专题四
概率与统计
微专题10 排列组合与二项式定理
1.排列数与组合数的公式和性质
排列数
组合数
An
m=n(n-1)
(n-2)·…·(n-
m+1)=
n!
(n-m)!
Cn
m= An
m
Am
m=
n(n-1)(n-2)·…·(n-m+1)
m!
=
n!
m!(n-m)!
0!=1,An
n=n!
Cn
0=1,Cn
m=Cn
n-m,Cn
m+Cn
m-1=Cn+1
m ,nCn-1
k -1=k
Cn
k
2.二项式定理
(1)二项式定理:
(a+b)n=Cn
0an+Cn
1an-1b1+…+Cn
kan-kbk+…+Cn
nbn(n N
∈
*)
(2)二项式系数:
Cn
k(k=0,1,2,…,n).
(3)二项展开式的通项:
Tk+1=Cn
kan-kbk,它表示第k+1 项.
3.二项式系数的性质
(1)对称性:Cn
k=Cn
n-k.
(2)增减性:当k<n+1
2
时,二项式系数递增;当k>n+1
2
时,二项式系数递减.
(3)最大值:当n 是偶数时,中间一项的二项式系数取得最大值,为Cn
n
2;当n 是奇数时,中间两项的二项式系数相等,且同时取得
最大值,为Cn
n-1
2 与Cn
n+1
2 .
(4)各二项式系数的和为Cn
0+Cn
1+Cn
2+…+Cn
n=2n.
(5)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和,即Cn
0+Cn
2+Cn
4+…=Cn
1+Cn
3+Cn
5+…=2n-1.
微点一 两个计数原理
例1 (1)(2023·全国甲卷)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(B)
A.120 种B.60 种
C.30 种D.20 种
解析 不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e,假设a 两天都参加了公益活动,再从剩余的4 人中抽取2 人各参加星期六与星期日的
公益活动,共有A4
2=12 种方法,同理:b,c,d,e 两天都参加了公益活动,也各有12 种方法,所以恰有1 人在这两天都参加的不同安
排方法共有5×12=60 种.故选B.
(2)(2024·新课标Ⅱ卷)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 24
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 112
.
11
21
31
40
12
22
33
42
13
22
33
43
15
24
34
44
解析 第一步,从第一行任选一个数,共有4 种不同的选法;第二步,从第二行选一个与第一个数不同列的数,共有3 种不同的
选法;第三步,从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数,共有2 种不同的选法;第四步,从第四行选一个与第一、二、三
个数均不同列的数,只有1 种选法.由分步乘法计数原理知,不同的选法种数为4×3×2×1=24.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4 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.
训练1 (1)(2025·荆州模拟)电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色,每种颜色的色号均为0~255.在电脑上绘画可以分别从
三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色,那么在电脑上可配成的颜色种数为(A)
A.2563
B.27
C.2553
D.6
解析 分三步取色,第一步、第二步、第三步都有256 种取法,根据分步乘法计数原理得,共可配成256×256×256=2563(种)颜
色.故选A.
(2)编号为A,B,C,D,E 的5 种蔬菜种在如图所示的五块实验田里,每块只能种一种蔬菜,要求A 品种不能种在1,2 试验田里,B 品
种必须与A 品种在相邻的两块田里,则不同的种植方法种数为(B)
A.24
B.30
C.36
D.54
解析 当A 种在4 号田时,B 只能种在3 号,其余三种蔬菜在三个位置全排列,共有A3
3=6 种结果,当A 种在5 号田时,结果相同,
也有6 种;当A 种在3 号田时,B 有3 种结果,余下的三种蔬菜在三个位置全排列,有3A3
3=18 种结果;根据分类加法计数原理,共
有6+6+18=30 种结果.故选B.
微点二 排列与组合
例2 (1)(2025·长春模拟)某班联欢会原定5 个节目,已排成节目单,开演前又增加了2 个节目,现将这2 个新节目插入节目单
中,要求新节目既不排在第一位,也不排在最后一位,那么不同的插法种数为(C)
A.12
B.18
C.20
D.60
解析 根据题意,可分为两类:①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时,有C 4
1 A2
2=4×2=8 种方法;②当新节目插在中间
的四个空隙中的两个时,有A4
2=4×3=12 种方法,由分类加法计数原理得,共有8+12=20 种不同的插法.
(2)2025 年4 月24 日神舟二十号发射成功,神十九与神二十乘组航天员在太空会师,6 名航天员分两排合影留念,若从神十九
和神二十每组的3 名航天员中各选1 人站在前排,后排的4 人要求同组的2 人必须相邻,则不同的站法有(B)
A.72 种B.144 种C.180 种D.288 种
解析 因为第一排的站法有C3
1C3
1 A2
2=18(种),第二排的站法有A2
2 A2
2 A2
2=8(种),所以不同的站法有18×8=144(种).故选B.
求解排列与组合问题的方法
(1)直接法:相邻问题采用“捆绑法”,不相邻问题采用“插空法”.解决定序问题,可先不考虑顺序限制,排好后,再除以定序元
素的全排列数.
(2)间接法:对于分类过多的问题,一般利用间接法求解.
训练2 (1)将8 个数学竞赛名额全部分给4 个不同的班,每个班至少有1 个名额,则不同的分配方案种数为(B)
A.15
B.35
C.56
D.70
解析 将8 个数学竞赛名额全部分给4 个不同的班,每个班至少有1 个名额,可类比为用3 个隔板插入8 个小球中间的空隙
中,将球分成4 堆,由于8 个小球中间共有7 个空隙,因此共有C7
3=35 种不同的分法.
(2)某校大一新生A,B,C,D 欲加入该校的文学社、书法社、羽毛球社.已知这4 名大一新生每人只加入了1 个社团,则这4 名
大一新生恰好加入其中2 个社团的不同情况有(C)
A.21 种B.30 种C.42 种D.60 种
解析 4 名大一新生分成2 个组,一组1 人另一组3 人或2 个组各2 人,有C 4
1+C4
2C2
2
A2
2
种方案,3 个社团选择2 个社团,有C3
2种
方案,把2 个组分配给2 个社团,有A2
2种方案,由题意可得这4 名大一新生恰好加入其中2 个社团的不同情况有
(C4
1 + C4
2C2
2
A2
2 )C3
2 A2
2=42(种).故选C.
微点三 二项式定理
例3 (1)(2025·泰安一模)若(
1
√x -2 x)
n
的展开式的二项式系数之和为64,则其展开式的常数项为(C)
A.-240
B.-60
C.60
D.240
解析 由题意2n=64,解得n=6.展开式通项为Tr+1=C6
r(
1
√x)
6-r
(-2x)r=C6
r(-2)r·x
3
2 r -3,由题意得3
2r-3=0,解得r=2,所以常数项为
T3=C6
2(-2)2·x0=60.故选C.
(2)(2025·北京高考)已知(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4,则a0= 1 ;a1+a2+a3+a4= 15 .
解析 令x=0,则a0=1,又(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4,故(1-2x)4=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,故答案为1,15.
(3)(a- x
y)(x+y)7的展开式中x2y5的系数为36,则a 的值为 43
21
.
解析 因为(x+y)7的二项展开式为Tr+1=C7
rx7-ryr,r=0,1,2,…,7,令r=5,可得T6=C7
5x2y5=21x2y5;令r=6,可得T7=C7
6xy6=7xy6;可得a×T6-
x
y
·T7=a×21x2y5- x
y
×7xy6=(21a-7)x2y5,所以21a-7=36,解得a=43
21
.
(1)求(a+b)n的展开式中的特定项一般要应用通项Tk+1=Cn
kan-kbk(k=0,1,2,…,n).
(2)求两个因式积的特定项,一般对某个因式用通项,再结合因式相乘,分类讨论求解.
(3)求三项展开式的特定项,一般转化为二项式求解或用定义法.
(4)求解系数和问题应用赋值法.
训练3 (1)(2025·赣州一模)(多选题)已知(2x+1)(x-2)n=a0+a1x+a2x2+…+a7x7(a7≠0),则
(ACD)
A.n=6
B.a5=-108
C.a0+a1+a2+…+a7=3
D.a0+a2+a4+a6=-363
解析 由(2x+1)(x-2)n=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,所以(x-2)n的展开式中最高次项为6 次项,即n=6,故A 正确;(x-2)6的展开式中,x4的系
数为C6
2(-2)2=60,x5的系数为C6
1(-2)1=-12,则a5=2×60+1×(-12)=108,故B 错误;令x=1,得(2+1)×(1-2)6=a0+a1+a2+…+a7=3,故C 正确;令
x=-1,得(-2+1)×(-1-2)6=a0-a1+a2+…+a6-a7=-729,所以,a0+a2+a4+a6=3+(-729)
2
=-363,故D 正确.故选ACD.
(2)(2025·湖北一模)已知在(x - 2
√x)
n
,n N
∈
*的展开式中,有且只有第4 项的二项式系数最大,则展开式中x3的系数为 60
.
解析 依题意可知n=6,(x - 2
√x)
6
的展开式通项为Tr+1=C6
rx6-r(- 2
√x)
r
=C6
r(-2)rx
6- 3
2 r(r=0,1,2,3,4,5,6),令6-3
2
r=3,则r=2,故x3的
系数为C6
2(-2)2=60.
1.(2023·新课标Ⅱ卷)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(D)
A.C 400
45 ·C200
15 种
B.C 400
20 ·C200
40 种
C.C400
30 ·C200
30 种
D.C400
40 ·C200
20 种
解析 根据分层随机抽样的定义知初中部共抽取60×400
600 =40(名),高中部共抽取60×200
600=20(名),根据组合数公式和分步乘
法计数原理得,不同的抽样结果共有C400
40 ·C200
20 种.故选D.
2.(2022·新课标Ⅱ卷)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(B)
A.12 种B.24 种
C.36 种D.48 种
解析 解法一(直接法):第一种情况:甲站在最中间,丙丁站在甲的左边或右边有2 种选择,然后丙丁两个内部全排,乙戊在剩
下的两个位置全排列,有2A2
2 A2
2=8 种站法.第二种情况:甲站在左二或右二有2 种选择,以甲站左二位置为例,丙丁在甲的右
侧三个位置中相邻有2 种选择,然后丙丁两个内部全排列,乙戊在剩下的两个位置全排列,有2×2A2
2 A2
2=16 种站法.所以甲不
站在两端,丙和丁相邻的不同排列方式共有8+16=24 种.故选B.
解法二:(间接法)丙和丁相邻共有A2
2·A4
4种站法,甲站在两端且丙和丁相邻共有C2
1·A2
2·A3
3种站法,所以甲不站在两端且丙和
丁相邻共有A2
2·A4
4-C2
1·A2
2·A3
3=24 种站法,故选B.
3.(2025·天津高考)在(x-1)6的展开式中,x3项的系数为 -20
.
解析 (x-1)6展开式的通项公式为Tk+1=C6
kx6-k(-1)k=(-1)kC6
kx6-k,令6-k=3,得k=3,所以x3项的系数为(-1)3C6
3=-20.
4.(2024·全国甲卷)(
1
3 + x)
10
的展开式中,各项系数中的最大值为 5 .
解析 (
1
3 + x)
10
的展开式的通项为Tr+1=C10
r (
1
3)
10-r
xr,则各项的系数分别为C10
0 (
1
3)
10
,C10
1 (
1
3)
9
,C10
2 (
1
3)
8
,C10
3 (
1
3)
7
,
C10
4 (
1
3)
6
,C10
5 (
1
3)
5
,C10
6 (
1
3)
4
,C10
7 (
1
3)
3
,C10
8 (
1
3)
2
,C10
9 (
1
3)
1
,C10
10(
1
3)
0
,观察发现二项式系数先增大后减小,且前后对称,指数
式递增,分别计算C10
5 (
1
3)
5
,C10
6 (
1
3)
4
,C10
7 (
1
3)
3
,C10
8 (
1
3)
2
,C10
9 (
1
3)
1
,C10
10(
1
3)
0
,比较可得,C10
8 (
1
3)
2
=5 最大.
5.(2023·新课标Ⅰ卷)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 64
种(用数字作答).
解析 当从8 门课中选修2 门,则不同的选课方案共有C4
1C4
1=16 种.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C 4
1C 4
2=24 种;②若体育类选修课2 门,则不同的选课方案共有C 4
2C 4
1=24 种.综上所述,不同的选课方案共有
16+24+24=64 种.
6.(2022·新课标Ⅰ卷)(1- y
x)(x+y)8的展开式中,x2y6的系数为 -28
(用数字作答).
解析 (x+y)8展开式的通项为Tr+1=C8
r·x8-ryr,r=0,1,…,7,8.令r=6,得T6+1=C8
6x2y6;令r=5,得T5+1=C8
5x3y5,所以(1- y
x)(x+y)8的展开式
中x2y6的系数为C8
6-C8
5=-28.
微练(十六) 排列组合与二项式定理
基础过关练
一、单项选择题
1.(1- 2
√x)
8
的展开式的第3 项的系数是(A)
A.112
B.-112
C.-28
D.28
解析 (1- 2
√x)
8
的通项Tk+1=C8
k1
8-k(- 2
√x)
k
=C8
k(-2)kx
- k
2,令k=2,则T3=C8
2(-2)2x-1=8×7
2×1 ×4×1
x =112
x .可得第3 项的系数是
112.故选A.
2.(2025·锦州模拟)将A,B,C,D,E,F 6 位教师分配到3 所学校,若每所学校分配2 人,其中A,B 分配到同一所学校,则不同的分配方
法共有(B)
A.12 种B.18 种C.36 种D.54 种
解析 先给A,B 安排一所学校,有3 种分配方法;再给任一学校安排2 位教师,有C 4
2=6(种)分配方法;最后剩下的学校安排剩下
的2 位教师.所以最终有3×6=18(种)不同的分配方法,故选B.
3.已知(x+x2)4=a4x4+a5x5+a6x6+a7x7+a8x8,则(D)
A.a4=a5 B.a5=a6
C.a6=a7 D.a5=a7
解析 解法一:由于(x+x2)4的展开式中各项系数恰好为相应二项式系数,因此a4=C4
0,a5=C4
1,a6=C4
2,a7=C4
3,a8=C4
4,所以a5=a7.故
选D.
解法二:在等式(x+x2)4=a4x4+a5x5+a6x6+a7x7+a8x8两边同除以x4,有(1+x)4=a4+a5x+a6x2+a7x3+a8x4,由二项式系数的性质得a5=a7=4.故
选D.
4.如图,左车道有2 辆汽车,右车道有3 辆汽车等待合流,则合流结束时汽车通过顺序的种数为(A)
A.10
B.20
C.60
D.120
解析 设左车道汽车依次为A1,A2,右车道汽车依次为B1,B2,B3,则通过顺序的种数等价于将A1,A2安排在5 个顺序中的某两个
位置(保持A1,A2前后顺序不变),B1,B2,B3安排在其余3 个位置(保持B1,B2,B3前后顺序不变),所以合流结束时汽车通过顺序共有
C5
2C3
3=10(种).
5.某市举行乡村振兴汇报会,六个获奖单位的负责人甲、乙、丙等六人分别上台发言,其中负责人甲、乙发言顺序必须相邻,
丙不能在第一个与最后一个发言,则不同的安排方法共有(D)
A.240 种B.120 种C.156 种D.144 种
解析 将甲乙捆绑看做一个元素,由丙不能在第一个与最后一个发言,则丙的位置有3 个,将剩余4 个元素再排序有A4
4 A2
2
=48 种方法,故不同的安排方法共有3×48=144 种.
6.(2025·济宁一模)(2+ 1
x)(2x-1)11的展开式中的常数项为(B)
A.18
B.20
C.22
D.24
解析 (2+ 1
x)(2x-1)11=2(2x-1)11+1
x (2x-1)11,(2x-1)11的二项展开式的通项为Tk+1=C11
k (2x)11-k·(-1)k=(-1)k·211-kC11
k x11-k,所以
2(2x-1)11=(-1)k212-kC11
k x11-k ①,1
x
(2x-1)11=(-1)k211-kC11
k x10-k ②,在①式中,令11-k=0 得k=11,故2(2x-1)11的常数项为(-1)1121C11
11
=-2,在②式中,令10-k=0 得k=10,则1
x (2x-1)11的常数项为(-1)1021C11
10=22,故(2+ 1
x)(2x-1)11的展开式中的常数项为-2+22=20,故
选B.
7.某公园有如图所示A 至H 共8 个座位,现有2 个男孩2 个女孩要坐下休息,要求相同性别的孩子不坐在同一行也不坐在同
一列,则不同的坐法总数为(B)
A
B
C
D
E
F
G
H
A.168
B.336
C.338
D.84
解析 第一步:排男孩,第一个男孩在第一行有四个位置可选,第二个男孩在第二行有三个位置可选,由于两名男孩可以互换,
故男孩的排法有4×3×2=24(种),第二步:排女孩,若男孩选AF,则女孩有BE,BG,BH,CE,CH,DE,DG 共7 种选择,由于女孩可以互换,
故女孩的排法有2×7=14(种),根据分步乘法计数原理,共有24×14=336(种),故选B.
8.(2025·山西一模)定义:各位数字之和为5 的四位数叫“吉祥数”,例如“1 022,3 110”,则所有“吉祥数”的个数是(A)
A.35
B.32
C.29
D.20
解析 各位数字之和为5 的四位数叫“吉祥数”,按首位数字分别计算,当首位数字为5 时,则剩余三位数分别是0,0,0,共有
1 个“吉祥数”;当首位数字为4 时,则剩余三位数分别是1,0,0,共有3 个“吉祥数”;当首位数字为3 时,则剩余三位数分别
是1,1,0 或2,0,0,共有3+3=6 个“吉祥数”;当首位数字为2 时,剩余三位数分别是2,1,0 或3,0,0 或1,1,1,共有A3
3+3+1=10 个
“吉祥数”;当首位数字为1 时,则剩余三位数分别是3,1,0 或4,0,0 或1,1,2 或2,2,0,共有A3
3+3+3+3=15 个“吉祥数”,则共有
1+3+6+10+15=35 个“吉祥数”.故选A.
二、多项选择题
9.3 个人坐在一排5 个座位上,则下列说法正确的是(ACD)
A.共有60 种不同的坐法
B.空位不相邻的坐法有32 种
C.空位相邻的坐法有24 种
D.两端不是空位的坐法有18 种
解析 对于A,共有A5
3=5×4×3=60(种)不同的坐法,故A 正确;对于B,先排好这3 个人有A3
3种排法,然后把2 个空位插入3 个人
形成的4 个空隙中,有C4
2种插法,故共有C4
2 A3
3=36(种)坐法,故B 错误;对于C,把2 个空位先捆绑好,再插入3 人形成的4 个空
隙中, 故共有C 4
1 A3
3=24(种)坐法,故C 正确;对于D,先从3 人中抽取2 人放在两端,第三个人在中间的3 个空位中任取一个,故
有C3
2 A2
2C3
1=18(种)坐法,故D 正确.
10.(2025·曲靖一模)若(8-√7 x)
n的展开式的各二项式系数之和为32,则(AC)
A.n=5
B.展开式中只有第三项的二项式系数最大
C.展开式中x4项的系数为1 960
D.展开式中系数为有理数的项共有2 项
解析 对于A,由题意得2n=32⇒n=5,故A 正确;对于B,因为n=5,所以展开式中的二项式系数最大的是C5
2=C5
3,分别为展开式中
的第三项和第四项的二项式系数,故B 错误;对于C,(8-√7 x)
5的展开式的通项为Tr+1=C5
r85-r(-√7x)r=(-1)rC5
r·85-r·7
r
2xr,令r=4,则
(-1)rC5
r·85-r·7
r
2=5×8×49=1 960,即展开式中x4项的系数为1 960,故C 正确;对于D,因为(8-√7 x)
5的展开式的通项为Tr+1=(-1)r
C5
r·85-r·7
r
2xr,所以若r
2∈Z,则r=0,2,4 时,对应的项为85,35 840x2,1 960x4,均为有理项,所以展开式中系数为有理数的项共有3 项,
故D 错误.故选AC.
11.已知(m+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,(x-1)(m+x)4=b0+b1x+b2x2+b3x3+b4x4+b5x5,其中m R
∈,m≠0.若a2=3b2,则(AB)
A.m=2
B.a0+a1+a2+a3+a4=81
C.b1+b2+b3+b4+b5=-16
D.b1+2b2+3b3+4b4+5b5=80
解析 二项式(m+x)4展开式的通项为Tr+1=C4
rm4-rxr(0≤r≤4 且r N
∈),(x-1)(m+x)4=x(m+x)4-(m+x)4,所以a2=C4
2m2=6m2,b2=C4
1m3-C4
2
m2=4m3-6m2,因为a2=3b2,所以6m2=3(4m3-6m2),解得m=0(舍去)或m=2,故A 正确;由(2+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,令x=1 可得
a0+a1+a2+a3+a4=34=81,故B 正确;由(x-1)(2+x)4=b0+b1x+b2x2+b3x3+b4x4+b5x5,令x=0 可得b0=-24=-16,令x=1 可得
b0+b1+b2+b3+b4+b5=0,所以b1+b2+b3+b4+b5=16,故C 错误;将(x-1)(2+x)4=b0+b1x+b2x2+b3x3+b4x4+b5x5两边对x 求导可得,(2+x)4+4(x-1)
(2+x)3=b1+2b2x+3b3x2+4b4x3+5b5x4,令x=1 可得b1+2b2+3b3+4b4+5b5=(2+1)4+4(1-1)(2+1)3=81,故D 错误.
三、填空题
12.(2025·德州二模)(2x-x2)(1-x)6的展开式中x5的系数为 50
.(用数字作答)
解析 因为(2x-x2)(1-x)6=2x(1-x)6-x2(1-x)6,其中(1-x)6展开式的通项为Tr+1=C6
r(-x)r(0≤r≤6 且r N
∈),所以(2x-x2)(1-x)6的展开式中含
x5的项为2xC6
4(-x)4-x2C6
3(-x)3=50x5,所以展开式中x5的系数为50.
13.(2025·泰安一模)从5 名同学中选择4 人参加三天志愿服务活动,有一天安排两人,另两天各安排一人,共有 180
种安排方
法(用数字作答)
解析 第一步,从5 人中选4 人,共有C5
4=5 种选法,第二步,将4 人分成三组,共有C4
2=6 种分法,再进行全排有A3
3=6 种排法,由
分步乘法计数原理知,共有C5
4C 4
2 A3
3=5×6×6=180 种安排方法.
14.将1,2,3,…,9 这9 个数填入如图所示的格子中(要求每个数都要填入,每个格子中只能填一个数),记第1 行中最大的数为a,
第2 行中最大的数为b,第3 行中最大的数为c,则a<b<c 的填法共有 60 480
种.
解析 第3 行,c=9,可选的位置有3 个,其余2 个位置任取2 个数,共有C3
1 A8
2种情况;第2 行,取剩下6 个数中最大的数为b,可
选的位置有3 个,其余2 个位置任取2 个数,共有C3
1 A5
2种情况;第1 行,剩下3 个数任意排列,则有A3
3种情况,故共有
C3
1 A8
2C3
1 A5
2 A3
3=60 480 种填法.
能力提升练
15.(多选题)某电影院的一个播放厅的座位如图所示(标黑表示该座位的票已被购买),甲、乙两人打算购买两张该播放厅的
票,且甲、乙不坐前两排,则
(ABD)
A.若甲、乙左右相邻,则购票的情况共有54 种
B.若甲、乙不在同一列,则购票的情况共有1 154 种
C.若甲、乙前后相邻,则购票的情况共有21 种
D.若甲、乙分坐于银幕中心线的两侧,且不坐同一排,则购票的情况共有508 种
解析 若甲、乙左右相邻,可选择三至七排,(10+4+3+6+4)A2
2=54(种),所以一共有54 种购票情况,故A 正确;甲、乙在同一列
的情况共有A3
2+A5
2+A5
2+A3
2+A2
2+A4
2+A5
2+A5
2=106(种),则甲、乙不在同一列的情况有A36
2 -106=1 154(种),所以一共有1 154
种购票情况,故B 正确;若甲、乙前后相邻,先选座位,有2+4+4+1+2+4+4=21(种),再考虑甲乙顺序,有A2
2=2(种),所以一共有42
种购票情况,故C 错误;银幕中心线左侧有18 个座位,右侧有18 个座位,甲、乙分坐于两侧,有A2
2×18×18=648(种)情况.甲、乙
分坐于两侧且坐同一排(按每一排考虑),有A2
2(5×6+3×3+3×2+4×4+3×3)=140(种)情况,所以甲、乙分坐于两侧,且不坐同一排的
购票情况共有648-140=508(种),故D 正确.
16.(2025·辽宁一模)(多选题)设(1-2x)2 025=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 025x2 025,m= ∑
i=0
2 025
❑ai,s=-1
4 ∑
i=0
1 012
❑a2i+1,则(ACD)
A.a0=1
B.m=1
C.s=3
2 025+1
8
D.若[x]表示正数x 的整数部分,则s-[s]=1
2
解析 对于A,令x=0,可得a0=1,故A 正确;对于B,令x=1,可得m=a0+a1+a2+…+a2 025=-1,故B 错误;对于C,令x=-1,可得a0-a1+a2-
a3+…+a2 024-a2 025=32 025,所以(a0+a1+a2+…+a2 025)-(a0-a1+a2-a3+…+a2 024-a2 025)=-32 025-1,所以∑
i=0
1 012
❑a2i+1=-1-3
2 025
2
,所以s=-
1
4 ∑
i=0
1 012
❑a2i+1=-1
4 ×-1-3
2 025
2
=3
2 025+1
8
,故C 正确;对于D,s=3
2 025+1
8
=3×9
1 012+1
8
=3×(1+8)
1 012+1
8
=
3×(1+C1 012
1
8+C1 012
2
8
2+…+C1 012
1 0128
1 012)+1
8
=3×(C1 012
1
8+C1 012
2
8
2+…+C1 012
1 0128
1 012)+ 4
8
=3×(C1 012
1
+
C1 012
2
81+…+C1 012
1 01281 011)+1
2
,所以s-[s]=1
2
,故D 正确.故选ACD.
微专题11 概率及性质、条件概率
1.古典概型的概率公式
P(A)=
事件A 包含的样本点个数
样本空间Ω包含的样本点个数
.
2.相互独立事件的性质
(1)若事件A 与B 相互独立,则P(B|A)=P(B),P(A|B)=P(A).
(2)若事件A 与B 相互独立,则事件A 与B,A与B,A与B也相互独立.
(3)若事件A,B 相互独立,则P(AB)=P(A)P(B),但是当事件A,B,C 两两独立时,P(ABC)=P(A)P(B)P(C)一般是不成立的.
3.条件概率公式:P(B|A)=n( AB)
n( A)
= P( AB)
P( A)
.
4.条件概率的性质
设P(A)>0,Ω 为样本空间,则:
(1)P(Ω|A)=1;
(2)若B 与C 是两个互斥事件,则P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A);
(3)设B和B 互为对立事件,则P(B|A)=1-P(B|A).
5.全概率公式:设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,有P(B)=∑
i=1
n
❑
P(Ai)P(B|Ai).
微点一 古典概型
例1 (1)(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列,则丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是(B)
A.1
4
B.1
3
C.1
2
D.2
3
解析 解法一:画出树状图:
甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24 种排法,其中丙不在排头,且甲或乙在排尾的排法共有8 种,所以所求概率为8
24 =1
3 ,故
选B.
解法二:当甲排在排尾,乙排在排头时,丙有2 种排法,丁有1 种排法,此时有2 种排法;当甲排在排尾,乙排在第二位或第三位时,
丙有1 种排法,丁有1 种排法,此时有2 种排法.故甲排在排尾共有2+2=4(种)排法.同理,乙排在排尾共有4 种排法.故丙不在排
头,且甲或乙在排尾共有4+4=8(种)排法.根据古典概型的概率计算公式,丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是8
A4
4 = 8
24 =1
3.故
选B.
解法三:当甲在排尾时,丙有2 种排法,乙、丁有A2
2=2(种)排法,此时共有2×2=4(种)排法;当乙在排尾时,丙有2 种排法,甲、丁
有A2
2=2(种)排法,此时共有2×2=4(种)排法.故丙不在排头,且甲或乙在排尾共有4+4=8(种)排法.根据古典概型的概率计算公式,
丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是8
A4
4 = 8
24 =1
3 .故选B.
(2)(2025·福建宁德模拟)某学校为参加辩论比赛,选出8 名学生,其中3 名男生和5 名女生,为了更好备赛和作进一步选拔,现
将这8 名学生随机地平均分成两队进行试赛,那么两队中均有男生的概率是(D)
A.3
7
B.4
7
C.5
7
D.6
7
解析 解法一:由已知,8 名学生要平均分成两队,即8 名学生任选4 名为第一队,余下4 人为第二队,则共有C8
4=70 种方法,又
因为男生有3 名,要想两队均有男生,可以考虑先选出2 名男生共有C3
2=3 种方法,选出的这两名男生各代表一队,则还余下6
名学生(1 男5 女),再任选3 人进第一队,则余下的3 人为第二队,共有C6
3=20 种方法,所以两队中均有男生的概率为C3
2C6
3
C8
4
=
3×20
70
=6
7
,故选D.
解法二:由已知,8 名学生要平均分成两队,两队中均有男生,则一队必然是1 男3 女,另一队必然是2 男2 女,则所求概率为
C3
1C5
3+C3
2C5
2
C8
4
=3×10+3×10
70
=6
7 ,故选D.
(1)解决古典概型问题的关键是求样本点的个数,其常用方法有:枚举法、列表法、树状图法,利用排列组合知识计算.
(2)对于较复杂的事件所包含的样本点数的计算,要利用分类讨论思想、正难则反的思想方法求解.
训练1 (1)(2025·上饶一模)将编号为1,2,3,4 的4 个小球随机放入编号为1,2,3,4 的4 个凹槽中,每个凹槽放一个小球,则至少
有1 个凹槽与其放入的小球编号相同的概率是(C)
A.1
4
B. 7
24
C.5
8
D.17
24
解析 将编号为1,2,3,4 的4 个小球随机放入编号为1,2,3,4 的4 个凹槽中,共有A4
4=24 种放法,4 个凹槽与其放入小球编号互
不相同的有C3
1·C3
1=9 种放法,所以至少有1 个凹槽与其放入小球编号相同的概率是P=1- 9
24 =5
8.故选C.
(2)(2025·德阳第三次诊断)根据洛书记载:“以五居中,五方皆为阳数,四隅皆为阴数”意为九宫格中5 位于居中位置,如图,四
个顶角填偶数,其余位置填奇数(用完1 到9 九个数字).按洛书的填写方法,记事件A=“满足图案中每行、每列及对角线上的
三个数字和都相等,且a+b≥9”,则P(A)= 1
96
.
a
b
5
解析
①
⑧
⑦
②
5
⑥
③
④
⑤
九宫格的中间填5,①③⑤⑦位置填偶数2,4,6,8,②④⑥⑧位置填奇数1,3,7,9,故总的情况共有A4
4 A4
4=24×24 种情况,要
使每一横行,每一竖列以及两条对角线上三个数字之和都相等,则和为15,所以①⑤、③⑦位置填2,8 或4,6;满足a+b≥9,则③
处填的数字不大于6,故符合条件的情况有以下类型:
8
1
6
3
5
7
4
9
2
8
3
4
1
5
9
6
7
2
2
7
6
9
5
1
4
3
8
2
9
4
7
5
3
6
1
8
4
3
8
9
5
1
2
7
6
6
1
8
7
5
3
2
9
4
因此,符合条件的有6 种情况,故概率为P(A)=
6
24×24 = 1
96 .
微点二 相互独立事件
例2 (1)(多选题)先后两次掷一枚质地均匀的骰子,事件A=“两次掷出的点数之和是6”,事件B=“第一次掷出的点数是奇
数”,事件C=“两次掷出的点数相同”,则(BD)
A.A 与B 互斥
B.B 与C 相互独立
C.P(A)=1
6
D.P(AC)= 1
36
解析 对于A 选项,若第一次掷出的点数为1,第二次掷出的点数为5,则事件A 和事件B 同时发生,因此A 选项不正确;对于B
选项,事件B 发生的概率为P(B)=1
2,事件C 发生的概率为P(C)= C6
1
C6
1C6
1 =1
6 ,事件B 与事件C 同时发生的概率为P(BC)= C3
1
C6
1C6
1 =
1
12
,P(BC)=P(B)P(C),所以事件B 与事件C 相互独立,所以B 选项正确;对于C 选项,事件A 有(1,5),(5,1),(2,4),(4,2),(3,3),共5 种情况,
所以P(A)= 5
36 ,所以C 选项不正确;对于D 选项,事件A 与事件C 同时发生的概率为P(AC)= 1
36 ,所以D 选项正确.故选BD.
(2)(2025·衡阳模拟)(多选题)在一个有限样本空间中,事件A,B,C 发生的概率满足P(A)=P(B)=P(C)=1
3,P(A∪B)=5
9 ,A 与C 互斥,则
下列说法正确的是
(ABD)
A.P(AC)=1
3
B.A 与B 相互独立
C.P(ABC)= 1
27
D.P(A∪B∪C)≤8
9
解析 对于A,A 与C 互斥,故A∩C=⌀,P(AC)=0,则C包含事件A,故P(AC)=P(A)=1
3,故A 正确;对于B,P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),即1
3
+1
3
-P(AB)=5
9
,故P(AB)=1
9
,故P(AB)=P(A)P(B),则A 与B 相互独立,故B 正确;对于C,A 与C 互斥,故AB 与C 互斥,故
P(ABC)=P[(AB)∩C]=0,故C 错误;对于D,P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)=1
3+1
3+1
3-1
3×1
3-P(BC)=8
9 -P(BC),因为
P(BC)≥0,所以P(A∪B∪C)=8
9 -P(BC)≤8
9 ,故D 正确.故选ABD.
(1)相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积.
(2)当正面计算较复杂或难以入手时,可以从其对立事件入手计算.
训练2 (多选题)有6 个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中不放回的随机取两次,每次取1 个球,甲表示事件“第一次取
出的球的数字是奇数”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”,
丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”,则
(ACD)
A.乙发生的概率为1
2
B.丙发生的概率为1
2
C.甲与丁相互独立
D.丙与丁互为对立事件
解析 设A 为事件“第一次取出的球的数字是奇数”,B 为事件“第二次取出的球的数字是偶数”,C 为事件“两次取出的
球的数字之和是奇数”,D 为事件“两次取出的球的数字之和是偶数”,则P(A)=3
6 =1
2,P(B)=3
6 ×2
5+3
6 ×3
5 =1
2,故A 正确.P(C)=2×
3
6
×3
5
=3
5
,P(D)=2×3
6
×2
5
=2
5
,故B 错误.而P(AD)=3×2
6×5
=1
5
=P(A)P(D),故C 正确.两次取出的数字之和要么为奇数,要么为偶数,故
丙与丁互为对立事件,故D 正确.故选ACD.
微点三 条件概率与全概率公式
考向1 条件概率
例3 (1)(2023·全国甲卷)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)
A.0.8
B.0.6
C.0.5
D.0.4
解析
解法一(图示法):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,所以若该学生爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为
B
B+C =0.4
0.5 =0.8,故选A.
解法二:(运用条件概率的计算公式求解):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)= P( AB)
P(B)
=0.4
0.5 =0.8,故选
A.
(2)(2024·天津高考)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 3
5 ;已知乙选了A 活动,他再选择
B 活动的概率为 1
2 .
解析 由题意知甲选到A 的概率P=C4
2
C5
3 =3
5 .记“乙选择A 活动”为事件M,“乙选了A 活动再选择B 活动”为事件N,则
P(M)=C4
2
C5
3 =3
5
,P(MN)=C3
1
C5
3= 3
10
,所以P(N|M)= P( MN )
P( M )
=
3
10
3
5
=1
2
.
求条件概率的常用方法
(1)定义法:P(B|A)= P( AB)
P( A )
;
(2)样本点法:P(B|A)=n( AB)
n( A)
.
训练3 某校有演讲社团、篮球社团、乒乓球社团、羽毛球社团、独唱社团共五个社团,甲、乙、丙、丁、戊五名同学分
别从五个社团中选择一个报名,记事件A 为“五名同学所选项目各不相同”,事件B 为“只有甲同学选篮球”,则P(A|B)=(A)
A. 3
32
B. 3
16
C.3
4
D.2
5
解析 由题意知P(AB)= A4
4
5
5 ,P(B)=4
4
5
5 ,故P(A|B)=P( AB)
P(B)
=
A4
4
5
5
4
4
5
5
= 3
32.
考向2 全概率公式
例4 (人教A 版选择性必修第三册P50·例4 变式)某学校有A,B 两家餐厅,张同学连续三天午餐均在学校用餐.如果某天去A
餐厅,那么第2 天去A 餐厅的概率为1
3
;如果某天去B 餐厅,那么第2 天上A 餐厅的概率为1
2
.若张同学第1 天午餐时随机地选
择一家餐厅用餐,则张同学第3 天去A 餐厅用餐的概率为(B)
A.11
24
B.31
72
C. 7
18
D.25
72
解析 设事件A1=“第1 天去A 餐厅”,事件B1=“第1 天去B 餐厅”,事件A2=“第2 天去A 餐厅”,事件B2=“第2 天去B 餐
厅”,事件A3=“第3 天去A 餐厅”,事件B3=“第3 天去B 餐厅”,则有Ω=A1∪B1和Ω=A2∪B2,且A1与B1,A2与B2分别是互斥事
件,根据题意,可知P(A1)=1
2,P(B1)=1
2,P(A2|A1)=1
3 ,P(A2|B1)=1
2,P(B2|A1)=2
3 ,P(B2|B1)=1
2.所以根据全概率公式可得P(A2)=P(A1)P(A2|
A1)+P(B1)P(A2|B1)=1
2
×1
3
+1
2
×1
2
= 5
12
,P(B2)=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)=1
2
×2
3
+1
2
×1
2
= 7
12
(或也可利用P(B2)=1-P(A2)= 7
12
求解).于是
再根据全概率公式可得P(A3)=P(A2)P(A3|A2)+P(B2)·P(A3|B2)= 5
12×1
3 + 7
12×1
2=31
72.因此张同学第3 天去A 餐厅用餐的概率为31
72.
故选B.
全概率公式是在加法公式与乘法公式的基础上推导出来的,从公式可以看出,P(B)实际上是各条件概率P(B|A)的加权平均值,
而各个条件事件A1发生的概率P(A1)就是权重.在应用公式划分样本空间时,一定要把产生结果的原因全部找出来,不能遗漏,
并且保证事件A1,A2,…,An两两互斥.
训练4 (多选题)甲箱中有3 个红球和2 个白球,乙箱中有2 个红球和2 个白球(两箱中的球除颜色外,没有其他区别).先从甲
箱中随机取出1 个球放入乙箱,分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球;再从乙箱中随机取出2 个球,用事
件B 表示从乙箱中取出的2 个球都是红球.则
(ABD)
A.P(A1)=3
5
B.P(B)=11
50
C.P(B|A1)= 9
50
D.P(A2|B)= 2
11
解析 对于A,由题意,知P(A1)=3
5,P(A2)=2
5,故A 正确.对于B,因为P(B|A1)=C3
2
C5
2= 3
10,P(B|A2)=C2
2
C5
2= 1
10,所以P(B)=P(A1)P(B|
A1)+P(A2)P(B|A2)=3
5
× 3
10
+2
5
× 1
10
=11
50
,故B 正确.对于C,由对B 选项的分析知P(B|A1)= 3
10
,故C 不正确.对于D,P(A2|B)=
P( A2)P( B|A2)
P(B)
=
2
5 × 1
10
11
50
= 2
11,故D 正确.综上,选ABD.
1.(2023·全国甲卷)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(D)
A.1
6
B.1
3
C.1
2
D.2
3
解析 解法一:记A1,A2表示高一年级2 名学生,B1,B2表示高二年级2 名学生,则样本空间Ω={(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2),
(B1,B2)},n(Ω)=6.
事件A=“2 名学生来自不同年级”={(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2)},n(A)=4,故所求概率为P(A)=n( A )
n(Ω)
=4
6 =2
3.故选D.
解法二:依题意,从这4 名学生中随机选2 名组织校文艺汇演,总的样本点有C4
2=6(个),其中这2 名学生来自不同年级的样本点
有C2
1C2
1=4(个),所以这2 名学生来自不同年级的概率为4
6 =2
3 .故选D.
2.(2022·新课标Ⅰ卷)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(D)
A.1
6
B.1
3
C.1
2
D.2
3
解析 从2,3,4,5,6,7,8 中随机取2 个不同的数有C7
2=21 种结果,其中这2 个数互质的结果有(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,所以所求概率为14
21=2
3 .故选D.
3.(2021·新课标Ⅰ卷)有6 个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1 个球.甲表示事件“第一
次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表
示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则(B)
A.甲与丙相互独立
B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立
D.丙与丁相互独立
解析 事件甲发生的概率P(甲)=1
6 ,事件乙发生的概率P(乙)=1
6 ,事件丙发生的概率P(丙)= 5
6×6 = 5
36 ,事件丁发生的概率
P(丁)=
6
6×6 =1
6 .事件甲与事件丙同时发生的概率为0,P(甲丙)≠P(甲)P(丙),故A 错误;事件甲与事件丁同时发生的概率为
1
6×6 = 1
36 ,P(甲丁)=P(甲)P(丁),故B 正确;事件乙与事件丙同时发生的概率为
1
6×6 = 1
36 ,P(乙丙)≠P(乙)P(丙),故C 错误;事件丙
与事件丁是互斥事件,不是相互独立事件,故D 错误.故选B.
4.(2023·新课标Ⅱ卷)(多选题)在信道内传输0,1 信号,信号的传输相互独立.发送0 时,收到1 的概率为α(0<α<1),收到0 的概率
为1-α;发送1 时,收到0 的概率为β(0<β<1),收到1 的概率为1-β.考虑两种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个
信号只发送1 次;三次传输是指每个信号重复发送3 次.收到的信号需要译码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号即为译
码;三次传输时,收到的信号中出现次数多的即为译码(例如:若依次收到1,0,1,则译码为1).则下列结论正确的为(ABD)
A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1 的概率为(1-α)(1-β)2
B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1 的概率为β(1-β)2
C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1 的概率为β(1-β)2+(1-β)3
D.当0<α<0.5 时,若发送0,则采用三次传输方案译码为0 的概率大于采用单次传输方案译码为0 的概率
解析 对于A,单次传输,依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1 的事件是发送1 接收1、发送0 接收0、发送1 接收1 的3 个事件
的积,它们相互独立,所以所求概率为(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2,A 正确;对于B,三次传输,发送1,相当于依次发送1,1,1,则依次
收到1,0,1 的事件,是发送1 接收1、发送1 接收0、发送1 接收1 的3 个事件的积,它们相互独立,所以所求概率为(1-β)β(1-
β)=β(1-β)2,B 正确;对于C,三次传输,发送1,则译码为1 的事件是依次收到1,1,0;1,0,1;0,1,1 和1,1,1 的事件的和,它们互斥,所以
所求的概率为C3
2β(1-β)2+(1-β)3=(1-β)2(1+2β),C 错误;对于D,由选项C 知,三次传输,发送0,则译码为0 的概率为(1-α)2(1+2α),而
单次传输发送0,则译码为0 的概率为1-α,又0<α<0.5,因此(1-α)2(1+2α)-(1-α)=α(1-α)(1-2α)>0,即D 正确.故选ABD.
微练(十七) 概率及性质、条件概率
一、单项选择题
1.从2,3,5,7 这四个数中随机地取两个不同的数相乘,其结果能被10 整除的概率是(A)
A.1
6
B.1
3
C.1
2
D.2
3
解析 从2,3,5,7 这四个数中随机地取两个不同的数相乘的样本点总数为C4
2=6,其中结果能被10 整除的只有取2,5 这一种
情况,故所求概率为1
6 .
2.已知P(B)=0.4,P(B|A)=0.8,P(B|A)=0.3,则P(A)=(D)
A.3
4
B.3
8
C.1
3
D.1
5
解析 由P(B)=P(AB+AB)=P(A)P(B|A)+P(A)·P(B|A),得0.4=0.8P(A)+0.3[1-P(A)],解得P(A)=1
5 .故选D.
3.将甲、乙、丙等7 名志愿者分到A,B,C 三个地区,每个地区至少分配2 人,则甲、乙、丙分到同一个地区的概率为(D)
A. 1
48
B. 1
24
C. 1
70
D. 1
35
解析 将甲、乙、丙等7 名志愿者分到A,B,C 三个地区,每个地区至少分配2 人,则有3 人分到一个地区,分配方法共有
C7
3C4
2
A2
2
·A3
3种,其中甲、乙、丙分到同一个地区的分配方法有C4
2
A2
2·A3
3,故所求的概率为
C4
2
A2
2 · A3
3
C7
3C4
2
A2
2 · A3
3
= 1
C7
3= 1
35 ,故选D.
4.现有甲、乙两位游客慕名来到某地旅游,都准备从H,G,L,Y 4 个著名旅游景点中随机选择一个游玩,设事件A 为“甲和乙至
少一人选择景点G”,事件B 为“甲和乙选择的景点不同”,则P(B|A)=(A)
A.6
7
B.3
7
C.7
8
D. 7
16
解析 由题意可知甲、乙两位游客从4 个著名旅游景点中各随机选择一个游玩,共有4×4=16 种不同的选择方法,其中A有
3×3=9 种不同的选择方法,所以事件A 有16-9=7 种不同的选择方法,所以P(A)= 7
16 .事件A 和事件B 同时发生,即甲、乙中只
有一人选择了景点G,事件A 和事件B 同时发生有1×3+3×1=6 种不同的选择方法,所以P(AB)=3
8 ,所以P(B|A)= P( AB)
P( A)
=6
7 .
5.已知甲盒中有3 个红球和2 个黄球,乙盒中有2 个红球和1 个黄球.现从甲盒中随机抽取1 个球放入乙盒中,搅拌均匀后,再
从乙盒中抽取1 个球,此球恰为红球的概率是(D)
A.3
8
B. 9
20
C.5
8
D.13
20
解析 设A=“在甲盒中拿到红球”,B=“在乙盒中拿到红球”.因为甲盒中有3 个红球,2 个黄球,所以P(A)=3
5 ,P(A)=1-3
5 =2
5,
又乙盒中有2 个红球,1 个黄球,所以P(B|A)=3
4 ,P(B|A)=2
4 ,所以P(B)=P(AB)+P(AB)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=3
5 ×3
4 +2
5 ×2
4 =13
20 .
故选D.
6.(2025·安庆模拟)设事件A,B 为两个随机事件,P(A)≠0,P(B)≠0,且P(A|B)=P(B|A),则(B)
A.P(B|A)=P(B|A)
B.P(B|A)=P(A|B)
C.P(B|A)=P(A|B)
D.P(A|B)=P(B|A)
解析 由P(A∣B)=P(B∣A)可得P( A B)
P(B)
=P( AB)
P( A )
,又P(AB)+P(AB)=P(B)⇒P(AB)=P(B)-P(AB),所以P(B)- P( AB)
P(B)
=P( AB)
P( A )
1-
⇒
P( AB)
P(B)
=P( AB)
P( A)
,所以1-P( AB)
P( A)
=P( AB)
P(B)
,即P( A)- P( AB)
P( A)
= P( AB)
P(B)
,即P( A B)
P( A)
=P( AB)
P(B)
,于是P(B|A)=P(A|
B).故选B.
7.(2025·东北三省三校一模)已知在A,B,C 三个地区暴发了流感,这三个地区分别有6%,5%,4%的人患了流感.假设这三个地区
人口数量的比为3∶2∶1,现从这三个地区中任意选取一个人,则这个人患流感的概率为(C)
A. 7
150
B. 31
600
C. 4
75
D. 8
25
解析 设事件D 为这个人患流感,A1,A2,A3表示这个人来自A,B,C 三个地区,由已知可得P(A1)=
3
3+2+1=1
2,P(A2)=
2
3+2+1=1
3
,P(A3)=
1
3+2+1
=1
6
,又P(D|A1)=6%,P(D|A2)=5%,P(D|A3)=4%,由全概率公式可得P(D)=P(A1)·P(D|A1)+P(A2)·P(D|A2)+P(A3)·P(D|
A3)=6%×1
2
+5%×1
3
+4%×1
6
= 4
75
.故选C.
8.(2025·河南五市联考)有6 个相同的小球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1 个球.用x 表示第一次
取到的小球的标号,用y 表示第二次取到的小球的标号,记事件A:x+y 为偶数,B:xy 为偶数,C:x>2,则下列不正确的是(B)
A.P(B)=3
4
B.A 与B 相互独立
C.A 与C 相互独立
D.B 与C 相互独立
解析 由题意事件A 包含两种情况,两次取出的标号都是奇数和都是偶数,所以P(A)=1
2×1
2+1
2×1
2=1
2,类似可得P(B)=1-1
2×1
2=
3
4
,P(C)=2
3
,故A 正确;事件AB 表示两次取到的标号都是偶数,所以P(AB)=1
2
×1
2
=1
4
,而P(AB)≠P(A)P(B),所以A 与B 不独立,故B
错误;有放回地取球两次,共有样本点的个数为C6
1C6
1=6×6=36 个,事件AC 表示的样本点有C4
1C3
1=12 个,所以P(AC)=12
36 =1
3 ,由
于P(AC)=P(A)P(C),所以A 与C 相互独立,故C 正确;事件BC 表示的样本点有C2
1C3
1+C2
1C6
1=18 个,所以P(BC)=18
36 =1
2,由于
P(BC)=P(B)P(C),所以B 与C 相互独立,故D 正确.故选B.
二、多项选择题
9.已知A,B 为随机事件,P(A)=0.5,P(B)=0.4,则下列结论正确的有
(ACD)
A.若A,B 为互斥事件,则P(A+B)=0.9
B.若A,B 为互斥事件,则P(A+B)=0.1
C.若A,B 相互独立,则P(A+B)=0.7
D.若P(B|A)=0.3,则P(B|A)=0.5
解析 对于A,根据互斥事件的加法公式可得,P(A+B)=P(A)+P(B)=0.5+0.4=0.9,故A 正确;对于B,若A,B 为互斥事件,则P(AB)=0,所
以P(A+B)=P(A∪B)=P(A ⋂B)=P(A B)=1-P(AB)=1-0=1,故B 不正确;对于C,由于A,B 是相互独立事件,所以P(AB)=P(A)P(B),所
以P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.5+0.4-0.5×0.4=0.7,故C 正确;对于D,由P(B|A)= P( AB)
P( A )
= P( AB)
0.5
=0.3,得P(AB)=0.15,所以P(B|A
)= P(B A)
P( A)
=P(B)- P( AB)
1- P( A)
=0.4 -0.15
0.5
=0.5,故D 正确.综上所述,选ACD.
10.先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次,记向上的点数分别为x,y,设事件A1=“x+y=5”,事件A2=“y=x2”,事件A3=“x+2y 为奇
数”,则(ACD)
A.P(A1)=1
9
B.P(A2)= 1
12
C.A1与A3相互独立
D.A2与A3相互独立
解析 先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子,得到向上的点数分别为x,y,则样本点为(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),
(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),
(6,4),(6,5),(6,6),共36 个,满足事件A1的样本点有(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),共4 个,其概率P(A1)= 4
36 =1
9 ,A 正确;满足事件A2的样本点
有(1,1),(2,4),共2 个,其概率P(A2)= 2
36 = 1
18,B 错误;满足事件A3的样本点有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),
(3,5),(3,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),共18 个.其概率P(A3)=1
2,满足事件A1A3的有(1,4),(3,2),共2 个,所以P(A1A3)= 1
18,则
P(A1A3)=P(A1)P(A3),所以A1与A3相互独立,C 正确;满足事件A2A3的样本点只有(1,1)一种,所以P(A2A3)= 1
36 ,因为
P(A2A3)=P(A2)P(A3),所以A2与A3相互独立,D 正确.
11.(2025·湖南二模)甲箱中有5 个红球,2 个白球和3 个黑球,乙箱中有4 个红球,3 个白球和3 个黑球.先从甲箱中随机取出一
球放入乙箱,分别以A1,A2和A3表示由甲箱取出的球是红球,白球和黑球的事件;再从乙箱中随机取出一球,以B 表示由乙箱取
出的球是红球的事件,则(BD)
A.事件B 与事件A3相互独立
B.P(A1|B)=5
9
C.P(A2B)= 6
55
D.P(B)= 9
22
解析 由题意知:P(A1)= 5
10=1
2,P(A2)= 2
10=1
5,P(A3)= 3
10,P(B|A1)= 5
11,P(B|A2)= 4
11,P(B|A3)= 4
11,所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|
A2)+P(A3)·P(B|A3)=1
2
× 5
11
+1
5
× 4
11
+ 3
10
× 4
11
= 9
22
,D 正确;P(A1|B)=P( A1B)
P(B)
= P( A1)P( B|A1)
P(B)
=
1
2 × 5
11
9
22
=5
9
,B 正确;
P(A2B)=P(A2)P(B|A2)=1
5
× 4
11
= 4
55
,C 错误;因为P(A3B)=P(A3)P(B|A3)= 3
10
× 4
11
= 6
55
,P(A3)P(B)= 3
10
× 9
22
= 27
220
,所以P(A3B)≠P(A3)P(B),
所以事件B 与事件A3不相互独立,A 错误.故选BD.
三、填空题
12.在某次测试中,若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.5,0.6 和0.7,且三人的测试结果相互独立.测试结束后,在
甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级的条件下,乙达到优秀等级的概率为 9
29
.
解析 设事件A=“甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级”,事件B=“乙达到优秀等级”,所以P(A)=0.5×(1-0.6)×(1-
0.7)+(1-0.5)×0.6×(1-0.7)+(1-0.5)×(1-0.6)×0.7=0.29,P(AB)=(1-0.5)×0.6×(1-0.7)=0.09,所以P(B|A)=P( AB)
P( A)
=0.09
0.29 = 9
29 .
13.接种流感疫苗能有效降低流行感冒的感染率,某学校有2
5
的学生接种了流感疫苗,已知在流感高发时期,未接种疫苗的感
染率为1
4 ,而接种了疫苗的感染率为1
10.现有一名学生确诊了流感,则该名学生未接种疫苗的概率为 15
19 .
解析 设事件A=“确诊了流感”,事件B=“未接种疫苗”,则P(A)=(1- 2
5)×1
4
+2
5
× 1
10
= 19
100
,P(AB)=3
5
×1
4
= 3
20
,故P(B|A)=
P( AB)
P( A )
=15
19.
14.第34 届夏季奥运会将于2028 年7 月14 日至7 月30 日在美国洛杉矶举行.某田径运动员准备参加100 米、200 米两项
比赛,根据以往赛事分析,该运动员100 米比赛未能站在领奖台的概率为1
2
,200 米比赛未能站上领奖台的概率为3
10
,两项比
赛都未能站上领奖台的概率为1
10 ,若该运动员在100 米比赛中站上领奖台,则他在200 米比赛中也站上领奖台的概率
是 3
5 .
解析 设在100 米比赛中站上领奖台为事件A,在200 米比赛中站上领奖台为事件B,则P(B)= 3
10 ,P(A)=1
2,P(A∩B)= 1
10
,P(A)=1-P(A)=1
2
,则P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=1
2
+ 3
10
- 1
10
= 7
10
,则P(A∩B)=1-P(A∪B)= 3
10
,故P(B|A)= P( AB)
P( A )
=
3
10
1
2
=3
5
.
微专题12 随机变量及其分布
1.若离散型随机变量X 的可能取值为x1,x2,…,xn,且X 取每一个值xi的概率P(X=xi)=pi(i=1,2,…,n),则:
(1)pi≥0,i=1,2,…,n;
(2)∑
i=1
n
❑pi=1;
(3)E(x)=∑
i=1
n
❑xipi;
(4)D(X)=∑
i=1
n
❑(xi-E(X))2pi.
2.随机变量的数学期望与方差的相关公式
(1)若E(η)和E(ξ)都存在,则E(ξ+η)=E(ξ)+E(η).
(2)若η=aξ+b,则E(η)=aE(ξ)+b,D(η)=a2D(ξ).
(3)期望与方差的转化:D(ξ)=E(ξ2)-(E(ξ))2.
3.几个特殊分布的期望与方差
(1)二项分布:若X~B(n,p),则E(X)=np,D(X)=np(1-p).
(2)超几何分布:假设一批产品共有N 件,其中有M 件次品,从N 件产品中随机抽取n 件(不放回),X 表示抽取的n 件产品中的次
品数,则随机变量X 服从超几何分布,E(X)=nM
N =np(p 为N 件产品的次品率),D(X)=nM
N (1- M
N )
N -n
N -1
.
(3)正态分布:若X~N(μ,σ2),则E(X)=μ,D(X)=σ2.
专项1 离散型随机变量的均值与方差
微点一 分布列的性质及应用
例1 (1)设随机变量ξ 的分布列为P(ξ=k)= a
k +1(k=1,2,5),a R
∈,E(ξ),D(ξ)分别为随机变量ξ 的数学期望与方差,则下列结论正确
的是(C)
A.P(0<ξ<3.5)=2
3
B.E(3ξ+2)=7
C.D(ξ)=2 D.D(3ξ+1)=6
解析 随机变量ξ 的分布列为P(ξ=k)= a
k +1(k=1,2,5),由分布列的性质可知,P(ξ=1)+P(ξ=2)+P(ξ=5)=a
2+a
3 +a
6 =1,解得a=1.对于
A,P(0<ξ<3.5)=P(ξ=1)+P(ξ=2)=1
2
+1
3
=5
6
,故A 不正确;对于B,因为E(ξ)=1×1
2
+2×1
3
+5×1
6
=2,所以E(3ξ+2)=3E(ξ)+2=3×2+2=8,故B 不正
确;对于C,D(ξ)=1
2×(1-2)2+1
3 ×(2-2)2+1
6 ×(5-2)2=2,故C 正确;对于D,因为D(ξ)=2,所以D(3ξ+1)=9×D(ξ)=18,故D 不正确.
(2)(多选题)已知随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
P
1
2
m
1
4
则下列结论正确的是
(ACD)
A.m=1
4
B.E(X)=3
2
C.E(2X-1)=1
2
D.D(X)=11
16
解析 由1
2+m+1
4 =1,得m=1
4 ,A 正确.E(X)=0×1
2+1×1
4 +2×1
4 =3
4 ,E(2X-1)=2E(X)-1=1
2,B 不正确,C 正确.D(X)=1
2×(0- 3
4)
2
+1
4 ×
(1- 3
4)
2
+1
4
×(2- 3
4)
2
=11
16
,D 正确.故选ACD.
分布列性质的两个作用
(1)利用分布列中各事件概率之和为1 的性质可求参数的值及检查分布列的正确性.
(2)随机变量X 所取的值分别对应的事件是两两互斥的,利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率.
训练1 (1)(多选题)设离散型随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2
若离散型随机变量Y 满足Y=2X+1,则下列结论正确的有
(ACD)
A.q=0.1
B.E(X)=2,D(X)=1.4
C.E(X)=2,D(X)=1.8
D.E(Y)=5,D(Y)=7.2
解析 因为q+0.4+0.1+0.2+0.2=1,所以q=0.1,A 正确.由题意,得E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2,所以D(X)=(0-
2)2×0.1+(1-2)2×0.4+(2-2)2×0.1+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.2=1.8,B 错误,C 正确.因为Y=2X+1,所以E(Y)=2E(X)
+1=2×2+1=5,D(Y)=4D(X)=4×1.8=7.2,D 正确.故选ACD.
(2)(多选题)随机变量ξ 的分布列如表,其中xy≠0,则下列说法正确的是
(ABC)
ξ
0
1
2
P
x
y
3
2 y
3
A.x+y=1
B.E(ξ)=5 y
3
C.D(ξ)有最大值
D.D(ξ)随y 的增大而减小
解析 由题意可知x+ y
3 +2 y
3 =1,即x+y=1,故A 正确;E(ξ)=0×x+1× y
3 +2×2 y
3 =5 y
3 ,故B 正确;D(ξ)=x(0- 5 y
3 )
2
+ y
3(1- 5 y
3 )
2
+
2 y
3 (2- 5 y
3 )
2
=(1-y)25 y
2
9
+ y
3(1- 5 y
3 )
2
+2 y
3 (2- 5 y
3 )
2
=-25
9
y2+3y,因为xy≠0,x+y=1,所以0<y<1,设f(y)=-25
9
y2+3y,易知f(y)
在(0, 27
50)上单调递增,在(
27
50 ,1)上单调递减,所以D(ξ)随着y 的增大先增大后减小,当y=27
50 时,D(ξ)取得最大值,故C 正确,D
错误.故选ABC.
微点二 定义法求离散型
随机变量的均值与方差
例2 (1)(2025·全国一卷)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E(X)= 61
25
.
解析 X 的所有可能取值为1,2,3,则P(X=1)=C5
1(
1
5)
3
= 5
125
= 1
25
,P(X=2)=C5
2(
1
5)
3
×6= 60
125
=12
25
,P(X=3)=C5
3×(
1
5)
3
×6= 60
125
=12
25
,
所以X 的分布列为
X
1
2
3
P
1
25
12
25
12
25
所以E(X)=1× 1
25+2×12
25+3×12
25=61
25.
(2)(2025·梅河口模拟)某校高一年级开设建模,写作,篮球,足球,音乐,朗诵,素描7 门选修课,每位同学须彼此独立地选3 门课程,
其中甲选择篮球,不选择足球,丙同学不选素描,乙同学没有要求.
①求甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率;
②用X 表示甲、乙、丙选中建模的人数之和,求X 的分布列和数学期望.
解 ①由题意,甲选择篮球,并在建模,写作,音乐,朗诵,素描5 门里再选2 门,则选中建模的概率为C1
1C4
1
C5
2
=2
5;乙同学没有要求,
则选中建模的概率为C1
1C6
2
C7
3
=3
7 .故甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率为2
5×4
7 = 8
35 .
②由①知,甲选中建模的概率为2
5,乙选中建模的概率为3
7 ,丙选中建模的概率为C1
1C5
2
C6
3
=1
2,由题意X 可能的取值有0,1,2,3,故
P(X=0)=(1- 2
5)×(1- 3
7)×(1- 1
2)= 6
35
,P(X=1)=2
5
×(1- 3
7)×(1- 1
2)+(1- 2
5)×3
7
×(1- 1
2)+(1- 2
5)×(1- 3
7)×1
2
=29
70
,P(X=
2)=2
5
×3
7
×(1- 1
2)+2
5
×(1- 3
7)×1
2
+(1- 2
5)×3
7
×1
2
=23
70
,P(X=3)=2
5
×3
7
×1
2
= 3
35
.故X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
6
35
29
70
23
70
3
35
所以E(X)=0× 6
35 +1×29
70 +2×23
70 +3× 3
35 =93
70 .
求随机变量X 的均值与方差的步骤
(1)理解X 的意义,写出X 的所有可能值;
(2)求X 取每个值时对应的概率;
(3)写出X 的分布列;
(4)由均值定义求出E(X);
(5)由方差定义求出D(X).
训练2 为弘扬中华优秀传统文化,营造良好的文化氛围,某高中校团委组织非毕业年级开展了“我们的元宵节”主题知识
竞答活动,该活动有个人赛和团体赛,每人只能参加其中的一项.根据各位学生答题情况,获奖学生人数统计如下:
奖项组别
个人赛
团体赛获奖
一等奖
二等奖
三等奖
高一
20
20
60
50
高二
16
29
105
50
(1)从获奖学生中随机抽取1 人,若已知抽到的学生获得一等奖,求抽到的学生来自高一的概率;
(2)从高一和高二获奖者中各随机抽取1 人,以X 表示这2 人中团体赛获奖的人数,求X 的分布列和数学期望;
(3)从获奖学生中随机抽取3 人,设这3 人中来自高一的人数为ξ,来自高二的人数为η,试判断D(ξ)与D(η)的大小关系.(结论不
要求证明)
解 (1)记“任取1 名学生,该生获得一等奖”为事件A,“任取1 名学生,该生为高一学生”为事件B,P(A)= 36
350 ,P(AB)= 20
350 ,
故P(B|A)= P( AB)
P( A )
=
20
350
36
350
=5
9.
(2)由已知可得,X 的可能取值为0,1,2.P(X=0)=100
150×150
200 =1
2,P(X=1)=100
150× 50
200 + 50
150×150
200 = 5
12,P(X=2)= 50
150× 50
200 = 1
12,所以X
的分布列为
X
0
1
2
P
1
2
5
12
1
12
E(X)=0×1
2
+1× 5
12
+2× 1
12
= 7
12
.
(3)D(ξ)=D(η).理由:因为ξ+η=3,故ξ=3-η,D(ξ)=D(3-η)=(-1)2D(η)=D(η).
微练(十八) 离散型随机变量的均值与方差
一、单项选择题
1.已知随机变量X 的分布列为
X
0
2
3
P
1
2
m
2m
则E(X)=(C)
A.2
B.5
3
C.4
3
D.1
解析 由1
2+3m=1,解得m=1
6 ,则E(X)=0×1
2+2×1
6 +3×1
3 =4
3 .
2.已知5 件产品中有2 件次品,3 件正品,检验员从中随机抽取2 件进行检测,记取到的正品数为ξ,则数学期望E(ξ)为(D)
A.4
5
B. 9
10
C.1
D.6
5
解析 ξ 可取0,1,2,P(ξ=0)=C2
2
C5
2= 1
10,P(ξ=1)=C2
1C3
1
C5
2
= 6
10,P(ξ=2)=C3
2
C5
2= 3
10,所以E(ξ)=0× 1
10+1× 6
10+2× 3
10=6
5 .故选D.
3.从一批含有13 件正品,2 件次品的产品中不放回地抽取3 次,每次抽取1 件.若抽取的次品数为ξ,则E(5ξ+1)=(C)
A.2
B.1
C.3
D.4
解析 ξ 的可能取值为0,1,2.P(ξ=0)=13
15×12
14 ×11
13=22
35 ,P(ξ=1)= 2
15×13
14 ×12
13+13
15 × 2
14 ×12
13 +13
15×12
14 × 2
13=12
35 ,P(ξ=2)=1-P(ξ=0)-
P(ξ=1)= 1
35
.所以ξ 的分布列为
ξ
0
1
2
P
22
35
12
35
1
35
于是E(ξ)=0×22
35+1×12
35 +2× 1
35=2
5,故E(5ξ+1)=5E(ξ)+1=5×2
5+1=3.
4.设离散型随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m
若随机变量Y=|X-1|,则P(Y=1)=(A)
A.0.3
B.0.4
C.0.6
D.0.7
解析 因为Y=|X-1|,所以P(Y=1)=P(X=0 或X=2)=P(X=0)+P(X=2)=0.2+0.1=0.3.故选A.
5.已知随机变量X 的分布列如表所示:
X
0
1
2
P
a
b
b
2
则当D(X)取得最大值时,a 的值为(D)
A.1
4
B.3
8
C.5
8
D. 7
16
解析 由题意得,a+b+b
2=1,所以a=1-3b
2 ①.又E(X)=0·a+1·b+2·b
2=2b,所以D(X)=E(X2)-(E(X))2=02·a+12·b+22·b
2-4b2=-4b2+3b=-4
(b- 3
8)
2
+ 9
16
,故当D(X)取得最大值时,b=3
8
,代入①得此时a=1-3
2
×3
8
= 7
16
.
6.(2025·湖北联考)已知随机变量X,Y 均服从两点分布,若P(X=1)=1
3 ,P(Y=0)=1
3 ,且P(X=Y)=2
3 ,则P(XY=0)=(A)
A.2
3
B.1
6
C.1
3
D.4
9
解析 因为随机变量X,Y 均服从两点分布,且P(X=1)=1
3 ,P(Y=0)=1
3 ,所以P(X=1,Y=0)+P(X=1,Y=1)=1
3 ,P(X=1,Y=0)+P(X=0,Y=0)=1
3 ,所
以P(X=1,Y=1)=P(X=0,Y=0),又因为P(X=Y)=2
3 ,所以P(X=1,Y=1)=P(X=0,Y=0)=1
3 ,所以P(XY=0)=1-P(X=1,Y=1)=1-1
3 =2
3 .故选A.
二、多项选择题
7.已知下表为离散型随机变量X 的分布列,其中ab≠0,则下列说法正确的是(AC)
X
0
1
2
P
a
b
2
b
2
A.a+b=1 B.E(X)=2b
C.D(X)有最大值D.D(X)有最小值
解析 由题意可知a+b
2+b
2 =1,即a+b=1,所以A 正确;因为E(X)=0×a+1×b
2+2×b
2=3b
2 ,所以B 不正确;因为D(X)=a(0- 3b
2 )
2
+
b
2(1- 3b
2 )
2
+b
2(2- 3b
2 )
2
=-9
4
b2+5
2
b=-9
4(b- 5
9)
2
+25
36
,b∈(0,1),所以D(X)是开口向下的二次函数.所以D(X)在(0, 5
9)上单
调递增,在(
5
9 ,1)上单调递减,所以D(X)有最大值,无最小值.所以C 正确,D 不正确.故选AC.
8.设离散型随机变量X 的分布列如下表:
X
1
2
3
4
5
P
m
0.1
0.2
n
0.3
若离散型随机变量Y=-3X+1,且E(X)=3,则(BC)
A.m=0.1 B.n=0.1
C.E(Y)=-8
D.D(Y)=-7.8
解析 由E(X)=1×m+2×0.1+3×0.2+4×n+5×0.3=3,得m+4n=0.7,又由m+0.1+0.2+n+0.3=1,得m+n=0.4,从而得m=0.3,n=0.1,故A 选
项错误,B 选项正确;E(Y)=-3E(X)+1=-8,故C 选项正确;因为D(X)=0.3×(1-3)2+0.1×(2-3)2+0.2×(3-3)2+0.1×(4-3)2+0.3×(5-3)2=2.6,所以
D(Y)=(-3)2D(X)=23.4,故D 选项错误.故选BC.
三、填空题
9.现有7 张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7 张卡片中随机抽取3 张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则P(ξ=2)= 16
35
,E(ξ)= 12
7
.
解析 由题意知P(ξ=2)=C2
1C4
2 +C2
2C4
1
C7
3
=16
35 .ξ 的可能取值为1,2,3,4,P(ξ=1)=C6
2
C7
3=15
35 =3
7 ,P(ξ=3)=C3
2
C7
3= 3
35 ,P(ξ=4)= 1
C7
3= 1
35 ,所以
ξ 的分布列为
ξ
1
2
3
4
P
3
7
16
35
3
35
1
35
E(ξ)=1×3
7
+2×16
35
+3× 3
35
+4× 1
35
=12
7
.
10.(2025·天津高考)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,跑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,跑6 圈的概率为0.4.小桐一周跑11
圈的概率为 0 . 6 ;若一周至少跑11 圈为运动量达标,则连续跑4 周,记达标周数为X,则期望E(X)= 3 . 2 .
解析 小桐一周跑11 圈的概率P=0.5×0.6+0.5×0.6=0.6.小桐一周运动量达标的概率p=1-0.5×0.4=0.8,显然X 服从二项分布
B(4,0.8),故E(X)=4×0.8=3.2.
四、解答题
11.盒中有标记数字1,2,3,4 的小球各2 个,随机一次取出3 个小球.
(1)求取出的3 个小球上的数字两两不同的概率;
(2)记取出的3 个小球上的最小数字为X,求X 的分布列及数学期望E(X).
解 (1)从8 个小球中,随机一次取出3 个小球,共有C8
3=8×7×6
3×2×1 =56 种结果.先从数字1,2,3,4 中选择3 个数字,再从选定的数
字中各取1 个小球,共有C4
3C2
1C2
1C2
1=32 种结果.记事件A:“取出的3 个小球上的数字两两不同”,则P(A)=32
56 =4
7 .所以取出
的3 个小球上的数字两两不同的概率为4
7 .
(2)因为X 为取出的3 个小球上的最小数字,所以X 的所有可能取值为1,2,3,P(X=1)=C2
2C6
1+C2
1C6
2
C8
3
= 9
14 ,P(X=2)=
C2
2C4
1 +C2
1C4
2
C8
3
=2
7
,P(X=3)=C2
2C2
1+C2
1C2
2
C8
3
= 1
14
.故X 的分布列为
X
1
2
3
P
9
14
2
7
1
14
X 的数学期望E(X)=1× 9
14 +2×2
7 +3× 1
14 =10
7 .
12.为丰富群众的文化生活,某社区利用周末举办羽毛球比赛.经过抽签,甲、乙两人进行比赛,比赛实行三局两胜制(若某人胜
了两局则为获胜方,比赛结束).根据以往数据统计,甲、乙两人比赛时,甲每局获胜的概率为2
3
,每局比赛相互独立.
(1)求甲获胜的概率;
(2)比赛规则规定:比赛实行积分制,胜一局得3 分,负一局得1 分;若连胜两局,则还可获得5 分的加分.用X 表示甲、乙比赛结
束后甲获得的积分,求X 的分布列和数学期望.
解 (1)甲获胜的情况如表所示:
第一局
第二局
第三局
概率
胜
胜
2
3
×2
3
胜
负
胜
2
3
×1
3
×2
3
负
胜
胜
1
3
×2
3
×2
3
则甲获胜的概率p=2
3 ×2
3 +2
3 ×1
3 ×2
3+1
3×2
3 ×2
3 =20
27 .
(2)甲各局的胜负情况及最后积分如表所示.
第一局第二局第三局
得分
概率
胜
胜
11
2
3
×2
3
负
负
2
1
3
×1
3
胜
负
胜
7
2
3
×1
3
×2
3
负
胜
胜
12
1
3
×2
3
×2
3
胜
负
负
5
2
3
×1
3
×1
3
负
胜
负
5
1
3
×2
3
×1
3
X 的可能取值为2,5,7,11,12.P(X=2)=1
9 ,P(X=5)= 2
27 + 2
27 = 4
27 ,P(X=7)= 4
27 ,P(X=11)=4
9 ,P(X=12)= 4
27 .所以X 的分布列为
X
2
5
7
11
12
P
1
9
4
27
4
27
4
9
4
27
E(X)=2×1
9
+5× 4
27
+7× 4
27
+11×4
9
+12× 4
27
=26
3
.
专项2 三类分布模型及应用
微点一 二项分布
例1 (2025·安徽五校联考)某公司升级了智能客服系统,在测试时,当输入的问题表达清晰时,智能客服的回答被采纳的概率
为7
8,当输入的问题表达不清晰时,智能客服的回答被采纳的概率为1
2.已知输入的问题表达不清晰的概率为1
5.
(1)求智能客服的回答被采纳的概率;
(2)在某次测试中输入了3 个问题(3 个问题相互独立),设X 表示智能客服的回答被采纳的次数.求X 的分布列、期望及方差.
解 (1)设A=“智能客服的回答被采纳”,B=“输入的问题表达不清晰”,依题意,P(B)=1
5,P(B)=4
5 ,P(A|B)=1
2,P(A|B)=7
8 ,因此
P(A)=P(B)P(A|B)+P(B)P(A|B)=1
5
×1
2
+4
5
×7
8
=4
5
,所以智能客服的回答被采纳的概率为4
5
.
(2)依题意,X 的所有可能取值为0,1,2,3,X~B(3, 4
5),P(X=0)=C3
0(
4
5)
0
(
1
5)
3
= 1
125
,P(X=1)=C3
1(
4
5)
1
(
1
5)
2
= 12
125
,P(X=2)=
C3
2(
4
5)
2
(
1
5)
1
= 48
125
,P(X=3)=C3
3(
4
5)
3
(
1
5)
0
= 64
125
,所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
125
12
125
48
125
64
125
数学期望E(X)=3×4
5 =12
5 ;D(X)=3×4
5 ×1
5=12
25.
二项分布概率模型的解题策略
(1)求解二项分布问题的“四关”:一是“判断关”,即判断离散型随机变量X 是否服从二项分布;二是“公式关”,若该随机
变量服从二项分布,还需要通过古典概型或相互独立事件的概率计算公式计算出概率p,然后利用P(X=k)=Cn
kpk(1-p)n-
k(k=0,1,2,…,n),求出X 取各个值时的概率;三是“分布列关”,列出表格,得到离散型随机变量的分布列;四是“结论关”,分别
利用公式E(X)=np,D(X)=np(1-p),求期望和方差.
(2)有些随机变量虽不服从二项分布,但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布,这时可以应用均值与方差的性质
求解,即利用E(aX+b)=aE(X)+b,D(aX+b)=a2D(X)求解.
训练1 (2025·安庆模拟)DeepSeek 席卷全球引发了AI 浪潮.某中学为丰富学生个性化学习生活,组织成立DeepSeek 应用学
生社团组织,成立数据运用、模型设计、场景分析、迁移学习四个学生社团并计划招募成员,由于报名人数超过计划数,将
采用随机抽取的方法确定最终成员.下表记录了四个社团的招募计划人数及报名人数.
社团
计划人数
报名人数
数据运用
50
100
模型设计
60
m
场景分析
n
160
迁移学习
160
200
甲同学报名参加这四个学生社团,记ξ 为甲同学最终被招募的社团个数,已知P(ξ =0)= 1
40
,P(ξ=4)= 1
10
.
(1)求甲同学至多获得三个社团招募的概率;
(2)求甲同学最终被招募的社团个数的期望.
解 (1)由于事件“甲同学至多获得三个社团招募”与事件“ξ=4”是对立的,所以甲同学至多获得三个社团招募的概率是
1-P(ξ=4)=1- 1
10
= 9
10
.
(2)解法一:设甲同学被数据运用,模型设计,场景分析,迁移学习四个社团招募依次记作事件A,B,C,D.由题意可知,P(ξ=0)=P(
A BC D)=(1- 50
100)×(1- 60
m)×(1- n
160)×(1- 160
200)= 1
40
,P(ξ=4)=P(ABCD)= 50
100
×60
m
× n
160
×160
200
= 1
10
,又m>60,n<160,
解得m=120,n=80,则P(ξ=1)=P(ABC D)+P(ABC D)+P(A BCD)+P(A BCD)=1
2×1
2×1
2×1
5+1
2×1
2×1
2×1
5+1
2×1
2×1
2×1
5+1
2×1
2×1
2×
4
5
= 7
40
,P(ξ=3)=P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)=1
2
×1
2
×1
2
×1
5
+1
2
×1
2
×1
2
×4
5
+1
2
×1
2
×1
2
×4
5
+1
2
×1
2
×1
2
×4
5
=13
40
,P(ξ=2)=1-
P(ξ=0)-P(ξ=1)-P(ξ=3)-P(ξ=4)=3
8
,所以ξ 的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
1
40
7
40
3
8
13
40
1
10
E(ξ)=0× 1
40
+1× 7
40
+2×3
8
+3×13
40
+4× 1
10
=2.3.
解法二:设甲同学被数据运用,模型设计,场景分析,迁移学习四个社团招募依次记作事件A,B,C,D.由题意可知,P(ξ=0)=P(
A BC D)=(1- 50
100)×(1- 60
m)×(1- n
160)×(1- 160
200)= 1
40
,P(ξ=4)=P(ABCD)= 50
100
×60
m
× n
160
×160
200
= 1
10
,又m>60,n<160,
解得m=120,n=80.设甲同学报名数据运用,模型设计,场景分析3 个社团,最终被招募的社团个数X,由于其被招募的概率均为
1
2,所以X 服从二项分布,故X~B(3, 1
2);甲同学被迁移学习社团招募的概率为4
5 ,最终被迁移学习社团招募的个数为Y,则Y 也
服从二项分布,Y~B(1, 4
5),从而ξ=X+Y,故E(ξ)=E(X+Y)=E(X)+E(Y)=3×1
2+1×4
5 =2.3.
微点二 超几何分布
例2 北方某市组织中学生开展冰雪运动的培训活动,并在培训结束后对学生进行了考核,记考核成绩不小于80 分的为优
秀.为了了解本次培训活动的效果,在参加培训的学生中随机抽取了60 名学生的考核成绩,如下表.
成绩
[50,60)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100]
人数
5
5
15
25
10
(1)从参加培训的学生中随机选取1 人,请根据表中数据,估计这名学生考核优秀的概率;
(2)用分层随机抽样的方法,在考核成绩为[70,90)的学生中任取8 人,再从这8 人中随机选取4 人,记取到考核成绩在[80,90)的
学生人数为X,求X 的分布列和数学期望.
解 (1)设该名学生考核成绩优秀为事件A,由已知60 名同学的成绩中,优秀的有35 名同学,所以P(A)=35
60= 7
12,所以可估计这
名学生考核优秀的概率为7
12.
(2)由已知,用分层随机抽样方法,在考核成绩为[70,90)的学生中任取8 人,则考核成绩在[70,80)的学生应抽取3 人,考核成绩在
[80,90)的学生应抽取5 人.由题意可得X 的所有可能取值为1,2,3,4,所以P(X=1)=C3
3C5
1
C8
4
= 1
14 ,P(X=2)=C3
2C5
2
C8
4
=3
7 ,P(X=3)=C3
1C5
3
C8
4
=
3
7
,P(X=4)=C5
4
C8
4 = 1
14
.所以随机变量X 的分布列为
X
1
2
3
4
P
1
14
3
7
3
7
1
14
E(X)=1× 1
14
+2×3
7
+3×3
7
+4× 1
14
=5
2
.
求超几何分布的分布列的解题模型
(1)对于超几何分布,首先要确定参数N,M,n 的值.
(2)明确随机变量的所有可能取值,以及随机变量取每一个值时对应的k 值.
(3)将k 的值一一代入超几何分布的概率计算公式,求出对应概率.
(4)写出分布列.
(5)利用公式求期望值.
训练2 某企业举行“猜灯谜,闹元宵”趣味竞赛活动,每个员工从8 道谜语中一次性抽出4 道作答.小张有6 道谜语能猜中,
2 道不能猜中;小王每道谜语能猜中的概率均为p(0<p<1),且猜中每道谜语与否互不影响.
(1)分别求小张,小王猜中谜语道数的分布列;
(2)若预测小张猜中谜语的道数多于小王猜中谜语的道数,求p 的取值范围.
解 (1)设小张猜中谜语的道数为X,可知随机变量X 服从超几何分布,X 的可能取值分别为2,3,4.P(X=2)=C6
2C2
2
C8
4
=15
70= 3
14
,P(X=3)=C6
3C2
1
C8
4
=40
70
=4
7
,P(X=4)=C6
4C2
0
C8
4
=15
70
= 3
14
,故小张猜中谜语道数X 的分布列为
X
2
3
4
P
3
14
4
7
3
14
设小王猜中谜语的道数为Y,可知随机变量Y 服从二项分布Y~B(4,p),Y 的取值分别为0,1,2,3,4,P(Y=0)=(1-p)4,P(Y=1)=C4
1(1-
p)3p=4p(1-p)3,P(Y=2)=C 4
2(1-p)2p2=6p2(1-p)2,P(Y=3)=C 4
3(1-p)p3=4p3(1-p),P(Y=4)=p4.故小王猜中谜语道数Y 的分布列为
Y
0
1
2
3
4
P
(1-p)4
4p(1-p)3
6p2(1-p)2
4p3(1-p)
p4
(2)由(1)可知E(X)=2× 3
14 +3×4
7 +4× 3
14 =3,E(Y)=4p,若预测小张猜中谜语的道数多于小王猜中谜语的道数,则3>4p,可得0<p<3
4 ,
即p 的取值范围为(0, 3
4).
微点三 正态分布
例3 (1)(2024·新课标Ⅰ卷)(多选题)随着“一带一路”国际合作的深入,某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动
出口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植区抽取样本,得到推动出口后亩收入的样本均值x=2.1,样本方差s2=0.01,已知该种
植区以往的亩收入X 服从正态分布N(1.8,0.12),假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布N(x,s2),则(BC)
(若随机变量Z 服从正态分布N(μ,σ2),P(Z<μ+σ)≈0.841 3)
A.P(X>2)>0.2
B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5
D.P(Y>2)<0.8
解析 依题可知,x=2.1,s2=0.01,所以Y~N(2.1,0.12),故P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3,所以C 正确,D 错误;因为
X~N(1.8,0.12),所以P(X<1.8+0.1)≈0.841 3,所以P(X>1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7,而P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)<P(X>1.8+0.1)≈0.158 7,
所以B 正确,A 错误.
(2)(2022·新课标Ⅱ卷)已知随机变量X 服从正态分布N(2,σ2),且P(2<X≤2.5)=0.36,则P(X>2.5)= 0 . 14
.
解析 由题意可知P(X>2)=0.5,所以P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5-0.36=0.14.
利用正态分布求概率的两个常见方法
(1)对称法:由于正态曲线是关于直线x=μ 对称的,且概率的和为1,所以随机变量在关于直线x=μ 对称的区间上取值的概率相
等.如:①P(X<a)=1-P(X≥a);②P(X<μ-a)=P(X>μ+a).
(2)“3σ”法:利用X 的取值落在区间[μ-σ,μ+σ],[μ-2σ,μ+2σ],[μ-3σ,μ+3σ]内的概率分别约是0.682 7,0.954 5,0.997 3 求解.
训练3 (2025·江西宜春模拟)某教学研究机构从参加高考适应性考试的20 000 名优秀考生中随机抽取了200 人对其数学
成绩进行了整理分析,作出了如图所示的频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图,同一组数据用该组区间的中点值作代表,求得这200 名考生数学成绩的平均数为x=110.据此估计这
20 000 名优秀考生数学成绩的标准差s;
(2)根据以往经验,可以认为这20 000 名优秀考生的数学成绩X 近似服从正态分布N(μ,σ2),其中参数μ 和σ 可以分别用(1)中
的x和s 来估计.记考生本次考试的各科总成绩为Y,若Y=5X-10,试估计这20 000 名优秀考生中总成绩Y∈[600,660]的人数.
注:√6≈2.4;
若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5.
解 (1)抽取的200 名考生数学成绩的方差估计值为s2=(80-110)2×0.02+(90-110)2×0.09+(100-110)2×0.22+(110-110)2×0.33+(120-
110)2×0.24+(130-110)2×0.08+(140-110)2×0.02=150.故估计这20 000 名考生数学成绩的方差为150,标准差s=√150=5√6
≈5×2.4=12.
(2)由(1)知μ 可用x=110 来估计,σ 可用s 来估计.故X~N(110,122).又P(μ+σ≤X≤μ+2σ)=
P( μ-2σ ≤X ≤μ+2σ )- P( μ-σ ≤X ≤μ+σ )
2
≈0.954 5-0.682 7
2
=0.135 9,故P(122≤X≤134)≈0.135 9.又Y=5X-10,所以
P(600≤Y≤660)=P(600≤5X-10≤660)=P(122≤X≤134)≈0.135 9.故这20 000 名考生中成绩在[600,660]的人数约为20 000×0.135 9=2
718.
微练(十九) 三类分布模型及应用
一、单项选择题
1.已知随机变量X~B(4 , 1
2),则P(X=2)=(B)
A.3
4
B.3
8
C.1
4
D.1
8
解析 因为随机变量X~B(4 , 1
2),所以P(X=2)=C4
2(
1
2)
4
= 6
16 =3
8 .
2.某种品牌手机的电池使用寿命X(单位:年)服从正态分布N(4,σ2)(σ>0),且使用寿命不少于2 年的概率为0.9,则该品牌手机电
池至少使用6 年的概率为(D)
A.0.9
B.0.7
C.0.3
D.0.1
解析 由题得,P(X≥2)=0.9,故P(X<2)=0.1,因为6+2
2
=4,所以根据对称性得P(X≥6)=P(X<2)=0.1.故选D.
3.在一个袋中装有除颜色外完全相同的4 个黑球,3 个白球,现从中任取3 个小球,设取的3 个小球中白球的个数为X,则下列
结论正确的是(C)
A.P(X=1)=3
7
B.随机变量X 服从二项分布
C.随机变量X 服从超几何分布
D.E(X)=3
8
解析 由题意知,随机变量X 服从N=7,M=3,n=3 的超几何分布,故B 错误,C 正确;P(X=1)=C3
1·C4
2
C7
3
=18
35 ,故A 错误;E(X)=n· M
N =3×
3
7 =9
7 ,故D 错误.故选C.
4.已知随机变量ξ 服从正态分布N(μ,σ2),若函数f(x)=P(x≤ξ≤x+1)为偶函数,则μ=(C)
A.-1
2
B.0
C.1
2
D.1
解析 因为函数f(x)是偶函数,所以f(x)=f(-x),可得P(x≤ξ≤x+1)=P(-x≤ξ≤-x+1),所以[x,x+1]与[-x,-x+1]对称,所以ξ 的正态曲线关于
直线x= x +(- x +1)
2
=1
2对称,又ξ 服从正态分布N(μ,σ2),所以其正态曲线关于直线x=μ 对称,所以μ=1
2.故选C.
5.(2025·唐山一模)随机变量X~N(μ,σ2),σ>0.若P(X<μ+σ)=p,则P(μ-σ<X<μ+σ)=(D)
A.1-p
B.2-2p
C.p-1
2
D.2p-1
解析 因为X~N(μ,σ2),σ>0 且P(X<μ+σ)=p,所以P(X≥μ+σ)=1-p,根据正态曲线的对称性,可得P(X≤μ-σ)=P(X≥μ+σ)=1-p,所以P(μ-
σ<X<μ+σ)=1-P(X≤μ-σ)-P(X≥μ+σ)=1-2(1-p)=2p-1.故选D.
6.某班级有50 名学生,期末考试数学成绩服从正态分布N(120,σ2),已知P(X>140)=0.2,则X∈[100,140]的学生人数为(D)
A.5
B.10
C.20
D.30
解析 因为期末考试数学成绩服从正态分布N(120,σ2),所以期末考试数学成绩关于直线μ=120 对称,则
P(X>140)=P(X<100)=0.2,所以P(100≤X≤140)=1-2×0.2=0.6,所以X∈[100,140]的学生人数为0.6×50=30.故选D.
二、多项选择题
7.某市高三年级学生联考,学生的数学成绩X 近似服从正态分布N(110,25),则下列说法正确的是(BD)
A.该市高三年级学生的数学成绩的方差是5
B.从本次联考数学成绩中随机调查1 名学生的成绩,分数大于120 的概率比分数低于105 的概率小
C.P(X>110)>1
2
D.从本次联考数学成绩中随机调查3 名学生的成绩,至少有1 个成绩低于110 的概率为7
8
解析 由题意可知,该市高三年级学生的数学成绩的方差是25,A 错误;P(X>120)=P(X>110+5×2),P(X<105)=P(X<110-5),由正态分
布的性质可知B 正确;数学成绩X 的期望为110,所以P(X>110)=1
2,C 错误;学生成绩低于110 的概率为1
2,每一名学生的成绩相
互独立,所以3 名学生的数学成绩,至少有1 个成绩低于110 的概率为1-(
1
2)
3
=7
8
,D 正确,故选BD.
8.(2025·辽宁一模)随机变量X 服从参数为n,p 的二项分布,即X~B(n,p),其概率分布可用下图直观的表示,则
(BCD)
A.n=5
B.p=3
4
C.b= 3
64
D.D(X)=3
4
解析 对于A,由频率分布直观图可得X 可以取0,1,2,3,4,所以n=4,故A 错误;对于B,由P(X=4)=C4
4p4= 81
256 ,所以p=3
4 ,故B 正确;
对于C,P(X=1)=C 4
1p(1-p)3=4×3
4 ×(
1
4)
3
= 3
64 ,所以b= 3
64 ,故C 正确;对于D,D(X)=np(1-p)=4×3
4 ×1
4 =3
4 ,故D 正确.故选BCD.
三、填空题
9.某学校门口现有2 辆共享电动单车,8 辆共享自行车.现从中一次性随机租用3 辆,则恰好有2 辆共享自行车被租用的概率
为 7
15 .
解析 恰好有2 辆共享自行车被租用的概率为P=C8
2C2
1
C10
3
=28×2
120 = 7
15.
10.某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高时,发现株高(单位:cm)服从正态分布N(100,102),若测量10 000 株水稻,株高
在(80,90)的约有 1 359
株.(若X~N(μ,σ2),P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5)
解析 由题意,μ=100,σ=10,由正态分布的对称性可得P(80<X<90)=1
2[P(100-20≤X≤100+20)-P(100-10≤X≤100+10)]≈
0.954 5-0.682 7
2
=0.135 9,故株高在(80,90)的约有10 000×0.135 9=1 359 株.
四、解答题
11.小明参加社区组织的射击比赛活动,已知小明射击一次,击中区域甲的概率是1
3
,击中区域乙的概率是1
4
,击中区域丙的概
率是1
8,区域甲、乙、丙均没有重复的部分.这次射击比赛获奖规则是:若击中区域甲则获一等奖;若击中区域乙则有一半的
机会获得二等奖,有一半的机会获得三等奖;若击中区域丙则获得三等奖;若击中上述三个区域以外的区域则不获奖.获得一
等奖和二等奖的选手被评为“优秀射击手”称号.
(1)求小明射击1 次获得“优秀射击手”称号的概率;
(2)小明在比赛中射击4 次,每次射击的结果相互独立,设获三等奖的次数为X,求X 的分布列和数学期望.
解 (1)记“射击一次获得‘优秀射击手’称号”为事件A;“射击一次获得一等奖”为事件B;“射击一次获得二等奖”为
事件C,所以有A=B∪C,所以P(B)=1
3 ,P(C)=1
4 ×1
2=1
8 ,所以P(A)=P(B∪C)=P(B)+P(C)=1
3 +1
8 =11
24 .故所求的概率为11
24 .
(2)获得三等奖的次数为X,X 的可能取值为0,1,2,3,4.记“获得三等奖”为事件D,所以P(D)=1
8+1
4 ×1
2=1
4 ,所以P(X=0)=
C4
0(
1
4)
0
(
3
4)
4
= 81
256
,P(X=1)=C4
1(
1
4)
1
(
3
4)
3
=27
64
,P(X=2)=C4
2(
1
4)
2
(
3
4)
2
= 54
256
= 27
128
,P(X=3)=C4
3(
1
4)
3
(
3
4)= 12
256
= 3
64
,P(X=4)=
C4
4(
1
4)
4
(
3
4)
0
= 1
256
,所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
81
256
27
64
27
128
3
64
1
256
显然X~B(4 , 1
4),所以E(X)=4×1
4 =1.
12.某商场举行有奖促销活动,凡5 月1 日当天消费不低于1 000 元,均可抽奖一次,抽奖箱里有6 个形状、大小、质地完全相
同的小球,其中红球有4 个,白球有2 个,抽奖方案设置两种,顾客自行选择其中的一种方案.
方案一:从抽奖箱中,一次性摸出3 个球,每有1 个红球,可立减80 元;
方案二:从抽奖箱中,有放回地每次摸出1 个球,连摸3 次,每摸到1 次红球,立减80 元.
(1)设方案一摸出的红球个数为随机变量X,求X 的分布列、数学期望和方差;
(2)设方案二摸出的红球个数为随机变量Y,求Y 的分布列、数学期望和方差;
(3)如果你是顾客,如何在上述两种抽奖方式中进行选择?请写出你的选择及简要理由.
解 (1)设方案一摸出的红球个数为X,则X 的所有可能取值为1,2,3,P(X=1)=C4
1C2
2
C6
3
=1
5,P(X=2)=C4
2C2
1
C6
3
=3
5 ,P(X=3)=C4
3
C6
3 =1
5 .所以
随机变量X 的分布列为
X
1
2
3
P
1
5
3
5
1
5
所以E(X)=1×1
5 +2×3
5 +3×1
5=2,D(X)=1
5×(1-2)2+3
5 ×(2-2)2+1
5 ×(3-2)2=2
5.
(2)设方案二摸出的红球个数为Y,则Y 的所有可能取值为0,1,2,3.则Y~B(3, 2
3),所以P(Y=0)=C3
0×(
2
3)
0
×(
1
3)
3
= 1
27 ,P(Y=1)=C3
1
×(
2
3)
1
×(
1
3)
2
=2
9 ,P(Y=2)=C3
2×(
2
3)
2
×(
1
3)
1
=4
9 ,P(Y=3)=C3
3×(
2
3)
3
×(
1
3)
0
= 8
27 ,所以随机变量Y 的分布列为
Y
0
1
2
3
P
1
27
2
9
4
9
8
27
所以E(Y)=3×2
3
=2,D(Y)=3×2
3
×(1- 2
3)=2
3
.
(3)因为E(X)=E(Y),D(X)<D(Y),即两种方案抽取的红球个数的数学期望一样,但方案一更稳定,所以应选择方案一的抽奖方式.
微专题13 统计与成对数据的统计分析
1.分层随机抽样中的均值与方差
若将总体分为k 层,第j 层的样本量为nj,样本均值为x j,样本方差为s j
2,j=1,2,…,k,记n=∑
j =1
k
❑nj,则总的样本均值x和样本方差s2
分别为x=1
n∑
j =1
k
❑njx j,s2=1
n∑
j =1
k
❑[njs j
2+nj(x j-x)2].
2.一元线性回归模型
(1)经验回归直线^y=^bx+^a一定过样本点的中心(x,y).
(2)a,b 的最小二乘估计为{
^b=
∑
i=1
n
( xi- x)( yi- y)
∑
i=1
n
( xi- x)
2
,
^a= y - ^b x .
(3)决定系数R2=1-
∑
i=1
n
( yi- ^yi)
2
∑
i=1
n
( yi- y)
2
越大,模型的拟合效果越好,R2越小,模型的拟合效果越差.
3.独立性检验
(1)卡方:χ2=
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c)(b+d )
,其中n=a+b+c+d 为样本容量.
(2)基于小概率值α 的检验规则:
当χ2≥xα时,推断H0不成立,即认为X 和Y 不独立,该推断犯错误的概率不超过α;
当χ2<xα时,没有充分证据推断H0不成立,即认为X 和Y 独立.
微点一 统计图表及数字特征的应用
例1 (1)(多选题)给定一组不全相同的样本数据x1,x2,…,xn,关于样本数据2x1-1,2x2-1,…,2xn-1 的说法正确的是(AD)
A.与原数据相比,极差一定变大
B.与原数据相比,众数一定变大
C.与原数据相比,平均数一定变大
D.与原数据相比,方差一定变大
解析 对于A,若样本数据x1,x2,…,xn中的最小的数为x1,最大的数为xn,则极差为xn-x1,则样本数据2x1-1,2x2-1,…,2xn-1 的极差为
(2xn-1)-(2x1-1)=2(xn-x1),因为xn-x1>0,所以2(xn-x1)>xn-x1,所以A 正确;对于B,若x1,x2,…,xn的众数为x1,则2x1-1,2x2-1,…,2xn-1 的众数
为2x1-1,若x1=-1,则2x1-1=2×(-1)-1=-3<-1,所以B 错误;对于C,若x1,x2,…,xn的平均数为x,则2x1-1,2x2-1,…,2xn-1 的平均数为2x-1,
若x=0,则2x-1=-1<0,所以C 错误;对于D,若x1,x2,…,xn的方差为s2=1
n [(x1-x)2+(x2-x)2+…+(xn-x)2],而s2>0,则2x1-1,2x2-1,…,2xn-1 的
方差为s'2=1
n[(2x1-1-2x+1)2+(2x2-1-2x+1)2+…+(2xn-1-2x+1)2]=4×1
n[(x1-x)2+(x2-x)2+…+(xn-x)2]=4s2>s2,所以D 正确.故选AD.
(2)(2025·滨州二模)(多选题)据网络平台数据,电影《哪吒之魔童闹海》登顶动画票房榜榜首的亚洲电影.一团队从观看该电
影的所有观众中随机抽取10 000 人为样本,统计他们的年龄,并绘制如图所示的频率分布直方图,则(BD)
A.a=0.019
B.观众年龄的众数估计为35
C.观众年龄的平均数估计为30.2
D.观众年龄的第70 百分位数估计为38
解析 由题意知(0.010+a+0.022+0.025+0.020+0.005)×10=1,解得a=0.018,故A 错误;观众年龄的众数估计是30+ 40
2
=35,故B
正确;估计这10 000 名观众年龄的平均数为5×0.1+15×0.18+25×0.22+35×0.25+45×0.2+55×0.05=29.2,故C 错误;前3 组的频率
之和为(0.010+0.018+0.022)×10=0.50,前4 组的频率之和为0.50+0.025×10=0.75,故第70 百分位数位于第4 组,设其为t,则
(t-30)×0.025+0.50=0.70,解得t=38,即第70 百分位数为38,故D 正确.故选BD.
利用频率分布直方图估计样本数字特征的方法
(1)中位数:在频率分布直方图中,中位数左边和右边的直方图面积相等,由此可以估计中位数.
(2)平均数:平均数的估计值等于每个小矩形的面积乘矩形底边中点横坐标之和.
训练1 (1)(2025·广东模拟)(多选题)为了丰富学生的课余生活,减轻学生的学习压力,某校提倡师生全民健身,口号为“全民
健身,与奥运同行”.该校跳绳社团组织学生校内跳绳比赛,得到10 名同学的跳绳数分别为:
180,166,190,176,180,200,170,198,160,220(单位:个),则这组样本数据的
(ABD)
A.极差为60
B.平均数是184
C.方差为400
D.60%分位数是185
解析 将这组数据从小到大排序得160,166,170,176,180,180,190,198,200,220,这组数据的极差为220-160=60,故A 正确;平均
数为1
10 ×(180+166+190+176+180+200+170+198+160+220)=184,故B 正确;方差为1
10×[(180-184)2+(166-184)2+(190-184)2+(176-
184)2+(180-184)2+(200-184)2+(170-184)2+(198-184)2+(160-184)2+(220-184)2]=297.6,故C 错误;因为10×0.6=6,所以60%分位数为
180+190
2
=185,故D 正确.故选ABD.
(2)(多选题)2020 至2024 年我国快递业务量及其增长速度如图所示,则
(ABD)
A.2020 至2024 年我国快递业务量逐年增长
B.2020 至2024 年我国快递业务量的中位数是1 106 亿件
C.2020 至2024 年我国快递业务量增长速度的极差是19.4%
D.估计我国2019 年的快递业务量大于500 亿件
解析 对于A 中,根据统计图表,可得2020 至2024 年我国快递业务量逐年增长,所以A 正确.对于B 中,2020 至2024 年我国快
递业务量分别为834,1 083,1 106,1 321,1 605,可得数据的中位数为1 106 亿件,所以B 正确;对于C 中,2020 至2024 年我国快
递业务量增长速度的极差为31.2%-2.1%=29.1%,所以C 错误.对于D 中,设我国2019 年的快递业务量为x 亿件,则
(1+31.2%)x=834,可得x= 834
1.312>834
1.5 =556>500,所以D 正确.故选ABD.
微点二 回归分析
例2 某电商平台统计了近七年小家电的年度广告费支出xi(万元)与年度销售量yi(万台)的数据,如表所示:
年份
2018 2019 2020 2021 2022 2023
2024
广告费
支出x
1
2
4
6
11
13
19
销售量y
1.9
3.2
4.0
4.4
5.2
5.3
5.4
其中∑
i=1
7
❑xiyi=279.4,∑
i=1
7
❑xi
2=708.
(1)若用回归模型拟合y 与x 的关系,求出y 关于x 的经验回归方程;
(2)若用y=c+d√x模型拟合得到的经验回归方程为^y=1.63+0.99√x,经计算回归模型及该模型的R2分别为0.75 和0.88,请根据
R2的数值选择更好的回归模型拟合y 与x 的关系,进而计算出年度广告费x 为何值时,利润^z=200y-x 的预报值最大?
参考公式:
^b=
∑
i=1
n
❑xi yi-n x y
∑
i=1
n
❑xi
2-n x
2
=
∑
i=1
n
( xi- x)( yi- y)
∑
i=1
k
( xi- x)
2
,^a=y-^b x.
解 (1)由题意可得:x=1+2+ 4+6+11+13+19
7
=8,y=1.9+3.2+ 4.0+ 4.4+5.2+5.3+5.4
7
=4.2,所以^b=
∑
i=1
7
❑xi yi-7 x y
∑
i=1
7
❑xi
2-7 x
2
=279.4 -7×8×4.2
708-7×8
2
=0.17,^a=y-^b x=4.2-0.17×8=2.84,y 关于x 的经验回归方程为^y=0.17x+2.84.
(2)因为0.75<0.88,R2越大拟合效果越好,选用经验回归方程^y=1.63+0.99√x更好,^z=200(1.63+0.99√x)-x=-x+198√x+326=-(√x
-99)2+10 127,当√x=99,即x=9 801 时,利润的预报值最大.
训练2 某地经过多年的环境治理,已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区某种树木的总材积量,随机选取了10 棵这种
树木,测量每棵树的根部横截面积(单位:m2)和材积量(单位:m3),得到如下数据:
样本
号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
平均值
根部
横截
面积xi
0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05
a
b
c
0.07
0.06
材积
量yi
0.25 0.41 0.22 0.54 0.53 0.34 0.35 0.39 0.43 0.44
0.39
其中a,b,c 为等差数列,并计算得:∑
i=1
6
❑xiyi=0.146,√∑
i=1
6
❑xi
2-6 x
2≈0.044,√∑
i=1
6
❑yi
2-6 y
2≈0.303.
(1)求b 的值;
(2)若选取前6 个样本号对应数据,判断这种树木的根部横截面积与材积量是否具有很强的线性相关性,并求该林区这种树木
的根部横截面积与材积量的经验回归方程(若0.25≤|r|≤0.75,则认为两个变量的线性相关性一般;若|r|>0.75,则认为两个变量
的线性相关性很强);
(3)根据经验回归方程估计a,c 的值(精确到0.01).
附:样本相关系数r=
∑
i=1
n
❑xi yi-n x y
√∑
i=1
n
❑xi
2-n x
2√∑
i=1
n
❑yi
2-n y
2
,
经验回归方程^y=^bx+^a中,^b=
∑
i=1
n
❑xi yi-n x y
∑
i=1
n
❑xi
2-n x
2
.^a=y-^b x.
解 (1)由a,b,c 为等差数列,得2b=a+c,由表格得该树木根部横截面积的平均值为0.06,可得a+b+c=0.06×10-
(0.04+0.06+0.04+0.08+0.08+0.05+0.07)=0.18,故3b=0.18,解得b=0.06.
(2)由已知得x=1
6 ×(0.04+0.06+0.04+0.08+0.08+0.05)≈0.058,y=1
6 ×(0.25+0.41+0.22+0.54+0.53+0.34)≈0.382,样本相关系数r=
∑
i=1
6
❑xi yi-6 x y
√∑
i=1
6
❑xi
2-6 x
2√∑
i=1
6
❑yi
2-6 y
2
≈0.98>0.75,故这种树木的根部横截面积与材积量具有很强的线性相关性.所以^b=
∑
i=1
6
❑xi yi-6 x y
∑
i=1
6
❑xi
2-6 x
2
≈6.75,^a=y-^b x≈-0.009 5,所以该林区这种树木的根部横截面积与材积量的经验回归方程为^y=6.75x-0.009
5.
(3)由表格数据可得,根部横截面积为a,c 时对应的材积量分别为0.35,0.43,代入经验回归方程分别得0.35=6.75a-0.009
5,0.43=6.75c-0.009 5,解得a≈0.05,c≈0.07.
微点三 独立性检验
例3 (2025·重庆模拟)随机询问80 名不同职业的人在购买食品时是否看营养说明,得到如下调查结果:
职业
买食品时是否看营养说明
合计
不看营养说明
看营养说明
从事与医疗相关行业
12
28
40
从事与医疗无关行业
18
22
40
合计
30
50
80
(1)从这80 名受访者中随机抽出1 人,已知此人在购买食品时要看营养说明,求这名受访者从事与医疗无关行业的概率;
(2)依据小概率值α=0.05 的χ2独立性检验,能否推断两个群体在购买食品时是否看营养说明存在差异?
参考公式:χ2=
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c)(b+d )
,
χ2独立性检验中常用小概率值和相应临界值:
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
解 (1)用A 表示事件“受访者在购买食品是要看营养说明”,B 表示事件“受访者从事医疗无关行业”,“已知此人在购买
食品时要看营养说明,求这名受访者从事与医疗无关行业”的概率就是在“在事件A 发生的条件下,事件B 发生”的概率,
记为P(B|A),n(AB)=22,n(A)=50,所以P(B|A)=22
50=11
25 .
(2)零假设为H0:职业与看营养说明相互独立,即两个群体在购买食品时是否看营养说明无差异,根据表中数据,计算得到χ2=
80×(12×22-18×28)
2
40×40×30×50
=48
25
=1.920<3.841=x0.05,根据小概率值α=0.05 的χ2独立性检验,没有充分证据推断H0不成立,所以
可以认为H0成立,即认为两个群体在购买食品时是否看营养说明无差异.
独立性检验的一般步骤
(1)根据样本数据列2×2 列联表.
(2)提出零假设,根据公式
χ2=
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c)(b+d)
,计算χ2的值.
(3)比较χ2与临界值的大小关系,作统计判断.χ2越大,对应假设事件H0成立(两类变量相互独立)的概率越小,H0不成立的概率
越大.
训练3 (2025·河南省名校模拟)某校开设校本课程“剪纸”,为了解学生参加该课程与性别是否有关,用简单随机抽样的方
法分别从男生和女生中各抽取了50 名学生进行调查,得到如下2×2 列联表:
性别
课程
合计
参加“剪纸”课程
不参加“剪纸”课程
男生
10
女生
30
50
合计
(1)补全列联表,并依据小概率值α=0.050 的独立性检验,分析参加“剪纸”课程是否与性别有关联;
(2)以样本估计总体,且以频率估计概率,若从该校女生中随机抽取3 人,记其中参加“剪纸”课程的人数为X,求X 的期望.
附:χ2=
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d )
,其中n=a+b+c+d.
α
0.050
0.025
0.010
xα
3.841
5.024
6.635
解 (1)2×2 列联表如下:
性别
课程
合计
参加“剪纸”课程
不参加“剪纸”课程
男生
10
40
50
女生
20
30
50
合计
30
70
100
零假设为H0:参加“剪纸”课程与性别无关联,则χ2=100(10×30-20×40)
2
30×70×50×50
=100
21 ≈4.762>3.841=x0.050,依据小概率值
α=0.050 的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为参加“剪纸”课程与性别有关联,此推断犯错误的概率不大于0.050.
(2)由表格中的数据知,从女生中抽取1 人,其参加“剪纸”课程的概率为P=20
50
=2
5
,X 的可能取值为0,1,2,3,且X~B(3, 2
5),所
以E(X)=3×2
5 =6
5 .
1.(2024·新课标Ⅱ卷)某农业研究部门在面积相等的100 块稻田上种植一种新型水稻,得到各块稻田的亩产量(单位:kg)并整
理得下表:
亩产量[900,
950)
[950,
1 000)
[1 000,
1 050)
[1 050,
1 100)
[1 100,
1 150)
[1 150,
1 200]
频数
6
12
18
30
24
10
根据表中数据,下列结论中正确的是(C)
A.100 块稻田亩产量的中位数小于1 050 kg
B.100 块稻田中亩产量低于1 100 kg 的稻田所占比例超过80%
C.100 块稻田亩产量的极差介于200 kg 至300 kg 之间
D.100 块稻田亩产量的平均值介于900 kg 至1 000 kg 之间
解析 对于A,因为前3 组的频率之和0.06+0.12+0.18=0.36<0.5,前4 组的频率之和0.36+0.30=0.66>0.5,所以100 块稻田亩产
量的中位数所在的区间为[1 050,1 100),故A 不正确;对于B,100 块稻田中亩产量低于1 100 kg 的稻田所占比例为
6+12+18+30
100
×100%=66%,故B 不正确;对于C,因为1 200-900=300,1 150-950=200,所以100 块稻田亩产量的极差介于200
kg 至300 kg 之间,故C 正确;对于D,100 块稻田亩产量的平均值为1
100×(925×6+975×12+1 025×18+1 075×30+1 125×24+1
175×10)=1 067(kg),故D 不正确.综上所述,故选C.
2.(2024·天津高考)下列图中,线性相关系数最大的是(A)
A
B
C
D
解析 选项A 中的散点有明显的从左下角到右上角沿直线分布的趋势,且散点集中在一条直线的附近,故选项A 中的线性相
关系数最大,故选A.
3.(2023·新课标Ⅰ卷)(多选题)有一组样本数据x1,x2,…,x6,其中x1是最小值,x6是最大值,则(BD)
A.x2,x3,x4,x5的平均数等于x1,x2,…,x6的平均数
B.x2,x3,x4,x5的中位数等于x1,x2,…,x6的中位数
C.x2,x3,x4,x5的标准差不小于x1,x2,…,x6的标准差
D.x2,x3,x4,x5的极差不大于x1,x2,…,x6的极差
解析 取x1=1,x2=x3=x4=x5=2,x6=9,则x2,x3,x4,x5的平均数等于2,标准差为0,x1,x2,…,x6的平均数等于3,标准差为√
22
3
=√66
3
,故
A,C 均不正确;根据中位数的定义,将x1,x2,…,x6按从小到大的顺序进行排列,中位数是中间两个数的算术平均数,由于x1是最小
值,x6是最大值,故x2,x3,x4,x5的中位数是将x2,x3,x4,x5按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数,与x1,x2,…,x6的中位数
相等,故B 正确;根据极差的定义,知x2,x3,x4,x5的极差不大于x1,x2,…,x6的极差,故D 正确.综上,选BD.
4.(2021·新课标Ⅰ卷)(多选题)有一组样本数据x1,x2,…,xn,由这组数据得到新样本数据y1,y2,…,yn,其中yi=xi+c(i=1,2,…,n),c 为非
零常数,则(CD)
A.两组样本数据的样本平均数相同
B.两组样本数据的样本中位数相同
C.两组样本数据的样本标准差相同
D.两组样本数据的样本极差相同
解析 A 项,设x=1
n∑
i=1
n
❑xi,则y=1
n∑
i=1
n
❑yi=1
n∑
i=1
n
❑(xi+c)=1
n∑
i=1
n
❑xi+c,所以y=x+c,因为c≠0,所以x≠y,所以A 选项错误.B 项,
因为yi=xi+c(i=1,2,…,n),所以y1,y2,…,yn的中位数是x1,x2,…,xn的中位数加c,所以B 选项错误.C 项,设s1
2=1
n∑
i=1
n
❑(xi-x)2,s2
2=
1
n∑
i=1
n
❑(yi-y)2,所以s2
2=1
n∑
i=1
n
❑(xi+c-x-c)2=1
n∑
i=1
n
❑(xi-x)2,所以s1
2=s2
2,所以两组数据的方差相同,从而这两组数据的标准差相
同,所以C 选项正确.D 项,设x1<x2<…<xn,则第一组数据的极差为xn-x1,设y1<y2<…<yn,则第二组数据的极差为yn-y1=(xn+c)-
(x1+c)=xn-x1,所以两组数据的极差相同,所以D 选项正确,故选CD.
微练(二十) 统计与成对数据的统计分析
一、单项选择题
1.(2025·南京一模)某项比赛共有10 个评委评分,若去掉一个最高分与一个最低分,则与原始数据相比,一定不变的是(B)
A.极差B.45 百分位数
C.平均数
D.众数
解析 对A,若每个数据都不相同,则极差一定变化,故A 错误;对B,由10×0.45=4.5<5,所以将10 个数据从小到大排列,45 百分
位数为第5 个数据,从10 个原始评分中去掉1 个最高分、1 个最低分,得到8 个有效评分,8×0.45=3.6<4,所以45 百分位数为8
个数据从小到大排列后第4 个数据,即为原来的第5 个数据,故B 正确;对C,去掉一个最高分一个最低分,平均数可能变化,故
C 错误;对D,去掉一个最高分一个最低分,众数可能变化,故D 错误.故选B.
2.(2025·张家口二模)在某次高三模拟考试后,数学老师随机抽取了6 名同学第一个解答题的得分情况如下:7,9,5,8,4,1,则这组
数据的平均数和极差分别为(A)
A.17
3
,8 B.15
3
,8 C.17
3
,7 D.15
3
,7
解析 根据题意,这组数据的平均数x=1+ 4+5+7+8+9
6
=17
3 ,极差为9-1=8.故选A.
3.(2025·广东大湾区二模)一组数据由小到大排列为2,4,5,x,11,14,15,39,41,50,已知该组数据的40%分位数是9.5,则x 的值是
(C)
A.6
B.7
C.8
D.9
解析 因为10×40%=4,所以该组数据的40%分位数是第4、第5 位数的平均数,所以x +11
2
=9.5,解得x=8,故选C.
4.(2025·黑龙江名校协作体一模)如图是某高中学校2 000 名男生的身高样本的频率分布直方图,估计该样本数据的53%分位
数为(C)
A.177
B.178
C.179
D.180
解析 由题设(0.01+0.025+0.045)×10=0.8>53%>(0.01+0.025)×10=0.35,所以53%分位数在区间[175,185)内,设为x,则0.35+
(x-175)×0.045=0.53,所以x=179.故选C.
5.(2025·福建宁德模拟)由如表所示的变量x,y 之间的一组数据,得x,y 之间的线性回归方程为^y=-0.5x+10.5,则(C)
x
6
8
10
12
y
7
t
5.5
4.5
A.点(8,t)一定在回归直线上
B.x 每增加1 个单位,y 大约增加0.5 个单位
C.t=7
D.去掉(12,4.5)这组数据后,求得的回归直线方程斜率将变大
解析 由题意可得x=1
4 (6+8+10+12)=9,y=1
4 (7+t+5.5+4.5)=1
4 (17+t),因为回归直线方程一定过样本中心点(x,y),所以1
4
(17+t)=-0.5×9+10.5,解得t=7,故C 正确;当-0.5×8+10.5=6.5≠7,所以点(8,t)不在回归直线上,故A 错误;x 每增加1 个单位,y 大约减
少0.5 个单位,故B 错误;当-0.5×12+10.5=4.5,所以(12,4.5)在回归直线上,故去掉点(12,4.5)不影响回归直线方程,故D 错误.故选
C.
6.商品价格与销量之间往往存在某种关系,以下是某商品价格x(单位:元)与销量y(单位:万件)的调研数据:
商品价格x/(元)
10
15
20
25
30
销量y/(万件)
54
46
40
36
32
则下面四个回归方程中最适宜作为销量y 与价格x 的回归方程的是(C)
(参考数据ln 2≈0.7,ln 3≈1.1,ln 5≈1.6)
A.y=-1.4x+70
B.y=-0.7x+60
C.y=100-20ln x
D.y=60-3ln x
解析 对于A,分别代入x=10,30,可得y=56,28,与实际值相差较大,不合题意,故A 错误;对于B,分别代入x=10,30,可得y=53,39,
与实际值相差较大,不合题意,故B 错误;对于C,分别代入x=10,15,20,25,30,求得y 的估计值与实际值完全相同,应采用,故C 正
确;对于D,代入x=10,可得y=60-3ln 10=60-3(ln 2+ln 5)≈53.1,代入x=30,可得y=60-3(ln 2+ln 3+ln 5)≈49.8,数据与实际值相差较大,
不合题意,故D 错误.故选C.
二、多项选择题
7.(2025·湖南四市二模)有一组样本数据a,b,c,d,其中a>b>c>d,由这组数据得到的新样本数据为a-2,b-2,c+2,d+2,则(BC)
A.两组数据的极差一定相等
B.两组数据的平均数一定相等
C.两组数据的中位数可能相等
D.两组数据的方差不可能相等
解析 A.假设原样本数据为5,4,2,1,则新样本数据为3,2,4,3,两组数据的极差不相等,错误;B.因为a-2+b-2+c+2+d+2=a+b+c+d,
所以两组数据的平均数一定相等,正确;C.由A 中的数据可知两组数据的中位数可能相等,正确;D.假设原样本数据为4,3,2,1,
则新样本数据为2,1,4,3,这两组数据一样,故方差可能相等,错误.故选BC.
8.(2025·汕头二模)暑假结束后,为了解假期中学生锻炼身体情况,学生处对所有在校学生做问卷调查,并随机抽取了180 人的
调查问卷,其中男生比女生少20 人,并将调查结果绘制得到等高堆积条形图.已知χ2=
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)
,其中
n=a+b+c+d,P(χ2≥6.635)=0.01,在被调查者中,下列说法正确的是
(BCD)
A.男生中不经常锻炼的人数比女生中经常锻炼的人数多
B.男生中经常锻炼的人数比女生中经常锻炼的人数多8 人
C.经常锻炼者中男生的频率是不经常锻炼者中男生的频率的1.6 倍左右
D.在犯错误的概率不大于0.01 的条件下,可以认为假期是否经常锻炼与性别有关
解析 设男生人数为x,则女生人数为x+20,由题得x+x+20=180,解得x=80,即在被调查者中,男、女生人数分别为80,100,可得
到如下2×2 列联表,
性别
锻炼情况
合计
经常锻炼
不经常锻炼
男
48
32
80
女
40
60
100
合计
88
92
180
由表可知,A 显然错误,男生中经常锻炼的人数比女生中经常锻炼的人数多48-40=8,B 正确;在经常锻炼者中男生的频率为48
88
≈0.545 5,在不经常锻炼者中男生的频率为32
92≈0.347 8,0.545 5
0.347 8 ≈1.6,C 正确;零假设H0:假期是否经常锻炼与性别无关,则
χ2=180×(48×60-32×40)
2
80×100×88×92
≈7.115>6.635=x0.01,根据小概率值x=0.01 的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为假期是否
经常锻炼与性别有关,此推断犯错误概率不大于0.01,D 正确,故选BCD.
三、填空题
9.学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况,抽出了一个容量为n 的样本,其频率分布直方图如图所示,其中支出在
[40,50]元内的同学有30 人,则n 的值为 100
.
解析 由频率分布直方图可得,支出在[40,50]元内的频率为1-(0.01+0.024+0.036)×10=0.3.根据题意得30
n =0.3,解得n=100.
10.某校数学建模兴趣小组收集了一组恒温动物体重W(单位:克)与心率f(单位:次/分钟)的对应数据(Wi,fi)(i=1,2,…,8).根据生
物学常识和散点图得出f 与W 近似满足f=cWk(c,k 为参数).令xi=ln Wi,yi=ln fi,计算得x=8,y=5,∑
i=1
8
❑yi
2=214.由最小二乘法得
经验回归方程为^y=^bx+7.4,则k 的值为 -0
. 3 ;为判断拟合效果,通过经验回归方程求得预测值^yi(i=1,2,…,8),若残差平方和
∑
i=1
8
❑(yi-^yi)2≈0.28,则决定系数R2≈ 0 . 98
. (
参考公式:决定系数R
2=1-
∑
i=1
n
( yi- ^yi)
2
∑
i=1
n
( yi- y)
2)
解析 将x=8,y=5 代入经验回归方程^y=^bx+7.4,得5=8^b+7.4,解得^b=-0.3.对f=cWk(c,k 为参数)两边同时取对数得,ln f=ln c+kln
W,令xi=ln Wi,yi=ln fi,所以k=^b=-0.3.∑
i=1
8
❑(yi-y)2=(y1-y)2+(y2-y)2+…+(y8-y)2=y1
2+y2
2+…+y8
2-2y(y1+y2+…+y8)+8y
2=y1
2+y2
2+…+y8
2-2
y·8y+8y
2=∑
i=1
8
❑yi
2-8y
2,所以R2=1-
∑
i=1
8
( yi- ^yi)
2
∑
i=1
8
( yi- y)
2
=1-
∑
i=1
8
( yi- ^yi)
2
∑
i=1
8
❑yi
2-8 y
2
≈1-
0.28
214 -8×5
2=0.98.
四、解答题
11.某景区经过提质改造后统计连续5 天进入该景区参观的人数(单位:千人)如下:
日期
3 月
5 日
3 月
6 日
3 月
7 日
3 月
8 日
3 月
9 日
第x 天
1
2
3
4
5
参观人
数y
2.2
2.6
3.1
5.2
6.9
(1)建立y 关于x 的回归直线方程,预测第10 天进入该景区参观的人数;
(2)该景区只开放东门,西门供游客出入,游客从东门,西门进入该景区的概率分别为3
4
,1
4
,且出景区与进入景区选择相同的门
的概率为1
5 ,出景区与进入景区选择不同的门的概率为4
5 .假设游客从东门,西门出入景区互不影响,求甲,乙两名游客都从西
门出景区的概率.
附:参考数据:∑
i=1
5
❑xiyi=72,∑
i=1
5
❑xi
2=55,y=4.
参考公式:回归直线方程^y=^bx+^a,其中^b=
∑
i=1
n
❑xi yi-n x y
∑
i=1
n
❑xi
2-n x
2
,^a=y-^b x.
解 (1)依题意,x=1+2+3+ 4+5
5
=3,而∑
i=1
5
❑xiyi=72,∑
i=1
5
❑xi
2=55,y=4,则^b=
∑
i=1
5
❑xi yi-n x y
∑
i=1
5
❑xi
2-n x
2
=72-5×3×4
55-5×3
2
=1.2,^a=4-
1.2×3=0.4,因此^y=1.2x+0.4,当x=10 时,^y=1.2×10+0.4=12.4,所以y 关于x 的回归直线方程为^y=1.2x+0.4,第10 天进入该景区参
观的人数约为12.4 千人.
(2)记“甲从西门进入景区”为事件A,“甲从西门出景区”为事件B,“乙从西门出景区”为事件C,P(A)=1
4 ,P(A)=3
4 ,P(B|A)=
1
5
,P(B|A)=4
5
,由全概率公式得P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|A)P(A)=1
5
×1
4
+4
5
×3
4
=13
20
,同理P(C)=13
20
,所以甲,乙两名游客都从西门出
景区的概率P(BC)=P(B)P(C)=169
400 .
12.(2025·郑州二模)近年来,儿童近视问题日益严重,已成为影响儿童健康的重要问题之一,教育部提出了一系列措施,旨在通
过学校、家庭和社会的共同努力,减少儿童近视的发生率.多项研究表明,每天增加户外活动时间可以显著降低儿童近视的
发生率.为研究近视是否与户外活动时长有关,某学校数学兴趣小组采用简单随机抽样的方法调查了六年级的100 名学生,
其中有55 名同学的户外活动时间超过2 小时;100 名同学中近视的学生有60 人,这60 人中每天户外活动时间不足2 小时的
有35 人.
(1)根据所给数据,得到成对样本数据的分类统计结果,完成以下列联表,依据小概率值α=0.005 的χ2独立性检验,分析学生患
近视与户外活动时间长短是否有关;
近视人数
未近视人数
合计
户外活动时
间不足2 小时
35
户外活动时
间超过2 小时
55
合计
60
(2)用频率估计概率,从已经近视的学生中采用随机抽样的方式选出1 名学生,利用“物理+药物”治疗方案对该学生进行治
疗.已知“物理+药物”治疗方案的治愈数据如下:在已近视的学生中,对每天户外活动时间超过2 小时的学生的治愈率为5
6
,
对每天户外活动时间不足2 小时治愈率为2
3 ,求近视学生被治愈的概率.
参考公式与数据:χ2=
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c)(b+d )
,其中n=a+b+c+d.
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
解 (1)列联表如下:
近视人数
未近视人数
合计
户外活动时
间不足2 小时
35
10
45
户外活动时
间超过2 小时
25
30
55
合计
60
40
100
零假设为H0:学生患近视与户外活动时间长短无关.
根据列联表中的数据,经计算得到χ2=100×(35×30-25×10)
2
60×40×45×55
=3 200
297
≈10.774>7.879=x0.005,根据小概率值α=0.005 的独
立性检验,我们推断H0不成立,即认为学生患近视与户外活动时间长短有关联,此推断犯错误的概率不大于0.005.
(2)设事件A=“使用‘物理+药物’治疗方案并且治愈”,事件B1=“该近视同学每天户外活动时间超过2 小时”,B2=“该近
视同学每天户外活动时间不足2 小时”,则P(B1)=25
60= 5
12,P(B2)=35
60= 7
12,且P(A|B1)=5
6 ,P(A|B2)=2
3 ,则P(A)=P(B1)P(A|
B1)+P(B2)P(A|B2)= 5
12
×5
6
+ 7
12
×2
3
=53
72
,所以该近视学生使用“物理+药物”治疗方案被治愈的概率为53
72
.
进阶点6 概率、变量分布与其他知识的综合问题
类型一 与数列结合的概率问题—— 教考衔接
◎教材·研析
例1 (人教A 版选择性必修第三册P91 第10 题)甲、乙、丙三人相互做传球训练,第1 次由甲将球传出,每次传球时,传球者
都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.求n 次传球后球在甲手中的概率.
解 记第n 次传球后球在甲手中的概率为pn ,则第(n-1)次传球后球在甲手中的概率为pn-1.开始时球在甲手中,则p1=0.若第n
次传球后球在甲手中,则第(n-1)次传球后,球不在甲手中,则第(n-1)次传球后球在乙或丙手中,所以第(n-1)次传球后球不在甲
手中的概率为1-pn-1,又乙或丙将球传到甲手中的概率均为1
2,故pn=1
2(1-pn-1),即pn=-1
2pn-1+1
2,则pn-1
3=-1
2(pn-1- 1
3),n≥2
,n N
∈
*,所以数列{pn-1
3}是首项为p1-1
3=-1
3,公比为-1
2的等比数列,所以pn-1
3=-1
3 ×(- 1
2)
n-1
,即pn=-1
3 ×(- 1
2)
n-1
+1
3(n N
∈
*).
马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型,其数学定义为:假设我们的序列状态是X1,…,Xt-2,Xt-1,Xt,Xt+1,…,那么Xt+1时刻的状态的
概率仅依赖前一状态Xt,即P(Xt+1|X1,…,Xt-2,Xt-1,Xt)=P(Xt+1|Xt).马尔科夫链模型的本质是下一步的概率仅与上一步的概率有关,解
该模型的关键是写出概率的递推公式,利用数学递推公式求出通项公式.
◎真题·链接
真题 (2023·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投
篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1 次投篮的人选,第1
次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2 次投篮的人是乙的概率;
(2)求第i 次投篮的人是甲的概率;
(3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E(∑
i=1
n
❑Xi)=∑
i=1
n
❑qi.记前n 次(即从第1 次到第n 次
投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y).
解 (1)记“第i 次投篮的人是甲”为事件Ai,“第i 次投篮的人是乙”为事件Bi,所以P(B2)=P(A1B2)+P(B1B2)=P(A1)P(B2|
A1)+P(B1)P(B2|B1)=0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6.
(2)设P(Ai)=pi,依题可知,P(Bi)=1-pi,则当i≥2 时,P(Ai)=P(Ai-1Ai)+P(Bi-1Ai)=P(Ai-1)P(Ai|Ai-1)+P(Bi-1)P(Ai|Bi-1),即pi=0.6pi-1+(1-0.8)×(1-
pi-1)=0.4pi-1+0.2=2
5
pi-1+1
5
,构造等比数列{pi+λ},设pi+λ=2
5
(pi-1+λ),解得λ=-1
3
,则pi-1
3
=2
5(pi-1- 1
3),又p1=1
2
,p1-1
3
=1
6
,所以
{pi- 1
3}是首项为1
6 ,公比为2
5的等比数列,即pi-1
3 =1
6 ×(
2
5)
i-1
,pi=1
6 ×(
2
5)
i-1
+1
3 ,i N
∈
*.
(3)因为pi=1
6 ×(
2
5)
i-1
+1
3,i N
∈
*,所以当n N
∈
*时,E(Y)=p1+p2+…+pn=1
6 ×
1-(
2
5)
n
1- 2
5
+n
3 = 5
18[1-(
2
5)
n
]+n
3 ,故E(Y)= 5
18[1-(
2
5)
n
]+
n
3 .
◎创新·变式
变式1 (2025·河南模拟)张某经营A,B 两家公司,张某随机到公司指导与管理,已知他第1 个月去A 公司的概率是2
3 .如果本
月去A 公司,那么下个月继续去A 公司的概率为1
3
;如果本月去B 公司,那么下个月去A 公司的概率为1
2
,如此往复.设张某第
n 个月去A 公司的概率为Pn,则P10=(A)
A.3
7
+ 5
21
×(- 1
6)
9
B.4
7
+ 7
21
×(- 1
6)
9
C.3
7
+ 5
21
×(
1
6)
10
D.5
7
+ 5
21
×(- 1
6)
10
解析 设An表示第n 个月去A 公司,则Pn=P(An),P(An)=1-Pn,根据题意,得P(An+1|An)=1
3 ,P(An+1|An)=1
2,由全概率公式,得
P(An+1)=P(An)P(An+1|An)+P(An)P(An+1|An)=1
3
Pn+1
2
(1-Pn)=-1
6
Pn+1
2
,即Pn+1=-1
6
Pn+1
2
,整理得Pn+1-3
7
=-1
6(Pn- 3
7),又P1-3
7
=2
3
-3
7
= 5
21
≠0,所以{Pn- 3
7}是以5
21为首项,-1
6 为公比的等比数列,所以Pn=3
7 + 5
21×(- 1
6)
n-1
,则P10=3
7 + 5
21×(- 1
6)
9
.故选A.
变式2 某学校有A,B 两家餐厅,某同学每天都会在这两家餐厅中选择一家餐厅用晚餐.已知该同学第一天随机选择一家餐
厅用晚餐,若在前一天选择去A 餐厅的条件下,后一天继续选择A 餐厅的概率为1
3
;而在前一天选择去B 餐厅的条件下,后一
天继续选择去B 餐厅的概率为3
5,如此往复.
(1)求该同学第一天和第二天都选择去A 餐厅用晚餐的概率;
(2)求该同学第二天选择去A 餐厅用晚餐的概率;
(3)记该同学第n 天选择去A 餐厅用晚餐的概率为Pn,求{Pn}的通项公式.
解 (1)记事件Ak:该同学第k(k=1,2)天去A 餐厅,则P(A1)=P(A1)=1
2,P(A2|A1)=1
3,P(A2|A1)=3
5,由概率乘法公式可得
P(A1A2)=P(A1)·P(A2|A1)=1
2
×1
3
=1
6
.
(2)由对立事件的概率公式可得P(A2|A1)=1-P(A2|A1)=1-3
5 =2
5,由全概率公式可得P(A2)=P(A1)·P(A2|A1)+P(A1)·P(A2|A1)=1
2×1
3
+1
2
×2
5
=11
30
.
(3)记事件An:该同学第n(n N
∈
*)天去A 餐厅,则Pn=P(An),由题意可知,P(An|An-1)=1
3,P(An|An-1)=1-P(An|An-1)=1-3
5=2
5
(n≥2,n N
∈
*),由全概率公式可得P(An)=P(An-1)·P(An|An-1)+P(An-1)·P(An|An-1)(n≥2,n N
∈
*),即Pn=1
3 Pn-1+2
5 (1-Pn-1)=- 1
15 Pn-1+2
5,则Pn-3
8
=- 1
15(Pn-1- 3
8),所以,数列{Pn- 3
8}是以P1-3
8
=1
8
为首项,公比为- 1
15
的等比数列,所以Pn-3
8
=1
8(- 1
15)
n-1
,故Pn=3
8
+
1
8(- 1
15)
n-1
.
类型二 与函数相关的概率问题
例2 为了选拔创新型人才,某大学对高三年级学生的数学学科和物理学科进行了检测(检测分为初试和复试),共有4 万名
学生参加初试.组织者随机抽取了200 名学生的初试成绩,绘制了频率分布直方图,如图所示.
(1)根据频率分布直方图,求a 的值及样本平均数的估计值;
(2)若所有学生的初试成绩X 近似服从正态分布N(μ,σ2),其中μ 为样本平均数的估计值,σ=10.5.规定初试成绩不低于90 分的
学生才能参加复试,试估计能参加复试的人数;
(3)复试笔试试题包括两道数学题和一道物理题,已知小明进入了复试,且在复试笔试中答对每一道数学题的概率均为x,答对
物理题的概率为y.若小明全部答对的概率为1
8 ,答对两道题的概率为p,求概率p 的最小值.
附:若随机变量X 服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3.
解 (1)因为10×(0.012+0.026+0.032+a+0.010)=1,所以a=0.02.样本平均数的估计值为
50×0.12+60×0.26+70×0.32+80×0.2+90×0.1=69.
(2)因为μ=69,σ=10.5,所以P(X≥90)=P(X≥μ+2σ)≈1-0.954 5
2
=0.022 75.所以能参加复试的人数约为40 000×0.022 75=910(人).
(3)由题意有x2y=1
8 .答对两道题的概率p=x2(1-y)+C2
1x(1-x)y=x2+2xy-3x2y.而x2y=1
8 ,所以p=x2+ 1
4 x -3
8 .令f(x)=x2+ 1
4 x -3
8 (0<x≤1),
则f'(x)=2x- 1
4 x
2=8 x
3-1
4 x
2
,所以当x∈(0, 1
2)时,f'(x)<0,f(x)在(0, 1
2)内单调递减;x∈(
1
2 ,1)时,f'(x)>0,f(x)在(
1
2 ,1)内单调递增.
所以当x=1
2时,f(x)min=3
8 .故概率p 的最小值为3
8 .
训练 现有甲、乙两人进行围棋比赛,规则如下:在前四局比赛中,每局比赛获胜者得50 分,负者得0 分,在第五局比赛中,获
胜者得100 分,负者得0 分;当一方比另一方多100 分时,比赛结束,多得100 分者获胜.已知每局比赛中,甲获胜的概率为
p(0<p<1),比赛没有平局,每局比赛的结果互不影响.
(1)当p=2
3
时,求比赛两局结束的概率;
(2)设X 为比赛结束时的局数,求X 的分布列与数学期望E(X)的最大值.
解 (1)比赛两局结束的概率为(
2
3)
2
+(1- 2
3)
2
=5
9
.
(2)由题意可知,X 的所有可能取值为2,4,5,则P(X=2)=p2+(1-p)2,P(X=4)=[p(1-p)+(1-p)p]p2+[p(1-p)+(1-p)p](1-p)2=2p(1-p)[p2+(1-
p)2],P(X=5)=2p(1-p)p(1-p)+2(1-p)p(1-p)p=4p2(1-p)2,所以X 的分布列为
X
2
4
5
P
p2+(1-p)2
2p(1-p)[p2+(1-p)2]
4p2(1-p)2
所以E(X)=2[p2+(1-p)2]+4×2p(1-p)[p2+(1-p)2]+5×4p2(1-p)2=2[1-2p(1-p)]+8p(1-p)[1-2p(1-p)]+20p2(1-p)2=4p2(1-p)2+4p(1-p)+2.令t=p(1-
p),则t≤[
p+(1- p)
2
]
2
=1
4 ,所以0<t≤1
4 ,当且仅当p=1-p,即p=1
2时取等号.设f(t)=4t2+4t+2(0<t ≤1
4),则f(t)=(2t+1)2+1≤
(2× 1
4 +1)
2
+1=13
4
,因此E(X)≤13
4
,故数学期望E(X)的最大值为13
4
.
微练(二十一) 概率、变量分布与其他知识的综合问题
1.(2025·广东湛江一模)甲参加了一场智力问答游戏,每轮游戏均有两类问题(难度系数较低的A 类问题以及难度系数较高的
B 类问题)供选择,且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题.甲遇到每类问题的概率均为1
2
,甲遇到A 类问题时回答正
确的概率为1
2,回答正确记1 分,否则记0 分;甲遇到B 类问题时回答正确的概率为1
4 ,回答正确记2 分,否则记0 分,总得分记
为X 分,甲回答每个问题相互独立.
(1)当进行完2 轮游戏时,求甲的总分X 的分布列与数学期望;
(2)设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n 分的概率为G(n).
(ⅰ)证明:{G(n+1)- 1
2 G(n)}为等比数列;
(ⅱ)求G(n)的最大值以及对应n 的值.
解 (1)X 可以取0,1,2,3,4,每次回答A 类问题且回答正确的概率为1
2×1
2=1
4 ,回答A 类问题且回答不正确的概率为1
2×1
2=1
4 ,每
次回答B 类问题且回答正确的概率为1
2×1
4 =1
8 ,回答B 类问题且回答不正确的概率为1
2×3
4 =3
8 ,P(X=0)=1
4 ×1
4 +3
8 ×3
8 +2×1
4 ×3
8 =
25
64
,P(X=1)=1
4
×1
4
×2+1
4
×3
8
×2= 5
16
,P(X=2)=1
4
×1
4
+1
8
×3
8
×2+1
4
×1
8
×2= 7
32
,P(X=3)=1
4
×1
8
×2= 1
16
,P(X=4)=1
8
×1
8
= 1
64
,所以X 的分布列
为
X
0
1
2
3
4
P
25
64
5
16
7
32
1
16
1
64
E(X)=0×25
64
+1× 5
16
+2× 7
32
+3× 1
16
+4× 1
64
=1.
(2)(ⅰ)G(1)=1
4
,G(2)=1
8
+1
4
×1
4
= 3
16
,由题意得甲累计得分为n 分的前一轮得分只能为(n-1)分或(n-2)分,故当n≥3 时,G(n)=1
4
G(n-1)+1
8
G(n-2),所以G(n)-1
2
G(n-1)=-1
4
G(n-1)+1
8
G(n-2)=-1
4[G(n-1)- 1
2 G(n-2)],所以{G(n+1)- 1
2 G(n)}是以1
16
为
首项,-1
4 为公比的等比数列.
(ⅱ)根据(ⅰ)可知,G(n+1)-1
2G(n)= 1
16 ×(- 1
4)
n-1
①,易得G(n)+1
4 G(n-1)=1
2G(n-1)+1
8G(n-2)=1
2[G(n-1)+ 1
4 G(n-2)],所以
{G(n+1)+ 1
4 G(n)}是以1
4 为首项,1
2为公比的等比数列,所以G(n+1)+1
4 G(n)=1
4 ×(
1
2)
n-1
②,令②-①可得3
4 G(n)=1
4 ×
(
1
2)
n-1
- 1
16
×(- 1
4)
n-1
,所以G(n)=1
3
×(
1
2)
n-1
+1
3
×(- 1
4)
n
,经检验n=1,n=2 时均满足上式,故G(n)=1
3
×[(- 1
4)
n
+(
1
2)
n-1
],所以
G(n)=1
3
×[(- 1
4)
n
+(
1
2)
n-1
]≤1
3
×[(
1
4)
n
+(
1
2)
n-1
],而1
3
×[(
1
4)
n
+(
1
2)
n-1
]显然随着n 的增大而减小,故G(n)≤1
3
×
[(
1
4)
2
+ 1
2]= 3
16
=G(2)(n≥2),又因为G(1)>G(2),所以当n=1 时,G(n)取到最大值为1
4
.
2.某景区的索道共有三种购票类型,分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票.为提高服务水平,现对当日购票的120
人征集意见,当日购买单程上山票、单程下山票和双程上下山票的人数分别为36,60 和24.
(1)若按购票类型采用比例分配的分层随机抽样的方法从这120 人中随机抽取10 人,再从这10 人中随机抽取4 人,求随机抽
取的4 人中恰有2 人购买单程上山票的概率;
(2)记单程下山票和双程上下山票为回程票,若在征集意见时要求把购买单程上山票的2 人和购买回程票的m(m>2 且m N
∈
*)
人组成一组,负责人从某组中任选2 人进行询问,若选出的2 人的购票类型相同,则该组标为A,否则该组标为B,记询问的某组
被标为B 的概率为p.
(ⅰ)试用含m 的代数式表示p;
(ⅱ)若一共询问了5 组,用g(p)表示恰有3 组被标为B 的概率,试求g(p)的最大值及此时m 的值.
解 (1)因为购买单程上山票、单程下山票和双程上下山票的人数之比为3∶5∶2,所以这10 人中,购买单程上山票、单程
下山票和双程上下山票的人数分别为10× 3
10 =3,10× 5
10=5,10× 2
10 =2,故随机抽取的4 人中恰有2 人购买单程上山票的概率
P=C7
2C3
2
C10
4
= 3
10
.
(2)(ⅰ)从(m+2)人中任选2 人,有Cm+2
2
种选法,其中购票类型相同的有(Cm
2 +C2
2)种选法,则询问的某组被标为B 的概率p=1-
Cm
2 +C2
2
Cm+2
2
=1- m
2-m+2
m
2+3m+2
=
4 m
m
2+3m+2
.
(ⅱ)由题意,5 组中恰有3 组被标为B 的概率g(p)=C5
3p3(1-p)2=10p3·(1-2p+p2)=10(p3-2p4+p5),所以g'(p)=10(3p2-8p3+5p4)=10p2(p-1)
(5p-3),0<p<1,所以当p∈(0, 3
5)时,g'(p)>0,函数g(p)单调递增,当p∈(
3
5 ,1)时,g'(p)<0,函数g(p)单调递减,所以当p=3
5时,g(p)取
得最大值,且最大值为g(
3
5)=C5
3×(
3
5)
3
×(1- 3
5)
2
=216
625.由p=
4 m
m
2+3m+2
=3
5,m>2 且m N
∈
*,得m=3.所以当m=3 时,5 组中恰
有3 组被标为B 的概率最大,且g(p)的最大值为216
625 .
3.(2025·安阳一模)在某场乒乓球比赛中甲、乙两运动员进入了比赛决胜局,且在该局中的比分为10∶10,接下来比赛规则如
下:两人轮流各发一个球,谁赢此球谁就获得1 分,直到有一方得分超过对方2 分时即可获得该局的胜利.已知甲先发球,且甲
此球取胜的概率为0.6.比赛既是实力的较量,也是心志的比拼,以后每球比赛,若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概
率为0.8,若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为p(0<p<1).
(1)求甲以12∶10 的比分赢得比赛的概率;
(2)若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6,求p 的范围;
(3)若p=0.55,设甲运动员在第n 球比赛中获胜的概率为Pn,数列{bn}满足bn=
32
|15 Pn-11| -4,求证:n
4
-1
4
<b1
b2
+b2
b3
+b3
b4
+…+ bn
bn+1
<n
4
.(参考知识:当c∈(0,1)时,若n→+∞,则cn→0.)
解 (1)记“第一球比赛甲运动员获胜为事件A1,第二球比赛甲运动员获胜为事件A2,则P(A1)=0.6,P(A2|A1)=0.8,所以
P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=0.48,所以甲以12∶10 的比分赢得比赛的概率为0.48.
(2)记甲运动员在第n 球比赛中获胜的概率为Pn,则Pn+1=0.8Pn+p(1-Pn)=(0.8-p)Pn+p,所以Pn+1-
p
p+0.2
=(0.8-p)(Pn-
p
p+0.2),所
以数列{Pn-
p
p+0.2}是首项为0.6-
p
p+0.2,公比为0.8-p 的等比数列,所以Pn=(0.8-p)n-1(0.6-
p
p+0.2)+
p
p+0.2,n N
∈
*.①
当0<p<0.3 时,0<0.8-p<1.0<0.6-
p
p+0.2<0.6,所以数列{Pn}是递减数列,所以当n→+∞时,Pn→
p
p+0.2,依题意需使
p
p+0.2≥0.6,
解得p≥0.3,与题设矛盾,舍去;②当p=0.3 时,Pn=0.6,不合题意;③当0.3<p<0.8 时,0<0.8-p<0.5,-0.2<0.6-
p
p+0.2<0,所以数列{Pn}
是递增数列,依题意,只需P2>0.6,即(0.8-p)×0.6+p>0.6,解得p>0.3,此时0.3<p<0.8;④当p=0.8 时,Pn=0.8>0.6,符合题意;⑤当
0.8<p<1 时,-0.2<0.8-p<0,0.6-
p
p+0.2<0,所以数列{Pn}是摆动数列,当n 为偶数时,(0.8-p)n-1(0.6-
p
p+0.2)>0,所以Pn>
p
p+0.2
>0.6;当n 为奇数时,数列{Pn}是递增数列,依题意只需P3>0.6,又P3=(0.8-p)P2+p,P2=(0.8-p)×0.6+p=0.48+0.4p,所以(0.8-p)
(0.48+0.4p)+p>0.6,即p2-2.1p+0.54<0,解得0.3<p<1.8,此时0.8<p<1.综上所述,当0.3<p<1 时,甲运动员以后每球比赛获胜的概率
都大于0.6.
(3)当p=0.55 时,由(2)可得Pn=- 2
15(
1
4)
n-1
+11
15,所以bn=
32
|15 Pn-11| -4=4n+1-4,所以bn
bn+1
=4
n+1- 4
4
n+2- 4
=1
4 ·4
n+1- 4
4
n+1-1
<1
4 ,所以b1
b2
+
b2
b3
+b3
b4
+…+ bn
bn+1
<n
4 ,又bn
bn+1
=4
n+1- 4
4
n+2- 4
=1
4 ·4
n+1- 4
4
n+1-1
=1
4(1-
3
4
n+1-1)>1
4(1- 4
4
n+1)=1
4 - 1
4
n+1,所以b1
b2
+b2
b3
+b3
b4
+…+ bn
bn+1
>n
4 -
(
1
4
2 + 1
4
3 +…+ 1
4
n+1)=n
4 -
1
4
2(1- 1
4
n)
1- 1
4
=n
4 - 1
12(1- 1
4
n)=n
4 - 1
12+ 1
12· 1
4
n>n
4 - 1
12>n
4 -1
4 .所以n
4 -1
4 <b1
b2
+b2
b3
+b3
b4
+…+ bn
bn+1
<n
4 .
规范答题四 概率与统计(考前观摩大题解题规范)
考题 (2025·全国一卷)(13 分)为研究某疾病与超声波检查结果的关系,从做过超声波检查的人群中随机调查了1 000
人,得到如下列联表:
组别
超声波检查结果
合计
正常
不正常
患该疾病
20
180
200
未患该疾病
780
20
800
合计
800
200
1 000
(1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为p,求p 的估计值;
(2)根据小概率值α=0.001 的独立性检验,分析超声波检查结果是否与患该疾病有关.
附:χ2=
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c)(b+d)
,
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
[解题关键]
第(1)问
根据题表中数据求p 的估计
值
第(2)问
第❶步:给出零假设
第❷步:计算χ2的值并与x0.001
进行比较
第❸步:给出独立性检验的结
果
[规范解答]
解 (1)由题表可知,检查结果不正常者有200 人,检查结果不正
常者中患有该疾病的有180 人,
3 分
所以由样本估计总体得p=180
200=0.9.
6 分
(2)零假设为
H0:超声波检查结果与是否患该疾病无关联.
8 分
根据列联表中的数据,经计算得到
χ2=1 000×(20×20-180×780)
2
200×800×800×200
=(400-140 400)
2
2×80×800×200
=140 000×140 000
2×80×800×200
=49×125
8
=765.625>10.828=x0.001,
11 分
根据小概率值α=0.001 的独立性检验,我们推断H0不成立,即认
为超声波检查结果与是否患该疾病有关联,此推断犯错误的概
率不大于0.001. 13 分
[得分保障]
得分点
第(1)问,正确找出人数给3
分,概率计算正确再给3 分;
第(2)问,写出零假设给2 分,χ2
计算正确并比较给3 分,结论
正确再给2 分.
失分点
第(1)问未正确获取信息.第
(2)问缺少零假设;计算χ2时
代入或计算错误;计算正确但
结论写错.
[知识融合] 本题第(1)问根据必修概率中的频率估计概率,让必修概率知识落地;第(2)问考查选择性必修中的独立性检验,通
过同一主题,串联必修与选择性必修中的统计概率内容,强化知识融合.
[教材链接] 本题源自人教A 版选择性必修第三册第133 页例4、第134 页练习第3 题、第140 页复习参考题8 综合运用
第8 题;北师大版选择性必修第一册第257 页习题7-3 第2 题.
