1
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
2 ；若是资深玩家与新手玩家对抗，新手玩家获胜的概率为1
3 ，求在该游戏环节中，获胜者为甲的概
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
，求X 的
分布列.
【答案】(1) 5
42 ；(2) 分布列见解析
【解析】(1)7 人中随机选择2 人，共有C2
7 = 21 种情况，其中含甲的情况有C1
6 = 6 种，
2
6 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，
则甲和资深玩家对抗并获胜的概率为3
21 × 1
3 = 1
21 ，
和同级的玩家对抗并获胜的概率为3
21 × 1
2 = 3
42 ，
故在该游戏环节中，获胜者为甲的概率为1
21 + 3
42 = 5
42 ；
(2) 设P1为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
P2为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
考虑P1，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，
故P1= 1
2 + 1
2 P2①，
考虑P2，则甲从b 号门进行密室①，且从密室①走出密室，
故P2= 1
3 P1②，
联立①②，可得P1= 3
5 ，
所以P X=1
= P1= 3
5 ，故P X=2
= 1 - 3
5 = 2
5 ，
故分布列如下：
X
1
2
P
3
5
2
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
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1
2 ，甲、乙两人答对每道题的概率
分别为3
4 , 5
12 ，每道题两人答对与否相互独立，且每题都有人抢答.
(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.
【答案】(1) 2
3 ；(2) 分布列见解析，E X
= 250
81
【解析】(1) 设每道题的抢答中，记甲得1 分为事件M.
3
M 发生有两种可能：抢到题且答对，乙抢到题且答错，
∴P(M) = 1
2 × 3
4 + 1
2 × 7
12 = 2
3 ，
∴甲率先得1 分的概率为2
3 .
(2) 由(1) 知，在每道题的抢答中甲、乙得1 分的概率分别为2
3 , 1
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
= 2
3 × 2
3 + 1
3 × 1
3 = 5
9 ，
P X=4
= C1
2 × 2
3 × 1
3 ×
2
3 × 2
3 + 1
3 × 1
3
= 20
81 ，
P X=5
= 1 - P X=2
- P X=4
= 16
81 ，
X
2
4
5
P
5
9
20
81
16
81
E X
= 2 × 5
9 + 4 × 20
81 + 5 × 16
81 = 250
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
做对的概率
4
5
1
2
1
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)
【答案】(1) 1
5 ；(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.
【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
= 1 - 4
5 = 1
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.
P(X = 0) = P(A) = 1 - 4
5 = 1
5 ;P(X = 20) = P(AB) = 4
5 × 1- 1
2
= 2
5 ;
P(X = 60) = P(ABC) = 4
5 × 1
2 × 1- 1
4
= 3
10 ;P(X = 140) = P(ABC) = 4
5 × 1
2 × 1
4 = 1
10 .
所以甲最终获得的奖金X 的分布列为
4
X
0
20
60
140
P
1
5
2
5
3
10
1
10
E X
= 0 × 1
5 + 20 × 2
5 + 60 × 3
10 + 140 × 1
10 = 40(元).
(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.
P(X = 0) = 1 - 4
5 = 1
5 ;P(X = 20) = 4
5 × 1- 1
4
= 3
5 ;
P(X = 100) = 4
5 × 1
4 × 1- 1
2
= 1
10 ;P(X = 140) = 4
5 × 1
4 × 1
2 = 1
10 .
故期望值为0 × 1
5 + 20 × 3
5 + 100 × 1
10 + 140 × 1
10 = 36 元；
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.
P(X = 0) = 1 - 1
2 = 1
2 ;P(X = 40) = 1
2 × 1- 4
5
= 1
10 ;
P(X = 60) = 1
2 × 4
5 × 1- 1
4
= 3
10 ;P(X = 140) = 1
2 × 4
5 × 1
4 = 1
10 .
故期望值为0 × 1
2 + 40 × 1
10 + 60 × 3
10 + 140 × 1
10 = 36 元；
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.
P(X = 0) = 1 - 1
2 = 1
2 ;P(X = 40) = 1
2 × 1- 1
4
= 3
8 ;
P(X = 120) = 1
2 × 1
4 × 1- 4
5
= 1
40 ;P(X = 140) = 1
2 × 1
4 × 4
5 = 1
10 .
故期望值为0 × 1
2 + 40 × 1
10 + 60 × 3
10 + 140 × 1
10 = 36 元，
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.
P(X = 0) = 1 - 1
4 = 3
4 ;P(X = 80) = 1
4 × 1- 4
5
= 1
20 ;
P(X = 100) = 1
4 × 4
5 × 1- 1
2
= 1
10 ;P(X = 140) = 1
4 × 4
5 × 1
2 = 1
10 .
故期望值为0 × 3
4 + 80 × 1
20 + 100 × 1
10 + 140 × 1
10 = 28 元，
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.
P(X = 0) = 1 - 1
4 = 3
4 ;P(X = 80) = 1
4 × 1- 1
2
= 1
8 ;
P(X = 100) = 1
4 × 1
2 × 1- 4
5
= 1
40 ;P(X = 140) = 1
4 × 1
2 × 4
5 = 1
10 .
故期望值为0 × 3
4 + 80 × 1
8 + 100 × 1
40 + 140 × 1
10 = 26.5 元，
显然按照A,B,C 的顺序获得奖金的期望最大.
5
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.
【答案】(1)X 的分布列见解析；E(X) = 6
5 ；(2) 48
125 ；(3) 应该选择方案一
【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
= C0
4C3
6
C3
10
= 1
6 ，P X=1
= C1
4C2
6
C3
10
= 1
2 ，
P X=2
= C2
4C1
6
C3
10
= 3
10 ，P X=3
= C3
4C0
6
C3
10
= 1
30 ，
则X 的分布列为：
X
0
1
2
3
P
1
6
1
2
3
10
1
30
E(X) = 0 × 1
6 + 1 × 1
2 + 2 × 3
10 + 3 × 1
30 = 6
5 .
(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, 1
5
，
∴P Y=1
= C1
3 × 1
5 ×
4
5
2
= 48
125 .
(3) 由题意得，方案二的产品的平均售价为：
24 × 40
100 + 22 × 30
100 + 18 × 10
100 + 16 × 20
100 = 21.2(元/ 件)，
∵21 < 21.2，
∴从采购商的角度考虑，应该选择方案一.
6
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) = Ck
npk(1 - p)n-k(k = 0,1,2，⋯，n)，E(X) = np，D(X) = np(1
- 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
题答对的概率均为2
3 ，且各题答对与否互不影响．
(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．
【答案】(1) 1
5 ；(2) 分布列见解析，E(X) = 60；(3) 16
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，
所以该同学被终止比赛的概率为C1
4C2
2
C3
6
= 4
20 = 1
5 ．
(2) 由题意可知，X 的所有可能取值为90,60,30,0，
则P(X = 90) =
2
3
3
= 8
27 ，P(X = 60) = C2
3 ⋅
1
3
×
2
3
2
= 12
27 = 4
9 ，
7
P(X = 30) = C1
3 ⋅
1
3
2
×
2
3
= 6
27 = 2
9 ，P(X = 0) =
1
3
3
= 1
27 ，
所以X 的分布列为：
X
90
60
30
0
P
8
27
4
9
2
9
1
27
所以E(X) = 90 × 8
27 + 60 × 4
9 + 30 × 2
9 + 0 × 1
27 = 60．
(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)，
概率为C2
4C1
2
C3
6
⋅C2
3 ⋅
2
3
2
× 1
3 ；
②第一轮得30 分(答对3 道)，则第二轮得60 分(对2 道)，
概率为C3
4
C3
6
⋅C2
3 ⋅
2
3
2
× 1
3 ，
所以该同学获得三等奖的概率为C2
4C1
2
C3
6
⋅C2
3 ⋅
2
3
2
× 1
3 + C3
4
C3
6
⋅C2
3 ⋅
2
3
2
× 1
3 = 16
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
一组、第二组通过初赛和复赛获胜的概率均为2
3 ，第三组通过初赛和复赛的概率分别为p 和4
3 - p，
其中0 < p ≤3
4 ，三组是否通过初赛和复赛互不影响.
(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.
【答案】(1) 4
9 ；(2) 分布列见解析，4
3
【解析】(1) 由题知：第三组通过初赛和复赛的概率p0= p 4
3 -p
=-p2+ 4
3 p =- p- 2
3
2
+ 4
9 ，
又因为
0<p≤3
4
0≤4
3 -p≤1
，所以1
3 ≤p ≤3
4
所以，当p = 2
3 时，第三组进入决赛概率最大为4
9 .
(2) 由(1) 知：第一组、第二组、第三组进入决赛的概率均为2
3 × 2
3 = 4
9 .
因为进入决赛的队伍数X ∼B 3, 4
9
，
所以P X=0
= C0
3 × 1- 4
9
3
= 125
729 ；P X=1
= C1
3 × 4
9 × 1- 4
9
2
= 300
729 = 100
243 ；
P X=2
= C2
3 ×
4
9
2
× 1- 4
9
= 240
729 = 80
243 ；P X=3
= C3
3 ×
4
9
3
= 64
729 .
8
所以随机变量X 的分布列为:
X
0
1
2
3
P
125
729
100
243
80
243
64
729
E X
= 0 × 125
729 + 1 × 100
243 + 2 × 80
243 + 3 × 64
729 = 4
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
题型
每小题分值
每小题答对概率
甲类题
10
2
3
乙类题
20
1
3
丙类题
30
1
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.
【答案】(1) 4
9 ；(2) 680
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
3 ,P C
= 1
3 ,P D
= 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
3 × 1
2 + 1
3 × 1
3 = 4
9 ，
即小李答题次数恰好为2 次的概率为4
9 .
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
= P AB
= 1
3 × 1
3 = 1
9 ，
P X=10
= P AD
+ P ABD
= 2
3 × 1
2 + 1
3 × 2
3 × 1
2 = 4
9 ，
P X=40
= P ADC
+ P ABDC
= 2
3 × 1
2 × 2
3 + 1
3 × 2
3 × 1
2 × 2
3 = 8
27 ，
P X=60
= P ADC
+ P ABDC
= 2
3 × 1
2 × 1
3 + 1
3 × 2
3 × 1
2 × 1
3 = 4
27 .
所以E X
= 0 × 1
9 + 10 × 4
9 + 40 × 8
27 + 60 × 4
27 = 680
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X1，X2 的均值。当E(X1) = E(X2) 时，不
应误认为它们一样好，还需要用D(X1)，D(X2) 来比较这两个随机变量的偏离程度。
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
每位居民的化验费用为E(Y)
n
= 11n-10n×0.991n+9
n
= 11 - 10 × 0.991n+ 9
n ≈11 - 10 × (1 - 0.009n)
10
+ 9
n
= 11 - 10 + 0.09n + 9
n ≥1 + 2
0.09n∙9
n = 2.8 元
当且仅当0.09n = 9
n ，即n = 10 时取等号，故n = 10 时，每个居民化验的平均费用最少.
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Xi服从两点分布，且P Xi=1
= 1 - P Xi=0
= qi，i = 1，2，3，⋯，n，则
E
n
i=1
Xi
=
n
i=1
qi
，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
(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？
【答案】(1) 1
2 ；(2) 甲得分最小值和最大值的概率都为1
n! ；(3) 答案见解析
【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．
由古典概型得甲的总得分小于2 的概率为12
24 = 1
2 ；
(2) 甲按照固定顺序1，3，5，7，⋯，2n - 1，乙按照2、4，6，8，⋯，2n，
甲得分最小值为0，则概率为1
n! ．
甲按照固定顺序1，3，5，7，⋯，2n - 1，乙按照2n、2，4，6，⋯，2n - 2，
甲得分最大值为n - 1，则概率为1
n! ．
(3) 设随机变量Xi = 1,第i轮得分的是甲
0,第i轮得分的是乙
，i = 1,2, ⋅⋅⋅,n，
则Xi 服从两点分布，P Xi=1
= i-1
n
，且Y =
n
i=1
Xi
，
由题意可得，E Y
= E ∑
n
i=1Xi
= E ∑
n
i=1
i-1
n
= 1-1
n
+ 2-1
n
+⋅⋅⋅+ n-1
n
= n-1
2
E Z
= n - n-1
2
= n+1
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.
11
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
，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，
可得P(70 ≤X ≤118) ≈0.95，则P(X ≤70) ≈1-0.95
2
= 0.025，
所以分数在70 分及以下的学生有1000 × 0.025 = 25，
所以学生小A 被抽到的概率P = 10
25 = 0.4
(2) 由P(μ - 3σ ≤X ≤μ + 3σ) ≈0.99，
可得：P 58≤X≤130
≈0.99
所以甲校不低于130 分的概率为1-0.99
2
= 0.005，
得分不高于58 分的概率为1-0.99
2
= 0.005，
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X1,X2，⋯,Xn，其取值相互独立．样本均值为X
．
12
(1) 已知对于任意的随机变量Y1,Y2, ⋯,Yn，有E
n
i=1
Yi
=
n
i=1
E
Yi
；如果Y1,Y2，⋯,Yn的取值相互独
立，则又有D
n
i=1
Yi
=
n
i=1
D
Yi
．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．
【答案】(1)E(X
) = μ，σ(X
) =
σ
n ；(2) 证明见解析
【解析】(1) 由题意得E(X
) = E
1
n
n
i=1
Xi
= 1
n E
n
i=1
Xi
= 1
n
n
i=1
E
Xi
= 1
n
n
i=1
μ
= 1
n ⋅nμ = μ．
X1,X2, ⋯,Xn的取值相互独立，
故σ(X
) =
D(X) =
D 1
n
n
i=1
Xi
=
1
n2 D
n
i=1
Xi
=
1
n2
n
i=1
D
Xi
=
1
n2 ⋅nσ2 =
σ
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，
误差的平均数为x= 0.02-0.02+0+0.05-0.04+0-0.1-0.01+0+0.1
10
= 0；
方差为s2= 0.022+(-0.02)2+02+0.052+(-0.04)2+02+(-0.1)2+(-0.01)2+02+0.12
10
= 0.0025，
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,
13
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．
参考公式r =
∑
n
i=1 xi-x
y1-y
∑
n
i=1 xi-x
2
∑
n
i=1 yi-y
2
，b=
∑
n
i=1 xi-x
yi-y
∑
n
i=1 xi-x
2
，a= y- bx．
参考数值：13 ≈3.6056，∑
5
i=1 xi-x
yi-y
= 3.6．
【答案】(1)0.998；(2)2.54 万辆
【解析】(1)x= 2021×5+(-2)+(-1)+0+1+2
5
= 2021,y= 0.40+0.70+1.10+1.50+1.80
5
= 1.10，
5
i=1
xi-x
2=(-2)2+(-1)2+02+12+22=10
，
5
i=1
y1-y
2=(-0.7)2+(-0.4)2+02+0.42+0.72=1.3
所以r =
5
i=1
xi-x
y1-y
5
i=1
xi-x
2
5
i=1
y1-y
2
=
3.6
10×
1.3 =
3.6
3.6056 ≈0.998；
(2) 由(1) 知，b=
5
i=1
xi-x
y1-y
5
i=1
xi-x
2
= 3.6
10 = 0.36，
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
14
(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
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xi
10
12
14
16
植株高度yi
62
86
112
132
参考数据：
4
i=1
xi-x
2
= 20,
4
i=1
yi-y
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x1,y1
, x2,y2
, ⋯, xn,yn
，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关
系数r 的公式分别为b=
n
i=1
xi-x
yi-y
n
i=1
xi-x
2
,a= y- bx,r =
n
i=1
xi-x
yi-y
n
i=1
xi-x
2
n
i=1
yi-y
2
．
【答案】(1)r = 0.998，可用；(2)y = 11.8x - 55.4
【解析】(1) 易得x= 1
4
10+12+14+16
= 13,y= 1
4
62+86+112+132
= 98，
4
i=1
xi-x
yi-y
= -3
× -36
+ -1
× -12
+1×14+3×34=236
，
故r =
4
i=1
xi-x
yi-y
4
i=1
xi-x
2
4
i=1
yi-y
2
=
236
20×2792 =
236
4×
3490 ≈59
59.1 ≈0.998．
则r
> 0.75，故可用线性回归模型模拟．
15
(2)b=
4
i=1
xi-x
yi-y
4
i=1
xi-x
2
= 236
20 = 11.8，
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
经计算得：x= 1
6 ∑
6
i=1xi= 26,y= 1
6 ∑
6
i=1yi= 33,∑
6
i=1 xi-x
yi-y
= 557,∑
6
i=1 xi-x
2= 84,∑
6
i=1 yi-y
2=
3930, 线性回归模型的残差平方和∑
6
i=1 yi-y
i
2= 236.64,e8.0605 ≈3167，其中xi,yi分别为观测数据中的
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x1,y1
, x2,y2
, ⋯, xn,yn
，其回归直线y= bx + a的斜率和截距的最小二乘估计为b=
∑
n
i=1 xi-x
yi-y
∑
n
i=1 xi-x
2
,a= y- bx；相关指数R2= 1 -
∑
n
i=1 yi-y
i
2
∑
n
i=1 yi-y
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；
【解析】(1) 由题意n = 6，则x= 1
6
6
i=1
xi
= 26，y= 1
6 ∑
6
i=1yi = 33，
b=
6
i=1
(xi-x)(yi-y)
6
i=1
(xi-x)2
= 557
84 ≈6.6，a= 33 - 6.6 × 26 =-138.6，
y 关于x 的线性回归方程为y= 6.6x - 138.6.
(2) (i) 对于线性回归模型，
6
i=1
(yi-y)2=3930
，
6
i=1
(yi-yi
)2=236.64
，
相关指数为1 -
6
i=1
(yi-yi
)2
6
i=1
(yi-y)2
= 1 - 236.64
3930
≈1 - 0.0602 = 0.9398，
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)
16
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
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
α
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考公式:χ2=
n(ad-bc)2
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
【解析】(1) 应在A 组抽取32
240 × 150 = 20 人，应在B 组抽取32
240 × 90 = 12 人.
(2) 零假设为H0：选报奥数延时课与喜欢奥数无关联，
根据列联表中的数据，经计算可得χ2= 400×(150×110-90×50)2
200×200×240×160
= 37.5 > 7.879，
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。
(3) 根据列联表中的数据及计算公式χ2=
n(ad-bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
求出χ2 的值；
(4) 当χ2≥xα 时，我们就推断H0 不成立，即两个变量不独立，该推断犯错误的概率不超过α；
当χ2< xα 时，我们没有充分证据推断H0 不成立，可以认为两个变量相互独立。
17
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
附参考公式与表：χ2=
n(ad-bc)2
a+b
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
xσ
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1) 1
12 ；(2) 列联表见解析，不能认为“选科与性别有关”
【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
，
共有12 种情形，所以该生恰好选到“物化生”的概率为P = 1
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H0：选科与性别无关，
则χ2= 100 40×20-10×30
2
50×50×70×30
≈4.762 < 6.635，
故依据小概率值α = 0.01 的独立性检验，可得零假设H0成立，
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
18
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
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
的频数约为50000
100
× 30 = 15000 块.
(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
故χ2= 100× 29×15-49×7
2
36×64×22×78
≈0.214 < 3.841，
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.
【答案】(1) 3
40 ；(2) 分别为2
15 , 1
5 , 4
15 , 2
5 ．
19
【解析】(1) 由题意所求概率为P = 200×5%+250×6%+250×8%+300×10%
1000
=
75
1000 = 3
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，
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P1= 10
75 = 2
15 ，
它是第二台车床加工的零件的概率为P1= 15
75 = 1
5 ，
它是第三台车床加工的零件的概率为P1= 20
75 = 4
15 ，
它是第四台车床加工的零件的概率为P1= 30
75 = 2
5 ．
解法指导
1、条件概率：一般地，设A，B 为两个事件，且P(A) > 0，称P(B|A) = P(AB)
P(A)
为在事件A 发生的条件
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
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
3 ，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
积1 分的概率为1
6 ．记比赛结束时甲乙两人的答题总次数为n n≥2
．
(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．
【答案】(1) 1
2 ；(2) 1
5 ；(3) 17
216
【解析】(1) 由题意可得1
3 × p = 1
6 ，即p = 1
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，
20
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
= 1
2 × 2
3 × 1
2 × 2
3 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 = 5
72 ，
P AB
= 1
2 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 = 1
72 ，
则P A B
= P AB
P B
=
1
72
5
72
= 1
5 ；
(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
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 = 1
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
2 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 = 1
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 × 2
3 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 + 1
2 × 1
3 × 1
2 × 2
3 × 1
2 × 1
3 + 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
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
2 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 2
3 × 1
2 × 1
3 + 1
2 × 1
2 × 2
3 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 + 1
2 × 1
2 × 1
3 × 1
2 ×
1
3 × 1
2 × 1
3
+ 1
2 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 = 1
72 ，
故甲在3 轮比赛之内成功晋级的概率P = 1
36 + 1
72 +
5
216 + 1
72 = 17
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
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2
3 ，若在前一
天选择绿豆汤的条件下，后一天继续选择绿豆汤的概率为1
3 ，而在前一天选择银耳羹的条件下，后一
天继续选择银耳羹的概率为1
2 ，如此往复．(提示：设An表示第n 天选择绿豆汤)
(1) 求该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率
21
(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Pn，求出Pn的通项公式.
【答案】(1) 2
9 ；(2) 7
18 ；(3) 答案见解析
【解析】(1) 该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率为2
3 × 1
3 = 2
9 ；
(2) 设A1表示第1 天选择绿豆汤，A2表示第2 天选择绿豆汤，则A1
表示第1 天选择银耳羹，
根据题意得，P A1
= 2
3 ,P A1
= 1
3 ,P A2|A1
= 1
3 ,P A2|A1
= 1 - 1
2 = 1
2 ，
所以P A2
= P A1
P A2|A1
+ P A1
P A2|A1
= 2
3 × 1
3 + 1
3 × 1
2 = 7
18 ．
(3) 设An表示第n 天选择绿豆汤，则Pn= P An
,P An
= 1 - Pn，
根据题意得，P An+1|An
= 1
3 ,P An+1|An
= 1 - 1
2 = 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 = 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
，所以Pn= 5
21 × - 1
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“P8 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P8 k
最大时，求k 的值.
22
【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
= 12
5 ；(3)k = 2
【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
的人数为5 ×
80
80+20 = 4 人，在16,18
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
4
C3
5
= 3
5 ，P X=3
= C3
4
C3
5
= 2
5 ，
则分布列为
X
2
3
P
3
5
2
5
期望E X
= 2 × 3
5 + 3 × 2
5 = 12
5 ；
(3) 由频率分布直方图可知运动时间在8,10
内的频率为0.15 × 2 = 0.3 = 3
10 ，
则P8 k
= Ck
8
3
10
k
⋅1- 3
10
8-k
= Ck
8 ⋅
3
10
k
⋅
7
10
8-k
，
若P8 k
为最大值，则P8 k
≥P8 k+1
P8 k
≥P8 k-1
，
即
Ck
8 ⋅
3
10
k⋅
7
10
8-k≥Ck+1
8
⋅
3
10
k+1⋅
7
10
7-k
Ck
8 ⋅
3
10
k⋅
7
10
8-k≥Ck-1
8
⋅
3
10
k-1⋅
7
10
9-k
，
即
1
8-k ⋅7
10 ≥
1
k+1 ⋅3
10
1
k ⋅3
10 ≥
1
9-k ⋅7
10
，解得1.7 ≤k ≤2.7，
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
①频率
组距× 组距= 频率．
②
频数
样本容量= 频率，频数
频率= 样本容量，样本容量× 频率= 频数．
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
23
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= x1p1+ x1p1+⋯+xnpn，其中xn为每个小长方形底边的中点，pn为每个小长
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
子就沿着方格跳一下，每次跳1 格或跳2 格，概率均为1
2 ，依次点击游戏的开始按钮，直到小兔子跳到
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Pn，试证明Pn+1-Pn
是等比数列，并求P15(获胜的概率) 的值.
【答案】(1)74；(2)0.8186；(3) 证明见解析，P15 = 2
3
1- - 1
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，
P(μ - 2σ < ζ ≤μ + 2σ) ≈0.9545 ∴P(64 < X < 94) ≈0.6827
2
+ 0.9545
2
= 0.8186.
(3) 小兔子开始在第1 格，为必然事件，P1= 1，
24
点一下开始按钮，小兔子跳1 格即移到第2 格的概率为1
2 ，即P2= 1
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1
2 Pn-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1
2 Pn；
∵Pn+1= 1
2 Pn-1+ 1
2 Pn，∴Pn+1- Pn=- 1
2
Pn-Pn-1
．
∴当1 ≤n ≤14 时，
数列Pn+1-Pn
是以P2- P1= 1
2 - 1 =- 1
2 为首项，以- 1
2 为公比的等比数列，
∴Pn+1- Pn= P2-P1
× - 1
2
n-1
= - 1
2
× - 1
2
n-1
= - 1
2
n
，
Pn+1= P1+ P2-P1
+ P3-P2
+⋯+ Pn+1-Pn
= 1 + - 1
2
1
+ - 1
2
2
+⋯+ - 1
2
n
=
1- - 1
2
n+1
1+ 1
2
= 2
3
1- - 1
2
n+1
(1 ≤n ≤14)．
∴获胜的概率P15 = 2
3
1- - 1
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
点，满足AE
EB
= m
n ，当“二面角E - CD - A 大于π
4 ”即为中奖，求中奖的概率.
【答案】(1)a = 0.004，175；(2) 分布列见解析，E X
= 12
11 ；(3) 9
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，
25
所以每日汽车销售量的第60 百分位数在150,200
，且为150 + 0.6-0.45
0.75-0.45 × 50 = 175.
(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
内的概率为p =
0.2
1-0.45 = 4
11 .
由题意，X 的值可以为：0，1，2，3.
且P X=0
= C0
3 ×
7
11
3
= 343
1331 ，P X=1
= C1
3 × 4
11 ×
7
11
2
= 588
1331 ，
P X=2
= C2
3 ×
4
11
2
× 7
11 = 336
1331 ，P X=3
= C3
3 ×
4
11
3
=
64
1331 .
所以X 的分布列为：
X
0
1
2
3
P
343
1331
588
1331
336
1331
64
1331
所以E X
= 3 × 4
11 = 12
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°.
若∠EFA = 45°，在△AEF 中，由正弦定理：m
sin45° =
3
sin75° ⇒m =
3sin45°
sin75°
= 3 -
3.
此时：n =
3 - 3-
3
= 2 3 - 3，m
n =
3 + 1.
所以，要想中奖，须有m
n >
3 + 1.
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
8= 56 个，
满足m
n >
3 + 1 的基本事件有：
8,1
，8,2
，7,1
，7,2
，6,1
，6,2
，5,1
，4,1
，3,1
共9 个，
所以中奖的概率为：9
56 .
题型九
概率与其他知识的交汇应用
26
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
级，比赛结束. 已知甲答对题目的概率为4
5 ，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，已知两次答题后甲乙两人各积1 分的概率为2
5 . 记甲乙两人的答题总次数为n n≥2
.
(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Pn A
，证明：8
15 ≤P2 A
+ P3 A
+⋅⋅⋅+Pn A
< 8
9 .
【答案】(1)p = 1
3 ；(2) 分布列见解析，22
15 ；(3) 证明见解析
【解析】(1) 记Ai =“第i 次答题时为甲”，B =“甲积1 分”，
则P A1
= 1
2 ，P B|Ai
= 4
5 ，P B|Ai
= 1 - 4
5 = 1
5 ，P B|Ai
= 1 - p，P B|Ai
= p，
2
5 = 1
2
4
5 p+ 1
5
1-p
+ 1
2
1-p
⋅1
5 +p⋅4
5
，
则2
5 = 3p+1
5
，解得p = 1
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
2
1
5 × 1
3 + 1
3 × 1
5
= 1
15 ，P X=2
= 1
2
4
5 × 2
3 + 2
3 × 4
5
= 8
15 ，
X 的分布列为：
X
0
1
2
P
1
15
2
5
8
15
随机变量X 的数学期望为E X
= 0 × 1
15 + 1 × 2
5 + 2 × 8
15 = 22
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甲，乙的积分为x乙，
则x甲- x乙= 2，且x甲+ x乙= n，所以甲晋级时n 必为偶数，令n = 2m，m ∈N *
当n 为奇数时，Pn A
= 0，
则P2 A
+ P3 A
+⋅⋅⋅+Pn A
= P2 A
+ P4 A
+⋅⋅⋅+Pn A
=
2
5
0
⋅8
15 +
2
5
1
⋅8
15 +
2
5
2
⋅8
15 +⋅⋅⋅+ 2
5
m-1
⋅8
15
= 8
15
2
5
0
+
2
5
1
+
2
5
2
+⋅⋅⋅+ 2
5
m-1
= 8
15
1 1-
2
5
m
1- 2
5
= 8
9
-1-
2
5
m
，
又∵m ≥1 时，P2 A
+ P3 A
+⋅⋅⋅+Pn A
随着m 的增大而增大，
∴8
15 ≤P2 A
+ P3 A
+⋅⋅⋅+Pn A
< 8
9
27
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an
同时满足下列两个性质：①存在M > 0，使得an <
M,n ∈N *；②an
为单调数列，则称数列an
具有性质P.
(1) 若an= 2n - 1,bn=
1
3
n
，
(i) 判断数列an
, bn
是否具有性质P，并说明理由；
(ii) 记Sn= a1b1+ a2b2+⋯+anbn，判断数列Sn
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
,0 < p < 1
2 ，记X 为奇数的概率为cn. 证明：数列
cn
具有性质P.
【答案】(1) (i) 数列an
不具有性质P，数列bn
具有性质P，理由见解析；
(ii) 数列Sn
具有性质P，理由见解析；(2) 证明见解析
【解析】(1) (i) 因为an= 2n - 1 单调递增，但无上限，即不存在M ，使得an< M 恒成立，
所以数列an
不具有性质P.
因为bn=
1
3
n
< 1，又数列bn
为单调递减数列，所以数列bn
具有性质P.
(ii) 数列Sn
具有性质P.
Sn= 1 ⋅1
3 + 3 ⋅1
32 +⋯+ 2n-1
3n
，
1
3 Sn= 1 ⋅1
32 + 3 ⋅1
33 +⋯+ 2n-1
3n+1
，
两式作差得2
3 Sn= 1 ⋅1
3 + 2 ⋅1
32 + 2 ⋅1
33 +⋯+2 ⋅1
3n - 2n-1
3n+1
，
即2
3 Sn=- 1
3 +
2
3 1- 1
3n
1- 1
3
- 2n-1
3n+1
= 2
3 - 2n+2
3n+1
，
所以Sn= 1 - n+1
3n
< 1, ∴数列Sn
满足条件①.
∵anbn= 2n-1
1
3
n
> 0, ∴Sn< Sn+1, ∴Sn
为单调递增数列，满足条件②.
综上，数列Sn
具有性质P.
(2) 因为X = 0,1, ⋯,n,n ∈N *，
若X 为奇数的概率为cn,X 为偶数的概率为dn，
cn+ dn= 1 =
1-p
+p
n
= C0
np0(1 - p)n+ C1
np1(1 - p)n-1+ C2
np2(1 - p)n-2+⋯+Cn
npn(1 - p)0①
28
1-p
-p
n= C0
n(-p)0(1 - p)n+ C1
n(-p)1(1 - p)n-1+ C2
n(-p)2(1 - p)n-2+⋯+Cn
n(-p)n(1 - p)0②，
①-②
2
= cn，即cn= 1-(1-2p)n
2
.
所以当0 < p < 1
2 时，0 < 1 - 2p < 1，故cn随着n 的增大而增大，且cn< 1
2 .
故数列cn
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p1、p2、p3，假定p1、p2、p3 互不相等，且每人能否闯关成功相互
独立．
(1) 若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关，p1= 3
4 ,p2= 2
3 ,p3= 1
2 ，求该小组初赛胜利的概率；
(2) 已知1 > p1> p2> p3，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、
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
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1
8 ，
设他获得二等奖的概率为p，求p 的最小值．
【答案】(1) 23
24 ；(2) 甲先派出；(3) 3
8
【解析】(1) 设事件A 表示该小组获胜，
则P A
= 3
4 + 1
4 × 2
3 + 1
4 × 1
3 × 1
2 = 23
24 ，
所以该小组初赛胜利的概率为23
24 ，
(2) 若依次派出甲乙丙进行闯关，设派出的人员数目为X1，
则X 的可能取值为1,2,3，
则P X1=1
= p1，P X1=2
= 1-p1
p2，P X1=3
= 1-p1
1-p2
，
此时E X1
= p1+ 2 1-p1
p2+ 3 1-p1
1-p2
= p1p2- 2p1- p2+ 3，
若依次派出丙乙甲进行闯关，设派出的人员数目为X2，
则X 的可能取值为1,2,3，
则P X2=1
= p3，P X2=2
= 1-p3
p2，P X2=3
= 1-p3
1-p2
，
此时E X2
= p3+ 2 1-p3
p2+ 3 1-p3
1-p2
= p2p3- 2p3- p2+ 3，
所以E X1
- E X2
= p1p2- 2p1- p2+ 3 - p2p3-2p3-p2+3
= p1p2- 2p1- p2p3+ 2p3
= p2 p1-p3
- 2 p1-p3
= p1-p3
p2-2
，
因为1 > p1> p2> p3，
所以p1- p3> 0,p2- 2 < 0，所以E X1
< E X2
，
所以要使初赛派出人员数目的期望较小，先派出甲.
29
(3) 由题意可得1
8 = a2b，b =
1
8a2 ，
则p = a2 1-b
+ C1
2a 1-a
b = a2+ 2ab - 3
8 = a2+ 1
4a - 3
8 ，
令p = f a
= a2+ 1
4a - 3
8 ,0 < a < 1，
则fa
= 2a -
1
4a2 = 8a3-1
4a2
=
2a-1
4a2+4a+1
4a2
，
令fa
= 0 ⇒a = 1
2 ，
所以当0 < a < 1
2 时，fa
< 0，f a
为减函数，
当1
2 < a < 1 时，fa
> 0，f a
为增函数，
所以f a
min = f
1
2
= 1
4 + 1
2 - 3
8 = 3
8 ，
所以p 的最小值为3
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：
学生群体
关注度
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
xα
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
χ2=
n ad-bc
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：
30
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.
已知小华同学答出三个问题的概率分别是3
5 ，1
3 ，1
2 ，小华回答三个问题正确与否相互独立，则小华
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：
学生群体
关注度
合计
关注
不关注
大学生
20
8
28
高中生
4
8
12
合计
24
16
40
故χ2=
40 160-32
2
24×16×12×28 ≈5.08 > 3.84，
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
5 × 1
3 × 1
2 + 2
5 × 1
3 × 1
2 + 3
5 × 2
3 × 1
2 + 3
5 × 1
3 × 1
2 = 14
30 = 7
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
5 × 1
3 + 1
3 × 1
2 + 3
5 × 1
2 = 6+5+9
30
= 2
3 ，
因为2
3 > 7
15 ，故小华应该选择方案二.
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
篮). 甲同学为了通过测试，刻苦训练，投中3 分球的概率为1
5 ，投中2 分球的概率为1
2 ，且每次投篮结
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？
31
【答案】(1) 1
2 ；(2) 甲同学先投2 分或先投3 分是一样的；(3) 先投2 分球
【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
= 1
5 × 1
2 + 1- 1
5
× 1- 1
2
= 1
2 .
(2) 记甲同学先投3 分球通过测试的概率为p1，
则p1= 1
5 × 1
2 + 1
5 × 1- 1
2
× 1
2 + 1- 1
5
× 1
2 × 1
2 = 7
20 ；
记甲同学先投2 分球通过测试的概率为p2，
则p2= 1
2 × 1
2 + 1- 1
2
× 1
2 × 1
5 + 1
2 × 1- 1
2
× 1
5 = 7
20 ；
因为p1= p2，故甲同学先投2 分或先投3 分是一样的.
(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
5 × 1
2 = 2
5 ,P X=2
= 4
5 × 1
2 × 1
2 = 1
5 ,
P X=3
= 1
5 × 1
2 × 1
2 = 1
20 ,P X=4
= 4
5 × 1
2 × 1
2 = 1
5 ,
P X=5
= 1
5 × 1
2 + 1
5 × 1
2 × 1
2 = 3
20 ，
E X
= 2 × 1
5 + 3 × 1
20 + 4 × 1
5 + 5 × 3
20 = 2.1.
Y 可能取0,2,4,5，
P Y=0
= 1
2 × 1
2 = 1
4 ,P Y=2
= C1
2 × 1
2 × 1
2 × 4
5 = 2
5 ，
P Y=4
= 1
2 × 1
2 = 1
4 ,P Y=5
= C1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
5 = 1
10 ，
E Y
= 2 × 2
5 + 4 × 1
4 + 5 × 1
10 = 23
10 > 2.1.
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T1,T2
(判断对错) 和4 道选择题X1,X2,X3,X4(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
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T1并且答对选择题X1，其余题目只能随机作答，求甲同学
挑战成功的概率；
32
(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.
【答案】(1) 27
256 ；(2) 47
128 ；(3) 选择方式一
【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
= 1
2 ，P B
= 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：
P1= C1
2P A
P A
C2
4P B
2P B
2= 2 × 1
2 × 1- 1
2
× 4×3
2×1 ×
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T1和选择题X1；
②除T1和X1外只答对一道填空题T2或一道选择题(X2,X3,X4中任意一道)
∴甲同学挑战成功的概率：
P2= 1 - P A
P B
3+P A
P B
3+P A
C1
3P B
P B
2
= 47
128
(3) 方式一：小组调整成功的概率：P3= 1 - 1-P
2= 2P - P2，
该班级挑战成功的概率：P4= P3
n= 2P-P2
n= Pn(2 - P)n；
方式二：小组调整成功的概率：P5= Pn，
该班级挑战成功的概率：P6= 1 - 1-P5
2= 2P5- P5
2= Pn(2 - Pn)
P4- P6= 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P4- P6> 0，即P4> P6，所以为使本班调整成功的可能性更大，应该选方式一参赛.
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
33
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.
如果p> p + 1.65
p(1-p)
n
，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，
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)
附：K 2=
n(ad-bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P K 2≥k
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
可得K 2= 150 26×30-24×70
2
50×100×96×54
= 75
16 = 4.6875，
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.
(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96
150 = 0.64，
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，
则p + 1.65
p 1-p
n
= 0.5 + 1.65
0.5 1-0.5
150
≈0.5 + 1.65 ×
0.5
12.247 ≈0.567，
可知p> p + 1.65
p(1-p)
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．
34
(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
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甲= 1-(1-p)3
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甲- P乙= q3- (q - pq)3- p3+ (p - pq)3
= (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甲> P乙，应该由甲参加第一阶段比赛.
(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
C1
3q ⋅1-q
2，
P(X = 10) = 1-(1-p)3
⋅C2
3q2(1 - q)，
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
35
毛利润的数学期望估计值与(i) 中E X
估计值的大小．(结论不要求证明)
【答案】(1) 1
10 ；(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
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
800+100+60+30+10 = 1
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
1000 = 4
5 ,P ξ=0.8
= 100
1000 = 1
10 ，
P(ξ = 1.6) =
60
1000 = 3
50 ，P(ξ = 2.4) =
30
1000 =
3
100 ，P(ξ = 3) =
10
1000 =
1
100 ，
故E ξ
= 0 × 4
5 + 0.8 × 1
10 + 1.6 × 3
50 + 2.4 ×
3
100 + 3 ×
1
100 = 0.278
故E X
= 0.4 - 0.278 = 0.122(万元).
(ⅱ) 由题设保费的变化为0.4 × 4
5 × 96% +0.4 × 1
5 × 1.2 = 0.4032，
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？
(附：χ2=
n(ad-bc)2
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
【解析】(1) 由表可知锻炼时长不少于1 小时的人数为占比179+43+28
580
= 25
58 ，
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 × 25
58 = 12500．
(2) 估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为
1
580
0.5
2
×139+ 0.5+1
2
×191+ 1+1.5
2
×179+ 1.5+2
2
×43+ 2+2.5
2
×28
≈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
36
合计
222
358
580
提出零假设H0：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．
其中α = 0.05．
χ2= 580×(45×308-177×50)2
95×485×222×358
≈3.976 > 3.841．
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．
【答案】(1) 17
45 ；(2) 一级果抽取6 箱，二级果抽取2 箱
(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，
样本空间的样本点的个数n = C2
136 = 136×135
2
= 9180，
A 事件的样本点的公式m = C1
102 ⋅C1
34= 3468，
所以P A
= m
n = 3468
9180 = 17
45 ；
(2) 因为一级果箱数：二级果箱数= 102:34 = 3:1，
所以8 箱水果中有一级果抽取8 ×
3
3+1 = 6 箱，二级果抽取8 ×
1
3+1 = 2 箱；
(3) 设一级果平均质量为x，方差为S2
x，二级果质量为y，方差为S2
y，
总体样本平均质量为z，方差为S2，
因为x= 303.45，y= 240.41，S2
x= 603.46，S2
y = 648.21，
所以z=
120
120+48 × 303.45 +
48
120+48 × 240.41 = 285.44 克，
S2=
120
120+48 × [603.46 + (303.45 - 285.44)2] +
48
120+48 × [648.21 + (240.41 - 285.44)2] = 1427.27 克2．
预估平均质量为102
136 ⋅x+ 34
136 ⋅y= 287.69 克．
