专题 08 概率统计与计数原理
5 大考点概览
考点01 计数原理
考点02 概率
考点03 随机变量及其分布
考点04 统计
考点05 成对数据的统计分析
1．（2026·四川遂宁·一模）二项式(
1
x
2 −2 x)
5
的展开式中，含x
−1项系数为（ ）
A．80
B．−80
C．120
D．−120
【答案】B
【分析】利用二项式展开式的通项公式求x
−1项的系数．
【详解】由于二项式(
1
x
2 −2 x)
5
，
则其通项T k +1=C5
k(
1
x
2)
5−k
(−2 x)
k =C5
k (−2)
k x
3k −10(k =0,1,2⋯5)，
令3k −10=−1，则k =3，
则T 4=C5
3(−2)
3 x
−1=−80 x
−1，
所以含x
−1项系数为−80.
故选：B
2．（2026·四川攀枝花·一模）二项式(x + 1
x
2)
6
的展开式中的常数项为（ ）
A．30
B．20
C．15
D．6
【答案】C
【分析】由题可得展开式通项为T r +1=C6
r x
6−r x
−2r，据此可得答案.
【详解】(x + 1
x
2)
6
的通项为：T r +1=C6
r x
6−r x
−2r =C6
r x
6−3r，令6−3r =0⇒r =2，
考点1
计数原理
则展开式中的常数项为：C6
2=15.
故选：C
3．（2025·四川自贡·一模）如图，某设备内部从a 到b 的电路包含三个元件A，B，C，现该设备
从a 到b 的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C 的工作状态（通路/断路）共
有n 种不同情况，则n 为（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理列式求解.
【详解】元件A不通，设备从a 到b 的电路工作不正常，共有2×2种，
元件A正常，当且仅当元件B ,C都不通，设备从a 到b 的电路工作不正常，只有1 种，
所以n=1+ 4 =5.
故选：B
4．（2025·四川泸州·一模）要安排4 名学生到2 个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每
个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）
A．12
B．14
C．16
D．20
【答案】B
【分析】分别讨论一个村1 名，另一村3 名志愿者和一个村2 名，另一个村2 名志愿者，两种情况，
根据分组分配的处理方法，分析计算，即可求得答案.
【详解】若一个村1 名，另一村3 名志愿者，则有C4
1 C3
3 A2
2=8种选法；
若一个村2 名，另一个村2 名志愿者，则有C4
2 C2
2
A2
2
×A2
2=6种选法，
所以不同的安排方法共有8+6=14 种.
故选：B
5．（2025·四川成都·一模）某种产品的加工需要经过5 道不同工序，如果指定其中某2 道工序必须
相邻，那么加工顺序共有（ ）
A．96 种
B．72 种
C．48 种
D．36 种
【答案】C
【分析】先排相邻的2 道工序，再把它与其它3 道工序作全排列，即可得.
【详解】由题意，把相邻的2 道工序做排列，再把它与其它3 道工序作全排，
所以加工顺序有A2
2A4
4=2×24 = 48种.
故选：C
6．（2025·四川成都·一模）（多选）已知在(x + 2
x)
n
的展开式中，第3 项的二项式系数与第5 项的
二项式系数相等，则下列说法正确的有（ ）
A．n=6
B．第4 项的二项式系数最大
C．x
2的系数为60
D．展开式各项系数之和为64
【答案】ABC
【分析】先由题设结合组合数的性质求出n 即可判断A；由二项式系数的定义和组合数性质即可求
解判断B；由二项式的展开式的通项公式即可求解判断C；由系数定义赋值x =1即可求解判断D.
【详解】由题意得Cn
2=Cn
4，所以n=2+ 4 =6，故A 正确；
因为n=6时，二项式系数最大的是C6
3，所以第4 项的二项式系数最大，故B 正确；
(x + 2
x)
6
的展开式的通项公式为C6
r x
6−r(
2
x)
r
=2
r C6
r x
6−2r (0≤r ≤6,r ∈N )，
令6−2r =2，得r =2，所以x
2的系数为2
2C6
2=60，故C 正确；
展开式各项系数之和为(1+2)
6=3
6=729，故D 错误.
故选：ABC
7．（2025·四川德阳·一模）(
x
2 + 1
❑√x)
6
的展开式中，常数项为 （用数字作答）.
【答案】15
4
【分析】由二项式展开式通项公式即可计算求解.
【详解】由题可得二项式展开式通项公式为C6
r(
x
2)
6−r
(
1
❑√x)
r
=C6
r
2
6−r x
6−3r
2 ，
所以当r = 4时得展开式常数项为C6
4
2
2 = 15
4 .
故答案为：15
4
8．（2025·四川达州·一模）(2 x −1)
5的展开式中，x
2的系数是 ．
【答案】−40
【分析】先求出T r +1项，对T r +1项进行整理后，令x的次数为2，解出r的值，再将r的值代入T r +1
项，计算得到x
2的系数.
【详解】设T r +1项为含x
2的项，T r +1=C5
r (2 x)
5−r (−1)
r =C5
r (x)
5−r (2)
5−r (−1)
r，
则5−r =2，解得r =3，T 4=−C5
3×2
5−3 x
2=−40 x
2，
则x
2的系数是−40.
故答案为：−40.
9．（2026·四川巴中·一模）一个火车站有 8 股道，如果每股道只能停放 1 列火车，现要停放 4
列不同的火车，每两列火车不能停在相邻股道，则不同的停放方法共有 种.
【答案】120
【分析】利用插空法进行计算即可.
【详解】总共有 8 股股道，要停放 4 列火车，那么剩下的空股道有8−4 = 4股.
这 4 股空股道排好后，会形成 4 +1=5个可以插入火车的 “空隙”（包括两端）.
首先，从 5 个空隙中选 4 个，有 C5
4=5种选法，
然后，将 4 列不同的火车在这 4 个位置上进行全排列，有A4
4= 4!=24种排法.
总的方法数是选位置的方法数乘以排列的方法数，即：
C5
4× A4
4=5×24 =120种.
故答案为：120.
10．（2026·四川广安·一模）某中学对“秋假”期间申请留校的学生实行免费托管，现要从5名教
师中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），同一人不能连续值班2天，则可能的安排方法
有 种．
【答案】80
【分析】分为值班人数为2人和3人两种情况，结合排列组合即可求解.
【详解】由题意可得，值班的人数为2人或者3人，
若值班人数为2人，则需要一个人值班首尾两天，另外一人值班中间一天，故C5
2C2
1=20，
若值班人数为3人，则每人值班一天，故A5
3=60，
所以可能的安排方法有20+60=80种.
故答案为：80.
11．（2026·四川宜宾·一模）甲乙两人分别从标有数字1,2,3,4 ,⋯,13的13 张卡片中各抽取一张，
甲乙取得的卡片上的数字分别记为a，b，则满足2
a+3
b的个位数字为9 的有序数对(a,b)的个数为
.
【答案】33
【分析】先讨论2
a,3
b的个位数字情况，再结合题意进行分析，最后利用分步乘法计数原理和分类
加法计数原理求解即可.
【详解】若满足2
a+3
b的个位数字为9，则先讨论2
a,3
b的个位数字情况，
对于2
a，当a=1时，个位数字为2，当a=2时，个位数字为4，
当a=3时，个位数字为8，当a= 4时，个位数字为6，当a=5时，个位数字为2，
发现个位数字的周期为4，只能为2,4,8,6，
对于3
b，当b=1时，个位数字为3，当b=2时，个位数字为9，
当b=3时，个位数字为7，当b= 4时，个位数字为1，当b=5时，个位数字为3，
发现个位数字的周期为4，只能为3,9,7,1，
若满足2
a+3
b的个位数字为9，则有如下情况，
2
a的个位数字为2与3
b的个位数字为7，2
a的个位数字为8与3
b的个位数字为1，
2
a的个位数字为6与3
b的个位数字为3，
当2
a的个位数字为2时，有4种符合题意的情况，
当3
b的个位数字为7时，有3种符合题意的情况，
由分步乘法计数原理得共有4×3=12种情况，
当2
a的个位数字为8时，有3种符合题意的情况，
当3
b的个位数字为1时，有3种符合题意的情况，
由分步乘法计数原理得共有3×3=9种情况，
当2
a的个位数字为6时，有3种符合题意的情况，
当3
b的个位数字为3时，有4种符合题意的情况，
由分步乘法计数原理得共有3×4 =12种情况，
由分类加法计数原理得共有12+9+12=33种情况.
故答案为：33
1．（2025·四川成都·一模）三个相同的盒子里分别放有两个黑球，一个黑球一个红球，两个红球，
现从任意的盒子里随机取出一球，若该球为红色，则该盒剩下的另一球也是红色的概率为（ ）
A．1
6
B．1
3
C．1
2
D．2
3
【答案】D
【分析】根据全概率公式和条件概率的计算公式，即可得到答案.
【详解】记从 “放有两个黑球盒子”， “放有一个黑球一个红球盒子”，
“放有两个红球盒子”中取出一球分别为事件A1，A2，A3，
则事件A1，A2，A3两两互斥，P( A1)= P( A2)= P( A3)= 1
3，
记“取出的球为红色”为事件B，则所求概率即为P( A3|B))，
得到P(B)= P( A1B)+ P( A2B)+ P( A3 B)
= P( A1)P(B|A1))+ P( A2)P(B|A2))+ P( A3)P(B|A3))= 1
3 ×0+ 1
3 × 1
2 + 1
3 ×1= 1
2，
则P( A3|B))= P( A3 B)
P(B)
=
1
3
1
2
= 2
3，
故若该球为红色，则该盒剩下的另一球也是红色的概率为2
3.
故选：D.
2．（2025·四川达州·一模）已知P( AB)>0, P( A)=0.8, P( B) A)=0.6, P( ABC)=0.24，则
P(C) AB)=（ ）
A．0.4
B．0.5
C．0.6
D．0.7
【答案】B
【分析】利用条件概率的定义式，先通过P(B| A )与P( A )求出P( AB)，再代入P(C | AB)的条
考点2
概率
件概率公式计算结果.
【详解】根据条件概率公式，先求P( AB)： 由P(B| A)= P( AB)
P( A) ，
得P( AB)= P(B| A )⋅P( A )=0.6×0.8=0.48.
再求P(C | AB)： 由P(C | AB)= P( ABC )
P( AB) ，
代入P( ABC )=0.24，得P(C | AB)= 0.24
0.48 =0.5.
故选：B
3．（2026·四川巴中·一模）（多选）若 P( AB)= 1
3 , P( A)= 1
3 , P(B)= 1
2 ，则关于事件 A 、B
的关系正确的是（ ）
A．事件 A 与 B 互斥
B．事件 A 与 B 不互斥
C．事件 A 与 B 不相互独立
D．事件 A 与 B 相互独立
【答案】BD
【分析】根据互斥事件和独立事件的定义判断即可.
【详解】因为P( AB)= 1
3 ≠0，所以事件A与B不互斥，A 错误B 正确；
因为P( A)= 1
3 , P(B)= 1
2，所以P( A)=1−1
3 = 2
3 , P(B)=1−1
2 = 1
2.
所以P( A) P(B)= 2
3 × 1
2 = 1
3，又P( AB)= 1
3，
所以P( AB)= P( A) P(B)，所以事件A与B相互独立，C 错误D 正确.
故选：BD.
4．（2025·四川泸州·一模）（多选）记A ,B为事件A ,B的对立事件，已知P( A)=0.4 , P(B)=0.3，
下列结论正确的是（ ）
A．若B⊆A，则P( AB)=0.3
B．若A与B相互独立，则P( A B)=0.42
C．若P(B| A)=0.2，则P( AB)=0.06
D．若P( A |B)=0.6，则P( A ∪B)=0.78
【答案】ABD
【分析】由独立事件定义和性质、独立概率乘法公式、条件概率公式即可逐一计算判断各选项.
【详解】对于A 选项：若B⊆A，则P( AB)= P(B)=0.3，A 正确；
对于B 选项：若A与B相互独立，则A与B相互独立,
所以P( A B)= P( A) P(B)=(1−P( A))(1−P(B))=(1−0.4)(1−0.3)=0.42，B 正确；
对于C 选项：若P(B| A)=0.2，则P( AB)
P( A) =0.2⇒P( AB)=0.2 P( A)=0.2×0.4 =0.08，C 错误；
对于D 选项：若P( A |B)=0.6，则P( AB)
P(B) =0.6⇒P( AB)=0.6 P(B)=0.6×0.3=0.18,
又P( A B)= P(B)−P( AB)=0.3−0.18=0.12,
所以P( A ∪B)= P( A)+ P(B)−P( A B)=0.6+0.3−0.12=0.78，D 正确.
故选：ABD.
5．（2026·四川巴中·一模）某学校围棋社团组织高一与高二的同学比赛，双方各挑选业余一段、
业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高．已知高二每个段位的选手都比高一相应段位的
选手强一些.比赛胜负仅由段位决定，段位高者获胜；若段位相同，则高二选手获胜.比赛共三局，
每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利．在比赛之
前，双方都不知道对方选手的出场顺序，则第一局比赛高一获胜的概率为 ，在一场比赛中高
二获胜的概率为 ．
【答案】 1
3 5
6
【分析】采用列举法列举出一局比赛中所有基本事件及高一取得胜利的基本事件，根据古典概型概
率公式可求得结果；列举出一场比赛中高一获胜的基本事件个数，结合基本事件总数和对立事件概
率公式可求得结果.
【详解】设Ai(i=1,2,3)为高一出场选手，Bi(i=1,2,3)为高二出场选手，其中i表示段位，
第一局比赛中，有( A1,B1)，( A1,B2)，( A1,B3)，( A2,B1)，( A2,B2)，( A2,B3)，( A3,B1)，
( A3,B2)，( A3,B3)，共9个基本事件，
其中高一能取得胜利的基本事件为( A2,B1)，( A3,B1)，( A3,B2)，共3个，
∴第一局比赛高一获胜的概率为p1= 3
9 = 1
3．
在一场三局比赛中，共有不同的3×3×2×2=36种安排方法，
其中高一能获胜的安排方法为( A2B1, A3 B2, A1B3)，( A2B1, A1B3, A3 B2)，( A3 B2, A2B1, A1B3)，
( A3 B2, A1B3, A2B1)，( A1B3, A2B1, A3 B2)，( A1B3, A3 B2, A2B1)，共6种，
∴在一场比赛中高二获胜的概率为p2=1−6
36 = 5
6 ．
故答案为：1
3；5
6 .
6．（2026·四川雅安·一模）甲、乙两人分别从A，B，C，D，E 五个景点中随机选择一个景点游玩，
若这两人中至少有一人选择景点A，则他们选择的景点不相同的概率为 .
【答案】8
9
【分析】记事件M为“甲乙两人中至少有一人选择景点A”，事件N为“甲乙两人选择的景点不相
同”，根据古典概型概率公式求出P( M ), P( MN )，再由条件概率公式求解即可.
【详解】记事件M为“甲乙两人中至少有一人选择景点A”，事件N为“甲乙两人选择的景点不相
同”，
甲乙两人从5 个景点中随机选择1 个景点游玩，每人都有5 种不同的选法，共有5×5=25种不同的
选法，
甲乙两人都不选择景点A 的方法有4×4 =16种，
因此甲乙两人中至少有一人选择景点A 的方法共有25−16=9 种，
甲乙两人中至少有一人选择景点A 的概率P( M )= 9
25，
MN表示甲乙两人中至少有一人选择景点A，且甲乙两人选择的景点不同，
即一人选择景点A，另一人选择其它景点，共有2×4 =8 种选法，则P( MN )= 8
25，
所以P( N | M )= P( MN )
P( M ) =
8
25
9
25
= 8
9.
故答案为：8
9
7．（2025·四川成都·一模）如图，已知正四面体D−ABC顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地
沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻
顶点称为移动一次，若质点Q的初始位置位于点A处，记点Q移动n次后仍在底面ABC上的概率为
Pn.则P2= ；满足Pn−3
4 >
1
2025的n的最大值为 .
【答案】 7
9 4
【分析】通过质点移动的相邻顶点分布得到概率递推式，转化为等比数列求通项，代入n=2得P2；
通过通项分析不等式，结合3的幂的大小得最大n值.
【详解】质点初始在底面顶点A，记移动n次后在底面的概率为Pn，移动0 次在底面，故P0=1.
移动n次的位置由n−1次的位置决定：
若第n−1次在底面（概率Pn−1），底面顶点相邻3 个顶点中2 个在底面，从底面移到底面的概率
为2
3；
若第n−1次在顶点D（概率1−Pn−1），顶点D的相邻3 个顶点均在底面，从顶点D移到底面的概
率为1.
得递推式：Pn= 2
3 Pn−1+1×(1−Pn−1)=1−1
3 Pn−1.
整理递推式得：Pn−3
4 =−1
3(Pn−1−3
4)，
故{Pn−3
4)是首项为P0−3
4 = 1
4 、公比为−1
3的等比数列，
通项为： Pn= 3
4 + 1
4 ×(−1
3 )
n
.
代入n=2，得P2= 3
4 + 1
4 × 1
9 = 28
36 = 7
9.
解不等式Pn−3
4 >
1
2025： Pn−3
4 = 1
4 ×(−1
3 )
n
，右边为正，故n为偶数，
不等式化为1
4 × 1
3
n >
1
2025，即3
n< 2025
4
=506.25.
3
6=729>506.25，3
4=81<506.25，故最大的偶数n为4.
故答案为：7
9；4
8．（2025·四川眉山·一模）将五张标有1，2，3，4，5 的卡片摆成下图，若逐一取走这些卡片时，
每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例
如按1-3-5-4-2 取走卡片的顺序是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这5 张卡片，则取卡顺
序是“和谐序”的概率为 .
1
2
3
4
5
【答案】7
30
【分析】对抽卡片的顺序进行分类讨论，结合分步乘法计数原理、分类加法计数原理与古典概型的
概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】分两种情况讨论：
（1）第一步，从1 号或3 号卡片抽取一张，有2 种情况，比如先抽1 号卡片，
第二步，从3 号或5 号卡片抽取一张，有2 种情况，比如先抽3 号卡片，
第三步，从2 号或5 号卡片抽取一张，有2 种情况，比如先抽2 号卡片，
第四步，从4 号或5 号卡片抽取一张，有2 种情况，
第五步，抽最后一张卡片，
此时，不同的抽法种数为2×2×2×2=16种；
（2）第一步，抽5 号卡片，
第二步，从1、3、4 号卡片抽取一张，有3 种情况，比如先抽1 号卡片，
第三步，从3、4 号卡片抽取一张，有2 种情况，比如先抽3 号卡片，
第四步，从2、4 号卡片抽取一张，有2 种情况，
第五步，抽最后一张卡片，
此时，不同的抽法种数为3×2×2=12种.
而从5 张卡片随意抽取，不同的抽法种数为A5
5=120，
因此，取卡顺序是“和谐序”的概率为16+12
120
= 7
30.
故答案为：7
30.
9．（2026·四川攀枝花·一模）某校组织知识问答比赛，每名参赛选手都赋予6 分的初始积分，每
答对一题加1 分，每答错一题减1 分，已知小王每道题答对的概率为2
3，答错的概率为1
3，且每道
题答对与否互不影响．
(1)求小王答3 道题后积分小于6 的概率；
(2)设小王答4 道题后积分为X，求E (X )；
(3)若小王一直答题，直到积分为0 或12 时停止，记小王的积分为i（i=0，1，2，…，12）时，最
终积分为12 的概率为Pi，则P0=0，P12=1．
（i）证明：数列{Pi+1−Pi)(i=0,1,2,⋯,11)为等比数列；
（ⅱ）求P6的值．
【答案】(1) 7
27
(2)22
3
(3)（i）证明见解析；（ⅱ）64
65
【分析】（1）分小王3 题都答错，或答对1 题，答错2 题讨论，再利用独立事件乘法公式和加法
公式即可得到答案；
（2）设小王答对的题数为Y ，得到关系式X =2Y +2，再利用二项分布的均值公式和均值性质即可
得到答案；
（3）（i）根据全概率公式得Pi= 2
3 Pi+1+ 1
3 Pi−1，再构造成等比数列即可证明；
（ii）根据（i）的结果并结合累加法和等比数列求和即可得到答案.
【详解】（1）小王答3 道题后积分小于6，则小王3 题都答错，或答对1 题，答错2 题，
故所求概率为(
1
3)
3
+C3
1× 2
3 ×(
1
3)
2
= 7
27 .
（2）设小王答对的题数为Y ，则他答错的题数为4−Y ，
所以X =6+Y −(4−Y )=2Y +2．
由题意知Y ∼B(4 , 2
3)，所以E (Y )= 4× 2
3 = 8
3，所以E (X )=2 E (Y )+2=2× 8
3 +2= 22
3 ．
（3）（i）当小王的积分为i(i=1,2,⋯,11)时，若小王接下来一题答对，
则积分变为i+1，若小王接下来一题答错，则积分变为i−1．
由全概率公式有Pi= 2
3 Pi+1+ 1
3 Pi−1，
整理可得Pi+1−Pi= 1
2 (Pi−Pi−1)．
又P1−P0= P1≠0，所以{Pi+1−Pi)(i=0,1,2,⋯,11)为等比数列．
（ii）由（i）可得Pi+1−Pi= 1
2
i P1，
所以P12=(P12−P11)+(P11−P10)+⋅⋅⋅+(P2−P1)+ P1=
P1(1−1
2
12)
1−1
2
= 2
12−1
2
11
P1，
又P12=1，所以P1=
2
11
2
12−1
．
所以
P6=(P6−P5)+(P5−P4)+⋅⋅⋅+(P2−P1)+ P1=
P1(1−1
2
6)
1−1
2
=
2
11
2
12−1
× 2
6−1
2
5
= 2
12−2
6
2
12−1
= 64
65
.
10．（2026·四川广安·一模）甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局
比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为1
3，规定先达到净胜3 局者获得训练赛胜利并结
束训练赛（某人的净胜局数=某人胜的局数−某人负的局数）．
(1)记经过n局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为pn，求p3和p5；
(2)经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X，记事件“X =k时，甲最终获得训练赛胜
利”发生的概率为qk，求证：{qk +1−qk) (−3≤k ≤2,k ∈Z )是等比数列；
(3)求甲获得训练赛胜利的概率．
【答案】(1) 1
27 ；2
81
(2)证明见解析
(3)1
9
【分析】（1）根据已知获胜条件，分析甲在不同局数下获得最终胜利的可能赛况，再结合相互独
立事件同时发生的概率乘法公式计算可得；
（2）由题意易得q3=1与q−3=0，再分析当−2≤k ≤2时可进行下一局比赛，根据已知条件利用全
概率公式建立递推关系，可得qk = 1
3 qk +1+ 2
3 qk −1，经过变形证明等比数列即可；
（3）利用第（2）问的等比数列结论，结合 “净胜3 局（甲胜）、净胜−3局（乙胜）” 边界条
件（即q3=1与q−3=0），求解比赛初始状态下甲的最终获胜概率q0即可．
【详解】（1）由题意，甲每局比赛获胜的概率为1
3，则乙每局比赛获胜的概率为2
3，
p3表示经过 3 局比赛甲获胜的概率，
由甲经过 3 局比赛获胜，又净胜局数为3，则甲3 局全胜，
故p3=(
1
3)
3
= 1
27 ；
p5为经过5 局甲获胜的概率，
∵某人的净胜局数=某人胜的局数-某人负的局数，
∴由经过5 局甲才获胜，净胜局数为3，
则5 局中甲胜4局负1局，且负局必在前3局中（若不在，则3 局甲全胜比赛结束），第4、5局均
获胜，
∴p5=C3
2(
1
3)
2
(
2
3)
1
⋅(
1
3)⋅(
1
3)= 2
81．
（2）由题意，qk为事件“X =k时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率，
由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X，
故X即为甲的净胜局数，所以X =−3,−2,−1,0,1,2,3.
经过若干局后，假定当前X =k，
①当k =3时，即甲的净胜局数X =3，
则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以q3=1；
②当k =−3时，即甲的净胜局数X =−3，乙的净胜局数−X =3，
则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则q−3=0；
③当−2≤k ≤2,k ∈Z时，
由甲的净胜局数−2≤X ≤2，则乙的净胜局数为−X，且−2≤−X ≤2，
故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局.
记事件Ak =“X =k时，甲最终获得训练赛胜利”（−2≤k ≤2,k ∈Z），事件B =“下一局比赛甲
获胜”，
下一局若甲赢（即事件B发生），则X =k +1；若乙赢（即事件B发生），则X =k −1；
因为qk = P( Ak)，qk +1= P( Ak +1)，qk −1= P( Ak −1)，且P(B)= 1
3 , P(B)=1−P(B)= 2
3，
所以由全概率公式得，
P( Ak)= P( Ak|B)P(B)+ P( Ak|B)P(B)，即P( Ak)= P( Ak +1)P(B)+ P( Ak −1)P(B)，
因此qk = 1
3 qk +1+ 2
3 qk −1，整理得qk +1=3qk−2qk −1，
两边都减去qk，则可得qk +1−qk =2(qk−qk −1)，
又当k =−2时，q−2−q−3=q−2≠0，
故数列：q−2−q−3,q−1−q−2,q0−q−1,q1−q0,q2−q1,q3−q2是公比为2 的等比数列．
即数列{qk +1−qk) (−3≤k ≤2,k ∈Z )是公比为2 的等比数列．
（3）由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为q0.
记ak =qk +1−qk(−3≤k ≤2,k ∈Z )，
则q3−q−3=a2+a1+a0+a−1+a−2+a−3=1−0=1，
由（2）知，数列{qk +1−qk) (−3≤k ≤2,k ∈Z )是公比为2 的等比数列，
则q3−q−3=a−3(1+2+2
2+2
3+2
4+2
5)=1，解得a−3= 1
63，
所以a−3+a−2+a−1=a−3(1+2+2
2)=7× 1
63 = 1
9，
又a−3+a−2+a−1=(q−2−q−3)+(q−1−q−2)+(q0−q−1)=q0−q−3=q0，
所以q0= 1
9，
故甲最终获得训练赛胜利的概率为1
9.
考点3
随机变量及其分布
1．（2025·四川资阳·一模）某果园中某品种水果的单果质量m（单位：g）服从正态分布
N (70,σ
2)，且P(m<50)=0.2，若从该果园中随机选取400个该品种水果，则质量在50g~90g的
水果个数的期望为（ ）
A．120
B．160
C．180
D．240
【答案】D
【分析】根据正态分布的对称性求出P(50≤m≤90)的值，再利用二项分布的期望公式可求出结果.
【详解】因为m~ N (70,σ
2)，则P(m<50)=0.2，
所以P(50≤m≤90)=1−2 P(m<50)=1−2×0.2=0.6，
从该果园中随机选取400个该品种水果，设质量在50g~90g的水果个数为X，
由题意可知X ~ B (400,0.6)，由二项分布的期望可得E (X )= 400×0.6=240.
故选：D.
2．（2025·四川自贡·一模）已知随机变量ξ ~ N (1,σ
2)，且P(ξ ≤−2)= P(ξ ≥a)，则当0< x<a时，
1
x +
4
a−x 的最小值为（ ）
A．9
2
B．3
C．7
3
D．9
4
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出a，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】由随机变量ξ ~ N (1,σ
2)，且P(ξ ≤−2)= P(ξ ≥a)，得−2+a
2
=1，解得a= 4，
由0< x<4，得1
x +
4
4−x = 1
4 [ x +(4−x)]( 1
x +
4
4−x )= 1
4 (5+ 4−x
x
+ 4 x
4−x )
≥1
4 (5+2❑√
4−x
x
⋅4 x
4−x )= 9
4 ，当且仅当4−x
x
= 4 x
4−x ，即x = 4
3 时取等号，
所以所求最小值为9
4 .
故选：D
3．（2026·四川宜宾·一模）（多选）下列结论正确的有（ ）
A．若随机变量X ~ B(4 , 3
4)，则E (X )=3
B．已知随机变量ξ服从正态分布N (2,σ
2), P(1<ξ ≤2)=0.2，则P(ξ >3)=0.2
C．在做回归分析时，残差图中残差比较均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区
域内，且宽度越窄表示回归效果越差
D．若随机事件A，B 满足：P( A)= 1
2 , P(B)= 2
3 , P( A ∪B)= 5
6 ，则事件A与B相互独立
【答案】AD
【分析】对于A，根据二项分布期望公式即可求解；对于B，根据正态分布对称性即可求解；对于C，
根据残差图的意义即可求解；对于D，根据事件独立判断方法，即P( AB)= P( A) P(B)，则事件
A ,B相互独立，即可判断.
【详解】对于A，根据二项分布的期望公式E (X )=np，因X ~ B(4 , 3
4)，
所以可得E (X )= 4× 3
4 =3，故A正确；
对于B，随机变量ξ服从正态分布N (2,σ
2)，
所以正态分布密度曲线关于x =2对称，
P(1<ξ ≤2)=0.2，由对称性可知P(2<ξ ≤3)=0.2，
所以P(ξ >3)=0.5−P(2<ξ ≤3)=0.5−0.2=0.3，故B错误；
对于C，做回归分析时，残差图中残差均匀分布在以横轴为0的对称轴水平带状区域内，
带状区域越窄回归效果越好，反之越差，故C错误；
对于D,若P( AB)= P( A) P(B)，则事件A ,B相互独立，
因为P( A ∪B)= P( A)+ P(B)−P( AB)，又P( A)= 1
2 , P(B)= 2
3 , P( A ∪B)= 5
6 ，
代入可得P( AB)= 1
3，而P( A) P(B)= 1
2 × 2
3 = 1
3 = P( AB)，
所以事件A与B相互独立，故D正确.
故选：AD
4．（2025·四川资阳·一模）抛掷一枚质地均匀的硬币，正面向上得2 分，反面向上得−1分.若连续
抛掷2 次，记所得总分为随机变量X，则E( X )= .
【答案】1
【分析】根据题意求解随机变量X的可能取值及对应的概率，进而计算数学期望即可.
【详解】解：根据题意，随机变量X的可能取值为−2,1,4，
对应的概率为：P(X =−2)= 1
2 × 1
2 = 1
4 ，P(X = 4)= 1
2 × 1
2 = 1
4 ，P(X =1)= 1
2 × 1
2 + 1
2 × 1
2 = 1
2，
所以E( X )= 4× 1
4 +1× 1
2 +(−2)× 1
4 =1，
故答案为：1
5．（2026·四川巴中·一模）有6 个红色小球和4 个黑色小球(除颜色不同外，其余都相同)，将其中
2 个红色小球和3 个黑色小球放入一个不透明的箱子中，剩余的4 个红色小球和1 个黑色小球放在
箱外. 现从箱子中随机取出1 个小球，若取出红色小球，则把它放回箱子中；若取出黑色小球，则
该黑色小球不再放回，并将箱子外1 个红色小球放入箱中. 按此操作若干次， 直到将箱中的黑色
小球全部置换为红色小球为止.
(1)求在操作3 次后箱中黑色小球剩余0 个的概率；
(2)记在操作3 次后箱中黑色小球的个数为随机变量X ，求X的分布列及数学期望；
(3)在第1 次取到红色小球的条件下，求再操作4 次恰好完成置换的概率.
【答案】(1) 6
125
(2)分布列见解析，192
125
(3)54
5
4
【分析】（1）操作3 次后箱中黑色小球剩余0 个意味着三次均摸到黑球，据此即可计算求解；
（2）求出X的所有取值及其相应概率、结合均值公式即可1 求解；
（3）若第一次摸到红球，再操作4 次取走全部黑球，那么说明后面4 次操作中摸到3 次黑球1 次
红球，与（2）类似，讨论红球是在第几次摸到，结合条件概率公式即可.
【详解】（1）设操作3 次后箱中黑色小球剩余0 个的概率为P，
由题意知P= 3
5 × 2
5 × 1
5 = 6
125 .
（2）由题意可知，X的所有取值为0，1，2，3
则P(X =0)= 6
125，
P(X =1)= 3
5 × 3
5 × 2
5 + 3
5 × 2
5 × 4
5 + 2
5 × 3
5 × 2
5 = 54
125，
P(X =2)= 2
5 × 3
5 × 3
5 + 2
5 × 2
5 × 3
5 + 3
5 × 3
5 × 3
5 = 57
125，
P(X =3)= 2
5 × 2
5 × 2
5 = 8
125，
所以X的分布列为:
X
0
1
2
3
P
6
125
54
125
57
125
8
125
所以E (X )=0× 6
125 +1× 54
125 +2× 57
125 +3× 8
125 = 192
125.
（3）记事件A为1 次取到红色小球，事件B为4 次恰好完成置换，
由题意得，则P( A)= 2
5
第1 次取到取到红色小球， 则再操作4 次，须将箱中黑色小球全部置换为红色小球，
①若第二次也取出红色小球，则第三次、第四次、第五次均须取出黑色小球，
其概率为2
5 × 2
5 × 3
5 × 2
5 × 1
5 = 24
5
5 ，
②若第二次取出黑色小球，则第三次取出红色小球，第四次和第五次均须取出黑色小球，其概率为
2
5 × 3
5 × 3
5 × 2
5 × 1
5 = 36
5
5 ，
③若第二次取出黑色小球，则第三次取出黑色小球，第四次取出红色小球，第五次取出黑色小球，
其概率为2
5 × 3
5 × 2
5 × 4
5 × 1
5 = 48
5
5 ，
综上所述，P( AB)= 24
5
5 + 36
5
5 + 48
5
5 = 108
5
5 ，
所以P(B∣A)= P( AB)
P( A) =
108
5
5
2
5
= 54
5
4 ，
即在第1 次取到红色小球的条件下，再操作4 次恰好完成置换的概率为54
5
4 .
6．（2026·四川巴中·一模）某素质训练营设计了一项闯关比赛．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
功即视作比赛胜利，无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参赛，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的事件相互独立．
(1)计划依次派甲、乙、丙进行闯关，若p1= 4
5 ，p2= 3
4 ，p3= 2
3，求该小组比赛胜利的概率；
(2)若依次派甲、乙、丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目X的分布，并求X的期望E ( X )；
(3)已知1> p1> p2> p3，若甲只能安排在第一个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定乙、
丙谁先派出．
【答案】(1)59
60
(2)分布列见解析，E (X )= p1 p2−2 p1−p2+3
(3)先派出乙．
【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解；
（2）由题意可知，X的所有可能取值为1，2，3，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，
进而得到X的分布，再结合期望公式求解；
（3）分别计算出依次派甲乙丙进行闯关和依次派甲丙乙进行闯关所派出人员数目的期望，再利用
作差法比较大小即可．
【详解】（1）设事件A表示“该小组比赛胜利”，
则P( A)= 4
5 + 1
5 × 3
4 + 1
5 × 1
4 × 2
3 = 59
60；
（2）由题意可知，X的所有可能取值为1，2，3，
则P(X =1)= p1，P(X =2)=(1−p1) p2，P(X =3)=(1−p1)(1−p2)，
所以X的分布为：
X
1
2
3
P
p1
(1−p1) p2
(1−p1)(1−p2)
所以E (X )= p1+2(1−p1) p2+3(1−p1)(1−p2)= p1 p2−2 p1−p2+3；
（3）若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为E1．
由（2）可知，E1= p1 p2−2 p1−p2+3．
若依次派甲丙乙进行闯关，设派出人员数目的期望为E2，则E2= p1 p3−2 p1−p3+3．
从而，E1−E2=( p1 p2−2 p1−p2+3)−( p1 p3−2 p1−p3+3)= p1 p2−p1 p3−p2+ p3
= p2( p1−1)−p3( p1−1)=( p1−1)( p2−p3)．
因为1> p1> p2> p3，所以p1−1<0，p2−p3>0，所以E1−E2<0，即E1< E2．
所以要使派出人员数目的期望较小，先派出乙．
7．（2025·四川自贡·一模）从甲、乙两支篮球队各随机抽取10 名队员进行定点投篮测试，甲队有
8 人投中，乙队有7 人投中，假设队员之间投篮相互独立，用频率估计概率．
(1)估计甲队队员投中的概率p；
(2)从甲、乙两队中各随机抽取1 名队员依次定点投篮一次，设X 为这2 名队员中投中的人数，估计
X 的数学期望；
(3)设甲、乙两队队员掌握了定点投篮技巧的概率分别为p1，p2，若甲、乙两队队员掌握了技巧则
分别有90%、80%的概率投中，两队中未掌握技巧的队员都有60%的概率投中，比较p1与p2的大
小．
【答案】(1)4
5 ；
(2)3
2；
(3)p1> p2.
【分析】（1）利用频率估计概率求解.
（2）求出X的可能取值及对应的概率，进而求出其期望.
（3）利用全概率公式列式分别求出p1, p2即可.
【详解】（1）由从甲篮球队随机抽取10 名队员进行定点投篮测试，有8 人投中，得p= 8
10 = 4
5 ，
所以甲队队员投中的概率为4
5 .
（2）记从甲队抽取的队员投中为事件A，乙队抽取的队员投中为事件B，
则P( A)= 4
5 , P(B)= 7
10，X的可能取值为0,1,2，
P( X =0)= P( A B)= 1
5 × 3
10 = 3
50，P( X =1)= P( A B+ A B)= 1
5 × 7
10 + 4
5 × 3
10 = 19
50，
P( X =2)= P( AB)= 4
5 × 7
10 = 28
50 = 14
25 ，
所以X 的数学期望E( X )=0× 3
50 +1× 19
50 +2× 14
25 = 3
2.
（3）记事件C为“甲队队员掌握了定点投篮技巧投中”，其概率为p1，
事件D为“乙队队员掌握了定点投篮技巧投中”，其概率为p2，
由甲队队员掌握了技巧，有90%的概率投中，未掌握技巧的队员有60%的概率投中，
得0.9 p1+0.6(1−p1)=0.8，解得p1= 2
3，
由乙队队员掌握了技巧，有80%的概率投中，未掌握技巧的队员有60%的概率投中，
得0.8 p2+0.6(1−p2)=0.7，解得p2= 1
2，
所以p1> p2.
8．（2025·四川德阳·一模）大学吸引广大学子，不仅仅靠知识的海洋，还有美味的餐厅.已知某大
学有A，B，C三个餐厅，小丁同学每天都在学校餐厅就餐，已知小丁第1 天等可能性的随机在某
个餐厅就餐，若他在A餐厅就餐，则下一天在A，B，C三个餐厅就餐的概率分别为2
5，3
10，3
10；
若他在B餐厅就餐，则下一天在A，B，C三个餐厅就餐的概率分别为1
2，1
5，3
10；若他在C餐厅
就餐，则他下一天到A，B，C三个餐厅就餐的概率分别为3
5，3
10，1
10.
(1)求小丁同学第2 天在B餐厅就餐的概率；
(2)求小丁同学第n(n∈N
*)天在B餐厅就餐的概率；
(3)若小丁同学前n(n∈N
*)天到B餐厅就餐的天数为X，求数学期望E ( X ).
（若小丁第i(i=1,2,⋯,n)天到B餐厅就餐的天数为Xi，则E (X )= E(∑
i=1
n
Xi)=∑
i=1
n
E(Xi) ）
【答案】(1) 4
15
(2) 2
33 ⋅(−1
10)
n−1
+ 3
11，n∈N
*；
(3)E(X )= 3
11 n+ 20
363[1−(−1
10)
n
)，n∈N
*.
【分析】（1）由题可得第一天在任意餐厅就餐的概率均为1
3，利用全概率公式可得第二天在B 餐
厅就餐的概率；
（2）设小丁第n天在B餐厅就餐的概率为Pn，第n天在A餐厅就餐的概率为Qn，利用全概率公式可
得Pn，由此可得数列{pn}的递推公式，构造等比数列{Pn−3
11) ，可得Pn的表达式.
（3）利用分组求和法求E (X )即可.
【详解】（1）（1）依题意，第一天在任意餐厅就餐的概率均为1
3，设第二天在B 餐厅就餐的概率
为P2
于是：P2= 1
3 × 3
10 + 1
3 × 1
5 + 1
3 × 3
10 = 4
15；
（2）设小丁第n天在B餐厅就餐的概率为Pn,P1= 1
3，第n天在A餐厅就餐的概率为Qn则：
当n≥2时Pn= 3
10 Qn−1+ 1
5 Pn−1+ 3
10 (1−Pn−1−Qn−1)⇒Pn=−1
10 Pn−1+ 3
10，
即Pn−3
11 =−1
10(Pn−1−3
11)，即
Pn−3
11
Pn−1−3
11
=−1
10，
所以{Pn−3
11) 是以−1
10为公比，P1−3
11 = 1
3 −3
11 = 2
33为首项的等比数列；
所以Pn−3
11 = 2
33 ⋅(−1
10)
n−1
，于是Pn= 2
33 ⋅(−1
10)
n−1
+ 3
11，n∈N
*；
（3）依题意： E (X )=∑
j =1
n
P j= 3
11 n+
2
33[1−(−1
10)
n
)
1+ 1
10
= 3
11 n+ 20
363[1−(−1
10)
n
)
， n∈N
*.
9．（2026·四川宜宾·一模）2025 年政府工作报告明确提出持续推进“人工智能+”行动.上海某人工
智能实验室的多模态大模型intern−S1−20251122在某次数学测评中表现特别突出，所有测评
试题能得1 分的可能性为3
4 ，能得2 分的可能性为1
4 ，假设每道试题得分情况相互独立.
(1)从所有测评试题中随机抽取4 道试题，记这4 道题得分总数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)从所有测评试题中随机抽取n 道试题(n∈N
*)，记这n 道题得分总数为(n+1)的概率为Pn，求
P1+ P2+ P3+⋯+ Pn的值；
(3)已知王老师班有20 名学生分别用intern−S1−20251122模型解答该数学测评中最后一题.若
王老师按照这20 人的总分概率最大为依据，一分奖励一朵小红花，请问王老师应该提前准备多少
朵小红花比较合理？
【答案】(1)分布列见解析，5；
(2)P1+ P2+ P3+⋅⋅⋅+ Pn= 4−(n+ 4)×(
3
4)
n
(n∈N
*)；
(3)25 朵.
【分析】（1）列出X的所有可能取值，利用二项分布的概率公式求出分布列，再根据分布列求数
学期望即可；
（2）由题意可得n 道试题中只有1 道得到2 分，所以Pn=Cn
1× 1
4 ×(
3
4)
n−1
= n
3 ⋅(
3
4)
n
(n∈N
*)，
利用错位相减法求和即可；
（3）设得到1 分的人数为x (0≤x ≤20, x∈N)，则得到的总分为x +2(20−x)= 40−x，利用二项
分布的概率公式列不等式组求解即可.
【详解】（1）由题意知得分总数X的所有可能取值为4，5，6，7，8，
其中P(X = 4)=(
3
4)
4
= 81
256 ，P(X =5)=C4
1× 1
4 ×(
3
4)
3
= 27
64 ，
P(X =6)=C4
2×(
1
4)
2
×(
3
4)
2
= 27
128，P(X =7)=C4
3×(
1
4)
3
× 3
4 = 3
64 ，
P(X =8)=(
1
4)
4
= 1
256，
所以X的分布列为
X
4
5
6
7
8
P
81
256
27
64
27
128
3
64
1
256
E (X )= 4× 81
256 +5× 27
64 +6× 27
128 +7× 3
64 +8× 1
256 =5.
（2）因为n 道题得分总数为(n+1) (n∈N
*)，所以其中只有1 道题得到2 分，
所以Pn=Cn
1× 1
4 ×(
3
4)
n−1
= n
3 ⋅(
3
4)
n
(n∈N
*)，
则P1+ P2+ P3+...+ Pn= 1
3 ×[1× 3
4 +2×(
3
4)
2
+3×(
3
4)
3
+...+n×(
3
4)
n
)，
所以
3
4 (P1+ P2+ P3+⋅⋅⋅+ Pn)= 1
3 ×[1×(
3
4)
2
+2×(
3
4)
3
+3×(
3
4)
4
+...+(n−1)×(
3
4)
n
+n×(
3
4)
n+1
)，
两式相减得1
4 (P1+ P2+ P3+⋅⋅⋅+ Pn)= 1
3 ×[
3
4 +(
3
4)
2
+(
3
4)
3
+⋅⋅⋅+(
3
4)
n
−n×(
3
4)
n+1
)
= 1
3 ×{
3
4 ×[1−(
3
4)
n
)
1−3
4
−n×(
3
4)
n+1)
=1−n+ 4
3
×(
3
4)
n+1
，
所以P1+ P2+ P3+⋅⋅⋅+ Pn= 4−(n+ 4)×(
3
4)
n
(n∈N
*)．
（3）在这20 名学生中，设得到1 分的人数为x (0≤x ≤20, x∈N)，则得到2 分的人数为(20−x)，
所以得到的总分x +2(20−x)= 40−x，
此时得到的总分40−x的概率为C20
x (
3
4)
x
⋅(
1
4)
20−x
= 3
x⋅C20
x
4
20
，
所以{
3
x⋅C20
x
4
20
≥3
x +1⋅C20
x +1
4
20
3
x⋅C20
x
4
20
≥3
x−1⋅C20
x−1
4
20 )
，整理得{
x +1≥3(20−x)
3(21−x)≥x )，解得59
4 ≤x ≤63
4 ，
而0≤x ≤20，x∈N，所以x =15，所以40−x = 40−15=25，
所以若王老师按照这20 人的总分概率最大为依据，一分奖励一朵小红花，王老师应该提前准备25
朵小红花比较合理.
10．（2025·四川成都·一模）口袋中有2 个白球和2 个红球，这些球除颜色外完全相同.现有两种游
戏方案：
游戏一：从袋中有放回地摸球2 次，记摸到白球的次数为X；
游戏二：从袋中无放回地摸球2 次，记摸到白球的次数为Y .两种游戏的结果相互独立.
(1)分别求两种游戏中第二次摸到白球的概率；
(2)求P(X =Y )；
(3)对于随机变量ξ (ξ =0,1,2,⋯,n)，定义信息熵H (ξ)=−∑
i=0
n
P(ξ =i)log2 P(ξ =i)，它量化了一个
随机系统所包含的“不确定性”程度，熵值越大，表明该系统的“不确定性”越高，比较H ( X )与
H (Y )的大小，并判断哪种游戏的“不确定性”更高.
【答案】(1)两种游戏中第二次摸到白球的概率均为1
2；
(2) 5
12；
(3)H (X )> H (Y )，游戏一的“不确定性”更高.
【分析】（1）应用古典概型的概率求法求游戏一中第二次摸到白球的概率，应用独立事件的乘法、
互斥事件的加法求游戏二中第二次摸到白球的概率；
（2）根据已知分别写出X、Y 的可能值，进而求出其分布列，应用独立事件的乘法、互斥事件的
加法求P(X =Y )；
（3）根据已知求出H (X )与H (Y )，作差比较大小，即可得结论.
【详解】（1）对于游戏一，设A =“第二次摸到白球”，则P( A)= 2
4 = 1
2；
对于游戏二，设A1=“第一次摸到白球”，A2=“第二次摸到白球”，则
P( A2)= P( A1 A2)+ P( A1 A2)= 2
4 × 1
3 + 2
4 × 2
3 = 1
2；
（2）对于游戏一，X的可能取值为0，1，2，X的分布列为：
P(X =0)=C2
0(
1
2)
0
×(
1
2)
2
= 1
4 ，P(X =1)=C2
1(
1
2)
1
×(
1
2)
1
= 1
2，P(X =2)=C2
2(
1
2)
2
×(
1
2)
0
= 1
4 ，
对于游戏二，Y 的可能取值为0，1，2，Y 的分布列为：
P(Y =0)=C2
0C2
2
C4
2
= 1
6，P(Y =1)=C2
1C2
1
C4
2
= 2
3，P(Y =2)=C2
2C2
0
C4
2
= 1
6 ，
因为游戏一与游戏二的结果相互独立，
所以P(X =Y )= P(X =0,Y =0)+ P(X =1,Y =1)+ P(X =2,Y =2)
= P(X =0) P(Y =0)+ P(X =1) P(Y =1)+ P(X =2) P(Y =2)
= 1
4 × 1
6 + 1
2 × 2
3 + 1
4 × 1
6 = 5
12；
（3）由（2）知H (X )=−∑
i=0
2
P(X =i)log2 P(X =i)，
=−(
1
4 log2
1
4 + 1
2 log2
1
2 + 1
4 log2
1
4)=−[
1
4 ×(−2)+ 1
2 ×(−1)+ 1
4 ×(−2))= 3
2；
同理H (Y )=−∑
i=0
2
P(Y =i)log2 P(Y =i)=−(
1
6 log2
1
6 + 2
3 log2
2
3 + 1
6 log2
1
6)
=−[
1
6 ×(−log23−1)+ 2
3 ×(1−log23)+ 1
6 ×(−log23−1))=log23−1
3.
因为H (X )−H (Y )= 3
2 −log23+ 1
3 = 11
6 −log23= 1
6 (log22
11−log23
6) = 1
6 log2 2
11
3
6 >0，
所以H (X )> H (Y )，故游戏一的“不确定性”更高.
11．（2025·四川泸州·一模）甲同学进行定点投篮训练，假设甲同学每次投篮命中的概率为2
3，且
各次投篮互不影响，设Pi（i≥2，i为整数）表示甲同学投篮i次恰好有2 次命中的概率.
(1)求P4；
(2)投篮前约定：甲同学最多投篮N次，当出现两次命中时就不再投篮，投篮N次后即使没有出现
两次命中也不再投篮，用ξ表示甲同学在约定条件下投篮的次数.
（i）若N =6，求P(ξ =6)；
（ii）若E(ξ)≥2∑
i=2
N +2
Pi，求N的最小值.
【答案】(1)P4= 8
27
(2)（i）P(ξ =6)= 11
243 （ii）8
【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式即可求解
（2）（i）根据N =6出现的情况有两种，即可根据独立事件的概率乘法公式求解；
（ii）根据Pi=Ci
2⋅(
2
3)
2
(
1
3)
i−2
以及期望的计算公式即可求解.
【详解】（1）Pi（i≥2，i为整数）表示甲同学投篮i次恰好有2 次命中的概率，
所以当i= 4时，P4=C4
2(
2
3)
2
(
1
3)
2
= 8
27 .
（2）（i）前五次命中一次的概率为：C5
1(
2
3)(
1
3)
4
= 10
243,
前五次一次都不命中的概率为：(
1
3)
5
= 1
243，
所以P(ξ =6)= 10
243 + 1
243 = 11
243.
（ii）Pi=Ci
2⋅(
2
3)
2
(
1
3)
i−2
= 2i(i−1)
9
(
1
3)
i−2
，
设投篮次数为ξ，(ξ =2,3,⋯, N −1)，
P(ξ =k )=Ck −1
1 (
2
3)⋅(
1
3)
k −2
(
2
3)= 4 (k −1)
3
k
，
P(ξ = N )=1−∑
k =2
N −1
P(ξ =k )，
记SN =∑
k =2
N −1 4 (k −1)
3
k
= 4(
1
3
2 + 2
3
3 +⋯+ N −2
3
N −1 )①
1
3 SN = 4(
1
3
3 + 2
3
4 +⋯+ N −2
3
N )②
①−②，错位相减可得，
2
3 SN = 4(
1
3
2 + 1
3
3 +⋯+
1
3
N −1 −N −2
3
N )
⇒2
3 SN = 4(
1
6 −(
1
2)×(
1
3)
N −1
−N −2
3
N )
⇒SN =1−2 N −1
3
N −1
所以P(ξ = N )=1−∑
k =2
N −1
P(ξ =k )= 2 N −1
3
N −1 ，
所以E (ξ)= N ⋅P(ξ = N )+∑
k =2
n−1
k ⋅P(ξ =k ) = N × 2 N −1
3
N −1 +∑
k =2
N −1
k × 4 (k −1)
3
k
因为E(ξ)≥2∑
i=2
N +2
Pi，所以N × (2 N −1)
3
N −1
+∑
k =2
N −1
k ⋅4 (k −1)
3
k
≥2×∑
i=2
N +2 i(i−1)
2
4
3
i,
⇒N × (2 N −1)
3
N −1
+∑
k =2
N −1
k ⋅4 (k −1)
3
k
≥∑
i=2
N +2 4i(i−1)
3
i
⇒(2 N
2−N )
3
N −1
+(
4×2
3
2 +⋯+ 4 (N −1)(N −2)
3
N −1
)≥(
4×2
3
2 +⋯+ 4× N ×(N −1)
3
N
+ 4× N (N +1)
3
N +1
+ 4×(N +1)(N +2)
3
N +2
)
⇒3(2 N
2−N )≥4 N
2−4 N + 4 N
2+ 4 N
3
+ 4 N
2+12 N +8
9
⇒2 N
2−15 N −8≥0
解得：N ≥8，所以N的最小值为8.
1．（2025·四川德阳·一模）随着2025 年央视中秋晚会选址德阳以及四川省城市足球联赛（川超）
如火如荼的开展，为德阳带来了大量游客.10 月12 日，德阳体育公园迎来首个川超主场，现场人声
鼎沸，座无虚席.某球迷团队共10 人（其中男7 人，女3 人）来现场观赛，已知男球迷消费平均数
和方差都是2；女球迷消费平均数为3，方差为1，则该团队总体10 人消费的平均数和方差分别是
（ ）（平均数单位均为千元，方差单位均为(千元)2）
A．2.3，1.91
B．2.3，2.27
C．1.7，1.91
D．1.7，2.27
【答案】A
【分析】由分层随机抽样的总体平均数和方差公式直接计算即可得解.
【详解】由题可得总体10 人消费的平均数为7×2+3×3
10
=2.3，
总体10 人消费的方差为7
10 [2+(2−2.3)
2)+ 3
10 [1+(3−2.3)
2)=1.91.
故选：A
2．（2025·四川成都·一模）某校高三年级1000 名学生参加体育健康标准测试，从中随机抽取部分
考点4
统计
学生的成绩（规定满分为100 分），得到如图频率分布直方图，则估计该次考试成绩在区间
[90,100)内的学生人数为（ ）
A．100
B．200
C．300
D．400
【答案】C
【分析】根据频率分布直方图中数据求出成绩在[90,100)的频率，再用频率乘以总人数1000 求得
结果．
【详解】根据题意，成绩在[90,100)区间的频率为0.03×10=0.3，
则估计成绩在[90,100)区间的人数为：0.3×1000=300人，
故选：C.
3．（2026·四川攀枝花·一模）某校300 名学生参加国学知识竞赛，随机抽取了40 名学生的竞赛成
绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．a 的值为0.025
B．这40 名学生竞赛成绩的平均数为75
C．这40 名学生竞赛成绩的众数大于其平均数
D．这40 名学生竞赛成绩的第80 百分位数约为86.7
【答案】D
【分析】利用所有小矩形的面积之和为1，可求出a，由此利用频率分布直方图结合选项即可逐一
求解.
【详解】a= 1−0.1×2−0.3−0.35
10
=0.015，故A 错误
设这40 名学生竞赛成绩的平均数为x，则
x =55×0.1+65×0.15+75×0.35+85×0.3+95×0.1=76.5，故B 错误
这40 名学生竞赛成绩的众数为75，75<76.5，故C 错误；
设这40 名学生竞赛成绩的第80 百分位数为x，则(x−80)×0.03=0.8−(0.1+0.15+0.35)=0.2，
解得x =86 2
3 ≈86.7，故D 正确.
故选：D
4．（2026·四川巴中·一模）水稻是世界最重要的农作物之一，也是我国60%以上人口的主粮．以
袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明”，育
种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大
贡献．某农场种植的甲、乙两种水稻在面积相等的两块稻田中连续6 年的产量（单位：kg）如下：
品种
第1 年
第2 年
第3 年
第4 年
第5 年
第6 年
甲
900
920
900
850
910
920
乙
880
860
950
830
990
890
根据以上数据，下面说法正确的是（ ）．
A．甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数大
B．甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小
C．甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等
D．甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定
【答案】D
【分析】分别计算两种水稻产量的平均数、中位数、极差、方差即可判断四个选项的正误，即可得
出正确选项.
【详解】由表中数据可得X甲= 1
6
(900+920+900+850+910+920)=900，
X 乙= 1
6
(880+860+950+830+990+890)=900，
所以甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，A 说法错误；
甲种水稻产量的中位数为900+910
2
=905，乙种水稻产量的中位数为880+890
2
=885，
所以甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数大，B 说法错误；
甲种水稻产量的极差为920−850=70，乙种水稻产量的极差为990−830=160，
所以甲种水稻产量的极差比乙种水稻产量的极差小，C 说法错误，
甲种水稻产量的方差为
1
6 [(900−900)
2+(920−900)
2+(900−900)
2+(850−900)
2+(910−900)
2+(920−900)
2)= 1700
3
，
乙种水稻产量的方差为
1
6 [(880−900)
2+(860−900)
2+(950−900)
2+(830−900)
2+(990−900)
2+(890−900)
2)= 8800
3
，
甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，甲种水稻产量的方差小于乙种水稻的产量的
方差，
所以甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定，D 说法正确；
故选：D
5．（2025·四川成都·一模）三次产业增加值占国内生产总值的比重是衡量一个国家或地区经济发
展阶段、产业结构优化程度以及未来经济发展潜力的重要指标、其中第一产业包括农业、林业、渔
业等；第二产业涵盖制造业、建筑业等；第三产业则包括服务业、金融业、信息技术等.如图为我
国2020-2024 年三次产业增加值占国内生产总值比重的等高堆积条形图，则（ ）
A．2020-2024 年第一产业增加值占国内生产总值比重逐年递增
B．2020-2024 年第二产业增加值占国内生产总值比重的中位数为36.9%
C．2020-2024 年第三产业增加值占国内生产总值比重的平均数为55.1%
D．2020-2024 年三次产业中增加值占国内生产总值比重极差最大的是第二产业
【答案】B
【分析】选项A，依据表中数据求出2020-2024 年第一产业增加值占国内生产总值比重，通过数据
判断选项A 错误；选项B，利用中位数的定义得到结论；选项C，求出平均数得解；选项D，分别
求出每个产业的极差，从而得解.
【详解】选项A，2020年第一产业增加值占国内生产总值比重为100−55.5−36.9=7.6，
2021年第一产业增加值占国内生产总值比重为100−54.8−38.1=7.1，
2022年第一产业增加值占国内生产总值比重为100−55.0−37.9=7.1，
2023年第一产业增加值占国内生产总值比重为100−56.3−36.8=6.9，
2024年第一产业增加值占国内生产总值比重为100−56.7−36.5=6.8，
从数据上看，2020-2021 年第一产业增加值占国内生产总值比重递减，2021-2022 年第一产业增加
值占国内生产总值比重持平，2022-2024 年第一产业增加值占国内生产总值比重递减，
故选项A 错误；
选项B，2020-2024 年第二产业增加值占国内生产总值比重依次为36.9,38.1,37.9,36.8,36.5，
将这5个数从小到大排列为36.5,36.8,36.9,37.9,38.1，则这5个数的中位数为36.9，
故2020-2024 年第二产业增加值占国内生产总值比重的中位数为36.9%，故答案B 正确；
选项C，2020-2024 年第三产业增加值占国内生产总值比重依次为55.5,54.8,55.0,56.3,56.7，
则这5个数的平均数为55.5+54.8+55.0+56.3+56.7
5
=55.66，
2020-2024 年第三产业增加值占国内生产总值比重的平均数为55.66 %，故答案C 错误；
选项D，2020-2024 年第一产业增加值占国内生产总值比重依次为7.6,7.1,7.1,6.9,6.8，
这5个数中的最小值为6.8，最大值为7.6，故极差为7.6−6.8=0.8，
2020-2024 年第二产业增加值占国内生产总值比重依次为36.9,38.1,37.9,36.8,36.5，
这5个数中的最小值为36.5，最大值为38.1，故极差为38.1−36.5=1.6，
2020-2024 年第三产业增加值占国内生产总值比重依次为55.5,54.8,55.0,56.3,56.7，这5个数中的
最小值为54.8，最大值为56.7，故极差为56.7−54.8=1.9，
故2020-2024 年三次产业中增加值占国内生产总值比重极差最大的是第三产业，
故选项D 不正确.
故选：B.
6．（2025·四川自贡·一模）（多选）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某
项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c 的人判定为阳性，小于或等于
c 的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率即将患病者判为阴性的概率；误诊率即将未患病者判定为
阳性的概率，以下说法正确的是（ ）
A．某人的医学指标大于临界值c，那么他可能是患病者
B．在患病者中，其指标的中位数大于平均数
C．在未患病者中，指标的第25 百分位数为76.5
D．指标临界值c 越高，漏诊率越低，误诊率越高
【答案】ABC
【分析】根据临界值的定义，判断选项A 的正误；根据频率分布直方图的平均数和中位数的求法，
判断选项B 的正误；根据频率分布直方图的第p百分位数的算法，判断选项C 的正误；根据患病和
未患病的该指标的频率分布直方图，判断选项D 的正误；
【详解】根据临界值c 的定义，将该指标大于c 的人判定为阳性，所以A 正确；
在患病者的该指标的频率分布直方图中，
可知0.002×5+0.012×5+0.034×5+0.036×5=0.42，0.5−0.42
0.04
+115=117，
则中位数为117，
平均数为
97.5×0.002×5+102.5×0.012×5+107.5×0.034×5+112.5×0.036×5+117.5×0.04×5+122.5×0.04×5+127
，
所以B 正确；
在未患病者的该指标的频率分布直方图中，
可知0.038×5=0.19，0.25−0.19
0.04
+75=76.5，
即第25 百分位数为76.5，所以C 正确；
当95<c<105时，患病者该指标为x0，
则95< x0<c的患病者为漏诊，c< x0<105的未患病者为误诊，
根据该指标的频率分布直方图可知，c 越高，漏诊率越高，误诊率越低，所以D 错误；
故选：ABC.
1．（2026·四川宜宾·一模）对具有线性相关关系的变量x，y 有一组观测数据(xi, yi)(i=1,2,⋯,8)，
其回归直线方程是^y = ^b x + 1
4 ，且x1+ x2+ x3+⋯+ x8=2( y1+ y2+ y3+⋯+ y8)=8，则实数^b的值
是（ ）
考点5
成对数据的统计分析
A．1
8
B．1
4
C．1
2
D．1
【答案】B
【分析】根据回归直线过样本中心点(x , y)列方程求解即可.
【详解】由x1+ x2+ x3+⋯+ x8=2( y1+ y2+ y3+⋯+ y8)=8可知
x = x1+ x2+ x3+⋯+ x8
8
= 8
8 =1，y = y1+ y2+ y3+⋯+ y8
8
= 4
8 = 1
2.
因为回归直线过样本中心点(x , y)，即(1, 1
2)，
将其坐标代入方程^y = ^b x + 1
4 可得1
2 = ^b×1+ 1
4 ，解得^b= 1
4 ，
故选：B.
2．（2025·四川成都·一模）一组样本数据( xi, yt),i∈{1,2,3,⋯,100}.其中xi>1895，
∑
i=1
100
xi=2×10
5，∑
i=1
100
yi=970，求得其经验回归方程为：^y =−0.02 x +^a1，残差为^ei.对样本数据进
行处理：x
′
i=ln( xi−1895)，得到新的数据( x
′
i, yi)，求得其经验回归方程为：^y =−0.42 x + ^a2，
其残差为^μi. ^ei，^μi分布如图所示，且^e∼N (0,σ1
2),^μ∼N (0,σ 2
2)，则下列说法错误的是（ ）
A．样本(xi, yi)负相关
B．^a1= 49.7
C．σ1
2<σ 2
2
D．处理后的决定系数变大
【答案】C
【分析】利用回归方程系数判断A；利用样本中心点计算判断B；利用图像的波动性判断CD.
【详解】对于A，经验回归方程^y =−0.02 x +^a1中斜率−0.02<0，则样本( xi, yi)负相关，A 正确；
对于B，原样本均值：x =2×10
3, y =9.7，
由y =−0.02 x +^a1，得^a1=9.7+0.02×2×10
3= 49.7，B 正确：
对于C，由图1 的数据波动较大可得^μi比^ei更集中，则σ 2
2<σ1
2，C 错误；
对于D，由图1 的残差平方和较图2 的残差平方和大知，处理后拟合效果更好，决定系数变大，D
正确.
故选：C.
3．（2026·四川广安·一模）（多选）为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5 组样本数据（见
下表）：
x
1
2
3
4
5
y
0.3
0.8
1
1.2
1.7
假设经验回归方程为^y = ^b x +0.04，则（ ）
（参考公式：相关系数为r =
∑
i=1
n
(xi−x)( yi−y)
❑√∑
i=1
n
(xi−x)
2∑
i=1
n
( yi−y)
2
）
A．^b=0.32
B．当x = 4时，对应的残差为0.08
C．样本数据y的第40 百分位数为0.8
D．去掉点(3,1)后，x与y的样本相关系数r不变
【答案】AD
【分析】选项A：求出x，y，由(x , y)一定满足线性回归方程，代入即可求解；选项B：按照残差
的概念求解即可；选项C：按照百分位数求解方法求解即可；选项D：由相关系数公式计算判断即
可.
【详解】选项A：x = 1+2+3+ 4+5
5
=3，y = 0.3+0.8+1+1.2+1.7
5
=1.
将(x , y)代入回归方程可得，1= ^b×3+0.04，所以^b=0.32，故A 正确；
选项B：当x = 4时，代入回归方程可得^y =0.32×4+0.04 =1.32，
所以残差=1.2−1.32=−0.12，故B 错误；
选项C：将样本数据y值从小到大排列：0.3，0.8，1，1.2，1.7，
第40 百分位数的位置：i=5×40 % =2，
则第40 百分位数为第2 个数和第3 个数的平均值：0.8+1
2
=0.9，故C 错误；
选项D：
∑
i=1
n
❑(xi−x)( yi−y)=(1−3)(0.3−1)+(2−3)(0.8−1)+(3−3)(1−1)+(4−3)(1.2−1)+(5−3)(1.7−1)
=(−2)×(−0.7)+(−1)×(−0.2)+0+1×0.2+2×0.7=1.4 +0.2+0+0.2+1.4 =3.2.
∑
i=1
n
(xi−x)
2=(1−3)
2+(2−3)
2+(3−3)
2+(4−3)
2+(5−3)
2= 4+1+0+1+ 4 =10，
∑
i=1
n
( yi−y)
2=(0.3−1)
2+(0.8−1)
2+(1−1)
2+(1.2−1)
2+(1.7−1)
2=0.49+0.04+0+0.04+0.49=1.06
，
所以r =
3.2
❑√10×1.06 .
去掉点(3,1)后，
x
′ = 1+2+ 4 +5
4
=3，y
′ = 0.3+0.8+1.2+1.7
4
=1.
∑
i=1
n
(xi−x
′)( yi−y
′)=(1−3)(0.3−1)+(2−3)(0.8−1)+(4−3)(1.2−1)+(5−3)(1.7−1)
=(−2)×(−0.7)+(−1)×(−0.2)+1×0.2+2×0.7=1.4+0.2+0.2+1.4 =3.2.
∑
i=1
n
(xi−x
′)
2=(1−3)
2+(2−3)
2+(4−3)
2+(5−3)
2= 4+1+1+ 4 =10，
∑
i=1
n
( yi−y
′)
2=(0.3−1)
2+(0.8−1)
2+(1.2−1)
2+(1.7−1)
2=0.49+0.04+0.04+0.49=1.06，
所以r
′ =
3.2
❑√10×1.06 .
故去掉点(3,1)后，x与y的样本相关系数r不变，故D 正确.
故选：AD.
4．（2025·四川德阳·一模）（多选）下列说法错误的是（ ）
A．数据0，1，2，3，5 的60 %分位数是2
B．线性相关系数r越大，则两个变量的线性相关性越强
C．经验回归直线一定过点(x , y)
D．残差散点图所在的带状区域越窄，则两个变量的相关性越弱
【答案】ABD
【分析】利用百分位数的定义可判断A，利用线性相关系数的性质可判断B，利用线性回归方程的
性质可判断C，利用残差的散点图的性质可判断D.
【详解】对于A，因为5×60 %=3，所以数据0，1，2，3，5 的60 %分位数为第3 个数和第4 个数
的平均数，即2+3
2
=2.5，故A 错误；
对于B，线性相关系数r的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强，故B 错误；
对于C，由线性回归方程的性质知，经验回归直线一定过样本中心点(x , y)，故C 正确；
对于D，在残差的散点图中，残差散点图所在的带状区域越窄，拟合精度越高，则两个变量的相关
性越强，故D 错误；
故选：ABD.
5．（2025·四川资阳·一模）（多选）某车间为了解加工的零件数x（单位：个）与加工时间y（单
位：min）的关系，收集到5 组观测数据（如下表所示）：
零件数x/个
10
20
30
40
50
加工时间
y/min
67
74
80
86
93
假设加工时间y与加工的零件数x满足的经验回归方程为^y = ^b x +60.8，则（ ）
A．^b=0.64
B．当x =60时，y的预测值为102
C．加工时间y的5 个观测数据的60 %分位数为80
D．当加工的零件数x =50时，加工时间y的残差为0.2
【答案】AD
【分析】先求出x , y，根据经验回归直线^y = ^b x +60.8必过点(x , y)可求得^b=0.64，即可判断A；
得到经验回归方程为^y =0.64 x +60.8，进而结合预测值与残差的定义求解判断BD；根据百分位数
的定义求解判断C.
【详解】由题意，x = 1
5
(10+20+30+ 40+50)=30，
y = 1
5
(67+74+80+86+93)=80，
因为经验回归直线^y = ^b x +60.8必过点(x , y)，即点(30,80)，
则80=30 ^b+60.8，解得^b=0.64，即^y =0.64 x +60.8，故A 正确；
当x =60时，^y =0.64×60+60.8=99.2，故B 错误；
将加工时间y的5 个观测数据从小到大排列为：67,74,80,86,93，
由于5×60 % =3，则60 %分位数为80+86
2
=83，故C 错误；
当x =50时，^y =0.64×50+60.8=92.8，
则残差为93−92.8=0.2，故D 正确.
故选：AD
6．（2025·四川达州·一模）某景区为了更好的开发旅游资源，试产了一系列的文创产品进行销售，
对今年前几月的销售额统计如下：
月份x
1
2
3
4
5
6
7
8
销售额
y万元
3
4
8
9
12
12
15
17
(1)根据表中数据建立月份x与销售额y的经验回归方程^y = ^b x + ^a；
(2)为了更好的规划文创产品，从这8个月中随机抽取2个月对销售情况进行分析，求抽到的月份数
据含有残差（观测值减去预测值称为残差）为负的概率．
参考公式：{
^b=
∑
i=1
n
xi yi−n x y
∑
i=1
n
xi
2−n x
2
^a= y −^b x )
．参考数据：∑
i=1
n
xi yi= 444，∑
i=1
8
xi
2=204．
【答案】(1)^y =2 x +1
(2)13
28
【分析】（1）利用最小二乘法可得回归方程；
（2）分别计算各月份销售额的预测值，再根据古典概型概率公式可得解.
【详解】（1）由已知x = 1
8∑
i=1
8
xi= 1
8 ×(1+2+3+ 4+5+6+7+8)= 9
2，
y = 1
8∑
i=1
8
yi= 1
8 ×(3+ 4+8+9+12+12+15+17)=10，
又∑
i=1
n
xi yi= 444，∑
i=1
8
xi
2=204，
则^b=
∑
i=1
n
xi yi−n x y
∑
i=1
n
xi
2−n x
2
=
444−8× 9
2 ×10
204−8×(
9
2)
2 =2，^a= y −^b x =10−2× 9
2 =1，
所以回归方程为^y =2 x +1；
（2）当x =1时，^y1=2×1+1=3，残差e1=3−3=0；
当x =2时，^y2=2×2+1=5，残差e2= 4−5=−1；
当x =3时，^y3=2×3+1=7，残差e3=8−7 =1；
当x = 4时，^y4=2×4 +1=9，残差e4=9−9=0；
当x =5时，^y5=2×5+1=11，残差e5=12−11=1；
当x =6时，^y6=2×6+1=13，残差e6=12−13=−1；
当x =7时，^y7=2×7+1=15，残差e7=15−15=0；
当x =8时，^y8=2×8+1=17，残差e8=17−17=0；
则这8个月中残差为负的月份有2个，残差为非负的月份有6个，
则这8个月中随机抽取2个月，抽到的月份数据含有残差为负的概率P =C2
2+C2
1⋅C6
1
C8
2
= 1+12
28
= 13
28.
7．（2025·四川成都·一模）某校举办校刊义卖活动，学生在义卖处每领取一本校刊，便自觉向收
银箱中支付至少两元钱.现统计了连续5 天的售出校刊数量和收益情况，如下表：
售出校刊数量x（单位：箱）
6
5
7
5
7
收益y（单位：元）
240
220
260
230
270
(1)求收益y 关于售出数量x 的回归直线方程，并计算售出8 箱校刊时的预计收益；
(2)学校决定将收益奖励在科技创新大赛中获奖的学生，获奖学生每人奖励100 元.已知甲、乙两名
学生是否获奖是相互独立的，甲获奖的概率为2
3，乙获奖的概率为1
2，求甲、乙两名学生获奖总金
额X 的分布列及数学期望.附：^b=
∑
i=1
n
xi yi−n x y
∑
i=1
n
xi
2−n x
2
，^a= y −^b x.
【答案】(1)^y =20 x +124；284元；
(2)分布列见解析；E (X )= 350
3 .
【分析】（1）根据给出的公式求线性回归方程，再把x =8代入求值即可.
（2）明确X的取值，求出对应的概率，可得X的分布列，再根据期望公式求E (X ).
【详解】（1）因为x = 6+5+7+5+7
5
=6，y = 240+220+260+230+270
5
=244，
∑
i=1
5
xi yi=6×240+5×220+7×260+5×230+7×270=7400，
∑
i=1
5
xi
2=36+25+ 49+25+ 49=184，
所以^b= 7400−5×6×244
184−5×6
2
=20，^a= y −^b⋅x =244−20×6=124.
所以收益y 关于售出数量x 的回归直线方程为：^y =20 x +124.
当x =8时，预测收益为^y =20×8+124 =284元.
（2）由题意，X的值可能为：0,100,200，
且P(X =0)= 1
3 × 1
2 = 1
6，P(X =100)= 2
3 × 1
2 + 1
3 × 1
2 = 1
2，P(X =200)= 2
3 × 1
2 = 1
3.
所以X的分布列为：
X
0
100
200
P
1
6
1
2
1
3
所以E (X )=0× 1
6 +100× 1
2 +200× 1
3 = 350
3 .
8．（2026·四川雅安·一模）某高校为制定针对性的阅读推广方案，从全校随机抽取400 名大学生
开展“纸质书阅读偏好”专项调查，收集到的性别与专业交叉数据如下表（单位：人）：
专业类型
阅读偏好
合计
喜欢阅读纸质书
不喜欢阅读纸质书
文科
150
120
270
理工科
50
80
130
合计
200
200
400
(1)依据α=0.005的独立性检验，能否认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有
关？
(2)从样本中“喜欢阅读纸质书”的大学生里，按专业类型用分层抽样抽取8 人组建“纸质书推广
志愿队”，再从这8 人中随机抽取3 人负责校园书展策划，记最后抽取的3 人中，选中的文科学生
人数为X，求X的分布列与数学期望.
参考公式：χ
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c +d.
参考数据：
α
0.05
0.01
0.005
0.001
χα
2
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)有99.5 %的把握认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关.
(2)分布列见解析；期望为9
4
【分析】（1）由2×2列联表中的数据，求得χ
2≈10.256，结合附表，即可得到结论；
（2）根据题意，求得抽取的8 人中，文科人数为6人，理科人数为2人，得到变量X的可能取值为
1,2,3，结合超几何分布的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可
求解.
【详解】（1）解：假设认为该校大学生 “是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”无关，
由2×2列联表中的数据，可得：
χ
2= 400×(150×80−120×50)
2
270×130×200×200
=
400×6000
2
270×130×200×200 ≈10.256，
因为10.256>7.879，所以拒绝假设，
所以有99.5 %的把握认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关.
（2）解：由2×2列联表中的数据，喜欢纸质书的共有200 人，其中文科150 人，理科50 人，
按比例抽取8 人，则文科人数为150
200 ×8=6人，理科人数为50
200 ×8=2人，
从这8 人中抽取3 人，X为文科人数，则随机变量X的可能取值为1,2,3，
可得P( X =1)= C6
1C2
2
C8
3
= 6
56 = 3
28，P( X =2)= C6
2C2
1
C8
3
= 30
56 = 15
28，
P( X =3)= C6
3
C8
3 = 20
56 = 5
14 ，
所以随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
3
28
15
28
5
14
所以期望为E (X )=1× 3
28 +2× 15
28 +3× 5
14 = 9
4 .
9．（2026·四川遂宁·一模）冬季气温骤降、空气干燥且气压变化大，慢性阻塞性肺疾病（慢阻
肺），哮喘，间质性肺病、肺纤维化，肺炎、支气管炎患者等呼吸系统疾病患者对氧气需求增加，
尤其需要制氧机辅助，近年来，我国制氧机产业迅速发展，下表是某地区某品牌制氧机的年销售量
与年份的统计表：
年份
2021
2022
2023
2024
2025
年份代码x
1
2
3
4
5
销量y（万
台）
2
3.5
2.5
8
9
(1)求这种品牌制氧机的销量y关于年份代码x的线性回归方程，并预测2027 年这种品牌制氧机的销
量；
(2)为了研究不同性别的学生对制氧机知识的了解情况，某校组织了一次有关制氧机知识的竞赛活
动，随机抽取了男生和女生各100 名，得到如下2×2列联表：
学
生
制氧机知识
合计
了解
不了解
男
生
20
女
40
生
合
计
（ⅰ）根据已知条件，填写2×2列联表；
（ⅱ）根据小概率值α =0.005的独立性检验，判断该校学生对制氧机知识的了解情况与性别是否
有关联；
(3)从（2）的样本中按对制氧机知识了解和不了解的学生人数进行分层抽取10 人，再从这10 人中
随机抽取4 人做某项调查，记这4 人中对制氧机知识不了解的人数为X，试求X的分布列和数学期
望.
附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
^b=
∑
i=1
n
(xi−x)( yi−y)
∑
i=1
n
(xi−x)
2
,^a= y −^b x , χ
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c)(b+d )
α
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
χα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)^y =1.85 x−0.55，12.4 万台
(2)（ⅰ）表格见解析；（ⅱ）有关联，理由见解析；
(3)分布列见解析，数学期望为8
5
【分析】（1）计算出^a,^b，得到线性回归方程，代入x =7，从而预测2027 年这种品牌制氧机的销
量；
（2）（ⅰ）补全2×2列联表；（ⅱ）计算出χ
2≈33.33>7.879= χ0.005，从而得到结论；
（3）求出X的可能取值并得到相应的概率，从而得到分布列，计算出数学期望.
【详解】（1）年份代码x的平均数x =3，销量y的平均数y =5，
所以∑
i=1
5
❑(xi−x)
2=(−2)
2+(−1)
2+0
2+1
2+2
2=10，
∑
i=1
5
(xi−x)( yi−y)=(1−3)×(2−5)+(2−3)×(3.5−5)+(3−3)×(2.5−5)
+(4−3)×(8−5)+(5−3)×(9−5)=18.5，
所以^b=
∑
i=1
5
(xi−x)( yi−y)
∑
i=1
5
(xi−x)
2
= 18.5
10 =1.85，
所以^a= y −^b x =5−1.85×3=−0.55，
所以这个地区某品牌制氧机的销量y关于年份代码x的线性回归方程为^y =1.85 x−0.55，
由于2027 年对应的年份代码为x =7，得^y =1.85×7−0.55=12.4，
所以预测2027 年这个地区某品牌制氧机的销量约为12.4 万台．
（2）（ⅰ）根据男生和女生各100 名，补全2×2列联表为：
学生
制氧机知识
合计
了解
不了解
男生
80
20
100
女生
40
60
100
合计
120
80
200
（ⅱ）零假设H 0：该校学生对制氧机知识的了解情况与性别无关.
根据（ⅰ）中的2×2列联表中的数据可得，
χ
2= 200×(80×60−20×40)
2
100×100×120×80
= 100
3 ≈33.33>7.879.
根据小概率值α =0.005的独立性检验，推断H 0不成立，
即该校学生对制氧机知识的了解情况与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（3）从（2）的样本中按对制氧机知识了解和不了解的比例选取10 人，
则抽取的10 人中，了解的人数为6 人，不了解的人数为4 人
再随机从中抽取4 人，对制氧机知识不了解的人数X的所有可能取值为0，1，2，3，4.
且P(X =0)=C4
0 C6
4
C10
4
= 15
210 = 1
14 , P(X =1)=C4
1 C6
3
C10
4
= 80
210 = 8
21，
P(X =2)=C4
2 C6
2
C10
4
= 90
210 = 3
7 , P(X =3)=C4
3 C6
1
C10
4
= 24
210 = 4
35，
P(X = 4)=C4
4C6
0
C10
4
= 1
210，
则X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
1
14
8
21
3
7
4
35
1
210
数学期望为E (X )=0× 1
14 +1× 8
21 +2× 3
7 +3× 4
35 + 4× 1
210 = 8
5
10．（2025·四川资阳·一模）某工厂甲乙两条生产线生产了同一种产品，为了解产品质量与生产线
的关系，现从这两条生产线所生产的产品中，随机抽取了500 件进行检测，检测结果（“合格”或
“优良”）如下表：
生产线
检测结果
合计
合格
优良
甲生产线
20
180
200
乙生产线
60
240
300
合计
80
420
500
(1)根据小概率值α =0.01的独立性检验，能否推断产品检测结果与生产线有关联？
(2)用样本估计总体，频率估计概率.现等可能地从这两条生产线中抽取一条生产线，然后从该生产
线随机抽取1 件产品.
（i）求抽出的产品是优良品的概率；
（ii）已知抽出的产品是优良品，求它是从甲生产线抽出的概率.
附：χ
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c)(b+d )；
α
0.1
0.01
0.001
xα
2.706
6.635
10.828
【答案】(1)有关联
(2)（i）17
20；（ii）9
17
【分析】（1）计算出卡方，即可判断；
（2）（i）设事件A =“被选出的是甲生产线”，事件B =“取出的产品是优良品”，由全概率公式
计算可得；
（ii）由条件概率公式计算可得.
【详解】（1）提出零假设H 0：产品检测结果与生产线没有关联，
由χ
2= 500×(20×240−60×180)
2
80×420×200×300
= 125
14 ≈8.93>6.635，
根据小概率值α =0.01的χ
2独立性检验，推断H 0不成立，
即产品检测结果与生产线有关联，此推断犯错的概率不大于0.01.
（2）设事件A =“被选出的是甲生产线”，事件B =“取出的产品是优良品”，
（ⅰ）依题意，P( A)= P( A)= 1
2，
P(B|A))= 180
200 = 9
10 , P(B|A))= 240
300 = 12
15 = 4
5 ，
由全概率公式得：P(B)= P( A) P(B|A))+ P( A) P(B|A))= 1
2 × 9
10 + 1
2 × 12
15 = 17
20.
（ⅱ）取出的产品是优良品，则它是从甲生产线取出的概率为：
P( A|B))= P( AB)
P(B) = P( A) P(B|A))
P(B)
=
1
2 × 9
10
51
60
= 9
17 ．
