解当地学生对我国航天事业发展的关注度，随机的从本市大学生和高中生中抽取一个容量为40
的样本进行调查，调查结果如下表：
关注度
学生群体 合计
关注 不关注
大学生 20 28
高中生
合计 24
附：
α 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
x 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
α
nad-bc
χ2=
 2
a+b  c+d  a+c  b+d 
，n=a+b+c+d.
(1)完成上述列联表，依据小概率值α=0.05的独立性检验，能否认为关注航天事业发展与学生群体有
关？
(2)该市为了提高本市学生对航天事业的关注，举办了一次航天知识闯关比赛，包含三个问题，有两种
答题方案选择：方案一：回答三个问题，至少答出两个可以晋级；
方案二：在三个问题中，随机选择两个问题，都答对可以晋级.
3 1 1
已知小华同学答出三个问题的概率分别是 ， ， ，小华回答三个问题正确与否相互独立，则小华
5 3 2
应该选择哪种方案晋级的可能性更大？(说明理由)
【答案】(1)列联表见解析，关注航天事业发展与学生群体有关.
(2)小华应该选择方案二，理由见解析.
【解析】(1)完整列联表如下：
关注度
学生群体 合计
关注 不关注
大学生 20 8 28
高中生 4 8 12
合计 24 16 40
40160-32
故χ2=
30
 2
≈5.08>3.84，
24×16×12×28
故依据小概率值α=0.05的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关.
(2)方案一：设事件“回答三个问题，小华晋级”为A，
则PA 
3 1 1 2 1 1 3 2 1 3 1 1 14 7
= × × + × × + × × + × × = = ；
5 3 2 5 3 2 5 3 2 5 3 2 30 15
方案二：设事件“三个问题中，随机选择两个问题，小华晋级”为B，
则PB 
3 1 1 1 3 1 6+5+9 2
= × + × + × = = ，
5 3 3 2 5 2 30 3
2 7
因为 > ，故小华应该选择方案二.
3 15
解法指导
决策问题的解决策略：决策的工具是有关概率，决策方案的最佳选择是将概率最
大(最小)作为最佳方案，可能需要借助函数的性质去实现。
变式训练
29.(24-25高三上·贵州贵阳·月考习)某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投3次，在M处
投一次三分球，投进得3分，未投进不得分，在N处连续投2次两分球，每投进一次得2分，未投进不得
分，测试者累计得分高于3分即通过测试，并终止投篮(若前两次投篮后确定不能通过测试也终止投
1 1
篮).甲同学为了通过测试，刻苦训练，投中3分球的概率为 ，投中2分球的概率为 ，且每次投篮结
5 2
果互不影响.
(1)若甲同学先投3分球，求他投篮2次就终止投篮的概率；
(2)为使通过测试的概率最大，甲同学应先投几分球？
(3)为使投篮累计得分期望最大，甲同学应先投几分球？1
【答案】(1) ；(2)甲同学先投2分或先投3分是一样的；(3)先投2分球
2
【解析】(1)记甲同学先投3分球，投篮2次就终止投篮的事件为A，
pA
31

1 1 1
= × +1-
5 2 5

1
×1-
2

1
= .
2
(2)记甲同学先投3分球通过测试的概率为p ，
1
1 1 1 1
则p = × + ×1-
1 5 2 5 2

1 1
× +1-
2 5

1 1 7
× × = ；
2 2 20
记甲同学先投2分球通过测试的概率为p ，
2
1 1 1
则p = × +1-
2 2 2 2

1 1 1 1
× × + ×1-
2 5 2 2

1 7
× = ；
5 20
因为p =p ，故甲同学先投2分或先投3分是一样的.
1 2
(3)记甲同学先投3分球投篮累计得分为X，先投2分球投篮累计得分为Y，
X可能取0,2,3,4,5,
PX=0 
4 1 2
= × = ,PX=2
5 2 5

4 1 1 1
= × × = ,
5 2 2 5
PX=3 
1 1 1 1
= × × = ,PX=4
5 2 2 20

4 1 1 1
= × × = ,
5 2 2 5
PX=5 
1 1 1 1 1 3
= × + × × = ，
5 2 5 2 2 20
EX 
1 1 1 3
=2× +3× +4× +5× =2.1.
5 20 5 20
Y可能取0,2,4,5，
PY=0 
1 1 1
= × = ,PY=2 2 2 4 
1 1 4 2
=C1× × × = ， 2 2 2 5 5
PY=4 
1 1 1
= × = ,PY=5 2 2 4 
1 1 1 1
=C1× × × = ， 2 2 2 5 10
EY 
2 1 1 23
=2× +4× +5× = >2.1.
5 4 10 10
故甲同学先投2分球投篮累计得分期望最大.
30.(24-25高三上·内蒙古赤峰·月考习)某校高三年级部组织高中生数学知识竞赛，竞赛分为个人赛和
团体赛，竞赛规则如下：个人赛规则：每位参赛选手只有一次挑战机会，电脑同时给出2道判断题T,T
1 2
(判断对错)和4道选择题X ,X ,X ,X (每个选择题的四个选项中有且仅有一个是正确的)，要求参赛
1 2 3 4
者全都作答，若有4道或4道以上答对，则该选手挑战成功.团体赛规则：以班级为单位，每班参赛人数
不少于20人，且参赛人数为偶数，参赛方式有如下两种可自主选择其中之一参赛：方式一：将班级选
派的2n个人平均分成n组，每组2人，电脑随机分配给同组两个人一道相同试题，两人同时独立答题，
若这两人中至少有一人回答正确，则该小组挑战成功，若这n个小组都挑战成功，则该班级挑战成功.
方式二：将班级选派的2n个人平均分成2组，每组n个人，电脑随机分配给同组n个人一道相同试题，
各人同时独立答题，若这n个人都回答正确，则该小组挑战成功.若这两个小组至少有一个小组挑战
成功则该班级挑战成功.
(1)在个人赛中若一名参赛选手全部随机作答，求这名选手恰好答对一道判断题并且答对两道选择题
的概率；
(2)甲同学参加个人赛，他能够答对判断题T 并且答对选择题X ，其余题目只能随机作答，求甲同学
1 1
挑战成功的概率；(3)在团体赛中，假设某班每位参赛同学对给出的试题回答正确的概率均为常数P(0<P<1)，为使本
班团队挑战成功的可能性更大，应选择哪种参赛方式？说明理由.
27 47
【答案】(1) ；(2) ；(3)选择方式一
256 128
【解析】(1)设事件A：选手答对1道选择题；事件B：选手答对1都选择题，
则PA
32

1
= ，PB
2

1
= ，
4
这名选手恰好答对一道判断题并且答对两道选择题的概率：
P 1 =C 2 1PA   PA  C 4 2PB   2PB  2=2× 1 ×1- 1 2 2  4×3 1 × × 2×1 4  2 1 ×1- 4  2 27 = 256
(2)甲同学挑战不成功可能得情况如下：
①只答对一道判断题T和选择题X；
1 1
②除T和X 外只答对一道填空题T 或一道选择题(X ,X ,X 中任意一道)
1 1 2 2 3 4
∴甲同学挑战成功的概率：
 P =1- PA 2   PB  3+PA   PB   3+PA  C 3 1PB   PB  2   47 = 128
(3)方式一：小组调整成功的概率：P 3 =1-1-P  2=2P-P2，
该班级挑战成功的概率：P 4 =P 3 n=2P-P2  n=Pn(2-P)n；
方式二：小组调整成功的概率：P =Pn，
5
该班级挑战成功的概率：P 6 =1-1-P 5  2=2P -P2=Pn(2-Pn) 5 5
P 4 -P 6 =Pn 2-P   n+Pn-2  ，
令fn  =2-P  n+Pn-2
则fn+1  -fn  =2-P  n+Pn-2- 2-P   n+Pn-2  =1-P  2-P   n-Pn 
∵0<P<1，则1-P>0，2-P>1，
可得2-P  n>1，Pn<1，
∴fn+1  -fn  >0，即fn+1  >fn  ，∴fn  单调递增，
又∵f2  =2-P  2+P2-2=2P2-4P+2=2p-1  2>0，且n≥10，
∴fn  >0，
从而P -P >0，即P >P，所以为使本班调整成功的可能性更大，应该选方式一参赛.
4 6 4 6
必刷大题
刷模拟
31.(2024·全国·高考真题)某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产
品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
优级品 合格品 不合格品 总计
甲车间 26 24 0 50
乙车间 70 28 2 100
总计 96 52 2 150
(1)填写如下列联表：
优级品 非优级品甲车间
乙车间
能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲，乙两车
间产品的优级品率存在差异？

(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率p=0.5，设p为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.
 p(1-p)
如果p>p+1.65 ，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，
n
能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？( 150≈12.247)
n(ad-bc)2
附：K2=
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
PK2≥k
33
 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析
【解析】(1)根据题意可得列联表：
优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
15026×30-24×70
可得K2=
 2 75
= =4.6875，
50×100×96×54 16
因为3.841<4.6875<6.635，
所以有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，
没有99%的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.
96
(2)由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为 =0.64，
150

用频率估计概率可得p=0.64，
又因为升级改造前该工厂产品的优级品率p=0.5，
p1-p
则p+1.65
 0.51-0.5
=0.5+1.65
n
 0.5
≈0.5+1.65× ≈0.567，
150 12.247
 p(1-p)
可知p>p+1.65 ，
n
所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
32.(2024·全国·高考真题)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第
一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中
一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得
0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率
为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若p=0.4，q=0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．(2)假设0<p<q，
(i)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
(ii)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
【答案】(1)0.686；(2)(i)由甲参加第一阶段比赛；(i)由甲参加第一阶段比赛；
【解析】(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
∴比赛成绩不少于5分的概率P=1-0.63
34
 1-0.53  =0.686.
(2)(i)若甲先参加第一阶段比赛，
则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P =1-(1-p)3
甲
 q3，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P 乙 =1-(1-q)3  ⋅p3，
∵0<p<q，
∴P -P =q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3
甲 乙
=(q-p)q2+pq+p2  +(p-q)⋅(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq) 
=(p-q)3p2q2-3p2q-3pq2 
=3pq(p-q)(pq-p-q)=3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0，
∴P >P ，应该由甲参加第一阶段比赛.
甲 乙
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，
P(X=0)=(1-p)3+1-(1-p)3

⋅(1-q)3，
PX=5  = 1-1-p  3   C 3 1q⋅1-q  2，
P(X=10)=1-(1-p)3  ⋅C2q2(1-q)，
3
P(X=15)=1-(1-p)3  ⋅q3，
∴E(X)=151-(1-p)3  q=15p3-3p2+3p  ⋅q
记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15，
同理E(Y)=15q3-3q2+3q  ⋅p
∴E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)]
=15(p-q)pq(p+q-3)，
因为0<p<q，则p-q<0，p+q-3<1+1-3<0，
则(p-q)pq(p+q-3)>0，
∴应该由甲参加第一阶段比赛.
33.(2024·北京·高考真题)某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保
单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数 800 100 60 30 10
假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公
司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
(i)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望EX  ；
(ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(i)中EX
35
 估计值的大小．(结论不要求证明)
1
【答案】(1) ；(2)(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于(i)中EX
10
 估计
值
【解析】(1)设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
由题设中的统计数据可得PA 
60+30+10 1
= = .
800+100+60+30+10 10
(2)(ⅰ)设ξ为赔付金额，则ξ可取0,0.8,1.6,2.4,3，
由题设中的统计数据可得Pξ=0 
800 4
= = ,Pξ=0.8
1000 5

100 1
= = ，
1000 10
60 3 30 3 10 1
P(ξ=1.6)= = ，P(ξ=2.4)= = ，P(ξ=3)= = ，
1000 50 1000 100 1000 100
故Eξ 
4 1 3 3 1
=0× +0.8× +1.6× +2.4× +3× =0.278
5 10 50 100 100
故EX  =0.4-0.278=0.122(万元).
4 1
(ⅱ)由题设保费的变化为0.4× ×96%+0.4× ×1.2=0.4032，
5 5
故EY  =0.122+0.4032-0.4=0.1252(万元)，
从而EX  <EY  .
34.(2024·上海·高考真题)为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生
中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：
时间范围学业成绩 0,0.5  0.5,1  1,1.5  1.5,2  2,2.5 
优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
(1)该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时人数约为多少？
(2)估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长(精确到0.1)
(3)是否有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？
n(ad-bc)2
(附：χ2=
a+b  c+d  a+c  b+d 
,其中n=a+b+c+d，Pχ2≥3.841  ≈0.05．)
【答案】(1)12500；(2)0.9h；(3)有
179+43+28 25
【解析】(1)由表可知锻炼时长不少于1小时的人数为占比 = ，
580 58
25
则估计该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时的人数为29000× =12500．
58
(2)估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为
1   0.5 ×139+ 0.5+1 ×191+ 1+1.5 ×179+ 1.5+2 ×43+ 2+2.5 ×28
580  2 2 2 2 2
 ≈0.9．
则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时.
(3)由题列联表如下：
1,2  其他 合计
优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485合计 222 358 580
提出零假设H ：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于1小时但少于2小时无关．
0
其中α=0.05．
580×(45×308-177×50)2
χ2= ≈3.976>3.841．
95×485×222×358
则零假设不成立，
即有95%的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关．
35.(2024·上海·高考真题)水果分为一级果和二级果，共136箱，其中一级果102箱，二级果34箱．
(1)随机挑选两箱水果，求恰好一级果和二级果各一箱的概率；
(2)进行分层抽样，共抽8箱水果，求一级果和二级果各几箱；
(3)抽取若干箱水果，其中一级果共120个，单果质量平均数为303.45克，方差为603.46；二级果48个，
单果质量平均数为240.41克，方差为648.21；求168个水果的方差和平均数，并预估果园中单果的质
量．
17
【答案】(1) ；(2)一级果抽取6箱，二级果抽取2箱
45
(3)方差1427.27克2，平均数285.44克，预估平均质量为287.69克
【解析】(1)设A事件为恰好选到一级果和二级果各一箱，
136×135
样本空间的样本点的个数n=C2 = =9180，
136 2
A事件的样本点的公式m=C1 ⋅C1 =3468，
102 34
所以PA
36

m 3468 17
= = = ；
n 9180 45
(2)因为一级果箱数：二级果箱数=102:34=3:1，
3 1
所以8箱水果中有一级果抽取8× =6箱，二级果抽取8× =2箱；
3+1 3+1
 
(3)设一级果平均质量为x，方差为S2，二级果质量为y，方差为S2，
x y

总体样本平均质量为z，方差为S2，
 
因为x=303.45，y=240.41，S2=603.46，S2=648.21，
x y
 120 48
所以z= ×303.45+ ×240.41=285.44克，
120+48 120+48
120 48
S2= ×[603.46+(303.45-285.44)2]+ ×[648.21+(240.41-285.44)2]=1427.27克2．
120+48 120+48
102  34 
预估平均质量为 ⋅x+ ⋅y=287.69克．
136 136