专题08 计数原理与概率统计
7 大考点概览
考点01 计数原理
考点02 统计与线性回归方程
考点03 古典型概率与条件概率
考点04 二项分布与超几何的均值与方差
考点05 离散型随机变量的均值与方差
考点06 概率统计综合题型
1．（2026·福建南平·二模）已知二项式(ax + b
x)
5
的展开式中所有项的系数和为32，若X ∼N (1,4)，且
P(X <a)=0.2，则P(X <b)=（ ）
A．0.2
B．0.4
C．0.6
D．0.8
【答案】D
【详解】二项式(ax + b
x)
5
的展开式中所有项的系数和为32，
令x =1，得(a+b)
5=32，所以a+b=2.
若X ∼N (1,4)，且P(X <a)=0.2，则P(X >a)=0.8.
所以P(X >2−b)=0.8，所以P(X <b)=0.8.
2．（2026·福建莆田·模拟预测）有6 个球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中每次随机取出一个，取
出的球不放回，直到6 个小球都取完为止．记第n次取出球的号码为an(n=1,2,3,4,5,6)，在ai−1和ai+1至少
有一个大于ai(i=2,3,4,5)的条件下，数列{an)是递增数列的概率为___________．
【答案】1
32
【分析】设事件A为“在ai−1和ai+1至少有一个大于ai(i=2,3,4,5)”，事件B为“数列{an)是递增数列””，
根据组合数可求数列a1,a2,a3,a4,a5,a6的种数，再由条件概率公式可求题设中的概率.
【详解】设事件A为“在ai−1和ai+1至少有一个大于ai(i=2,3,4,5)”，
考点1
计数原理
事件B为“数列{an)是递增数列”，则P( AB)= P(B)= 1
A6
6 ，
因为在ai−1和ai+1至少有一个大于ai(i=2,3,4,5)，
故数列a1,a2,a3,a4,a5,a6是先减后增或递增或递减数列，
考虑排列1左侧的元素的个数及种类，则不同的排列有C5
0+C5
1+⋯+C5
5=2
5=32，
故P( A)= 32
A6
6 ，故P(B| A)=
1
A6
6
32
A6
6
= 1
32.
3．（2026·福建漳州·三模）已知A1, A2是集合A的非空子集，若A1∩A2=∅，则称( A1, A2)是集合A的
“互斥子集组”，并规定( A1, A2)与( A2, A1)为不同的“互斥子集组”．集合{1,2,3,4)的不同“互斥子集
组”的个数是___________．（用数字作答）
【答案】50
【分析】解法一利用组合数的性质并分类讨论求解即可，解法二列举出具体集合，再分类讨论求解即可.
【详解】解法一：若A1, A2中各含1 个元素时，“互斥子集组”有C4
2×2=12个，
若A1, A2中一个含1 个，一个含2 个元素时，“互斥子集组”有C4
3×C3
2×2=24个，
若A1, A2中一个含1 个，一个含3 个元素时，“互斥子集组”有C4
1×2=8个，
若A1, A2中各含2 个元素时，“互斥子集组”有C4
2 =6个，
综上，不同“互斥子集组”的个数是50 个．
解法二：当集合A1中有1 个元素时，有{1),{2),{3),{4)，共4 种情况，
集合A2是由集合A中去除这个元素后，剩下的3 个元素组成的非空子集，
可得这样的“互斥子集组”有4×(2
3−1)=28个，
当集合A1中有2 个元素时，有{1,2),{1,3),{1,4),{2,3),{2,4),{3,4)，
共6 种情况，而集合A2是由集合A中去2 个元素后，
剩下的2 个元素组成的非空子集，此时“互斥子集组”有6×(2
2−1)=18个，
当集合A1中有3 个元素时，有{1,2,3),{1,2,4),{1,3,4),{2,3,4)，共4 种情况，
而集合A2是由集合A中去除3 个元素后，剩下的1 个元素组成的非空子集，
则此时“互斥子集组”有4×(2
1−1)= 4个，
综上，不同“互斥子集组”的个数是50 个．
4．（2026·福建三明·二模）(x−2 y)
6的展开式中x
2 y
4的系数为________．（结果用数字表示）
【答案】240
【分析】结合二项式展开式通项公式T k +1=Cn
k a
n−k b
k，即可求出对应的展开项以及系数
【详解】由二项式展开项通项公式可得，T k +1=(−2)
k C6
k x
6−k y
k，
所以T 5=(−2)
4C6
4 x
6−4 y
4=240 x
2 y
4，故所求系数为240.
5．（2026·福建宁德·模拟预测）某高中举行益智闯关团队赛，共4 个关卡，现有包含甲、乙、丙在内的5
名选手组团参赛，每一个选手参加一个关卡的闯关，每一个关卡至少一个选手参加，若甲负责第一关，最
后一关由2 名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有______种.
【答案】10
【分析】先计算甲负责第一关时的情况，再减去乙、丙在同一关卡的情况即可.
【详解】已知甲负责第一关，从剩余4 人中选2 人去第四关，共C4
2 =6种选法，剩下2 人全排列去第二、三
关，共A2
2=2种排法，总方案数为 6 × 2 = 12，
不符合条件（乙丙同关卡）的情况：因为第二、三关都只有1 个位置，乙丙只能同时在第四关，此时剩下
2 人全排列去第二、三关，共A2
2=2种，
因此符合条件的方案数为 12 − 2 = 10 .
6．（2026·福建厦门·模拟预测）已知(2 x + 1
x)
n
的展开式中所有项的系数之和为81，则此展开式中常数项
为______.
【答案】24
【详解】因为(2 x + 1
x)
n
的展开式中所有项的系数之和为81，所以(2×1+ 1
1)
n
=81，即3
n=81，解得n= 4，
二项式(2 x + 1
x)
n
展开式的通项公式为T k +1=C4
k ⋅(2 x)
4−k(
1
x)
k
=C4
k ⋅2
4−k⋅x
4−2k，k =0,1,⋯,4，
令4−2k =0，解得k =2，所以二项式的展开式第三项为常数项，常数项为T 3=C4
2×2
2=24.
7．（2026·福建·二模）为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基
建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5 名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每
人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，
则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答）
【答案】30
【分析】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，由于甲、乙两人不能被安排到资源组，针对甲、乙
两人在同一组与不同组进行分类计算，结合要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多排除一些情况，再
使用排列组合公式进行计算.
【详解】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，那么资源组、电芯组、基建组人数分配情况有
1:3:1与1:2:2,
当甲、乙两人在同一组时，那么甲乙只能同在电芯组或基建组,存在1:3:1与1:2:2两种分配情况,
此时,N 1=C3
1C2
1C1
1+C2
1C3
2=12;
当甲、乙两人在不同组时，那么甲乙只能一个在电芯组另一个在基建组,存在1:3:1与1:2:2两种分配情况,
此时,N 2=C2
1(C3
2+C3
1C2
1C1
1)=18;
N = N 1+ N 2=30.
8．（2026·福建厦门·二模）某校安排3 名男生和2 名女生分两组去甲、乙两地参加社会调研．已知每组至
多3 人，且至少有1 名男生，则不同的安排方案共有______种（用数字作答）．
【答案】18
【分析】结合排列组合知识，按照分类加法原理和分步乘法原理求解即可.
【详解】先将3 名男生和2 名女生按要求分成两组，有两类分组方法：
第一类：由1 男1 女组成一组，其余2 男1 女组成一组，有C3
1C2
1=6种分法；
第二类：由1 男2 女组成一组，其余2 男组成一组，有C3
1C2
2=3种分法.
所以共有6+3=9种分组方法.
再将分好的两组分配到甲、乙两地参加社会调研，有A2
2=2种分法，
根据乘法分步原理，不同的安排方案有9×2=18种.
9．（2026·福建漳州·二模）在(
1
x −x)
6
的展开式中，x
2的系数是（ ）
A．15
B．−15
C．30
D．−30
【答案】A
【详解】二项式(
1
x −x)
6
展开式的通项为T r +1=C6
r(
1
x)
6−r
(−x)
r =C6
r (−1)
r x
2r −6，r =0,1,2,3,4,5,6
令2r −6=2，解得r = 4，
所以x
2的系数是C6
4(−1)
4=C6
2=15.
10．（2026·福建南平·二模）用函数^y =2
2 x +3拟合一组数据，则观测数据(2,126)的残差为________.
【答案】−2
【详解】当x =2时，^y =2
4+3=128，
所以残差为126−128=−2
11．（2026·福建三明·二模）（多选）下列命题正确的是（ ）
A．若样本数据x1, x2,⋯, x6的平均数为2，则数据2 x1−1,2 x2−1,⋯,2 x6−1的平均数为4
B．根据小概率值α =0.05的独立性检验，当χ
2≥x0.05=3.841时，
可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05
C．在一组样本数据(x1, y1),(x2, y2),⋯(xn, yn)（n≥2，x1, x2,⋯, xn不全相等）的散点图中，
若所有样本点(xi, yi)（i=1,2,⋯,n）都在直线y =−1
3 x +1上，则这组样本数据的线性相关系数为
−1
3
D．若P( A)=0.5，P(B|A))=0.6，P(B|A))=0.2，则P(B)=0.4
【答案】BD
考点2
统计与线性回归方程
【分析】根据平均数的性质即可判断A，利用独立性检验即可判断B，根据线性回归方程的相关系数即可
判断C，根据全概率公式即可判断D.
【详解】对于A：若样本数据x1, x2,⋯, x6的平均数为x =2，所以数据2 x1−1,2 x2−1,⋯,2 x6−1的
平均数为2 x−1=2×2−1=3，故A 错误；
对于B：根据小概率值α =0.05的独立性检验，当χ
2≥x0.05=3.841时，
可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05，故B 正确；
对于C：在一组样本数据(x1, y1),(x2, y2),⋯(xn, yn)（n≥2，x1, x2,⋯, xn不全相等）的散点图中，
若所有样本点(xi, yi)（i=1,2,⋯,n）都在直线y =−1
3 x +1上，
则这组样本数据的线性相关系数为−1，故C 错误；
对于D：由P( A)=0.5, P( A)=1−P( A)=0.5，
所以P(B)= P( A) P(B|A))+ P( A) P(B|A))=0.5×0.6+0.5×0.2=0.4，故D 正确.
12．（2026·福建厦门·二模）（多选）为了研究某款新上市智能手环的直播间展示时长（单位：分钟）与
即时下单量（单位：件）之间的关系，某电商平台随机记录了5 场直播带货的数据，如下表所示：
直播间展示时长x
1
2
3
4
5
即时下单量y
12
18
25
30
34
若y与x的经验回归方程为^y = ^b x +7，样本相关系数为r，则（ ）
A．r >0
B．回归直线过点(3,25)
C．^b=5.6
D．当直播间展示时长为10 分钟时，即时下单量的值估计为63
【答案】ACD
【详解】对于A，由数据可知，即时下单量y随着直播间展示时长x的增大而增大，
因此直播间展示时长x与即时下单量y为正相关，即样本相关系数r >0，故A 正确；
对于B，由数据可知，x = 1
5
(1+2+3+ 4 +5)=3，y = 1
5
(12+18+25+30+34)=23.8，
则回归直线过中心点(3,23.8)，不过点(3,25)，故B 错误；
对于C，将点(3,23.8)代入^y = ^b x +7，可得23.8=3 ^b+7，解得^b=5.6，故C 正确；
对于D，由C 知，y与x的经验回归方程为^y =5.6 x +7，
则x =10时，^y =5.6×10+7 =63，故D 正确.
13．（2026·福建漳州·二模）（多选）下列说法正确的是（ ）
A．若两个变量的样本相关系数r的绝对值越接近1，则这两个变量的线性相关性越强
B．若随机变量X服从正态分布N (3,σ
2)，且P(X ≤4)=0.7，则P(3< X <4)=0.2
C．一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22 的上四分位数为11
D．对具有线性相关关系的变量x , y，其经验回归方程为^y =0.3 x−m，若样本数据的中心点为
(m,2.8)，则实数m的值是4
【答案】AB
【详解】对于A：相关系数r的取值范围为[−1,1)，其绝对值越接近1，表示两个变量的线性相关程度越强；
越接近0，线性相关程度越弱，这是统计学中的基本结论，因此A 正确；
对于B：已知X ∼N (3,σ
2)，则均值μ=3，
由正态分布的对称性，得：P(X ≤3)=0.5，又已知P(X ≤4)=0.7，
所以P(3< X <4)= P(X ≤4)−P(X ≤3)=0.7−0.5=0.2.因此B 正确；
对于C：上四分位数的位置为0.75×10=7.5，
故上四分位数为第8 个数18，因此C 错误；
对于D：经验回归方程为^y =0.3 x−m，样本中心点为(m,2.8)，
回归直线必过样本中心点，代入得2.8=0.3×m−m=−0.7m，
解得m= 2.8
−0.7 =−4，因此D 错误.
14．（2026·福建福州·三模）某AI 数据中心共有4 个开源大模型供公众使用.该中心分别对这4 个模型在某
天内的词元调用量进行调查，画出频率分布直方图，其中词元调用量的平均数低于中位数的为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】在频率分布直方图中，中位数左右两边面积相等，平均数受极端值影响，偏向长尾方向.
直方图左偏（左边拖尾长，右边集中）,如D 选项→平均数<中位数；
直方图右偏（右边拖尾长，左边集中），如B 选项→平均数>中位数；
直方图对称，如AC 选项→平均数≈中位数.
故此题选D.
15．（2026·福建龙岩·三模）已知数据：1,2,2,3,3,3,5,5，将这组数据中的每个数值都加上3 后，与原始数
据相比，调整后的数据中不会发生改变的是（ ）
A．方差
B．众数
C．中位数
D．平均数
【答案】A
【分析】设原始数据为xi，新数据为yi，且yi=a xi+b，则y =a x +b,s y
2 =a
2sx
2，根据样本的数字特征的定
义和计算公式分析即可判断.
【详解】原始数据xi：1,2,2,3,3,3,5,5，将这组数据中的每个数值都加上3 后，
新数据yi：4,5,5,6,6,6,8,8，
对于A，由s y
2 =a
2sx
2知s y
2 =1
2×sx
2= sx
2，故A 正确；
对于B，原始数据的众数为3，新数据的众数为6，故B 错误；
对于C，原始数据的中位数为x4+ x5
2
=3，新数据的中位数为y4+ y5
2
=6，故C 错误；
对于D，由y =a x +b知y = x +3，故D 错误.
16．（2026·福建南平·二模）（多选）已知各项均为正数的数列：1，2，x1，x2，x3，x4，其中奇数项成
公差为d的等差数列且和为9，偶数项成公比为q的等比数列且和为14，则下列选项中正确的是（ ）
A．d =1
B．q =2
C．上四分位数为5
D．下四分位数为5
【答案】BC
【分析】根据等差、等比数列求x1，x2，x3，x4以及d和q，即可判断AB；根据百分位数的定义判断CD.
【详解】因为1, x1, x3为等差数列，则1+ x1+ x3=3 x1=9，可得x1=3，x3=5，d =2；
又因为2, x2, x4成等比数列，则2+ x2+ x4=2(1+q+q
2)=14，
整理可得q
2+q−6=0，解得q =2或q =−3（舍去），可得x2= 4，x4=8；
综上所述：数列为：1，2，3，4，5，8，故A 错误，B 正确；
因为6×0.25=1.5，所以下四分位数为2，故D 错误；
又因为6×0.75= 4.5，所以上四分位数为5，故C 正确.
17．（2026·福建泉州·模拟预测）某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了
2025 年国庆期间该市A和B两个景区的日接待人数的数据（单位：万人），绘制了如下折线图，则（ ）
A．景区A这7 日数据的第80%分位数是8.7
B．景区B这7 日数据的极差是1.7
C．景区A这7 日数据的平均数比景区B的两倍小
D．景区B这7 日数据的方差比景区A的大
【答案】C
【详解】对于A 项，将景区 A 的数据从小到大排序得5.8,6.4,7.0,7.8,8.6,8.8,9.5，
因为i=7×80 % =5.6，不是整数，
故景区A这7 日数据的第80%分位数是第6项为8.8，故A 错误；
对于B 项，景区B这7 日数据的极差是5−2.8=2.2，故B 错误；
对于C 项，因为景区A的平均数：x A = 8.8+9.5+8.6+7.8+7.0+6.4+5.8
7
=7.7,
景区B的平均数：xB= 4.5+5.0+ 4.7+ 4.2+3.7+3.1+2.8
7
= 4,
所以景区A这7 日数据的平均数比景区B的两倍小，故C 正确；
对于D 项，由折线图可知景区B的人数波动比景区A的人数波动小，故景区B这7 日数据的方差比景区A的
小，故D 错误.
18．（2026·福建漳州·三模）样本数据5,8,8,9,9,9的众数为（ ）
A．4
B．8
C．8.5
D．9
【答案】D
【详解】因为样本数据中9出现的次数最多，所以该样本数据的众数为9．
19．（2026·福建宁德·二模）（多选）某市生态环境局记录了4 月1-7 日连续7 天的PM2.5 预测误差（预测
误差=实际浓度-预测浓度，单位：μg/m
3），如下表：
日期
1
2
3
4
5
6
7
预测误差
−1
2
0
−1
3
2
2
则以下结论正确的是（ ）
A．这组数据的中位数是−1
B．这组数据的众数是2
C．若第8 天的预测误差为1，则加入该数据后的平均数不变
D．若第8 天的预测误差为1，则加入该数据后的方差变小
【答案】BCD
【详解】将数据从小到大排序得：−1,−1,0,2,2,2,3.
对于A，最中间数据是2，所以这组数据的中位数是2，故A 错误；
对于B，2 出现三次，−1出现两次，其余一次，故众数为2，故B 正确；
对于C，前7 天预测误差的平均数为1
7
(−1−1+0+2+2+2+3)=1，
若第8 天的预测误差为1，则加入该数据后的平均数为1
8
(−1−1+0+2+2+2+3+1)=1，
所以加入该数据后的平均数不变，
原数据的方差s
2= 1
7 [2(−1−1)
2+(0−1)
2+3(2−1)
2+(3−1)
2)= 16
7 ，
若第8 天的预测误差为1，则新数据的方差为s1
2= 1
8 [2(−1−1)
2+(0−1)
2+3(2−1)
2+(3−1)
2+(1−1)
2)=2，
所以加入该数据后的方差变小，故CD 正确.
20．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）某校有学生3000人，其中男生1800人，女生1200人.为调查学
生的课外阅读情况，按性别比例分配，用分层随机抽样的方法抽取学生250人，并统计样本中男生和女生
一天的阅读时间（单位：分钟），绘制成如下两个频率分布直方图，则（ ）
A．a=0.020
B．样本中男生阅读时间的中位数低于40分钟
C．样本中阅读时间在40分钟以下的学生中，男生人数比女生人数多
D．用样本估计总体，全校学生中阅读时间在60分钟以上的约有780人
【答案】ACD
【分析】根据分层抽样的比例确定男生女生的样本数，然后利用频率分布直方图的性质即可判断.
【详解】对于A，由于频率分布直方图中，所有矩形的面积为1，即
(0.003+0.012+a+0.010+0.005)×20=1，解得a=0.020，故A 正确；
对于B，男生前两组的频率为(0.003+0.012)×20=0.30<0.5，前三组的频率为
(0.003+0.012+0.020)×20=0.70>0.5，
因此，男生阅读时间的中位数位于第三组[ 40,60)，设中位数为x，则有0.30+(x−40)×0.020=0.5，解
得x =50，
即男生阅读时间的中位数为50分钟，高于40分钟，故B 错误；
对于C，由于总人数3000人，其中男生1800人，女生1200人，抽样250人按比例分配，其中男生
250× 1800
3000 =150人，女生250× 1200
3000 =100人，
男生阅读时间在40分钟以下的人数为(0.003+0.012)×20×150= 45人，女生阅读时间在40分钟以下的人
数为(0.005+0.010)×20×100=30人，
因此阅读时间在40分钟以下的人数中，男生人数比女生人数多，故C 正确；
对于D，男生阅读时间在60分钟以上的人数为(0.010+0.005)×20×150= 45人，
女生阅读时间在60分钟以上的人数为(0.008+0.002)×20×100=20人，因此样本中阅读时间在60分钟以
上的人数为45+20=65人，
全校估计阅读时间在60分钟以上的人数为3000× 65
250 =780人，故D 正确.
21．（2026·福建·二模）某次测试中，某10 人的成绩（单位：分）分别为：48，75，58，66，78，82，
84，78，86，91，则这组数据的第80 百分位数是（ ）
A．78
B．82
C．84
D．85
【答案】D
【详解】将数据从小到大排列，得到48，58，66，75，78，78，82，84，86，91，
由于10×0.8=8，故从小到大选取第8 个和第9 个数的平均数作为第80 百分位数，
所以这组数据的第80 百分位数是84+86
2
=85.
22．（2026·福建·二模）某次测试中，某10人的成绩（单位：分）分别为：48、75、58、66、78、82、
84、78、86、91，则这组数据的第80百分位数是（ ）
A．78
B．82
C．84
D．85
【答案】D
【分析】将数据由小到大进行排列，结合百分位数的定义可得结果.
【详解】将这10个数据由小到大进行排序为：48、58、66、75、78、78、82、84、86、91，
因为10×0.8=8，故这组数据的第80百分位数是84+86
2
=85.
23．（2026·福建南平·二模）某智能助手回答问题数据统计如下：理学类占总提问的40%，回答正确率为
90%；文史类占总提问的60%，回答正确率为80%，用频率估计概率，则该助手回答问题正确的概率为（
）
A．0.72
B．0.8
C．0.84
D．0.9
【答案】C
【详解】设“理学类提问”为事件A，“文史类提问”为事件B，“回答正确”为事件C，
则P( A )= 40 % , P(C | A )=90 % , P(B)=60 % , P(C |B)=80 %，
所以P(C )= P( A )P(C | A )+ P(B)P(C |B)= 40 %×90 %+60 %×80 % =0.36+0.48=0.84.
24．（2026·福建漳州·三模）甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，且三人的选择相互独
立．设事件A =“三个人去的景点各不相同”，事件B =“甲去了第1 个景点”，事件C =“乙去了第1 个
景点”，则下列说法错误的是（ ）
A．B与C互斥
B．A与B相互独立
考点3
古典型概率与条件概率
C．P( A)= 2
9
D．P( A ∣C)= 2
9
【答案】A
【详解】对于A：因为甲乙有可能都去第1 个景点，即B与C能同时发生，所以B与C不互斥，所以A 错误；
对于C：由题意得P( A)= A3
3
3
3 = 6
27 = 2
9，所以C 正确；
对于B：因为P( A)= A3
3
3
3 = 2
9 , P(B)= 1
3 , P( AB)= A2
2
3
3 = 2
27
，
所以P( AB)= P( A) P(B)，所以A与B相互独立，所以B 正确；
对于D：因为P( AC)= 2
27 , P(C)= 1
3，所以P( A ∣C)= P( AC)
P(C) = 2
9，所以D 正确．
25．（2026·福建莆田·二模）有4 个大小、形状相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中随机取球一次
（至少取一个），则取出的球的标号之和不超过5 的概率为_____.
【答案】8
15
【详解】设集合A ={1,2,3,4 }，数字代表对应标号的小球，根据题意每次至少取一个球，
总的取球情况数即为集合A的非空子集的个数，即2
4−1=15个，
满足取出的球的标号之和不超过5 的样本点有{1},{2},{3},{4},{1,2},{1,3},{1,4 },{2,3}，共有8 种，
所以取出的球的标号之和不超过5 的概率为8
15.
26．（2026·福建龙岩·三模）某逃脱关卡游戏的最后一关有3 扇外观有细微差异的传送门，其中仅有1 扇
传送门可通往安全出口，资深玩家可以识别细微差异，新手玩家无法识别这种差异．该关卡的游戏规则为：
每位玩家每次仅选1 扇传送门尝试，选对且走出安全出口，游戏结束，选错则重新选择．规定每位玩家至
多有10 次尝试的机会，且每次尝试后传送门的顺序会随机调整．现有新手玩家A和资深玩家B独立挑战该
关卡，玩家A每次均从3 扇门中等可能随机选择1 扇门尝试，各次选择相互独立；玩家B每试错1 扇门，下
次则不重复选择已选错的门．设挑战结束时，随机变量X , Y 分别为玩家A , B尝试的次数．
(1)求P(Y > X )；
(2)求证：E (X )<3．
【答案】(1) 8
27
考点4
二项分布与超几何分布的均值与方差
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意，分别列出X ,Y 的所有可能的值，求出对应的概率分布列，再由
P(Y > X )= P( X =1,Y =2)+ P( X =1,Y =3)+ P( X =2,Y =3)结合独立事件概率乘法公式计算即得；
（2）根据（1）的结论求出E( X )的表达式，利用错位相减法求其和即可得证.
【详解】（1）由已知得：X =1,2,3,…10, Y =1,2,3,所以P(X =1)=1
3 ，P(X =2)=2
3 ×1
3 = 2
9 ，
设资深玩家B 在第i 次尝试中选对为事件Bi，i=1,2,3
则P(Y =1)= P(B1), P(Y =2)= P(B1B2)= P(B1)P(B2|B1)
P(Y =3)= P(B1B2B3)= P(B1)P(B2|B1)P(B3|B1B2),
所以P(Y =1)= 1
3 ,❑P(Y =2)= 2
3 × 1
2 = 1
3 ,❑P(Y =3)= 2
3 × 1
2 ×1= 1
3，
又因为随机变量X ,Y 相互独立，
所以P(Y > X )= P( X =1,Y =2)+ P( X =1,Y =3)+ P( X =2,Y =3)
= 1
3 × 1
3 + 1
3 × 1
3 + 2
9 × 1
3 = 8
27
（2）X =1,2,3,…10,
当k =1,2,3⋯9时，P(X =k )=1
3 ⋅(
2
3)
k −1
，
当k =10时，P(X =10)=(
2
3)
9
，
得E( X )= 1
3[1+2×(
2
3)
1
+3×(
2
3)
2
+⋯+9×(
2
3)
8
)+10×(
2
3)
9
设S =1+2×(
2
3)
1
+3×(
2
3)
2
+⋯+9×(
2
3)
8
①，此时E( X )= 1
3 S+10×(
2
3)
9
，
2
3 S = 2
3 +2×(
2
3)
2
+3×(
2
3)
3
+⋯+9×(
2
3)
9
②
①－②得：1
3 S =1+(
2
3)
1
+(
2
3)
2
+⋯+(
2
3)
8
−9×(
2
3)
9
=
1−(
2
3)
9
1−2
3
−9×(
2
3)
9
=3−12×(
2
3)
9
所以E( X )=3−12×(
2
3)
9
+10×(
2
3)
9
=3−2×(
2
3)
9
<3
27．（2026·福建福州·三模）共有3 枚质地均匀的硬币，每枚硬币抛出后正面朝上与反面朝上的概率均为1
2.
第一次将三枚硬币同时抛出，之后每次从当前反面朝上的硬币中任意选取2 枚同时抛出，直到反面朝上的
硬币数少于2 枚时停止操作.当停止操作时，所有硬币均为正面朝上的概率为__________.
【答案】5
18
【分析】分别计算第一次抛硬币结果为3 个正面，第一次抛硬币结果为1 反2 正，第一次抛硬币结果为1
正2 反，第一次抛掷结果为3 反，且最终出现3 正的概率，相加可得答案.
【详解】当第一次抛硬币结果为3 正，停止操作，对应概率为1
8；
当第一次抛硬币结果为1 反2 正，停止操作；
当第一次抛硬币结果为1 正2 反，发生概率为C3
1(
1
2)
3
= 3
8.
对两枚出现反面的硬币继续抛掷，若出现2 正，停止操作，对应概率为1
4 ，
若出现1 正1 反，停止操作；若出现2 反，回到原状态，对应概率为1
4 .
则在出现1 正2 反的前提下，出现3 个正面的概率为：
1
4 +(
1
4)
2
+(
1
4)
3
+⋯= 1
4 ×
1
1−1
4
= 1
3，
从而第一次抛硬币结果为1 正2 反，且最终得到3 个正面的概率为：3
8 × 1
3 = 1
8；
当第一次抛掷结果为3 反，发生概率为1
8，选择其中两枚出现反面的硬币继续抛掷，
若出现2 正，停止操作；若出现1 正1 反，发生概率为C2
1(
1
2)
2
= 1
2，
此时抛硬币结果为1 正2 反，由以上解析可得最终得到3 个正面的概率为1
3，则对应概率为1
3 × 1
2 = 1
6 ；
若出现2 反，对应概率为1
4 ，回到原状态，设在第一次抛掷结果为3 反的前提下，得到3 个正面的概率为p，
则p= 1
2 × 1
3 + 1
4 p⇒p= 2
9，
从而第一次抛掷结果为3 反，且最终得到3 个正面的概率为：1
8 × 2
9 = 1
36.
综上所述，在各种情况下，最终得到3 个正面的概率为1
8 + 1
8 + 1
36 = 5
18.
28．（2026·福建厦门·模拟预测）某棋类游戏有不同规格的地图，规格为X n（n∈N
∗，n>1）的地图共
有2n+3个格子，编号为0，1，2，…，2n+2，如下图所示.
0
1
2
…
2
n
2n+1
2n+2
游戏规则如下：
①玩家首先选定地图规格X n，并获得2 枚金币，棋子位于起点（0 号格子）；
②玩家掷一枚质地均匀的骰子，向上点数不超过2 时，棋子向前跳1 格；否则，向前跳2 格；如此重复操
作直至游戏成功或失败；
③每当棋子落到非零偶数格时，就相应扣除1 枚金币.当金币被扣光或棋子落到2n+2号格子时，游戏终止，
视为失败，无奖励；当棋子落到2n+1号格子时，游戏终止，视为成功，获得奖励10n 元.
(1)若选定规格为X 2的地图，求游戏成功的概率；
(2)若选定规格为X n的地图，求棋子落到2n 号格子且游戏成功的概率；
(3)为使获得奖励的期望最大，玩家应选择何种规格的地图？
【答案】(1)28
81
(2)2
n−1
3
n+2
(3)X 3
【分析】（1）列出失败的路径，求出失败的概率再计算即可；
（2）列出棋子路径，再计算概率即可；
（3）先列出成功的情况，分别计算其概率再相加，再列出收益分布列和期望表达式，计算最大值即可.
【详解】（1）由题意得，向前跳1 格概率为1
3，向前跳2 格为2
3，
n=2时，游戏失败只有2 和4 两格均落到和不落到2 号格且从4 号格直接落到6 号格，
落到2 号格概率为1
3 × 1
3 + 2
3 = 7
9，从2 号格到4 号格概率为7
9，
不落到2 号格且落到4 号格概率为1
3 × 2
3 × 1
3 = 2
27 ，从4 号格直接落到6 号格概率为2
3，
故失败的概率为7
9 × 7
9 + 2
27 × 2
3 = 53
81，
所以成功的概率为1−53
81 = 28
81；
（2）因为2n 号格为非零偶数格，所以棋子在落到2n 号格子前不能落到非零偶数格上，
所以路线为0→1→3→⋯→2n−1→2n→2n+1共 n−1 次跳 2 格，3 次跳 1 格，
所以棋子落到2n号格子且游戏成功的概率为1
3 ×( 2
3 )
n−1
× 1
3 × 1
3 = 1
27 ×( 2
3 )
n−1
= 2
n−1
3
n+2 ；
（3）设ξ =“游戏结束时，余下的金币数量”，则ξ =0,1,2，
P(ξ =2)= 1
3 ×( 2
3 )
n
；
ξ =1时，棋子路径有3 种情况：
0→1→2→3→⋯→2n−1→2n+1，其概率为(
1
3)
3
×(
2
3)
n−1
；
0→2→3→⋯→2n−1→2n+1，其概率为1
3 ×(
2
3)
n
；
棋子落到第2k (2≤k ≤n)号格处且成功，共有n−1种路径，
0→1→3→⋯→2k −1→2k →2k +1→⋯→2n−1→2n+1，
每条路径概率相等且每条路径概率为(
1
3)
3
×(
2
3)
n−1
，
P(ξ =1)= (
1
3)
3
×(
2
3)
n−1
+ 1
3 ×(
2
3)
n
+(n−1)(
1
3)
3
×(
2
3)
n−1
=(
1
27 + 2
9 + n−1
27 )(
2
3)
n−1
= n+6
27 (
2
3)
n−1
，
总成功概率P(ξ =1)+ P(ξ =2)= n+12
27
×( 2
3 )
n−1
，
设收益为Y n，则Y n的分布列为
Y n
0
10n
P
1−n+12
27 (
2
3)
n−1
n+12
27 (
2
3)
n−1
E(Y n)=10n× P(10n)= 10n(n+12)
27
×( 2
3 )
n−1
，
令¿，即¿，解得❑√42−4≤n≤❑√42−3，
❑√42−4<3<❑√42−3，所以故 n=3 时期望最大，期望最大的地图规格为X 3.
29．（2026·福建泉州·模拟预测）某商场举行五一节优惠活动，顾客每消费满100 元可抽奖一次.抽奖规则
如下：箱中共有4 个红球和2 个黑球，这些球除颜色外完全相同，顾客每次随机摸出3 个球，若摸出的红
球不少于2 个则中奖，否则不中奖.各次抽奖互不影响.
(1)求抽奖一次中奖的概率；
(2)商场规定每中奖一次，返现10 元.设某顾客在活动期间消费M元，按规定返现Y 元.若事件“Y =100”的
概率最大，求M的最小值.
【答案】(1)4
5
(2)1200
【分析】（1）根据古典概型的概率计算公式求解即可.
（2）先明确事件“Y =100”的概率最大的意义，结合二项分布的概率计算公式和数列的单调性以及组合
数的计算，可求M的最小值.
【详解】（1）设 “抽奖一次中奖”为事件A，则P( A)=C4
3+C4
2⋅C2
1
C6
3
= 4 +6×2
20
= 4
5 .
（2）设抽奖次数为n，则n=[
M
100)（[
M
100)表示M
100的整数部分）.
事件“Y =100”表示中奖次数为10次，设m表示中奖次数，
则P(m=10)=Cn
10⋅(
4
5)
10
⋅(
1
5)
n−10
.
因为事件“Y =100”的概率最大，
所以{
Cn
10⋅(
4
5)
10
⋅(
1
5)
n−10
≥Cn
9⋅(
4
5)
9
⋅(
1
5)
n−9
Cn
10⋅(
4
5)
10
⋅(
1
5)
n−10
≥Cn
11⋅(
4
5)
11
⋅(
1
5)
n−11)
⇒ {
Cn
10⋅4
5 ≥Cn
9⋅1
5
Cn
10⋅1
5 ≥Cn
11⋅4
5)
⇒ {
4Cn
10≥Cn
9
Cn
10≥4 Cn
11)，
所以{
4×
n!
10!⋅(n−10)! ≥
n!
9!⋅(n−9)!
n!
10!⋅(n−10)! ≥4×
n!
11!⋅(n−11)!)
⇒ {
4
10 ≥
1
n−9
1
n−10 ≥4
11)
⇒ {
n≥23
2
n≤51
4)
.
又n∈N，所以n=12.
由[
M
100)=12，解得1200≤M <1300，即M的最小值为1200.
30．（2026·福建漳州·三模）某智慧园区需要对3 台设备进行巡检，现有以下两个巡检方案：
方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3 台设备逐一进行检测，若机器人成功检测2 台或3
台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮巡检；若机器人成功检测的设备少于2 台，则进行第二轮巡检．
第二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一进行检测，无论第二轮检测结果如何都结束巡检．机
器人每次成功检测每台设备的概率为p(
2
3 ≤p<1)，且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每
台设备检测一次的费用为18 元．
方案二：采用人工巡检，对3 台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测一次的费用为
30 元．
(1)当p= 2
3时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率；
(2)记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为X，求X的数学期望（用p表示）；
(3)若以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个？
【答案】(1)20
27
(2)E (X )=3 p
3−3 p
2−3 p+6, p∈[
2
3 ,1)
(3)应选方案一．
【分析】（1）根据题意，机器人第一轮巡检成功检测到2 台或3 台设备，利用二项分布求概率；
（2）由题意得，X =3,5,6，分别得出所需检测次数及其概率，即可得分布列及数学期望；
（3）分别计算两种方案期望，即可做出决策.
【详解】（1）由题意，机器人第一轮巡检成功检测到2 台或3 台设备，
所以机器人无需进行第二轮巡检的概率为P =C3
2(
2
3)
2
(1−2
3)+C3
3(
2
3)
3
= 20
27 ;
（2）由题意得，X =3,5,6，
P( X =3)=C3
2 p
2(1−p)+C3
3 p
3=3 p
2(1−p)+ p
3，
P( X =5)=C3
1 p(1−p)
2=3 p(1−p)
2,
P(X =6)=C3
0(1−p)
3=(1−p)
3,
所以E (X )=3[3 p
2(1−p)+ p
3)+5×3 p(1−p)
2+6(1−p)
3=3 p
3−3 p
2−3 p+6，
所以E (X )=3 p
3−3 p
2−3 p+6, p∈[
2
3 ,1)．
（3）应选方案一，理由如下：
记Y 为机器人巡检的检测总费用，Z为人工巡检的检测总费用，
由题意得，E (Z)= Z =30×3=90，
令f ( p)=3 p
3−3 p
2−3 p+6, p∈[
2
3 ,1)，
则f
′ ( p)=9 p
2−6 p−3=3(3 p
2−2 p−1)=3(3 p+1)( p−1)，
因为p∈[
2
3 ,1)，所以f
′ ( p)<0，即f ( p)在[
2
3 ,1)上单调递减，
所以E (X )= f ( p)≤f(
2
3)= 32
9 ，
所以E (Y )= E (18 X )=18 E (X )≤18× 32
9 =64<90= E (Z)，
故选用智能机器人巡检的检测平均总费用更低，应选方案一．
31．（2026·福建莆田·模拟预测）篮球运动员甲做分组投篮训练，投篮5 次为一组，投中一次得1 分，未
投中一次得-1 分．假设甲每次投中的概率为p(0< p<1)．
(1)若p= 1
2，求甲在一组投篮训练中累计得分为1 分的概率；
(2)收集甲以往100 组训练数据，分别计算每组累计得分，如下表所示：
累计得分
-5
-3
-1
1
3
5
频数
1
8
24
34
26
7
（i）求表中累计得分的平均数；
（ii）用X表示一组投篮训练的累计得分．将（i）中的平均数作为X的数学期望的估计值，求p的值．
【答案】(1) 5
16
(2)（i）0.94;
（ii）0.594.
【详解】（1）设甲在一组投篮训练中累计得分为1 分为事件A，则甲在一组训练中，投中3 次，未投中2
次，
则P( A )=C5
3(
1
2)
3
⋅(
1
2)
2
= 5
16 .
（2）（i）设累计得分的平均数为x，则x = (−5)×1+(−3)×8+(−1)×24+1×34+3×26+5×7
100
=0.94.
（ii）设投中次数为Y ，则Y ∼B(5, p)，所以E (Y )=5 p,
累计得分X =Y ×1+(5−Y )×(−1)=2Y −5,
所以E (X )= E (2Y −5)=2 E (Y )−5=2×5 p−5=10 p−5
又因为E (X )=0.94，所以10 p−5=0.94，解得p=0.594.
32．（2026·福建厦门·二模）某班级在课堂上开展传递卡片游戏，规则如下：
①将n(n∈N
∗,n≥2)各学生依次编号为1,2,⋯,n，每个学生手中均有红卡、黑卡各一张；
②老师先给1 号学生随机等可能地发放一张红卡或黑卡；
2
③号从1 号手中的三张卡片中随机抽取一张，接着，3 号从2 号手中的三张卡片中随机抽取一张，重复上
述操作，直至n号从n−1号手中的三张卡片中随机抽取一张；
④老师从n号手中的三张卡片中随机取出一张弃置．
则一轮游戏结束．
(1)求在一轮游戏结束后，1 号学生手中恰有两张红卡的概率；
(2)求在一轮游戏结束后，n号学生手中红卡张数的期望；
(3)在一轮游戏结束后，将手持两张同色卡片的学生淘汰，余下的学生重新编号，并按照游戏规则重新进行
下一轮游戏；当且仅当只剩一个学生未被淘汰或所有学生均被淘汰时，游戏终止．求比赛进行两轮后终止，
且此时只剩一个学生未被淘汰的概率．
【答案】(1)1
6
(2)1
(3) 4 n
3
n+1[(
5
3)
n−1
−1)
【分析】（1）根据题意，在1 号手中放入红卡，取出黑卡满足题意，再求解对于概率即可；
（2）先根据全概率公式，建立递推关系，求得对任意i号学生抽取卡片后手中有两张红卡和一张黑卡的概
率为P( Ai)= 1
2，1≤i≤n，再求n号手中红卡个数X的取值及对应概率，并求解期望即可.
（3）由题可知，一轮游戏后至少还有k个学生未被淘汰”，其中k =2,3,⋯,n，进而结合（2）得一轮后单
个学生不淘汰的概率为2
3，根据未被淘汰的人数k二项分布求得P(M k)=Cn
k(
1
3)
n−k
(
2
3)
k
，二轮结束后k人
中剩1 人未被淘汰的概率为：P( N ) M k)=Ck
1(
1
3)
k −1
⋅2
3，最后结合组合恒等式，全概率公式求得P(N )即
可.
【详解】（1）解：记D =“一轮游戏结束后1 号手中有两张红卡”，
若要1 号手中是两张红卡，则应从在1 号手中放入红卡，取出黑卡
所以P(D)= 1
2 × 1
3 = 1
6，
所以一轮游戏结束后，1 号学生恰有两张红卡的概率为1
6；
（2）解：记Ai=“抽取卡片后i号学生手中有两张红卡和一张黑卡”，
Bi=“从i号手中取出的卡为红卡”，
所以P( A1)= 1
2，Ai= Ai−1Bi−1+ Ai−1Bi−1= Bi−1(2≤i≤n)，
P(Bi−1| Ai−1)= 2
3，P(Bi−1) Ai−1)= 1
3，
则由全概率公式可得：
P( Ai)= P( Ai−1)P(Bi−1| Ai−1)+ P( Ai−1)P(Bi−1| Ai−1)= 2
3 P( Ai−1)+ 1
3 P( Ai−1)
则P( Ai)= 1
3 P( Ai−1)+ 1
3，故P( Ai)−1
2 = 1
3(P( Ai−1)−1
2)，
又P( A1)= 1
2，所以P( Ai)= 1
2，1≤i≤n，
假设一轮游戏结束后，n号手中红卡个数为X，可能取值为0,1,2，
P(X =0)= P( An)× P(Bn) An)= 1
6，
P(X =1)= P( An)P(Bn| An)+ P( An)P(Bn| An)= 2
3，
P(X =2)= P( An)× P( Bn) An)= 1
6，
所以E (X )=0× 1
6 +1× 2
3 +2× 1
6 =1.
（3）解：由题可知，一轮游戏后至少还有两位学生未被淘汰，
记M k =“一轮游戏后剩k个学生未被淘汰”，其中k =2,3,⋯,n，
记N =“两轮游戏后恰好剩一个学生未被淘汰”，
则N = M 2 N + M 3 N +⋯+ M n N，
由（2）知，每个学生i，一轮后最终卡片的状态概率为：
两红的概率Prr = 1
3 P( Ai)= 1
6；两黑的概率Pbb= 1
3 P( Ai)= 1
6，
所以，单个学生被淘汰的概率均为1
3，不淘汰的概率为2
3
故一轮结束后，未被淘汰的人数k服从二项分布B(n, 2
3)，
所以P(M k)=Cn
k(
1
3)
n−k
(
2
3)
k
，k =2,3,⋯,n，
第二轮结束后，k人中剩1 人未被淘汰的概率为：P( N ) M k)=Ck
1(
1
3)
k −1
⋅2
3，
所以P(M k N )= P(M k)P(N | M k)=Cn
k(
1
3)
n−k
(
2
3)
k
Ck
1(
1
3)
k −1 2
3 =2(
1
3)
n
k Cn
k(
2
3)
k
，
由全概率公式得：
P(N )= P(M 2 N )+ P(M 3 N )+⋯+ P(M n N )=2(
1
3)
n
∑
k =2
n
k Cn
k(
2
3)
k
因为k Cn
k =nCn−1
k −1，
因为∑
k =2
n
k Cn
k(
2
3)
k
=n∑
k =2
n
Cn−1
k −1(
2
3)
k
= 2n
3 ∑
k =2
n
Cn−1
k −1(
2
3)
k −1
= 2n
3 [(1+ 2
3)
n−1
−1) = 2n
3 [(
5
3)
n−1
−1)，
所以P(N )=2(
1
3)
n
∑
k =2
n
k Cn
k(
2
3)
k
=2(
1
3)
n 2n
3 [(
5
3)
n−1
−1)= 4 n
3
n+1[(
5
3)
n−1
−1)
所以比赛进行两轮后终止，且此时只剩一个学生未被淘汰的概率4 n
3
n+1[(
5
3)
n−1
−1)
33．（2026·福建福州·三模）近年，国家不断加大反诈宣传力度.“摸球中奖”就是街头常见的诈骗小游戏，
其规则为在不透明袋中装有若干个不同颜色的小球，以摸到特定组合即可获得大额奖金为诱饵，吸引路人
参与.已知袋中装有2 个红球，3 个黄球，4 个蓝球，这9 个球除了颜色不同以外其他特征均相同，摸球者
从袋中随机摸出5 个球，若其中三种颜色球的个数比为0:1:4（所述比例不固定对应具体颜色，下同），
则获得100 元奖金；若其中三种颜色球的个数比为0:2:3，则获得5 元奖金：若其中三种颜色球的个数比
为1:l:3，则没有奖金也不需付钱：仅当其中三种颜色球的个数比为1:2:2时，需要支付10 元.
(1)求摸球者摸球一次获得100 元奖金的概率；
(2)试用所学的概率与统计知识揭穿此骗局.
【答案】(1) 5
126 .
(2)摸球者每次摸球的期望收益是−5
14 元，游戏对玩家不利，是骗局.
【分析】(1) 摸球者摸球一次获得100 元奖金，则摸到0 个红球，1 个黄球，4 个蓝球；或者摸到0 个黄球，
1 个红球，4 个蓝球，从而求出对应的概率.
(2)求出摸球者每次摸球的期望收益是−5
14 元，即平均每次亏损5
14 元，游戏对玩家不利，是骗局.
【详解】（1）因为摸球者摸球一次获得100 元奖金，所以摸到三种颜色球的个数比为0:1:4，共有两种情
况， 0 个红球，1 个黄球，4 个蓝球；0 个黄球，1 个红球，4 个蓝球.
考点5
离散型随机变量的均值与方差
设“摸球者摸球一次获得100 元奖金”为事件A，则P( A)=C2
0C3
1C4
4+C3
0C2
1C4
4
C9
5
= 3+2
126 = 5
126.
（2）设摸球者收益为X，则X的可能取值是100，5，0，−10，
由(1)知P( X =100)= 5
126,
因为获得5 元奖金的情况有：0 个红球，2 个黄球，3 个蓝球；0 个红球，2 个蓝球，3 个黄球；0 个黄球，2
个红球，3 个蓝球；0 个蓝球，2 个红球，3 个黄球，
所以P( X =5)=C2
0C3
2C4
3+C2
0C4
2 C3
3+C3
0C2
2C4
3+C4
0 C2
2C3
3
C9
5
= 12+6+ 4+1
126
= 23
126
因为没有奖金也不需付钱的情况有：1 个红球，1 个黄球，3 个蓝球；1 个红球，1 个蓝球，3 个黄球，
所以P( X =0)=C2
1C3
1C4
3+C2
1C4
1 C3
3
C9
5
= 24+8
126 = 32
126，
因为需要支付10 元.的情况有：1 个红球，2 个黄球，2 个蓝球；1 个黄球，2 个红球，2 个蓝球；1 个蓝球，
2 个红球，2 个黄球，
所以P( X =−10)=C2
1C3
2C4
2+C3
1C2
2C4
2+C4
1 C2
2C3
2
C9
5
= 36+18+12
126
= 66
126，
所以E( X )=100× 5
126 +5× 23
126 +0× 32
126 +(−10)× 66
126 =−45
126 =−5
14 ，
即摸球者参与一次游戏，平均要损失5
14 元，长期参与必然亏损，这就是典型的骗局.
34．（2026·福建南平·二模）在棱长为1个单位的正四面体A −BCD中，一个质点从顶点A出发，每次等可
能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的.
(1)若质点移动了3次，记其经过点B的次数为X，求X的分布列及数学期望；
(2)若质点移动了n次，质点回到A点的概率为an.
（ⅰ）求数列{an)的通项公式；
（ⅱ）设bn=|4 an−1)，证明：∑
i=1
n
ln(
1+bi
1+bi+1)
bi−bi+1
< 1
2.
【答案】(1)分布列见详解，E (X )= 22
27
(2)（ⅰ）an= 1
4 −1
4 ×(−1
3)
n−1
；（ⅱ）证明见详解
【分析】（1）根据X的所有可能取值依次求概率即可得到X的分布列，最后通过数学期望的公式求出期望；
（2）（i）根据n次后质点到B ,C , D三点的概率相同，再根据n+1次后质点从B ,C , D三点回到A点的概
率也相同，即可得到数列{an)的通项公式；（ii）先写出数列bn的表达式，构造函数，利用函数的单调性即
可证明.
【详解】（1）依题意可得，X的所有可能取值为0,1,2，
则P(X =0)= 2
3
3
3 = 8
27 ，P(X =1)= 1×C3
1×C2
1+C2
1×1×C3
1+C2
1×C2
1×1
3
3
= 16
27 ，
P(X =2)= 1×C3
1×1
3
3
= 3
27 = 1
9，
则X的分布列为
X
0
1
2
P
8
27
16
27
1
9
所以E (X )=0× 8
27 +1× 16
27 +2× 1
9 = 22
27 .
（2）（ⅰ）由质点每次等可能地随机沿棱移动1个单位可知，若质点移动了n次，n次后质点到B ,C , D三
点的概率相同，记为cn，易知，a1=0，
若质点移动了n次，an+3cn=1，
若质点移动了n+1次，由B ,C , D三点等可能地向点A移动，故an+1= 1
3 C3
1cn=cn，
则an+3an+1=1，即an+1=−1
3 an+ 1
3，所以an+1−1
4 =−1
3(an−1
4)，a1−1
4 =−1
4 ，
数列{an−1
4)是首项为−1
4 ，公比为−1
3的等比数列，
所以an−1
4 =−1
4 ×(−1
3)
n−1
，即an= 1
4 −1
4 ×(−1
3)
n−1
.
（ⅱ）bn=|4 an−1)=
1
3
n−1 ∈(0,1)，
bn−bn+1=
1
3
n−1 −1
3
n = 2
3
n >0，所以0<bn+1<bn≤1，{bn)是递减数列，
设f (x)= x−ln (x +1)，0< x ≤1，f
′ (x)=1−
1
x +1 =
x
x +1 >0，
所以函数f (x)在(0,1)上单调递增，
所以由0<bn+1<bn≤1得bn−ln(bn+1)>bn+1−ln(bn+1+1)，
即bn−bn+1>ln(bn+1)−ln(bn+1+1)>0，
所以ln(
1+bn
1+bn+1)
bn−bn+1
=(bn−bn+1)[ln(1+bn)−ln(1+bn+1))<(bn−bn+1)
2= 4
9
n，
则∑
i=1
n
ln(
1+bi
1+bi+1)
bi−bi+1
<4(
1
9 + 1
9
2 +⋯+ 1
9
n)= 4×
1
9[1−(
1
9)
n
)
1−1
9
= 1
2(1−1
9
n)< 1
2
.
35．（2026·福建三明·二模）袋子中有5 个大小质地完全相同的球，其中有2 个红球和3 个白球，从中随机
摸出2 个球．
(1)求摸到的两个球颜色相同的概率；
(2)用X表示摸出的球为白球的个数，求X的分布列及均值．
【答案】(1)2
5
(2)X的分布列为：
X
0
1
2
P
1
10
3
5
3
10
E (X )= 6
5 .
【分析】（1）根据互斥事件的概率加法公式分析计算即可；
（2）利用古典概型概率，以及求随机变量均值公式分析计算即可.
【详解】（1）设事件A =“摸到的两个球颜色相同”，事件A1=“摸到的两个球为红球”，事件A2=“摸
到的两个球为白球”，则A = A1∪A2．
因为A1，A2互斥，所以根据互斥事件的概率加法公式，可得
P( A)= P( A1∪A2)= P( A1)+ P( A2)=C2
2
C5
2 +C3
2
C5
2 = 4
10 = 2
5．
（2）X的可能取值为0,1,2，
则P(X =0)=C2
2
C5
2 = 1
10 , P(X =1)=C2
1C3
1
C5
2
= 3
5 , P(X =2)=C3
2
C5
2 = 3
10，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
P
1
10
3
5
3
10
X的均值为E (X )=0× 1
10 +1× 3
5 +2× 3
10 = 6
5 .
36．（2026·福建厦门·模拟预测）随机变量X 的分布列为P(X =0)=a，P(X =1)=b.若E (X )=2a，则a=
（ ）
A．1
3
B．1
2
C．2
3
D．3
4
【答案】A
【详解】因为随机变量X 的分布列为P(X =0)=a，P(X =1)=b，
所以E (X )=0×a+1×b=2a，即b=2a，又因为a+b=1，
所以a+2a=1，解得a= 1
3.
37．（2026·福建厦门·二模）（多选）设正整数n=a0⋅2
0+a1⋅2
1+⋯+a8⋅2
8+a9⋅2
9，其中
ai∈{0,1},i=0,1,2,⋯,9，定义ω(n)=a0+a1+⋯+a9．设集合A ={n∣ω(n)=2}，从A中随机选取一
个元素，记为X，则（ ）
A．10∈A
B．A中的元素个数为36
C．P( X ≥100)= 8
15
D．E( X )= 1023
5
【答案】ACD
【分析】利用新定义判断AB；结合列举法利用古典概型概率公式求解判断C；求出所有满足ω(n)=2的
n，然后求平均值即可判断D.
【详解】对于A，因为10=2
3+2
1，所以ω(10)=2，所以10∈A，正确；
对于B，A中的元素个数为C10
2 = 45，错误；
对于C，设n=2
s+2
t (s>t )，A中满足X ≥100元素如下：
因为2
6+2
5=96<100，所以以s的大小作为分类依据，
s=7时，2
7+2
0=129>100，2
7+2
1=130>100，2
7+2
2=132>100，2
7+2
3=136>100，
2
7+2
4=144>100，2
7+2
5=160>100，2
7+2
6=192>100，共有7 个，
同理s=8时有8 个，s=9时有9 个，所以P( X ≥100)= 24
45 = 8
15，正确；
对于D，集合A中所有元素和为9(2
0+2
1+⋯+2
8+2
9)=9(2
10−1)=9×1023，
所以E( X )= 9×1023
45
= 1023
5
，正确.
38．（2026·福建·二模）某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
k (1−α )
2
kα
k
k (1−α )
其中k >0，0<α <1．
(1)当α = 1
2时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值；
(2)已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为1
3，每个盲盒是否为封面
款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．
现从顾客中随机选取一人．
（i）求该顾客为幸运客户的概率f (α )；
（ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过1
2，求α的取值范围．
【答案】(1)16
9
(2)（i）f (α )=
2(5+α )
27(α
2−2α +3)
，α ∈(0,1)；（ii）α ∈(0, 1
7).
【分析】（1）由分布列的性质得出k =
1
α
2−2α +3，再利用期望公式求解即可；
（2）（i）设事件Ai=“一次性购买i个文创盲盒(i=0,1,2,3)”，事件B =“顾客为幸运客户”，求出P( Ai)、
P¿，利用全概率公式可得出f (α )的表达式及α的取值范围；
（ii）设事件C =“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 求得P¿，利用全概率公式求出P(C)的值，
利用条件概率公式结合P¿可得出关于α的不等式，结合0<α <1可得出α的取值范围.
【详解】（1）由题可知，k (1−α )
2+ kα +k + k (1−α )=1， 化简可得k =
1
α
2−2α +3 ，
当α = 1
2时，k = 4
9 ，则E (X )=kα +2k +3k (1−α )=k (5−2α )= 4
9 ×(5−2× 1
2)= 16
9 ，
即顾客一次性购买文创盲盒数量的平均值为16
9 ．
（2）（i）设事件Ai=“一次性购买i个文创盲盒(i=0,1,2,3)”，事件B =“顾客为幸运客户”，
则P( A0)=k (1−α )
2，P( A1)=kα，P( A2)=k，P( A3)=k (1−α )．
依题意，得P(B|A0))=0，P(B|A1))= 1
3，
因为每个盲盒是否为封面款相互独立，
所以P¿，P¿，
又由题意知，B = A0 B∪A1B∪A2B∪A3 B，且A0 B、A1B、A2B、A3 B两两互斥，
所以P(B)=∑
i=0
3
P( Ai B)=∑
i=0
3
[P( Ai)⋅P(B| Ai))=0+ 1
3 kα + 1
9 k + 7
27 k (1−α )= 2k (5+α )
27
，
由（1）得，k =
1
α
2−2α +3，代入化简可得P(B)=
2(5+α )
27(α
2−2α +3)
，
所以f (α )=
2(5+α )
27(α
2−2α +3)，α ∈(0,1)；
（ii）设事件C =“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”，
依题意，得P¿，且BC = A1C ∪A2C ∪A3C，A1C、A2C、A3C两两互斥，
所以P(BC)=∑
i=1
3
P( AiC)=∑
i=1
3
[P( Ai)⋅P(C | Ai))= 4 k (1+2α )
27
，
由（i）得，P(B)= 2k (5+α )
27
，
所以幸运客户中，一次性购买的文创盲盒全部是封面款的概率为
P¿，
由题意P¿，可得2(1+2α )
5+α
≤1
2，解得α ≤1
7 ，
又因为0<α <1，所以α ∈(0, 1
7)．
39．（2026·福建宁德·模拟预测）某答题闯关游戏，开始时，先给每位参加者赋分3 分，并规定：每答一
题，答对加1 分，否则减1 分；当积分为6 分时，闯关成功并结束游戏；当积分为0 分时，闯关失败，也
结束游戏.甲同学参加该游戏，假如他答对每道题的概率均为2
3，且每道题答对与否相互独立.记游戏结束时
甲的答题数为X.
(1)证明：X为奇数；
(2)当n为奇数时，记甲答完第n题时积分为4 分、2 分的概率分别为an，bn，证明：an=2bn；
(3)求X的分布列.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设游戏结束时甲共答对k道题，答错X −k 道题，分别求出得分为0和6的情况下的答题数为
X，即可证明.
（2）分别计算答完第n题时积分为4 分、2 分的概率，做除法即可证明.
（3）因为X 为奇数，设X=2k+1，k ∈N
∗，先确定X 的可能取值，利用（2）中的概率关系，结合游戏结
束的条件（积分到0 或6），建立不同答题数下结束游戏的概率递推公式，进而求出每个取值对应的概率，
得到分布列。
【详解】（1）证明：设游戏结束时甲共答对k道题，答错X −k 道题，最终得分为
3+k −( X −k )=3+2k −X ，游戏结束时最终得分只能为0或6，
若得0分：3+2k −X =0 ⟹X =3+2k ，是奇数；
若得6分：3+2k −X =6 ⟹X =2k −3 ，也是奇数.
因此X必为奇数，得证.
（2）证明：n为奇数，设答对k 道，答错n−k题，得分为3+2k −n ，
答完n题积分为4分的情况下3+2k −n= 4 ⟹k = n+1
2
，故答错n−1
2
道，因此an=Cn
n+1
2 ⋅( 2
3 )
n+1
2 ⋅( 1
3 )
n−1
2 ；
答完n题积分为2分的情况下3+2k −n=2⟹k = n−1
2
，故答错n+1
2
道，因此bn=Cn
n−1
2 ⋅( 2
3 )
n−1
2 ⋅( 1
3 )
n+1
2 ，
由组合数性质Cn
n+1
2 =Cn
n−1
2 ，两式作比得
an
bn
=
( 2
3 )
n+1
2 ( 1
3 )
n−1
2
( 2
3 )
n−1
2 ( 1
3 )
n+1
2
=2 ， 故an=2bn，得证.
（3）由题知X是不小于3的奇数，记X =2k +1(k =1,2,3,…) ，游戏在第n=2k +1题结束，说明前
n−1=2k题未结束（积分既不为0 也不为6），
结合（2）的结论可推得递推关系：记P( X =2k +1) 为X =2k +1的概率，初始
P( X =3)=( 2
3 )
3
+( 1
3 )
3
= 1
3，
且对任意k ≥1有 P( X =2(k +1)+1)= 2
3 P( X =2k +1)
因此得到通式 P( X =2k +1)= 1
3 ⋅( 2
3 )
k −1
,k =1,2,3,…
因此X 的分布列为：
X
3
5
7
……
2k +1
……
P
1
3
2
9
4
27
……
1
3 ( 2
3 )
k −1
……
40．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）已知随机事件A，B均包含于必然事件Ω，若0< P( A)<1，
0< P(B)<1，则（ ）
A．P(B| A)+ P(B| A)= P( A)
B．P( A)+ P(B)≤1+ P( AB)
C．|P( AB)−P( A) P(B))≤1
4
D．P(B| A)⋅P( A |B)= P( AB)
【答案】BC
【分析】根据条件概率公式，变形求解，可判断A、D 的正误；根据概率加法公式，可判断B 的正误，根
据概率的范围，结合二次函数的性质，可判断C 的正误；
【详解】选项A：由条件概率公式得P(B| A)+ P(B| A)= P( AB)
P( A ) + P( A B)
P( A ) = P( A )
P( A ) =1，故A 错误；
选项B：由概率加法公式得P( A ∪B)= P( A )+ P(B)−P( AB)，
考点6
概率统计综合题型
因为P( A ∪B)≤1，所以P( A )+ P(B)−P( AB)≤1，
则P( A)+ P(B)≤1+ P( AB)，故B 正确；
选项C：0≤P( AB)≤P( A ),0≤P( AB)≤P(B)，
所以[P( AB))
2≤P( A )P(B)，则P( AB)≤❑√P( A )P(B)，
令❑√P( A )P(B)=t，t ∈(0,1)，
则P( AB)−P( A) P(B)≤❑√P( A )P(B)−P( A) P(B)=−t
2+t =−(t −1
2)
2
+ 1
4 ≤1
4 ，
因为t ∈(0,1)，−(t −1
2)
2
+ 1
4 ∈(0, 1
4)，
所以|P( AB)−P( A) P(B))≤|−(t −1
2)
2
+ 1
4)= 1
4 ，
当且仅当t = 1
2时取等号，故C 正确；
选项D：P(B| A)⋅P( A |B)= P( AB)
P( A ) ⋅P( AB)
P(B) = [P( AB))
2
P( A )P(B)
，
当P( AB)= P( A )= P(B)或P( AB)=0时，才有[P( AB))
2
P( A )P(B) = P( AB)，
但0< P( A)<1，0< P(B)<1，
无法确定P( AB)是否为0 及P( A )是否等于P(B)，故D 错误.
41．（2026·福建宁德·二模）把学生考试中解答题结果正确无明显逻辑错误，但书写步骤不规范缺少必
､
､
要文字说明卷面潦草得分要点缺失的解答定义为“拙解”
､
､
.为优化考试阅卷效率，某市教育学院引入AI
智能阅卷系统，对数学试卷采用两台AI1,AI2初评+人工仲裁的方式阅卷.按扣分评分：“拙解”扣1 分､2
分､3 分.AI1,AI2初评与人工仲裁扣分概率均相同，且相互独立，各扣分概率如下表：
扣分
1
2
3
概率
1
4
1
2
1
4
记系统AI1,AI2的扣分分别为X1, X 2，仲裁扣分为X 3，扣分规则如下：
①若|X 1−X 2)≤1，取X1, X 2的平均数为最终扣分；
②若|X 1−X 2)>1，启动人工仲裁，取X 1, X 2中与X 3更接近者，与X 3计算平均数为最终扣分，若
|X 3−X 1)=|X 3−X 2)，则取X1, X 2中较小者与X 3计算平均数为最终扣分.
根据以上材料，解决如下问题：
(1)设某同学一道“拙解”的最终扣分为随机变量X，求P(X =1.5)；
(2)该同学本次考试5 道解答题全部为“拙解”，各题扣分相互独立.
（i）记单题扣2 分的题目数为Y 1，求P(Y 1= 4|Y 1≥3)；
（ii）记单题扣分不高于2 分的题目数为Y 2，若该同学通过规范书写，可将单题扣分不高于2 分的概率提
升至q，为使P(Y 2≥4)≥0.9，求q的最小值（结果保留两位小数）.
（参考数据：0.88
4≈0.60,0.88
5≈0.53,0.89
4≈0.63,0.89
5≈0.56）
【答案】(1) 5
16
(2)（i）15
106；（ii）0.89
【分析】（1）利用分类列举扣分情形，结合独立事件乘法公式即可求解；
（2）（i）先求单题扣2 分的概率，再利用二项分布概率公式即可求解条件概率；
（ii）利用二项分布概率公式，结合单调性解不等式，即可作出判断.
【详解】（1）某同学一道 “拙解”的最终扣分为1.5分，包括以下四种可能：
AI1扣1 分，AI2扣2 分；
AI1扣2 分，AI2扣1 分；
AI1扣1 分，AI2扣3 分，仲裁扣2 分；
AI1扣3 分，AI2扣1 分，仲裁扣2 分，
故P( X =1.5)= P( X 1=1, X 2=2)+ P( X 1=2, X 2=1)
+ P( X1=1, X 2=3, X 3=2)+ P( X1=3, X 2=1, X 3=2)
= 1
4 × 1
2 ×2+ 1
4 × 1
4 × 1
2 ×2= 5
16 ；
（2）因为P( X =1)= P( X1=1, X 2=1)+ P( X1=1, X 2=3, X 3=1)+ P( X 1=3, X 2=1, X 3=1)
= 1
4 × 1
4 + 1
4 × 1
4 × 1
4 ×2= 3
32，
P( X =1.5)= 5
16 ，
P( X =2)= P( X1=2, X 2=2) = 1
2 × 1
2 = 1
4 ，
单题扣2分的概率为1
4 ，Y 1∼B(5, 1
4 )，
P(Y 1=3)=C5
3( 1
4 )
3
×( 3
4 )
2
= 90
4
5 ，
P(Y 1= 4)=C5
4( 1
4 )
4
×( 3
4 )= 15
4
5 ，
P(Y 1=5)=C5
5( 1
4 )
5
= 1
4
5，
故P(Y 1≥3)= 106
4
5 ，P(Y 1= 4|Y 1≥3)=
15
4
5
106
4
5
= 15
106 ；
（ii）原本单题扣分不高于2分的概率为3
32 + 5
16 + 1
4 = 21
32，则21
32 <q<1，
由Y 2∼B(5,q)，有P(Y 2≥4)=C5
4q
4×(1−q)+C5
5q
5≥0.9，得5q
4−4 q
5≥0.9，
令f (q)=5q
4−4 q
5，f
′(q)=20q
3−20q
4=20q
3(1−q)>0，
故f (q)在( 21
32 ,1)单调递增，
又f (0.88)=5×0.88
4−4×0.88
5≈5×0.60−4×0.53=0.88<0.9，
f (0.89)=5×0.89
4−4×0.89
5≈5×0.63−4×0.56=0.91>0.9，
所以q的最小值为0.89.
