文档文本内容
专题08 计数原理与概率统计
9 大考点概览
考点01 排列与组合
考点02 二项式定理
考点03 统计
考点04 线性回归方程与独立性检验
考点05 古典型概率与条件概率
考点06 二项分布与超几何的均值与方差
考点07 离散型随机变量的均值与方差
考点08 正态分布
考点09 概率统计综合题型
一、单选题
1．（2026·湖南邵阳·二模）清明将至，为倡导文明祭祀，筑牢防火安全防线，4 名青年志愿者到3 个社区
参加“绿色清明”公益宣讲活动，要求每名志愿者只能选择一个社区，每个社区至少要有一名志愿者，则
不同的分配方案共有（ ）
A．24 种
B．36 种
C．64 种
D．72 种
【答案】B
【分析】根据分组分配问题解法，先分组再分配即可求解．
【详解】根据题意，将4 名青年志愿者分为三组，共有
种情况，再分配到3 个社区，共有
种情况，
所以共有
种不同情况．
2．（2026·湖南湘潭·三模）现有甲乙等五名学生参加“弘扬中华文化”的演讲比赛，已知甲既不在第一
､
个出场，又不在最后一个出场，且乙不在第三个出场，则不同的出场顺序共有（ ）
A．120 种
B．96 种
C．72 种
D．60 种
【答案】D
【分析】根据题意，分甲在第三个出场和甲不在第一个、第三个和最后一个出场两种情况讨论求解即可.
【详解】若甲在第三个出场，则不同的出场顺序有
种；
若甲不在第一个、第三个和最后一个，则不同的出场顺序有
种．
根据分类加法计数原理可知，不同的出场顺序共有
种．
3．（2026·湖南·三模）某大学有A，B，C，D 四个社团在招生.5 名学生去报名，每个社团至少有1 名学生，
考点1
排列与组合
则不同的报名方式共有（ ）
A．144 种
B．240 种
C．256 种
D．288 种
【答案】B
【分析】先将5 名学生分成4 组，其中一组有2 名学生，其余三组各1 名学生，可利用组合数确定分组方
式，对分好的组利用排列数计算分配方式，最后用分步乘法计数原理计算总报名方式数.
【详解】先从5 名学生中选出2 人组成一个小组，有
种方法；
再将这个两人小组与其余3 名学生安排到4 个不同的社团，有
种方法，
根据分步乘法计数原理，共有
种不同的安排.
4．（2026·湖南永州·三模）某学校派甲、乙、丙、丁4 名同学参加“永超”足球比赛中3 个场次的志愿服
务，每场比赛至少派1 名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，甲、乙两位同学不能参加同一场次，
则不同派法的种数为（ ）
A．12
B．24
C．30
D．36
【答案】C
【分析】先求将
名同学分成人数分别为
的三组的方法数，再求将组同学分派到3 个场次的方法数，
根据分步乘法计数原理求结论．
【详解】解：符合要求的选派方法可分为两步完成，
第一步，将
名同学分成人数分别为
的三组，该步有
种完成方法，
又甲、乙两位同学不能参加同一场次，则有
种
第二步，将组同学分派到3 个场次，此步有
种完成方法，
由分步乘法计数原理可得符合要求的派法种数为
．
二、多选题
5．（2026·湖南·三模）在舞台上，智能机器人
从舞台中心出发，伴着音乐节拍，每秒随机向正东、正
西、正南、正北四个方向之一移动1 米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”．与此同时，另一台机
器人
从舞台中心正东方向2 米的位置起步，移动规则与
相同，若相遇，则继续独立移动．下列说法中
正确的是（ ）
A．机器人
移动4 秒来到舞台中心的路径条数为12
B．已知机器人
移动4 秒到达舞台中心，则其在4 秒移动中至少存在一步向正南移动的概率为
C．机器人
在移动3 秒来到舞台中心的正北方向上的概率为
D．移动1 秒后机器人
与
的距离为
米的概率为
【答案】BD
【分析】根据分步计数原理，排列组合，结合概率公式逐项判断即可．
【详解】机器人
移动4 秒到达舞台中心，则机器人
需要有两步向西，
剩下两步为东西各一步或者南北各一步，那么路径条数共有
种，故A 错误；
机器人
移动4 秒到达舞台中心，
由A 可知，在4 秒移动中存在一步向正南移动的可能情况是两步向西且南北各一步，
故所求概率为
，故B 正确；
移动3 秒机器人
移动到正北方向上，即移动到正北方向距离舞台中心1 米、3 米处，
则距离为3 米可能的情况有1 种，距离为1 米可能的情况有向北两步向南一步、向北一步向西一步向东一
步，
即
种，故所求概率为
，故C 错误；
移动1 秒后机器人
与
的距离为
米，
即
向北
向西、
向东
向北、
向东
向南、
向南
向西，共4 种情况，
而
与
在移动1 秒后有
种情况，故所求概率为
，故D 正确．
三、填空题
6．（2026·湖南湘潭·二模）将数字1，2，3，4，5，6，7，8，9 填入一个
的方格中，每个格子填1 个
数字，且不重复，要求第一行数字满足
，第三行数字满足
，第三列数字满足
，则符合要求的填数方法共有________种．（用数字作答）
【答案】1080
【分析】由计数原理分析求解即可.
【详解】从9 个数中任取2 个数填入
和
的位置，有
种方法．
因为
，
，
所以在剩下的7 个数中，最大的数只能填入
的位置，
再从剩下的6 个数字中选择4 个数字填入
，
，
，
的位置，且这4 个数字只能按照从小到大的顺
序分别填入
，
，
，
的位置，
最后剩下的2 个数字只能按照从小到大的顺序分别填入
，
的位置，
故填好
，
，
，
，
，
，
共有
种方法．
因此，按照要求填好该方格共有
种方法．
故答案为：1080.
一、多选题
1．（25-26 高三下·湖南长沙·月考）下列有关排列数、组合数的等式中，
，正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
考点2
二项式定理
【答案】ACD
【分析】利用组合数性质判断A；利用排列数阶乘公式判断B；利用组合数性质计算判断C；利用组合数
性质及二项式定理计算判断D.
【详解】对于A，由组合数性质知，
，A 正确；
对于B，当
时，
，B 错误；
对于C，
，C 正确.
对于D，因为
，
所以
，D 正确.
2．（2025·湖南永州·模拟预测）设
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【分析】应用赋值法求
或系数和判断A、C，由二项式定理求对应项系数判断B，对等式两侧求导，再
应用赋值法求系数和判断D.
【详解】对于A，令
，则
，故A 错误；
对于B，由
的系数为
，故B 正确；
对于C，令
，则
①，
令
，则
②，
+
①②可得，
，故C 错误；
对于D，对原方程两边求导，有
，
令
，得
，故D 正确.
故选：BD
二、填空题
3．（2026·湖南·二模）已知
展开式中
的系数为
，则
_________．
【答案】
【详解】
的展开式的通项为
，则
的系数为
，解得
．
4．（25-26 高三下·湖南长沙·月考）已知
，则
__________（用数字作答）
【答案】0
【分析】利用二项式定理和赋值法求解即可.
【详解】由题意可知，令
，则
.
5．（2026·湖南长沙·模拟预测）
的展开式中
的系数为___________.
【答案】90
【分析】利用二项式定理写出
的展开式的通项，再结合两个二项式的乘积确定对应项的系数.
【详解】
的展开式的通项为
，
，
当
时，
，
此时只需乘第一个因式
中的
即可，得到
；
当
时，
，
此时只需乘第一个因式
中的
即可，得到
．
据此可得
的系数为
．
一、单选题
1．（2026·湖南·二模）在一次数学考试中，有一道满分为15 分的立体几何题．某学习小组6 名同学这题
的得分为
，且有
，已知这6 名同学的80%分位数和平均分
都是12 分，则该6 名同学答题得分的极差为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】C
【详解】因为
，所以
，又
，
所以
，即
，
因为
，所以
的值可能是13，14，15，
当
时，
，
因为
，且
为整数，所以
不可能；
当
时，
，因为
，
考点3
统计
且
为整数，所以
不可能;
当
时，
，因为
，且
为整数，
所以当且仅当
时，
.
此时
.
所以所求极差为
.
2．（2026·湖南怀化·二模）清明节期间，甲、乙两市旅游消费数据如下：甲市游客总量
万人次，游客
人均消费
元；乙市游客总量
万人次，游客人均消费
元．此期间甲、乙两市游客的人均消费额
为（ ）
A．
元
B．
元
C．
元
D．
元
【答案】B
【详解】此期间甲、乙两市游客的人均消费额为
元．
3．（2026·湖南湘潭·二模）现有一组数据2，4，5，2，3，6，8，4，5，则这组数据的第
百分位数与中
位数分别是（ ）
A．4，6
B．5，4
C．6，4
D．6，5
【答案】C
【分析】先对数据进行升序排列，再分别求出中位数和第
百分位数，进而判断选项．
【详解】这组数据按照从小到大的顺序排列为2，2，3，4，4，5，5，6，8，
这组数据个数
，中位数位置为
，取第5 个数，即为4，
，
这组数据的第
百分位数取第8 个数,即为6，
这组数据的第
百分位数与中位数分别是6 和4，故C 正确．
故选：C．
二、多选题
4．（2026·湖南岳阳·二模）下列说法正确的是（ ）
A．数据
的第70 百分位数是
B．若一组数据的标准差为0 ，则这组数据中的每个数值均相等
C．若事件
相互独立，则
D．若事件
两两独立，则
【答案】BC
【详解】对于A，数据共7 个，则
，所以第70 百分位数为第5 项数据8，故A 错误；
对于B，由标准差的定义可知，若一组数据的标准差为0 ，则这组数据中的每个数值均相等，故B 正确；
对于C，由概率的加法公式可知
，
因为事件
相互独立，所以
，
所以
，故C 正确；
对于D，设样本空间
含有4 个等可能的样本点，且
，
，
，
则
，
，
所以
，
，
，即A，B，C 两两独立，
但是
，
所以事件
两两独立时，
不一定成立，故D 错误.
5．（2026·湖南常德·二模）下列说法正确的是（ ）
A．样本数据2，3，3，4，7，8，10，18 的第80 百分位数为10
B．样本数据的正线性相关程度越强，则样本相关系数的值越大
C．根据分类变量
与
的成对数据，计算得到
，依据
的独立性检验，结论为
变量
与
不独立
D．一元线性回归模型的残差比较均匀地分布在以取值为0 的横轴为对称轴的水平带状区域内
【答案】ABD
【分析】选项A：根据百分位数的定义求解即可；选项B：根据相关系数与相关程度的关系判断即可；选
项C：根据小概率值的独立性检验原理判断即可；选项D：根据一元线性回归模型拟合效果判断即可.
【详解】选项A：将样本数据从小到大排列：2，3，3，4，7，8，10，18，
则
，所以第80 百分位数为第7 个数字，即
，故A 正确.
选项B：样本正相关系数的取值范围是
，越接近1，随机变量之间的线性相关程度越强.
故正线性相关程度越强，则样本相关系数越接近1，故B 正确.
选项C：在独立性检验中，当
时，没有充分证据推断原假设不成立，应认为变量
与
独立，故
C 错误.
选项D：残差均匀分布在0 附近的水平带状区域，则模型拟合效果好，故D 正确.
6．（2026·湖南邵阳·二模）下列说法正确的是（ ）
A．数据2，3，4，5，6，7，8，9 的第25 百分位数为3
B．若随机变量
，
，则
C．某校在对高一（2）班学生的数学成绩调查中，随机抽取10 名男生的数学成绩，其平均数为105，
方差为24，随机抽取5 名女生的数学成绩，其平均数为102，方差为21，则这15 名学生的数学成绩的
方差为25
D．一箱12 罐的饮料中4 罐有奖券，每张奖券奖励饮料一罐，从中任意抽取2 罐，则这2 罐中有奖券的
概率为
【答案】BC
【分析】A 选项，由百分位数的定义进行求解；B 选项，利用二项分布的期望和方差公式进行求解；C 选
项，利用总体方差和样本方差的关系进行求解；D 选项，利用超几何分布求解相应的概率
【详解】A 选项，
，故从小到大选取第2 和第3 个数的平均数作为第25 百分位数，
即
，故数据2，3，4，5，6，7，8，9 的第25 百分位数为3.5，A 错误；
B 选项，随机变量
，
，即
，解得
，
所以则
，B 正确；
C 选项，这15 名学生的数学成绩的平均数为
，
故这15 名学生的数学成绩的方差为
，C 正确；
D 选项，2 罐中有奖券的概率为
，D 错误.
7．（2026·湖南永州·二模）已知某地近一周的最高气温如下：9，11，14，11，10，7，8（单位：
），
则（ ）
A．这组数据的极差为7
B．这组数据的第40 百分位数为8.5
C．这组数据的众数为11
D．这组数据的方差为
【答案】ACD
【分析】A 选项，根据极差定义进行计算；B 选项，根据百分位数的定义进行计算；C 选项，根据众数的
定义进行计算；D 选项，计算出平均数，进而求出方差.
【详解】A 选项，极差为
，故A 正确；
B 选项，
，故从小到大，选择第3 个数据作为数据的第40 百分位数，即第40 百分位数为9，
故B 错误；
C 选项，11 出现了2 次，其他数均出现了1 次，故11 为众数，故C 正确；
D 选项，平均数为
，故方差为
，故D 正确；
故选：ACD
三、填空题
8．（2026·湖南衡阳·二模）已知样本数据
的平均数为a，设
，当函数
取最小值时，
_______．
【答案】1
【分析】根据题意，得到
，结合
和二次函数的性质，即可求解.
【详解】因为
，
可得
是一个图象开口向上的关于k 的二次函数，
所以函数在其图象的对称轴处取得最小值，即
，所以
．
一、多选题
1．（2026·湖南常德·二模）下列说法正确的是（ ）
A．样本数据2，3，3，4，7，8，10，18 的第80 百分位数为10
B．样本数据的正线性相关程度越强，则样本相关系数的值越大
C．根据分类变量
与
的成对数据，计算得到
，依据
的独立性检验，结论为
变量
与
不独立
D．一元线性回归模型的残差比较均匀地分布在以取值为0 的横轴为对称轴的水平带状区域内
【答案】ABD
【分析】选项A：根据百分位数的定义求解即可；选项B：根据相关系数与相关程度的关系判断即可；选
项C：根据小概率值的独立性检验原理判断即可；选项D：根据一元线性回归模型拟合效果判断即可.
【详解】选项A：将样本数据从小到大排列：2，3，3，4，7，8，10，18，
则
，所以第80 百分位数为第7 个数字，即
，故A 正确.
选项B：样本正相关系数的取值范围是
，越接近1，随机变量之间的线性相关程度越强.
故正线性相关程度越强，则样本相关系数越接近1，故B 正确.
选项C：在独立性检验中，当
时，没有充分证据推断原假设不成立，应认为变量
与
独立，故
C 错误.
选项D：残差均匀分布在0 附近的水平带状区域，则模型拟合效果好，故D 正确.
二、解答题
2．（2026·湖南岳阳·二模）某高校快递站统计了某年度新学期前5 天的取件人数y(单位：人)，得到如下样
本数据：
考点4
线性回归方程与独立性检验
天数(序号)x
1
2
3
4
5
每日取件人
数
120
100
80
70
55
(1)计算样本相关系数r，并据此判断变量x 与y 之间线性相关关系的强弱(结果保留两位小数)；
(2)从这5 天中随机选取3 天，记X 为所选日期中取件人数小于100 的天数，求X 的分布列与数学期望.
注: （1）样本
的相关系数
（2）参考数据：
【答案】(1)
；变量x 与y 之间具有很强的线性相关关系
(2)分布列见解析；期望：1.8
【分析】（1）使用相关系数计算公式求相关系数，根据求解结果判断线性相关关系的强弱；
（2）结合超几何分布的概率公式求分布列，再由期望公式求期望.
【详解】（1）
，
，
，
，
，
样本相关系数：
，
因为
非常接近1，所以变量x 与y 之间具有很强的线性相关关系.
（2）5 天中取件人数小于100 的天数有3 天，
从这5 天中随机选取3 天，
的可能取值为1，2，3.
，
，
，
所以
的分布列为：
1
2
3
的数学期望
3．（2026·湖南·三模）在脑机接口技术实验中，研究人员为验证不同思维任务下，两个大脑的信号同步性
是否独立，研究人员选取了200 组观测数据，聚焦于“逻辑推理”与“创造性想象”两类任务，记录了两
位受试者脑电信号的同步情况，得到了如下列联表：
思维任务类
型
信号同步性
合计
信号同步
信号不同步
逻辑推理
42
58
100
创造性想象
28
72
100
合计
70
130
200
(1)分别计算两类任务中信号同步的频率，根据频率，你认为思维任务类型与信号同步性有关吗？简述理由．
(2)根据小概率值
的独立性检验，分析思维任务类型与信号同步性有关吗？
附：
，
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)有关，理由见解析
(2)无关
【详解】（1）逻辑推理任务中信号同步的频率
，创造性想象任务中信号同步的频率
，
思维任务类型与信号同步性有关，因为两类任务的同步频率存在明显差异，即
；
（2）零假设
：思维任务类型与信号同步性无关，
根据表中数据可得
，
根据小概率值
的独立性检验，没有充分证据推断
不成立，
因此可以认为
成立，即思维任务类型与信号同步性无关．
一、单选题
1．（2026·湖南·三模）已知随机事件
，
，
发生的概率均为
，且
两两独立，那么这三个事件
同时发生的概率可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由
两两相互独立得到
，
设
，
则
，解得
，
又考虑
，
解得
，综上得
．
【点睛】利用概率的非负性和事件并集的概率上限，结合独立性条件逐步缩小范围.
2．（2026·湖南郴州·三模）已知
为样本空间中的两个随机事件，其中
考点5
古典型概率与条件概率
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】因为
所以
由全概率公式可得
.
二、多选题
3．（2026·湖南岳阳·二模）下列说法正确的是（ ）
A．数据
的第70 百分位数是
B．若一组数据的标准差为0 ，则这组数据中的每个数值均相等
C．若事件
相互独立，则
D．若事件
两两独立，则
【答案】BC
【详解】对于A，数据共7 个，则
，所以第70 百分位数为第5 项数据8，故A 错误；
对于B，由标准差的定义可知，若一组数据的标准差为0 ，则这组数据中的每个数值均相等，故B 正确；
对于C，由概率的加法公式可知
，
因为事件
相互独立，所以
，
所以
，故C 正确；
对于D，设样本空间
含有4 个等可能的样本点，且
，
，
，
则
，
，
所以
，
，
，即A，B，C 两两独立，
但是
，
所以事件
两两独立时，
不一定成立，故D 错误.
4．（2026·湖南·三模）在舞台上，智能机器人
从舞台中心出发，伴着音乐节拍，每秒随机向正东、正
西、正南、正北四个方向之一移动1 米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”．与此同时，另一台机
器人
从舞台中心正东方向2 米的位置起步，移动规则与
相同，若相遇，则继续独立移动．下列说法中
正确的是（ ）
A．机器人
移动4 秒来到舞台中心的路径条数为12
B．已知机器人
移动4 秒到达舞台中心，则其在4 秒移动中至少存在一步向正南移动的概率为
C．机器人
在移动3 秒来到舞台中心的正北方向上的概率为
D．移动1 秒后机器人
与
的距离为
米的概率为
【答案】BD
【分析】根据分步计数原理，排列组合，结合概率公式逐项判断即可．
【详解】机器人
移动4 秒到达舞台中心，则机器人
需要有两步向西，
剩下两步为东西各一步或者南北各一步，那么路径条数共有
种，故A 错误；
机器人
移动4 秒到达舞台中心，
由A 可知，在4 秒移动中存在一步向正南移动的可能情况是两步向西且南北各一步，
故所求概率为
，故B 正确；
移动3 秒机器人
移动到正北方向上，即移动到正北方向距离舞台中心1 米、3 米处，
则距离为3 米可能的情况有1 种，距离为1 米可能的情况有向北两步向南一步、向北一步向西一步向东一
步，
即
种，故所求概率为
，故C 错误；
移动1 秒后机器人
与
的距离为
米，
即
向北
向西、
向东
向北、
向东
向南、
向南
向西，共4 种情况，
而
与
在移动1 秒后有
种情况，故所求概率为
，故D 正确．
三、填空题
5．（2026·湖南永州·二模）从1，2，3，4 四个整数中依次不放回地随机抽取2 个数，则第一次抽取的数
小于第二次抽取的数的概率为___________．
【答案】
/
【分析】设第一次与第二次抽取的数即为
，利用列举法求出所有的可能结果和满足题意的可能结果，
即可求解.
【详解】由题意知，设第一次与第二次抽取的数即为
，
则所有的可能结果为
，共12 种，
满足
的可能结果为
，共6 种，
所以满足题意的概率为
.
故答案为：
6．（2026·湖南湘西·三模）甲、乙、丙三人依次进行投篮，一人投不中则换为下个人投，直到有人投中或
三人都投过一次为止．已知甲、乙、丙三人投中的概率分别为
，若每个人是否投中相互独立，则有
人投中的概率为___________．
【答案】
/0.9375
【分析】根据相互独立事件及对立事件的概率公式计算可得答案．
【详解】“有人投中”的对立事件为“三人投篮都不中”，
故所求概率为
．
四、解答题
7．（2025·湖北·模拟预测）某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6 个小球，其中4
个黑球，2 个红球.模型一为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再
往小盒里加入2 个红球；模型二为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球
替换该红球重新放回小盒中.
(1)分别计算在两种模型下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率；
(2)在模型二的前提下：
①求在第
次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用
表示）.
②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10 次，第10 次抽球结束后无论盒中是否还有红
球均停止抽球，记抽球的次数为
，求
的数学期望.
【答案】(1)
；
(2)①
；②
【分析】（1）分为取到“黑红”和“红红”两种情况，分别对两种模型第二次取到的球是红球的概率进
行计算即可；
（2）①先算出第
次是第一次取到红球，第
次是第二次取到红球的概率为
，
则第
次恰好抽到第二个红球的概率为
中
从到
取值累加求和；
②利用数学期望的定义和①中的概率公式可得到
的表达式，再利用错位相减法计算得出期望值.
【详解】（1）记在模型一下，第二次取到红球的概率为
，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况，
则
；
记在模型二下，取到红球的概率为
，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况，
则
；
（2）①设第
次是第一次取到红球，第
次是第二次取到红球的概率为
，
则
，
则第
次恰好抽到第二个红球的概率
为
中
从到
取值累加求和，即
，
利用等比数列求和公式即可得
；
②由题可知，
的取值依次为
，
当
时，
，
由数学期望的定义和①中的概率公式可知，
，
设
，
由错位相减法可得
，
所以
.
一、解答题
考点6
二项分布与超几何分布的均值与方差
1．（2026·湖南长沙·二模）某工业系统内初始装有1 个A 类部件和2 个B 类部件.工作人员往系统内增添这
两类部件，具体操作如下：每次从系统中随机抽调1 个部件，记录类别后将其保留在系统中，同时向系统
内增补1 个与所抽调部件类别不同的部件.记第
次操作抽调到A 类部件的概率为
，第n 次操作
后系统内A 类部件的数量为
.
(1)求
与
的值；
(2)求
与
的关系式；
(3)求
.
【答案】(1)
，
；
(2)
(3)
【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式以及全概率公式直接计算即可得；
（2）由题意可得
，利用期望公式可得
，则由
计算即可得
解；
（3）由（2）可得
，即可得
，再利用累
加法计算即可得解.
【详解】（1）由题意可得
，
；
（2）第
次操作抽到
类部件的概率等于第
次操作后
类部件占比的期望，
第
次操作抽到
类部件的概率等于第
次操作后
类部件占比的期望，
故有
，
，
若第
次操作时，取到
类部件，则
类部件的数量不变，
若第
次操作时，取到
类部件，则
类部件的数量加，
故
，
故
，
即
；
（3）由
，
则
，
即
，
则
，
，
，
，
则
，
即
，则
，
故
，
故
.
2．（2026·湖南怀化·二模）某工厂的某种产品成箱包装，每箱5 件．该产品按箱售卖，每箱30 元．用户
在使用某箱该产品时，若出现1 件不合格品，则工厂赔偿10 元；若出现2 件不合格品，则工厂赔偿20 元；
若出现3～5 件不合格品，则工厂赔偿30 元．设每件产品为不合格品的概率都为
，且各件产品
是否为不合格品相互独立．
(1)记每箱产品中恰有1 件不合格品的概率为
，求
的极大值点
．
(2)工厂质检部门拟在产品交付用户之前增加一道检验工序，提出了两种检验方案．方案一：从每一箱产品
中随机抽1 件检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．方案二：从每一箱产品中随机抽2 件检验，如
检验出不合格品，则更换为合格品．已知每件产品的检验费用为2 元，以（1）中确定的
作为p 的值，
以一箱产品的售价减去赔偿费用及检验费用的值的期望为决策依据，应该选择方案一还是方案二？
【答案】(1)
(2)应该选择方案一
【分析】（1）利用独立重复试验成功次数对应的概率，求得
后对其求导，可得其单调性，即可得其
极大值点；
（2）分别求出两个方案对应的一箱产品的售价减去赔偿费用及检验费用的值的期望，比较大小即可得.
【详解】（1）每箱产品中恰有1 件不合格品的概率
，
，
则
，令
，得
，
当
时，
；当
时，
；
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
的极大值点
.
（2）由（1）知
，
若选择方案一，将一箱产品的售价减去赔偿费用及检验费用的值记为
，
则
；
若选择方案二，将一箱产品的售价减去赔偿费用及检验费用的值记为
．
；
因为
，所以应该选择方案一．
3．（2026·湖南常德·二模）泊松分布是一种统计与概率学里常见的离散型分布．若随机变量
服从参数为
的泊松分布（记作
），则其概率分布为
，其中为自然对数的
底数．
(1)当
时，泊松分布可以用正态分布来近似，当
时，泊松分布基本上就等于正态分布，此时可
认为
．若
，求
的值；
(2)设
，当
且
时，二项分布可近似看作泊松分布，即
，其中
.
某工厂生产
件电子元器件，次品率为
，各元件是否为次品相互独立，记
为产品中的次品
数，按泊松分布近似计算．
（i）若
，求产品中恰有2 件次品的概率；
（ii）求使得
最大时的值．
（参考数据：
；若
，则有
，
，
）
【答案】(1)
(2)这1000 件产品中恰有2 件次品的概率为
；当
为整数时，
最大时的值为
或
；
当
不为整数时，
最大时的值为小于
的最大整数.
【分析】（1）根据正态分布求解相应区间的概率即可；（2）（i）根据题意将已知数据代入公式即可，
（ii）根据
最大时
列不等式组求解即可.
【详解】（1）因为
，
所以泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为
，即
．
所以
，
由
，
得
，即
.
（2）（i）由题意知
，且
，
又
，所以二项分布可近似看作泊松分布，
所以
，
所以
，即这1000 件产品中恰有2 件次品的概率为
.
（ii）因为
最大，所以
，
即
，解得
，
又
，所以当
为整数时，
最大时的值为
或
；
当
不为整数时，
最大时的值为小于
的最大整数.
4．（2026·湖南永州·二模）为了激活全民参与体育赛事的热情，某省举办了足球联赛．已知足球联赛积分
规则为：球队胜一场积3 分，平一场积1 分，负一场积0 分．球队甲2025 年11 月将迎来主场与球队乙和
客场与球队丙的两场比赛．根据前期比赛成绩，球队甲主场与球队乙比赛：胜利的概率为
，平的概率为
，负的概率为
；球队甲客场与球队丙比赛：胜利的概率为
，平的概率为
，负的概率为
；且每场
比赛结果相互独立．
(1)设球队甲11 月主场与球队乙比赛获得积分为
，客场与球队丙比赛获得积分为
，求
的概率；
(2)用
表示球队甲11 月与球队乙和球队丙比赛获得积分之和，求
的分布列与期望．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）找出所有符合题意的情况及其对应概率后求和即可得；
（2）得到
的所有可能取值及其对应概率后即可得其分布列，利用分布列即可得其期望.
【详解】（1）设事件
“甲队主场与乙队比赛获得积分为3 分”，
事件
“甲队主场与乙队比赛获得积分为1 分”，
事件
“甲队主场与乙队比赛获得积分为0 分”，
事件
“甲队客场与丙队比赛获得积分为3 分”，
事件
“甲队客场与丙队比赛获得积分为1 分”，
事件
“甲队客场与丙队比赛获得积分为0 分”，
事件
“甲队11 月主场与乙队比赛获得积分超过客场与丙队比赛获得积分”，
，
则
，
所以甲11 月主场与乙队比赛获得积分超过客场与丙队比赛获得积分的概率为
；
（2）由题意可知
的所有可能取值为
，
，
，
，
，
，
，
所以
的分布列为：
0
1
2
3
4
6
所以
.
5．（2026·湖南湘潭·二模）某工厂生产的零件分为合格品与不合格品两类．现采用一台检测仪器对零件进
行检测，该仪器存在检测误差，具体检测特性如下：当零件为合格品时，单次检测判定为“合格”的概率
为0.8，判定为“不合格”的概率为0.2；当零件为不合格品时，单次检测判定为“合格”的概率为0.1，判
定为“不合格”的概率为0.9.对同一个零件连续检测3 次，若检测结果中“合格”的次数多于“不合格”
的次数，则最终判定该零件为合格品；否则判定为不合格品．假设各次检测结果相互独立．已知该批零件
中合格品占80%，不合格品占20%．
(1)若某零件为不合格品，求该零件最终被误判为合格品的概率．
(2)若随机抽取1 个零件进行检测，求该零件最终被判定为合格品的概率．
(3)已知生产一个零件的成本为50 元，每个零件被连续检测3 次的总费用为10 元．若某零件最终被判定为
合格品，则以每件120 元的价格出厂销售；否则作销毁处理．若出厂的零件实际为不合格品，则需向客户
全额退款，并赔偿客户40 元．设一个零件的利润为
元，若
的均值小于25，则该工厂将停止生产该零
件；否则继续生产，试问该工厂是否会停止生产该零件？请说明理由．
【答案】(1)0.028.
(2)0.7224.
(3)该工厂不会停止生产该零件，理由见解析
【分析】（1）连续检测3 次该零件的结果中，“合格”的次数不低于2 才能被误判为合格品，再结合二项
分布的概率公式，即可求解；
（2）通过由全概率公式得出即可；
（3）
的所有可能取值为
，60，
，求出对应概率，即可求出分布列，再根据期望公式计算即可.
【详解】（1）设该零件被误判为合格品是事件
．连续检测3 次该零件的结果中，
“合格”的次数不低于2 才能被误判为合格品，
所以
，
所以该零件最终被误判为合格品的概率为0.028.
（2）设被检测的零件为合格品是事件
，被检测的零件为不合格品是事件
，
被检测的零件最终被判定为合格品是事件
，
则
．
由（1）知
，又因为
，
，
所以由全概率公式得
，
故该零件最终被判定为合格品的概率为0.7224.
（3）
的所有可能取值为
，60，
．
，
，
，
则
．
因为
，所以该工厂不会停止生产该零件．
一、多选题
1．（2026·湖南长沙·二模）若随机变量X 服从正态分布
，且
，
，
则（ ）
A．
B．
考点7
离散型随机变量的均值与方差
C．
D．
【答案】ABD
【详解】随机变量X 服从正态分布
，所以
对于A，由正态分布的对称性
，故A 正确；
对于B，
，故B 正确；
对于C，
，故C 错误；
对于D，因为
，
，
所以
，
所以
，故D 正确.
二、填空题
2．（2026·湖南长沙·二模）已知盒子中共有10 个大小相同的球，有红、黄、白三种颜色，且红球、黄球、
白球的个数分别为2，3，5，每次随机取出一个球不放回，记随机变量X 为最后一个红球取出时总共所取
出球的个数，则X 的数学期望为_______.
【答案】
【分析】由题意得到随机变量
的可能取值，求出概率，再由期望公式计算可得.
【详解】由题意可得随机变量
的可能取值为2,3,4,5,6,7,8,9,10，
其概率为
，
，
所以期望
.
三、解答题
3．（2026·湖南岳阳·二模）某高校快递站统计了某年度新学期前5 天的取件人数y(单位：人)，得到如下样
本数据：
天数(序号)x
1
2
3
4
5
每日取件人
数
120
100
80
70
55
(1)计算样本相关系数r，并据此判断变量x 与y 之间线性相关关系的强弱(结果保留两位小数)；
(2)从这5 天中随机选取3 天，记X 为所选日期中取件人数小于100 的天数，求X 的分布列与数学期望.
注: （1）样本
的相关系数
（2）参考数据：
【答案】(1)
；变量x 与y 之间具有很强的线性相关关系
(2)分布列见解析；期望：1.8
【分析】（1）使用相关系数计算公式求相关系数，根据求解结果判断线性相关关系的强弱；
（2）结合超几何分布的概率公式求分布列，再由期望公式求期望.
【详解】（1）
，
，
，
，
，
样本相关系数：
，
因为
非常接近1，所以变量x 与y 之间具有很强的线性相关关系.
（2）5 天中取件人数小于100 的天数有3 天，
从这5 天中随机选取3 天，
的可能取值为1，2，3.
，
，
，
所以
的分布列为：
1
2
3
的数学期望
4．（2026·湖南怀化·二模）某工厂的某种产品成箱包装，每箱5 件．该产品按箱售卖，每箱30 元．用户
在使用某箱该产品时，若出现1 件不合格品，则工厂赔偿10 元；若出现2 件不合格品，则工厂赔偿20 元；
若出现3～5 件不合格品，则工厂赔偿30 元．设每件产品为不合格品的概率都为
，且各件产品
是否为不合格品相互独立．
(1)记每箱产品中恰有1 件不合格品的概率为
，求
的极大值点
．
(2)工厂质检部门拟在产品交付用户之前增加一道检验工序，提出了两种检验方案．方案一：从每一箱产品
中随机抽1 件检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．方案二：从每一箱产品中随机抽2 件检验，如
检验出不合格品，则更换为合格品．已知每件产品的检验费用为2 元，以（1）中确定的
作为p 的值，
以一箱产品的售价减去赔偿费用及检验费用的值的期望为决策依据，应该选择方案一还是方案二？
【答案】(1)
(2)应该选择方案一
【分析】（1）利用独立重复试验成功次数对应的概率，求得
后对其求导，可得其单调性，即可得其
极大值点；
（2）分别求出两个方案对应的一箱产品的售价减去赔偿费用及检验费用的值的期望，比较大小即可得.
【详解】（1）每箱产品中恰有1 件不合格品的概率
，
，
则
，令
，得
，
当
时，
；当
时，
；
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
的极大值点
.
（2）由（1）知
，
若选择方案一，将一箱产品的售价减去赔偿费用及检验费用的值记为
，
则
；
若选择方案二，将一箱产品的售价减去赔偿费用及检验费用的值记为
．
；
因为
，所以应该选择方案一．
5．（2026·湖南·二模）为激发学生对体育的热爱，某校开展体育知识竞赛活动．甲、乙、丙三人参加比赛，
有问题1、问题2 两道题，其中问题1 为抢答题，且只能被一人抢到，甲、乙、丙三人抢到的概率均为
，
问题2 为必答题，甲、乙、丙三人都要回答；已知甲能正确回答问题1、问题2 的概率分别为
和
，乙、
丙能正确回答每道题的概率均为
，且甲、乙、丙三人各题是否答对互不影响．
(1)求问题1 回答正确的概率；
(2)记能正确回答问题2 的人数为X，求X 的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)
X
0
1
2
3
P
，
.
【分析】（1）根据条件概率公式，结合全概率公式进行求解即可；
（2）根据独立事件的概率公式，结合数学期望的公式进行求解即可.
【详解】（1）解：设“甲抢到问题1”为事件A，“乙抢到问题1”为事件B，“丙抢到问题1”为事件
C，“问题1 被回答正确”为事件D，由题意知：
，
由全概率公式得：
.
（2）由题意知：X 的可能取值为0,1,2,3，
则有
，
．
所以X 的分布列为：
X
0
1
2
3
P
则
.
6．（2026·湖南衡阳·二模）每年春季万象更新，也是病毒变异和流行病高发期，现代流行病学调查表明：
某种流行病毒变异所形成的疾病S 是由致病菌
和致病菌
共同引起的，治疗时至少杀灭其中一种致病菌
即可痊愈．
(1)现有一种对疾病的试剂检测方法，该检验方法对患病的人进行化验，检测结果有96%呈阳性，对未
患病的人进行化验，检测结果有98%呈阴性．检测结果为阳性的人中未患该病比例为误诊率．若某地区
疾病的患病率为0.4%，求这种检验方法在该地区的误诊率（结果精确到0.001）；
(2)对疾病有效治疗的药物有
，
两款，且这两种药物的疗程均为3 天（药物使用时，按疗程服用3 天，
超过3 天无效需换药进行治疗（无论谁先使用都不会影响后使用的药物的治愈率）．若使用完两种药物仍
不见效，依靠自身的免疫能力再经过3 天也能痊愈．已知药物
杀灭致病菌
和致病菌
的概率分别为
，药物
杀灭致病菌
和致病菌
的概率均为
，且对于同一种药物，杀灭两种致病菌的事件相互独
立．请问应先使用哪种药物可使得痊愈的平均天数更短？
【答案】(1)
(2)需先使用药物
可使得痊愈的平均天数更短
【分析】（1）本小问主要考查条件概率和全概率公式，首先求出检测结果为阳性的概率，其次求出未患
病且检测结果为阳性的概率，最后结合条件概率公式求出误诊率；
（2）本小问主要考查离散型随机变量的数学问题，先分别计算出先
后
和先
后
两种方案下，治愈天
数的所有可能取值及对应概率；再计算两种方案的期望天数，比较大小，选择期望更小的方案.
【详解】（1）记事件
：检测结果阳性，事件
：患病，
由题意可知，
，
，
，
所以
，
因此，这种检验方法在该地区的误诊率为
．
（2）设
表示药物
能治愈疾病的概率，
表示药物
能治愈疾病S 的概率，
则有
，
．
设先用药物
再用药
来治愈疾病所需的天数为
，
的可能取值为3，6，9，
则
，
，
所以
．
设先用药物
再用药
来治愈疾病所需的天数为
，
的可能取值为3，6，9，
同理得
，
，
则有
，
从而有
，由此需先使用药物B 可使得痊愈的平均天数更短.
7．（2026·湖南长沙·二模）某工业系统内初始装有1 个A 类部件和2 个B 类部件.工作人员往系统内增添这
两类部件，具体操作如下：每次从系统中随机抽调1 个部件，记录类别后将其保留在系统中，同时向系统
内增补1 个与所抽调部件类别不同的部件.记第
次操作抽调到A 类部件的概率为
，第n 次操作
后系统内A 类部件的数量为
.
(1)求
与
的值；
(2)求
与
的关系式；
(3)求
.
【答案】(1)
，
；
(2)
(3)
【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式以及全概率公式直接计算即可得；
（2）由题意可得
，利用期望公式可得
，则由
计算即可得
解；
（3）由（2）可得
，即可得
，再利用累
加法计算即可得解.
【详解】（1）由题意可得
，
；
（2）第
次操作抽到
类部件的概率等于第
次操作后
类部件占比的期望，
第
次操作抽到
类部件的概率等于第
次操作后
类部件占比的期望，
故有
，
，
若第
次操作时，取到
类部件，则
类部件的数量不变，
若第
次操作时，取到
类部件，则
类部件的数量加，
故
，
故
，
即
；
（3）由
，
则
，
即
，
则
，
，
，
，
则
，
即
，则
，
故
，
故
.
8．（2026·湖南永州·二模）为了激活全民参与体育赛事的热情，某省举办了足球联赛．已知足球联赛积分
规则为：球队胜一场积3 分，平一场积1 分，负一场积0 分．球队甲2025 年11 月将迎来主场与球队乙和
客场与球队丙的两场比赛．根据前期比赛成绩，球队甲主场与球队乙比赛：胜利的概率为
，平的概率为
，负的概率为
；球队甲客场与球队丙比赛：胜利的概率为
，平的概率为
，负的概率为
；且每场
比赛结果相互独立．
(1)设球队甲11 月主场与球队乙比赛获得积分为
，客场与球队丙比赛获得积分为
，求
的概率；
(2)用
表示球队甲11 月与球队乙和球队丙比赛获得积分之和，求
的分布列与期望．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）找出所有符合题意的情况及其对应概率后求和即可得；
（2）得到
的所有可能取值及其对应概率后即可得其分布列，利用分布列即可得其期望.
【详解】（1）设事件
“甲队主场与乙队比赛获得积分为3 分”，
事件
“甲队主场与乙队比赛获得积分为1 分”，
事件
“甲队主场与乙队比赛获得积分为0 分”，
事件
“甲队客场与丙队比赛获得积分为3 分”，
事件
“甲队客场与丙队比赛获得积分为1 分”，
事件
“甲队客场与丙队比赛获得积分为0 分”，
事件
“甲队11 月主场与乙队比赛获得积分超过客场与丙队比赛获得积分”，
，
则
，
所以甲11 月主场与乙队比赛获得积分超过客场与丙队比赛获得积分的概率为
；
（2）由题意可知
的所有可能取值为
，
，
，
，
，
，
，
所以
的分布列为：
0
1
2
3
4
6
所以
.
一、单选题
1．（2026·湖南永州·三模）已知随机变量
服从正态分布
，
，则
（ ）
A．0.7
B．0.6
C．0.5
D．0.3
考点8
正态分布
【答案】D
【详解】因为
，所以
，
又因为
，且
，
所以
.
二、多选题
2．（2026·湖南长沙·二模）若随机变量X 服从正态分布
，且
，
，
则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【详解】随机变量X 服从正态分布
，所以
对于A，由正态分布的对称性
，故A 正确；
对于B，
，故B 正确；
对于C，
，故C 错误；
对于D，因为
，
，
所以
，
所以
，故D 正确.
三、解答题
3．（2026·湖南常德·二模）泊松分布是一种统计与概率学里常见的离散型分布．若随机变量
服从参数为
的泊松分布（记作
），则其概率分布为
，其中为自然对数的
底数．
(1)当
时，泊松分布可以用正态分布来近似，当
时，泊松分布基本上就等于正态分布，此时可
认为
．若
，求
的值；
(2)设
，当
且
时，二项分布可近似看作泊松分布，即
，其中
.
某工厂生产
件电子元器件，次品率为
，各元件是否为次品相互独立，记
为产品中的次品
数，按泊松分布近似计算．
（i）若
，求产品中恰有2 件次品的概率；
（ii）求使得
最大时的值．
（参考数据：
；若
，则有
，
，
）
【答案】(1)
(2)这1000 件产品中恰有2 件次品的概率为
；当
为整数时，
最大时的值为
或
；
当
不为整数时，
最大时的值为小于
的最大整数.
【分析】（1）根据正态分布求解相应区间的概率即可；（2）（i）根据题意将已知数据代入公式即可，
（ii）根据
最大时
列不等式组求解即可.
【详解】（1）因为
，
所以泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为
，即
．
所以
，
由
，
得
，即
.
（2）（i）由题意知
，且
，
又
，所以二项分布可近似看作泊松分布，
所以
，
所以
，即这1000 件产品中恰有2 件次品的概率为
.
（ii）因为
最大，所以
，
即
，解得
，
又
，所以当
为整数时，
最大时的值为
或
；
当
不为整数时，
最大时的值为小于
的最大整数.
一、解答题
1．（2026·湖南永州·三模）甲、乙两人投篮，无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率为
，乙每次
投篮的命中率均为
．
考点9
概率统计综合题型
(1)若甲单独投篮，规定：首次出现连续两次命中，则停止投篮．求甲投篮4 次即停止投篮的概率；
(2)若甲、乙进行投篮比赛，记甲、乙各投篮一次为一局，每局结束记录各自的投球总数．规定：首次比对
方多进两球者获胜，比赛停止；若第四局结束仍未分出胜负，比赛也停止．记
表示比赛停止时已比赛的
局数，求随机变量
的分布列与数学期望；
(3)若甲单独投篮，规定：首次出现连续
次命中，则停止投篮．设停止投篮时甲投篮总次数为
，
随机变量
的数学期望为
，记
．写出
与
的递推关系，并求数列
的前
项
和
．
【答案】(1)
(2)分布列见详解，
(3)
；
【分析】（1）运用互斥事件概率加法公式，分析投篮4 次停止需满足“前两次未出现连中且后两次连中”
的结构，利用每次投篮的独立性，对命中与未命中序列进行分类相乘即可；
（2）依据比赛规则确定随机变量
的所有可能取值，逐局分析胜负条件，运用独立事件乘法与互斥事件
加法求各取值概率，最后按定义计算分布列与数学期望；
（3）利用数学期望的递推思想，基于投篮结果建立关系式，导出
与
的递推，通过构造等比数列求通
项，再对等比数列与常数列分别求和得
.
【详解】（1）设事件
：甲第次投篮合中，
则
则甲投篮4 次即停止投篮的概率
，
则
，故甲投篮4 次即停止投篮的概率为
．
（2）依题意可得，随机变量
的可能取值为：
，
，
局结束时，甲胜概率
，
局结束时，乙胜概率
，
，
，
分布列：
数学期望：
.
（3）当
时，
，则
，
当
时，
，
则
，即
则
，
故
为首项为
，公比为
的等比数列故
，
即
，故
．
2．（2026·湖南张家界·三模）某校高一、高二、高三三个篮球队为比赛制定了如下规则：先确定挑战权，
挑战权属于某队时，该队可挑战另外两队中的一队，且被挑战的队伍获得下一次的挑战权．已知高一篮球
队挑战高二、高三篮球队的概率均为
，高二篮球队挑战高一、高三篮球队的概率分别为
、
，高
三篮球队挑战高一、高二篮球队的概率分别为
、
．经商定，高一篮球队获得首次挑战权．
(1)经过次挑战后，高一篮球队已获得的挑战权次数记为
，求
的分布列及数学期望；
(2)若经过
次挑战后，挑战权属于高一篮球队、高二篮球队和高三篮球队分别记为事件
、
、
．
（ⅰ）证明：
；
（ⅱ）证明：当
为偶数时，
．
【答案】(1)
数学期望为
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）分析可知随机变量
的可能取值有、
，求出随机变量
在不同取值下的概率，可得出随
机变量
的分布列，进而可求得
的值；
（2）（i）推导得出
，
，两式作差，结合
可推得结论成立；
（ii）分析可得
，结合（i）推导得出
，可得出
，则有
是以
为首项，
为公比的等比数列，求出数列
的通项公式，可证得结论成立.
【详解】（1）随机变量
的可能取值为和
，
时，第一次高一篮球队挑战高二篮球队，第二次高二篮球队挑战高三篮球队，第三次高三篮球队挑战
高二篮球队，
或者第一次高一篮球队挑战高三篮球队，第二次高三篮球队挑战高二篮球队，第三次高二篮球队挑战高三
篮球队，
则
，
．
则
的分布列为
则
的数学期望为
．
（2）（ⅰ）若第
次挑战权属于高二篮球队，
若第
次挑战权属于高一篮球队，则第
次高一篮球队挑战高二篮球队，其概率为
，
若第
次挑战权属于高三篮球队，则第
次高三篮球队挑战高二篮球队，其概率为
，
所以
①，同理可得
②，
②
①得
，
又
，因此
，因此
；
（ii）若第
次挑战权属于高一篮球队，
若第
次挑战权属于高二篮球队，则第
次高二篮球队挑战高一篮球队，其概率为
，
若第
次挑战权属于高三篮球队，则第
次高三篮球队挑战高一篮球队，其概率为
，
所以
，③
①
②，得
，
由③知
，
又
，
从而有
，所以
，
第一次挑战权为高一篮球队，经过一次挑战后，挑战权不是高一篮球队，则
，
故
，
则有
是以
为首项，
为公比的等比数列，
因此，
，
．
当
为偶数时，
，因此
．
3．（2026·湖南郴州·三模）随着新能源产业的发展，我市近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究我
市充电桩建设的情况，能源部门收集到了2021 年到2025 年充电桩数量
（单位：万个），为方便研究，
年份代码用
表示（如：
表示2021 年），具体参考数据如下表：
统计量
数值
55
72.6
21
(1)请根据表中数据，建立
关于
的回归直线方程
；
(2)现对该市某区域现有的9 个充电桩进行检查，其中4 个为快充桩，随机抽取3 个充电桩进行检查，记抽
到的快充桩个数为
，求
的分布列及均值.
（参考公式：
）
【答案】(1)
(2)
X
0
1
2
3
P
.
【分析】（1）根据回归直线方程的计算方法求得回归直线方程.
（2）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望.
【详解】（1）
，
,
.所以，回归直线方程为
.
（2）由题意知随机变量
的可能取值为
，则：
，
，
，
，
X
0
1
2
3
P
故均值
.
4．（2026·湖南长沙·三模）已知集合
含有
个元素，其中
，先后两次随机、独立地选取集合
的
两个子集，记为
与
．设
为集合
中元素的个数，
(1)若
，且
，请列举所有满足条件的
和
；
(2)求随机变量
的数学期望
；
(3)设
在
处取得最大值，试建立
与
的关系．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）根据新定义求解即可；
（2）分类讨论，根据随机变量
服从二项分布，利用期望公式求解即可；
（3）列出不等式组，求出
取值范围，分类求
与
的关系即可.
【详解】（1）由题意，
；
；
；
；
；
.
（2）根据集合
的子集个数，可知集合A 的可能情况有
种；同理，集合B 也可能有
种.
因此，两集合的所有可能情况数为
X 的所有取值为
当
时，先从n 个元素中选出k 个元素，记为
，有
种可能情况；
对于这k 个元素中的每个元素
，满足
时，
只可能满足
这三种情况之一，有
种可能情况.
因此，事件“
”的所有可能情况数为
，则
由
，可知
，则
.
（3）若
，由
，
，则
，矛盾.
若
，由
，
可知，当
时，满足
；
当
时，满足
若
，由
，即
，
即
，解得
，
从而，
，其中
为自然数.
5．（2026·湖南湘潭·三模）为促进消费，某商场面向顾客开展抽奖活动，规则如下：现有10 个不透明的
箱子，每个箱子内装有4 个除颜色外其他完全相同的小球，其中5 个箱子各装有2 个白球和2 个红球，另
外5 个箱子各装有1 个白球和3 个红球，顾客从10 个箱子中随机地选取1 个箱子，记所选的箱子中红球的
个数为
，顾客可从选中的箱子中一次性取出
个球，若取出的均是红球，则顾客可获得奖金
元，否则无法获得奖金．
(1)当
时，求顾客可以获得奖金的概率；
(2)当
取何值时，顾客获得奖金金额的期望更大？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）方法一，根据全概率公式求解；方法二，根据互斥事件的概率加法公式和独立事件乘法公
式求解；
（2）分别求出
和
时，顾客获得的奖金的期望，比较大小得解.
【详解】（1）方法一，当
时，记事件
为“顾客所选的箱子中有2 个白球和2 个红球”，事件
为
“顾客可以获得奖金”，
则
．
方法二，由题可知，当
时，若顾客所选的箱子中有2 个白球和2 个红球，且他获得奖金的概率
，
若顾客所选的箱子中有1 个白球和3 个红球，且他获得奖金的概率
，
则当
时，顾客可以获得奖金的概率
.
（2）当
时，记顾客获得的奖金为
元，则
的所有取值可能为
，
且
，
则
.
当
时，记顾客获得的奖金为
元，则
的所有取值可能为
.
且
，
则
.
因为
，
所以当
时，顾客获得奖金金额的期望更大.
6．（2026·湖南湘西·三模）党的二十届五中全会审议通过的《中共中央关于制定国民经济和社会发展第十
五个五年规划的建议》明确提出：“加快人工智能等数智技术创新”“全面实施‘人工智能+’行动”．下
表是二十届五中全会后第
个月某工业园区应用人工智能的工厂个数
的数据：
1
2
3
4
5
2
3
5
7
8
(1)求
关于
的线性回归方程，并预测第8 个月该工业园区应用人工智能的工厂个数；
(2)从表中这5 个月份中随机抽取3 个月份，记这3 个月份中应用人工智能的工厂个数大于6 的月份的个数
为
，求
的分布列与数学期望．
参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
，
【答案】(1)
，13
(2)
0
1
2
．
【分析】（1）由公式求解
，
，在将
代入即可.
（2）由题意可得
，列出分布列，即可求解.
【详解】（1）由表格中的数据可得
，所以
．
故
．
故
关于
的线性回归方程为
．
当
时，
，
故预测第8 个月该工业园区应用人工智能的工厂个数为13．
（2）由题意可得
，
所以
，
分布列如下：
0
1
2
所以
．
