专题08 计数原理与概率统计
8 大考点概览
考点01 计数原理
考点02 概率与统计
考点03 条件概率
考点04 离散型随机变量的期望与方差
考点05 二项分布与超几何分布的期望与方差
考点06 正态分布
考点07 回归方程与独立性检验
考点08 概率与数列交汇
1．（2026·吉林长春·质量监测(二)）(1+ax)
6的展开式中x
3的系数为160，则a=（ ）
A．-2
B．−1
2
C．1
2
D．2
【答案】D
【详解】二项式(1+ax)
6展开式的通项公式为T r +1=C6
r ×1
6−r×(ax)
r =C6
r a
r x
r，
令r =3，则可得展开式中x
3的系数为C6
3a
3，所以C6
3a
3=160，解得a=2.
故选：D
2．（2026·吉林白山·二模）甲、乙等6 人参加某次会议，会议安排其前后两排入座，每排3 人（如
图所示），其中甲坐后排，乙与甲前后、左右均不相邻，则不同的坐法种数共有（ ）
A．144 种
B．168 种
C．192 种
D．216 种
【答案】C
【分析】讨论甲坐的位置，然后根据分类加法计数原理求解即可.
【详解】如图所示，甲坐位置①，乙有3 种选择，其他人不同坐法有A4
4种，共有3 A4
4=72种不同
坐法；
甲坐位置②，乙有2 种选择，其他人不同坐法有A4
4种，共有2 A4
4= 48种不同坐法；
考点1
计数原理
甲坐位置③，乙有3 种选择，其他人不同坐法有A4
4种，共有3 A4
4=72种不同坐法，
所以不同坐法种数共有72+ 48+72=192种．
故选：C
3．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）某人有3 种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所
示的图形的6 个顶点A，B，C，A1，B1，C1上各安装一个灯泡，要求同一线段两端的灯泡颜色不
同，则不同的安装方法共有（ ）
A．3 种
B．6 种
C．12 种
D．48 种
【答案】C
【详解】法一：先安装下底面的三个顶点有A3
3=6种不同的安装方法，
再安装上底面的三个顶点有2种不同的安装方法.
由分步乘法计数原理可知，共有2A3
3=12种不同的安装方法.
法二：依次安装A，B，C，A1，B1，C1六个位置，
则有3×2×1×2×1×1=12种不同的安装方法.
故选：C
4．（2026·辽宁省名校协作体·二模）某空间站由A，B，C三个舱构成，某次实验需要5 名宇航员
同时在3 个舱中开展，每个人只能去1 个舱，每个舱至少安排1 名宇航员，其中宇航员甲只能去A
舱，则不同的安排方法的种数为（ ）
A．35
B．36
C．42
D．50
【答案】D
【分析】以A舱的人数为分类依据，将 5 人分配到 A、B、C 三个舱中，分别计算各类分组与排
列的方法数，最后求和得到总安排数.
【详解】有四类不同的安排情形：
①甲单独在A舱，其余四人分成两组，一组1 人，一组3 人，安排在B ,C舱，
有C4
1 C3
3 A2
2= 4×1×2=8种不同的安排方法；
②甲单独在A舱，其余四人平均分成两组每组2人，安排在B ,C舱，
有
C4
2 C2
2
A2
2
·A2
2= 6×1
2
×2=6种不同的安排方法；
③A舱安排2人，其余三人分成两组，一组1人，一组2人，安排在B ,C舱，
有C4
1 C3
1C2
2A2
2= 4×3×1×2=24种不同的安排方法；
④A舱安排3人，其余二人分成两组，安排在B ,C舱，
有C4
2 A2
2=6×2=12种不同的安排方法；
综上，不同的安排方法共有8+6+24+12=50种.
故选：D
5．（2026·内蒙古包头·二模）在(1−x)
4+(1−x)
5的展开式中，含x
2的项的系数是__________.
【答案】16
【详解】易知含x
2的项为C4
21
2(−x)
2+C5
21
3(−x)
2=16 x
2，
因此其系数为16.
6．（2026·吉林梅河口五中·二模）暑期同学们相约到某体育馆参加社会实践活动，其中小李、小
明等6 名同学被安排到A，B两个场馆，若每个场馆至少安排2 人，则小李、小明被安排在同一场
馆的方法共_______种(用数字作答).
【答案】22
【分析】分小李、小明所在场馆有2人、3人、4 人，进行讨论即可得.
【详解】分情况讨论：若小李、小明所在场馆有2人(即只有小李和小明)，
此时另一场馆有4人，共2种安排方法；
若小李、小明所在场馆有3人，从剩下4名同学中选1名和小李、小明在同一场馆，
有C4
1种，此时安排方法为2×C4
1 =8种；
若小李、小明所在场馆有4 人，从剩下4名同学中选2名和小李、小明在同一场馆，
有C4
2种，此时安排方法为2×C4
2 =12种；
所以共有2+8+12=22种安排方法.
7．（2026·辽宁大连·二模）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x
2的系数为___________．
【答案】60
【分析】先根据题干条件算出n，然后由二项式定理的展开式通项进行求解.
【详解】∵(x + 2
x)
n
的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，
∴Cn
2=Cn
4，∴n=6，则(x + 2
x)
6
的展开式中的通项为：
T r +1=2
r C6
r ⋅x
6−r⋅x
−r =2
r C6
r ⋅x
6−2r，令6−2r =2，解得r =2，
故该展开式中x
2的系数为2
2C6
2=60
故答案为：60
8．（2026·吉林白山·二模）(1−2 x)
7展开式的第4 项的二项式系数是___________．（用数字作
答）
【答案】35
【详解】(1−2 x)
7展开式的第4 项的二项式系数是C7
3=35.
9．（2026·辽宁大连·二模）现从甲、乙、丙等6 人中，先随机抽取1 人唱歌，再在剩余5 人中随机
抽取2 人跳舞，在抽取到的3 个人中，甲、乙中有且只有1 人被抽到，且丙不被抽到去跳舞的抽法
有________种．
【答案】24
【详解】①甲、乙中有且只有1 人被抽到有C2
1种抽法，
若抽到的三人中不含丙，则从剩余的三人中抽取2 人有C3
2种抽法，
抽到的3 人安排其中一人唱歌有C3
1种抽法，
根据分步乘法计数原理，共有C2
1C3
2C3
1=2×3×3=18种抽法.
②若抽到的三人中含丙，则丙需被安排去唱歌，甲乙选1 人跳舞，除甲、乙、丙的3 人中选1 人跳
舞，
共有C2
1C3
1=2×3=6种，
根据分类加法原理，共有18+6=24种抽法.
10．（2026·辽宁辽阳·二模）二项式(2 x−1
❑√x )
9
的展开式中的常数项是__________．
【答案】672
【分析】根据二项式展开式的通项公式，计算出常数项.
【详解】二项式(2 x−1
❑√x )
9
展开式的通项公式为
C9
r ⋅(2 x)
9−r⋅(−x
−1
2)
r
=(−1)
r⋅2
9−r⋅C9
r ⋅x
9−1.5r，
令9−1.5r =0，解得r =6，故常数项为(−1)
6⋅2
9−6⋅C9
6=2
3⋅C9
3=672
故答案为：672
1．（2026·辽宁辽阳·二模）数据1，1，2，3，5，8，13 的70%分位数是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6.5
【答案】C
【分析】根据题意，利用百分位数的计算方法，即可求解.
【详解】数据1，1，2，3，5，8，13，共有7 个，其中7×70 % = 4.9，
所以数据的70%分位数为数据的第5 个数据，即为5.
故选：C
2．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)下列各组数据中方差最大的一组是（ ）
A．2，2，2，2，2
B．1，1，2，3，3
C．0，1，2，3，4
D．0，0，2，4，4
【答案】D
考点2
概率与统计
【详解】因为2×5
5
=2, 1×2+2+3×2
5
=2, 0+1+2+3+ 4
5
=2, 0×2+2+ 4×2
5
=2，
则各个组的平均数为x =2，所以由方差的意义可得s1
2=0，
s2
2= (1−2)
2+(1−2)
2+(2−2)
2+(3−2)
2+(3−2)
2
5
= 4
5
，
s3
2= (0−2)
2+(1−2)
2+(2−2)
2+(3−2)
2+(4−2)
2
5
=2，
s4
2 = (0−2)
2+(0−2)
2+(2−2)
2+(4−2)
2+(4−2)
2
5
= 16
5
，∴s1
2<s2
2<s3
2<s4
2 .
故选：D
3．（2026·吉林长春·质量监测(二)）某精密仪器厂生产一种标准长度为52mm的金属垫片．现随机
抽取200 个垫片测量其实际长度（单位：mm），按长度分组并绘制出如图所示的频率分布直方图．
若规定长度在区间[51,53）内的垫片为合格品，用样本频率估计总体的概率，则任取一个垫片为
合格品的概率为（ ）
A．0.3
B．0.4
C．0.5
D．0.6
【答案】C
【分析】在频率分布表中，小矩形的面积等于这一组的频率，所以面积和为1，建立等量关系求出
a，进而求出长度在[51,53）内的频率．
【详解】由题意知，(a+0.18+6a+0.20×2+0.07)×1=1，整理得7a+0.65=1，解得a=0.05.
所以任取一个垫片为合格品的概率为：(6×0.05+0.20)×1=0.5.
故选：C
4．（2026·哈尔滨三中·二模）已知数据x1
、x2
、⋯、x10
的平均数x =3，方差为s1
2．设
yi=2 xi−1(i=1,2,⋅⋅⋅,10)，数据y1
、y2
、⋯、y10
的方差为s2
2，数据x1
、x2
、⋯、x10
、y1
、y2
、
⋯、y10
的方差为s3
2，下列说法错误的是（ ）
A．s2
2= 4 s1
2
B．∑
i=1
10
( yi−2 x)=−10
C．s3
2=2s1
2+1
D．∑
i=1
10
( yi−2 x)
2=10(s2
2+1)
【答案】C
【分析】利用方差的性质可判断A 选项；求得∑
i=1
10
yi=20 x−10，代入代数式∑
i=1
10
( yi−2 x)可判断B
选项；利用方差公式可判断CD 选项.
【详解】对于A 选项，根据方差的性质可得s2
2=(2s1)
2= 4 s1
2，A 对；
对于B 选项，根据平均数的性质可得∑
i=1
10
yi=∑
i=1
10
(2 xi−1)=2∑
i=1
10
xi−10=20 x−10，
所以∑
i=1
10
( yi−2 x)=∑
i=1
10
yi−20 x =20 x−10−20 x =−10，B 对；
对于C 选项，由平均数的性质可知，
数据y1、y2、⋯、y10的平均数为2 x−1=2×3−1=5，
所以数据x1、x2、⋯、x10、y1、y2、⋯、y10的平均数为
1
20(∑
i=1
10
xi+∑
i=1
10
yi)= 1
20
(10×3+10×5)= 4，
s1
2= 1
10∑
i=1
10
(xi−3)
2，所以∑
i=1
10
(xi−3)
2=10 s1
2，
s3
2= 1
20[∑
i=1
10
(xi−4)
2+∑
i=1
10
( yi−4)
2)= 1
20[∑
i=1
10
(xi−4)
2+∑
i=1
10
(2 xi−1−4)
2)
= 1
20[∑
i=1
10
(xi−4)
2+∑
i=1
10
(2 xi−5)
2)= 1
20[∑
i=1
10
(xi−3−1)
2+∑
i=1
10
(2 xi−6+1)
2)
= 1
20[∑
i=1
10
(xi−3)
2−2∑
i=1
10
(xi−3)+10+∑
i=1
10
(2 xi−6)
2+2∑
i=1
10
(2 xi−6)+10)
= 1
20[5∑
i=1
10
(xi−3)
2+2∑
i=1
10
(xi−3)+20)= 1
20 ×5×10 s1
2+ 1
10 ×10×0+1= 5
2 s1
2+1，C 错；
对于D 选项，∑
i=1
10
( yi−2 x)
2=∑
i=1
10
(2 xi−1−6)
2=∑
i=1
10
(2 xi−6)
2−2∑
i=1
10
(2 xi−6)+10
= 4∑
i=1
10
(xi−3)
2−4∑
i=1
10
(xi−3)+10= 4×10 s1
2−4×10×0+10= 40 s1
2+10=10(4 s1
2+1)
=10(s2
2+1)，D 对.
故选：C
5．（2026·吉林G35 联合体·二模）（多选）2020—2024 年我国粮食产量（单位：万吨）如图所示，
下列结论正确的是（ ）
A．2020—2024 年我国粮食产量逐年增加
B．2020—2024 年我国粮食产量的中位数为68653 万吨
C．2020—2024 年我国粮食产量的极差为3699 万吨
D．2020—2024 年我国粮食产量与年份负相关
【答案】AB
【详解】对于A 选项，对比每年产量可得66949<68285<68653<69541<70650，
故2020−2024年我国粮食产量逐年增加，A 正确．
对于B 选项，2020−2024年我国粮食产量的中位数为68653万吨，B 正确．
对于C 选项，2020−2024年我国粮食产量的极差为70650−66949=3701万吨，C 错误．
对于D 选项，2020−2024年我国粮食产量与年份正相关，D 错误．
故选：AB
6．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)将甲、乙、丙、丁、戊五名同学分到三个不同的公益活动小组，
每组至少一人，至多两人，则甲乙恰好被分到同一小组的概率为________．
【答案】1
5/0.2
【详解】由题可知分组后排列共有C5
2C3
2
2！⋅A3
3=90种方法，
其中甲、乙两名同学去同一个公益活动小组有C3
2⋅A3
3=18种方法，
所以甲、乙两名同学去同一个公益活动小组的概率为P= 18
90 = 1
5.
7．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）13 张大小质地完全相同的卡牌中有八张数字牌，正面标有
1~8，此外还有五张字母牌，正面标有A~E，将这十三张牌随机排成一行．
(1)求五张字母牌互不相邻的概率；
(2)求在标有8 的卡牌左侧没有数字牌的概率；
(3)对于给定的整数k(1≤k ≤8)，记“在标有k 的数字牌左侧，没有标号比k 小的数字牌”为事件
Ak，求Ak发生的概率．（结果用含k 的式子表示）
【答案】(1) 14
143
(2)1
8
(3)1
k
【分析】（1）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解；
（2）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解；
（3）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解.
【详解】（1）记五张字母牌互不相邻为事件为B，
则P(B)= A8
8 A9
5
A13
13
= 14
143；
（2）记在标有8 的卡牌左侧没有数字牌为事件C，
由于标1−7的牌都在标有8的牌的右侧，有A7
7=7！种排法，
所以P(C )= A7
7 A13
5
A13
13
= 1
8；
（3）标号比k小的数字牌有k −1张，比k大的数字牌有8−k张，
P( Ak)=
(k −1)!A13
5+8−k
A13
13
= 1
k .
1．（2026·辽宁辽阳·二模）小张的停车位被其它车辆占据，小张准备拨打车上的联系电话，可是
电话号码的最后一位被遮挡，小张准备随机尝试，则小张在第一次拨打错误的条件下，第三次恰好
拨打正确的概率是（ ）
A．1
10
B．1
9
C．1
8
D．3
10
【答案】B
【详解】记“小张第一次拨打错误”为事件A，“第三次恰好拨打正确”为事件B；
易知P( A)= 9
10 , P( AB)= 9
10 × 8
9 × 1
8 = 1
10,
因此小张在第一次拨打错误的条件下，第三次恰好拨打正确的概率是P(B A)= P( AB)
P( A) =
1
10
9
10
= 1
9.
故选：B
2．（2026·内蒙古包头·二模）甲、乙两位旅游博主准备周末去A，B，C，D 这4 个景点中的某一个
景点打卡，事件M 表示甲、乙至少有1 人去A 景点，事件N 表示甲、乙去相同的景点，则
P(N | M )=（ ）
A．1
7
B．7
16
C．2
3
D．6
7
【答案】A
【分析】应用条件概率公式求解即可
【详解】事件M表示甲乙两人都不去A 景点，P(M )=1−P(M )=1−3
2
4
2 = 7
16 ，
事件MN表示甲乙两人都去A 景点，P(MN )= 1
16，
考点3
条件概率
所以P( N ¿．
故选：A
3．（2026·吉林长春·质量监测(二)）（多选）景区在春节期间推出A ,B两种游玩套餐，已知某游客
第一次选择A ,B两种游玩套餐的概率分别为3
5和2
5，若该游客第一次选择A套餐，则第二次选择A
套餐的概率为1
2；若该游客第一次选择B套餐，则第二次选择A套餐的概率为3
5，则下列说法正确
的是（ ）
A．该游客第一次选择B套餐，第二次也选择B套餐的概率为2
5
B．该游客第一次选择B套餐的概率比第二次选择A套餐的概率小
C．若该游客第二次选择A套餐，则他第一次选择A套餐的概率为5
9
D．若该游客第二次选择B套餐，则他第一次选择A套餐的概率为15
23
【答案】BCD
【分析】设相应事件，利用全概率公式求P(N )，即可判断B，结合条件概率公式判断ACD.
【详解】设该游客第一次选择A套餐为事件M，第二次选择A套餐为事件N，
则P(M )= 3
5，P(M )= 2
5，且P(N | M )= 1
2，P(N | M )= 3
5，
可得P(N | M )=1−P(N | M )= 1
2，P(N | M )=1−P(N | M )= 2
5.
对于选项A：该游客第一次选择B套餐，第二次也选择B套餐为事件M N，
其概率为P(M N )= P(M ) P(N | M )= 2
5 × 2
5 = 4
25，故A 错误；
对于选项B：因为P(N )= P(M ) P(N | M )+ P(M ) P(N | M )= 3
5 × 1
2 + 2
5 × 3
5 = 27
50，
即P(M )< P(N )，所以该游客第一次选择B套餐的概率比第二次选择A套餐的概率小，故B 正确；
对于选项C：因为P(M | N )= P(MN )
P(N ) = P(M ) P(N | M )
P(N )
=
3
5 × 1
2
27
50
= 5
9，
所以若该游客第二次选择A套餐，则他第一次选择A套餐的概率为5
9，故C 正确；
对于选项D：因为P(N )=1−P(N )= 23
50，则
P(M | N )= P(M N )
P(N ) = P(M ) P(N | M )
P(N )
=
3
5 × 1
2
23
50
= 15
23，
所以若该游客第二次选择B套餐，则他第一次选择A套餐的概率为15
23，故D 正确.
故选：BCD
4．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知P( A)= 1
2，P(B|A))= 2
3，P(B|A))= 1
4 ，则P(B)=
______．
【答案】7
24
【分析】利用条件概率公式和对立事件的公式进行求解即可.
【详解】因为P(B|A))= P(B A)
P( A) = P(B A)
1−P( A) =2 P(B A)= 2
3，
所以P(B A)= 1
3，
因为P(B|A))= P(B A)
P( A) ，P(B|A))=1−P(B|A))= 3
4 ，
所以P(B A)= 3
8，
所以P(B)= P(B A)+ P(B A)= 1
3 + 3
8 = 17
24 ，
P(B)=1−P(B)= 7
24 .
故答案为：7
24
1．（2026·内蒙古兴安盟·二模）一质点从△ABC的顶点A出发，每次随机沿一条边运动至另一个
顶点时终止，则质点4次运动过程中仅1次经过顶点B的条件下，第4次回到顶点A的概率P =
考点4
离散型随机变量的期望与方差
____________，记质点4次运动过程中经过顶点B的次数是X，则E (X )=____________．
【答案】 3
7 23
16
【分析】列举4次运动过程中仅1次经过顶点B的情况，再由古典概率公式即可求解； 记质点 4 次
运动过程中经过顶点B的次数是X，X 的所有可能取值为0,1,2，分别求得相应概率，列出分布列，
再求期望，即可求解.
【详解】因为质点4次运动过程中仅1次经过顶点B的情况有：A →B→A →C →A，
A →B→C →A →C，A →C →A →B→A , A →C →A →B→C，
A →C →B→A →C , A →C →B→C →A，A →C →A →C →B，共7种，
第四次回到顶点A有3种，所以质点4次运动过程中仅1次经过顶点B的条件下，第4次回到顶点A
的概率P= 3
7 .
记质点 4 次运动过程中经过顶点B的次数是X，X 的所有可能取值为0,1,2，
质点4 次运动，共有2×2×2×2=16种情况，
当X=0 时，A →C →A →C →A，共有1 种情况，则P(X =0)= 1
16 ，
当X=1 时，A →B→A →C →A， A →B→C →A →C，
A →C →A →B→A， A →C →A →B→C，
A →C →B→A →C，A →C →B→C →A，A →C →A →C →B，共有7 种情况，
所以P(X =1)= 7
16，又P(X =2)=1−1
16 −7
16 = 1
2，
所以X 的分布列为：
X
0
1
2
p
1
16
7
16
1
2
E (X )=0× 1
16 +1× 7
16 +2× 1
2 = 23
16，
故答案为：3
7 ，23
16 .
2．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）甲和乙各自从n(n≥6,n∈N
*)门选修课中任意选取3 门，记
X为被甲或乙选中的选修课数量，则X的数学期望E ( X )为______．
【答案】6−9
n
【分析】设Xi为第i 门课是否被选中，利用独立事件乘法公式求解P(Xi=1)，再利用数学期望的线
性性质求出E ( X ).
【详解】将n(n≥6,n∈N
*)门选修课编号为1,2,3,⋯,n，
设X i为第i 门课是否被选中，Xi={
1, 第i门课被选中
0, 第i门课未被选中)，
则X = X1+ X 2+ X 3+⋯+ X n，
又P(X i=1)=1−P(Xi=0)=1−(
Cn−1
3
Cn
3 )
2
=1−(n−3)
2
n
2
，
则E (X )= E(X1)+ E(X 2)+⋯+ E(X n)=n[1−(n−3)
2
n
2 )=6−9
n．
3．（2026·辽宁辽阳·二模）一个盒子中装有若干个小球，每个小球都标有一个号码，其中标有i号
的小球有i个（i=1，2，……，n且n∈N +），标有0号的小球有n+1个，没有其它标号，从盒子
中不放回的随机抽取2个球．
(1)当n= 4时，求取出的两个小球标号之和为4的概率；
(2)当n=3时，记X为取出的两个小球标号之差的绝对值，求X的分布列和数学期望．
【答案】(1) 8
35
(2)
X
0
1
2
3
P
2
9
4
15
11
45
4
15
E (X )= 14
9
【分析】（1）借助组合数公式及概率公式计算即可得；
（2）得到X的可能取值后，再分别计算出对应概率即可得其分布列，利用分布列即可得其期望.
【详解】（1）当n= 4时，盒子中共有5+ 4+3+2+1=15个小球，
取出的两个小球标号之和为4的可能有0+ 4或1+3或2+2三种可能，
设事件A表示取出的两个小球标号之和为4，
则P( A)=C5
1⋅C4
1 +C1
1⋅C3
1+C2
2
C15
2
= 20+3+1
15×7 = 8
35；
（2）当n=3时，盒子中共有4 +3+2+1=10个小球，
X的可能取值为0、1、2、3，
则P(X =0)=C4
2+C2
2+C3
2
C10
2
= 6+1+3
45
= 2
9，
P(X =1)=C4
1⋅C1
1+C1
1⋅C2
1+C2
1⋅C3
1
C10
2
= 4+2+6
45
= 4
15，
P(X =2)=C4
1⋅C2
1+C1
1⋅C3
1
C10
2
= 8+3
45 = 11
45，
P(X =3)=C4
1⋅C3
1
C10
2
= 12
45 = 4
15，
故X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
2
9
4
15
11
45
4
15
则E (X )=0× 2
9 +1× 4
15 +2× 11
45 +3× 4
15 = 14
9 .
4．（2026·辽宁省名校协作体·二模）某学校田径队有甲、乙等8 名运动员，现将这8 人平均分成
A ，B两组进行集训．每天训练前，两组分别从本组队员中随机选出一人担任组长．
(1)求甲、乙两人同在A组的概率；
(2)求甲在三天内至少担任一次组长的概率；
(3)记X为连续两天中至少担任一次组长的人数，求X的概率分布列和数学期望．
【答案】(1) 3
14 .
(2)37
64
(3)
X
2
3
4
P
1
16
3
8
9
16
数学期望7
2 .
【分析】（1）8 名运动员分成A ，B两组共有C8
4种不同方法,甲、乙两人同在A组有C6
2种不同方法，
利用古典概型公式求解即可；
（2）甲每天担任组长的概率为1
4 ，利用对立事件的概率公式即可求解；
（3）根据题意可得X的可能取值为2，3，4，分别求出对应的概率，结合期望公式即可求解.
【详解】（1）8 名运动员分成A ，B两组共有C8
4=70种不同方法．
记事件M为“甲、乙两人同在A组”，则事件M共有C6
2=15种不同方法，
所以P(M )= 15
70 = 3
14 ．
（2）甲每天担任组长的概率为1
4 ，记事件N为“甲在三天内至少担任一次组长”，
则P(N )=1−(1−1
4)
3
= 37
64 ，
（3）根据题意可得X的可能取值为2，3，4，
第一天选组长：A 组从4人中选1人有C4
1种，B 组从4人中选1人C4
1种，总选法为C4
1 C4
1 =16种，
第二天选组长：A 组从4人中选1人有C4
1种，B 组从4人中选1人C4
1种，总选法为C4
1 C4
1 =16种，
X =2的含义：两天的组长完全相同，即A 组两天选同一个人，B 组两天也选同一个人，
所以P(X =2)=C4
1
C4
1 C4
1 ⋅C4
1
C4
1 C4
1 = 1
16 ，
X =3的含义：A组两天选同一人，B组两天选不同的人或B组两天选同一人，A组两天选不同的人，
所以P(X =3)=2×C4
1
C4
1 C4
1 ⋅A4
2
C4
1 C4
1 = 3
8 ，
X = 4的含义：两天的组长完全不重复，总人数为 4，即 A组两天选不同的人，B 组两天也选不
同的人，所以P(X = 4)= A4
2
C4
1 C4
1 ⋅A4
2
C4
1 C4
1 = 9
16 ，
所以X的分布列为
X
2
3
4
P
1
16
3
8
9
16
E (X )= 1
16 ×2+ 3
8 ×3+ 9
16 ×4 = 7
2 .
5．（2026·辽宁大连·二模）欲从A，B 两个频道中选出一个优选频道作为校园之声广播，现对这两
个频道轮流播放进行测试，每次播放一个频道.已知A 频道每次播放成功的概率为2
3，B 频道每次播
放成功的概率为1
2，且每次播放互不影响.
约定1：任选一个频道进行播放，若播放成功，便成为优选频道；
约定2：从A 频道开始播放，先成功播放的频道为优选频道，当决定出优选频道或两频道都播放3
次均失败，结束测试.
(1)按照约定1，求在播放一次就成功的条件下，A 频道成为优选频道的概率；
(2)按照约定2，
（i）两个频道共播放不超过4 次时，求A 频道成为优选频道的概率；
（ii）测试结束时，求B 频道播放次数X的分布列与数学期望.
【答案】(1)4
7
(2)（i）7
9；（ii）分布列见解析，数学期望为43
108
【分析】（1）按照贝叶斯公式直接计算即可；
（2）（i）按照播放次数分情况求解；（ii）写出X的所有可能取值并计算所对应的概率，然后列
出分布列，计算即可.
【详解】（1）设“任选一个频道播放，该频道是A 频道”为事件M，“任选一个频道播放，该频
道是B 频道”为事件N，
“任选一个频道播放一次，该频道播放成功”为事件C，
所以P(M )= P(N )= 1
2，P(C | M )= 2
3 , P(C | N )= 1
2，
在播放一次就成功的条件下，A 频道成为优选频道的概率为
P(M |C)= P(CM )
P(C) =
P(C | M ) P(M )
P(C | M ) P(M )+ P(C | N ) P(N ) =
1
2 × 2
3
1
2 × 2
3 + 1
2 × 1
2
= 4
7 .
（2）（i）播放1 次A 频道成为优选频道的概率为2
3，
播放3 次A 频道成为优选频道的概率为1
3 × 1
2 × 2
3 = 1
9，
所以按照约定2，两个频道共播放不超过4 次时，A 频道成为优选频道的概率为2
3 + 1
9 = 7
9.
（ii）X的所有可能取值为0，1，2，3，
P(X =0)= 2
3 , P(X =1)= 1
3 × 1
2 + 1
3 × 1
2 × 2
3 = 5
18，
P(X =2)= 1
3 × 1
2 × 1
3 × 1
2 + 1
3 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 2
3 = 5
108 , P(X =3)= 1
3 × 1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 = 1
108，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
2
3
5
18
5
108
1
108
所以数学期望为E (X )=0× 2
3 +1× 5
18 +2× 5
108 +3× 1
108 = 43
108.
6．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）某农场现有两种优质作物种子，在相同种植条件下，单位面积
产量分别为随机变量X1，X 2（单位：吨/亩），其分布列为
X1
0.5
1.0
P
0.8
0.2
X 2
0.2
0.8
1.2
P
0.2
0.5
0.3
(1)若分别用两种种子各种植100 亩，设Y 1，Y 2分别为两种作物的总产量，求D(Y 1)，D(Y 2)；
(2)现将总面积为100 亩的土地进行种植规划，用x亩种植第一种种子，剩余亩数种植第二种种子，
f (x)为两种作物总产量的方差之和，求f (x)的最小值时的x值；
(3)结合期望与方差，从稳产性、总产量、种植风险三个角度，对“全部种植第一种种子”，“全
部种植第二种种子”，“按（2）最优比例种植”三种方案进行综合评价，并给出面向农场生产的
合理化种植建议.
【答案】(1)D(Y 1)= 400，D(Y 2)=1200.
(2)75
(3)答案见解析
【分析】（1）先计算D( X1)和D( X 2)，再推导D(Y 1)和D(Y 2)；计算D( X1)、D( X 2)时，先根
据期望公式计算E( X1)、E( X 2)，再利用方差公式计算方差；
（2）根据种植面积，确定总产量的方差之和f ( x)的表达式，利用方差性质展开得到关于x的二次
函数，再根据二次函数的性质求最小值对应的x值；
（3）分别计算三种方案下总产量的期望和方差，因为期望反映总产量水平，方差反映稳产性和种
植风险，所以结合期望和方差的意义，从三个角度逐一分析三种方案的特点，再给出建议.
【详解】（1）由题设得：E(X 1)=0.5×0.8+1.0×0.2=0.6，
D(X 1)=(0.5−0.6)
2×0.8+(1.0−0.6)
2×0.2=0.04，
D(Y 1)= D(100 X 1)=10000×0.04 = 400.
E(X 2)=0.2×0.2+0.8×0.5+1.2×0.3=0.8，
D(X 2)=(0.2−0.8)
2×0.2+(0.8−0.8)
2×0.5+(1.2−0.8)
2×0.3=0.12，
D(Y 2)= D(100 X 2)=10000×0.12=1200，
所以D(Y 1)= 400，D(Y 2)=1200.
（2）由题意可得：f (x)= D(x X1)+ D((100−x) X 2)=0.04 x
2+0.12(100−x)
2
=0.16 x
2−24 x +1200
故当x =−
−24
2×0.16 =75时，f (x)取得最小值300.
（3）全部种植第一种种子：E(Y 1)=100×0.6=60（吨），
全部种植第二种种子：E(Y 2)=100×0.8=80（吨），
按（2）最优比例种植：E (Y )=75×0.6+25×0.8=65（吨），
评价：最优比例种植的方差最小，为300，稳产性最好，产量适中；全部种植第二种种子总产量最
高，但是风险较高.
建议：若农场追求高产量且能承担较高风险，可选全种第二种种子；若更看重稳产，降低种植风险，
应采用75 亩种第一种种子，25 亩种第二种种子的最优比例.
1．（2026·内蒙古包头·二模）为了了解学生的基本情况，某学校对一次高三质量预测数学考试成
绩进行汇总（所有学生的数学成绩都不低于30 分），整理后得到如下图所示的频率分布直方图：
(1)求频率分布直方图中m的值，并估计该校学生数学成绩的第70 百分位数；
(2)若该校高三学生共有1200 人，从中依据按比例分配分层抽样的方法从等级分数介于80 至100 之
间的学生中抽出8 人，再从这8 人中选出3 人，记ξ为3 人中分数在[80,90)的人数，求ξ的分布列
和数学期望.
【答案】(1)m=0.012，75
(2)ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
3
28
15
28
5
14
E (ξ)= 9
4
【分析】（1）根据频率分布直方图中矩形面积之和为1 可求得m=0.012，再由百分位数的定义计
算可得结果；
（2）根据分层抽样求出相应区间的人数，再计算出相应概率可得出分布列和期望.
【详解】（1）由题意得10×(0.002+2×0.004+m+0.020+0.028+0.030)=1，
考点5
二项分布与超几何分布的期望与方差差
解得m=0.012.
因为0.02+0.04+0.2+0.3=0.56<0.7，
0.02+0.04 +0.2+0.3+0.28=0.84>0.7，
所以该校学生数学成绩的第70 百分位数位于[70,80)内，设其为x，
则0.02+0.04 +0.2+0.3+( x−70)×0.028=0.7，解得x =75.
故估计该校学生数学成绩的第70 百分位数为75.
（2）因为[80,90),[90,100]两组数据的频率之比为0.12:0.04 =3:1，
所以8 人中等级分数位于[80,90),[90,100]内的人数分别为6，2.
由题意知ξ的所有可能取值为1，2，3，
P(ξ =1)=C6
1C2
2
C8
3
= 6
56 = 3
28，P(ξ =2)=C6
2C2
1
C8
3
= 30
56 = 15
28，P(ξ =3)=C6
3
C8
3 = 20
56 = 5
14 ；
所以ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
3
28
15
28
5
14
所以E(ξ)=1× 3
28 +2× 15
28 +3× 5
14 = 9
4 .
2．（2026·吉林G35 联合体·二模）某商场为了吸引顾客，举办抽奖活动，顾客可凭购物发票参与
活动一次，规则如下：一个袋子中装有5 个除颜色不同外其余均相同的小球，其中2 个黑球和3 个
红球．顾客从袋子中有放回地随机摸两次，每次摸出一球.若两次摸到的球的颜色不同，则按方式
①发放礼品，否则按方式②发放礼品．
方式①：若第一次摸到的是红球，则发放礼品A 一份，否则发放礼品B 一份．
方式②：若购物发票上的金额不低于100 元，则发放礼品A 一份，否则发放礼品B 一份．
(1)若有50 名顾客参与抽奖活动，用X 表示其中按方式①发放礼品的人数，求X 的数学期望；
(2)抽奖活动后，统计得到，发放的礼品中，礼品A 与礼品B 的份数的比例为1:2，试估计参与抽奖
活动的顾客中，购物发票上的金额不低于100 元的比例．（结果保留两位有效数字）
【答案】(1)24
(2)0.18
【分析】（1）根据二项分布的定义及条件，可得X ∼B(50, 12
25)，代入期望公式，即可得答案.
（2）分别求出按方式①和方式②，获得礼品A 和礼品B 的概率，结合条件，化简计算，即可得答
案.
【详解】（1）若按方式①发放礼品，则两次摸到的球的颜色不同，
设两次摸到的球的颜色不同为事件C，则P(C )= 2
5 × 3
5 + 3
5 × 2
5 = 12
25，
由题意，每位顾客抽奖，按方式①发放礼品的事件相互独立，且概率相同，
则X ∼B(50, 12
25)，则X 的数学期望E( X )=50× 12
25 =24.
（2）由（1）得，按方式①发放礼品的概率为12
25，按方式②发放礼品的概率为13
25，
若第一次摸到红球，第二次摸到黑球，即按方式①发放礼品A 的概率P1= 3
5 × 2
5 = 6
25，
若第一次摸到黑球，第二次摸到红球，即按方式①发放礼品B 的概率P2= 2
5 × 3
5 = 6
25，
设金额不低于100 元的比例为p，则按方式②发放礼品A 的概率P3= 13
25 × p，
则按方式②发放礼品B 的概率P4= 13
25 ×(1−p)，
因为礼品A 与礼品B 的份数的比例为1:2，
所以
6
25 + 13 p
25
6
25 + 13(1−p)
25
= 1
2，解得p= 7
39 ≈0.18.
所以购物发票上的金额不低于100 元的比例约为0.18
3．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)在某次军事演习中，红军参谋部进行战前推演：蓝军拥有两个相
同结构的军事基地，每个基地有n(n>1)个重要节点：红军拥有某种型号导弹，对上述每个重要节
点单枚命中即可摧毁，且单枚突破防御并命中的概率为p．红军的演习任务是发射2n枚该型号导
弹对蓝军军事基地实施打击，完成对蓝军至少一个军事基地的彻底摧毁（即摧毁该基地内的全部重
要节点）即为获胜．
现有两种打击方案：
方案一：选择某一军事基地内的n个重要节点进行打击，对每个重要节点发射两枚导弹；
方案二：对两个军事基地的各n个重要节点进行打击，对每个重要节点发射一枚导弹．
视各枚导弹突破防御并命中目标相互独立，请你帮助红军参谋部进行推演计算：
(1)分别求出两种方案中，最终摧毁的重要节点数的期望，并比较期望大小；
(2)比较两种方案下红军获胜的概率，判断哪种方案更优．
【答案】(1)方案一期望为n(2 p−p
2)，方案二期望为2np，且E( X1)< E( X 2)；
(2)方案一获胜概率更大，方案一更优.
【分析】（1）利用二项分布的期望公式分别计算两个方案的期望，再比较大小.
（2）方案一：获胜条件等价于被打击的基地被彻底摧毁，计算该基地所有节点均被摧毁的概率即
为获胜概率；方案二：分别计算两个基地被彻底摧毁的概率，利用概率加法公式计算至少一个基地
被摧毁的概率，进而比较两个方案获胜概率的大小.
【详解】（1）设各导弹命中相互独立，单个节点只要至少被命中一次就会被摧毁：
方案一：仅打击1 个基地的n个节点，每个节点发射2 枚导弹.
单个节点未被摧毁的概率为(1−p)
2，
因此单个节点被摧毁的概率为1−(1−p)
2=2 p−p
2.
设方案一摧毁节点数为X 1，则X 1~ B(n,2 p−p
2)，
则E( X 1)=n(2 p−p
2).
方案二：打击两个基地共2n个节点，每个节点发射1 枚导弹.
单个节点被摧毁的概率为p，设方案二摧毁节点数为X 2，
则X 2~ B(2n, p)，E( X 2)=2np.
因为0< p<1,n>1，所以E( X 1)=2np−n p
2<2np= E( X 2).
（2）获胜条件为至少一个基地所有节点全被摧毁，分别计算获胜概率：
方案一：仅打击一个基地，获胜当且仅当该基地所有n个节点全被摧毁，
因此获胜概率：P1=(2 p−p
2)
n= p
n(2−p)
n
方案二：设A ,B分别为第一个、第二个基地全被摧毁，根据题意可得，
P2= P( A ∪B)= P( A )+ P(B)−P( A )P(B)=2 p
n−p
2n= p
n(2−p
n)，
由p
n>0，可知只需比较(2−p)
n和2−p
n的大小，
用归纳法证明：对n>1,n∈N
∗，有(2−p)
n>2−p
n，
当n=2时，(2−p)
2−(2−p
2)=2(1−p)
2>0，不等式成立；
假设n=k(k ≥2)时不等式成立，即(2−p)
k>2−p
k，则n=k +1时：
(2−p)
k +1=(2−p)
k(2−p)>(2−p
k)(2−p)= 4−2 p−2 p
k + p
k +1，
作差得：4−2 p−2 p
k + p
k +1−(2−p
k +1)=2(1−p)(1−p
k)>0，不等式也成立.
因此对所有n>1，(2−p)
n>2−p
n，即P1= p
n(2−p)
n> p
n(2−p
n)= P2，
方案一获胜概率更高，方案一更优.
4．（2026·哈尔滨三中·二模）在统计调查中，问卷的设计是一门很大的学问．对一些敏感性问题，
更要精心设计问卷及调查方法，设法消除被调查者的顾虑，使他们能够如实回答问题，否则，被调
查者往往会拒绝回答，或不提供真实情况．某地区的公共卫生部门为了调查本地区中学生的吸烟情
况，对随机抽出的80 名初中生和120 名高中生进行了调查.调查者设计了一个随机化装置，这是一
个装有大小、形状和质量完全一样的10 个白球和20 个黑球的袋子.每个被调查者随机从袋中摸取1
个球（摸出的球再放回袋中），摸到白球的学生若吸烟，则写下①，若不吸烟，则写下②；摸到黑
球的学生若吸烟，则写下②，若不吸烟，则写下①．由于问题的答案只有①和②，而且摸到的是白
球还是黑球也是别人不知道的，因此被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案．设事件
A =“被调查者吸烟”，B =“被调查者写下①”．
(1)为了进一步了解学生的吸烟情况，从被调查的初中生和高中生中用比例分配的分层随机抽样的
方法抽取10 名学生，再从这10 名学生中随机抽取3 名学生进行问卷调查，记抽取的3 名学生中初
中生的人数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)用频率估计概率，若200 名学生中有130 人写下①，试估计P( A)的值；
(3)若0< P( A)<1，求P( A|B))+ P( A|B))的最小值并求出此时P( A)的值．
【答案】(1)分布列见解析，E (X )= 6
5
(2) 1
20
(3)2
3，P( A)= 1
2
【分析】（1）先根据初中生和高中生的总人数比例，计算抽取的10 名学生中初中生和高中生的人
数，判断X 服从超几何分布，再根据超几何分布的相关公式求解分布列和数学期望；
（2）利用全概率公式，结合已知的写下①的人数对应的频率作为P(B)，建立关于P( A)的方程，
进而求解P( A)；
（3）首先利用条件概率公式，分别表示出P( A |B)和P( A |B)，再将它们相加化简得到关于
P( A)的表达式，再利用函数求最值的方法进行求解，同时结合0< P( A)<1的条件确定此时P( A)
的值.
【详解】（1）抽取的10 名学生中有4 名初中生，6 名高中生
X的可能取值为0，1，2，3．
P(X =0)=C6
3
C10
3 = 1
6，P(X =1)=C4
1 C6
2
C10
3
= 1
2，
P(X =2)=C4
2 C6
1
C10
3
= 3
10，P(X =3)=C4
3
C10
3 = 1
30．
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
6
1
2
3
10
1
30
E (X )=3× 4
10 = 6
5；
（2）设事件C =“被调查者摸到白球”
P(B)= P(C) P(B|C)+ P(C) P(B|C)= 1
3 P( A)+ 2
3 (1−P( A))= 2
3 −1
3 P( A)，
当P(B)= 13
20时，P( A)= 1
20
（3）P( A |B)+ P( A |B)= P( AB)
P(B) + P( A B)
P(B) =
1
3 P( A)
2
3 −1
3 P( A)
+
1
3 (1−P( A))
1−(
2
3 −1
3 P( A))
，
= 2(P( A))
2−2 P( A)+2
−(P( A))
2+ P( A)+2
=
6
−(P( A))
2+ P( A)+2
−2=
6
−[P( A)−1
2)
2
+ 9
4
−2
，
当P( A)= 1
2时，P( A |B)+ P( A |B)的最小值为2
3.
1．（2026·东北三省三校·二模）（多选）下列说法正确的是（ ）
考点6
正态分布
A．随机事件A,B 相互独立的充要条件是P( A B)=[1−P( A))⋅P(B)
B．设X 为随机变量,则E(X
2)= D (X )+[E (X ))
2
C．X ~ B(3, 1
3),则E (X )=1,D (X )=2
D．若X ~ N (1,2
2),记函数f (x)= P(X ≤x),x∈R,则f (x)的图象关于点(1, 1
2)对称
【答案】ABD
【分析】根据随机事件的独立性、随机变量的方差与期望的关系、二项分布的期望与方差、正态分
布的对称性逐一严格推导每个选项的正确性，排除错误选项.
【详解】对于A，先证必要性：若A ,B相互独立，则P( AB)= P( A) P(B)，
所以P( A B)= P(B)−P( AB)= P(B)−P( A )P(B)=[1−P( A)) P(B)，
再证充分性：若P( A B)=[1−P( A)) P(B)，则P( A B)=[1−P( A)) P(B)= P(B)−P( A )P(B)，
所以P( A )P(B)= P(B)−P( A B)= P( AB)，即P( AB)= P( A) P(B)，说明A与B相互独立，
所以随机事件A,B 相互独立的充要条件是P( A B)=[1−P( A))⋅P(B)，故A 正确；
对于B，由于D (X )= E[(X −E (X ))
2)，则D (X )= E[ X
2−2 X ⋅E (X )+(E (X ))
2]，
所以D (X )= E(X
2)−2 E (X )⋅E (X )+(E (X ))
2= E(X
2)−[E (X ))
2，
即E(X
2)= D (X )+[E (X ))
2，所以B 正确；
对于C，由X ~ B(3, 1
3),则E (X )=3× 1
3 =1,D (X )=3× 1
3 × 2
3 = 2
3，故C 错误；
对于D，因为X ~ N (1,2
2),记函数f (x)= P(X ≤x),x∈R,
所以对任意x∈R，有f (1+ x)+ f (1−x)= P(X ≤1+ x)+ P(X ≤1−x)，
由正态分布的对称性：P(X ≤1−x)= P(X ≥1+ x)，
因此f (1+ x)+ f (1−x)= P(X ≤1+ x)+ P(X ≥1+ x)=1，
即f (x)的图象关于点(1, 1
2 )对称，故D 正确.
故选：ABD
2．（2026·内蒙古包头·二模）已知随机变量X 服从正态分布N (2,σ
2)，且
P( X ≤1)= m
2 , P(2≤X ≤3)=n，则1
m + 2
n的最小值为_______.
【答案】9
【分析】利用正态分布的对称性求得m+2n=1，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】因为X ~ N (2,σ
2)，且P( X ≤1)= m
2 ，则由对称性得P( x ≥3)= m
2 ，
又P(2≤x ≤3)=n，
所以P( x ≥2)= P( x ≥3)+ P(2≤x ≤3)= m
2 +n= 1
2，故m+2n=1，
又因为m>0,n>0，
所以1
m + 2
n =(
1
m + 2
n)(m+2n)=5+ 2n
m + 2m
n ≥5+2❑√
2n
m ⋅2m
n =9，
当且仅当2n
m = 2m
n 且m+2n=1，即m=n= 1
3时等号成立，
所以1
m + 2
n的最小值为9.
故答案为：9.
3．（2026·辽宁沈阳·质量监测(二)）某科技公司研发的AI 智能体在进行图象分类任务时，单次分类
的准确率X（单位：分）服从正态分布N (90,3
2)．
(1)求正常情况下，该AI 单次分类的准确率大于99 分的概率；
(2)某天测试人员随机抽取了该AI 的两次分类结果，发现两次的准确率得分均大于99 分．测试人员
根据这两次测试结果，判断该AI 智能体出现了异常波动，要求立即暂停研发更新并进行算法排查．
请问测试人员的判断是否合理？请说明理由．
附：若X ∼N (μ,σ
2)，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．
【答案】(1)0.00135
(2)合理，理由见解析.
【分析】（1）考察正态分布的对称性及其性质，重点在于理解正态分布密度曲线的对称性，利用
给定区间概率计算概率.
（2）理解小概率事件在统计决策中的含义.
【详解】（1）因为X ∼N (90,3
2)，即μ=90,σ =3，
又因为99=90+3×3= μ+3σ，
所以P(X >99)= P(X > μ+3σ )
= 1
2 (1−P(μ−3σ ≤X ≤μ+3σ ))= 1
2
(1−0.9973)=0.00135
所以正常情况下，该AI 单次分类的准确率得分大于99 分的概率为0.00135
（2）测试人员的判断是合理的，理由如下：
设“AI 单次分类的准确率得分大于99 分的概率”为事件A，则P( A)=0.00135，
设 “两次分类准确率得分均大于99 分”为事件B，则两次测试相互独立
P(B)= P( A)× P( A)=0.00135×0.00135=1.8225×10
−6，
因为1.82×10
−6是一个极小概率，根据小概率原理，小概率事件在一次实验中几乎不可能发生.
现在该事件发生了，说明“AI 智能体运行正常”这一假设不成立，即出现了异常波动.
所以，测试人员的判断是合理的.
1．（2026·辽宁省名校协作体·二模）（多选）下列命题正确的是（ ）
A．若样本数据x1, x2，…，x6的方差为2，则数据 2 x1−1，2 x2−1，⋯，2 x6−1的方差
为4
B．若P( A)=0.6，P( B) A)=0.5，P( B) A)=0.2，则P(B)=0.38
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
2 x +1上，则这组样本数据
的线性相关系数为−1
2
考点7
回归方程与独立性检验
D．以模型y =ce
kx去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设z =ln y，求得经验回归方
程为^z = 4 x +0.3，则c ,k的值分别是e
0.3和4
【答案】BD
【分析】利用两组线性关系的数据间的方差转换公式可判断A；利用全概率公式可判断B；利用线
性相关系数的定义可判断C；利用非线性回归方程的求法可判断D.
【详解】原数据方差D (x)=2，设yi=2 xi−1，
则D ( y)=2
2 D (x)=2
2×2=8，故A 错误；
P(B)= P( A) P(B∣A)+ P( A) P(B∣A)=0.6×0.5+0.4×0.2=0.3+0.08=0.38，
故 B 正确；
所有样本点都在直线 y =−1
2 x +1 上，说明完全线性相关，相关系数绝对值为 1，
直线斜率为负，故相关系数为 −1，故C 错误；
模型 y =ce
kx 取对数得 ln y =lnc + kx，
令 z =ln y，则回归方程为 ^z =kx +lnc，
已知 ^z = 4 x +0.3，故 k = 4，lnc =0.3，即k = 4 ，c =e
0.3，故D 正确.
故选：BD
2．（2026·辽宁大连·二模）（多选）下列命题成立的是（ ）
A．已知ξ ∼N (0,1)，若P(ξ >1)= p，则P(−1≤ξ ≤0)= 1
2 −p
B．若一组样本数据(xi, yi)(i=1,2,3,⋯n)对应的样本点都在直线y =−2 x +3上，则这组样本
数据的相关系数r为−1
C．以模型y =ce
kx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z =ln y，求得线性回归方程为
^z =0.3 x + 4，则c ,k的值分别是4 和0.3
D．对分类变量X与Y 的独立性检验的统计量χ
2来说，χ
2值越大，判断“X与Y 有关系”的把握
性越小
【答案】AB
【分析】A.根据ξ ∼N (0,1)，由P(−1≤ξ ≤0)= 1−2 P(ξ >1)
2
判断；B.由题意知这组数据完全线性
相关，再根据直线斜率的正负判断；C.由y =ce
kx两边取自然对数求解判断；D.根据χ
2值越大，“
X与Y 有关系”的可能性越大判断.
【详解】A.已知ξ ∼N (0,1)，且P(ξ >1)= p，则P(−1≤ξ ≤0)= 1−2 P(ξ >1)
2
= 1
2 −p，故正确；
B.若一组样本数据(xi, yi)(i=1,2,3,⋯n)对应的样本点都在直线y =−2 x +3上，说明这组数据完全
线性相关，又因为直线斜率−2<0是负相关，所以这组样本数据的相关系数r为-1，故正确；
C.由y =ce
kx两边取自然对数得ln y = ln(ce
kx)=kx + ln c，求得线性回归方程为^z =0.3 x + 4，所以
k =0.3，ln c = 4，则c =e
4，故错误；
D.对分类变量X与Y 的独立性检验的统计量χ
2来说，χ
2值越大，“X与Y 有关系”的可能性越大，
所以判断“X与Y 有关系”的把握性越大，故错误；
故选：AB
3．（2026·内蒙古兴安盟·二模）（多选）下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量X ∼N (1,σ
2)，则P(X ≤0)= P(X ≥2)
B．若事件A ,B相互独立，则P( A ∪B)= P( A)+ P(B)
C．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
D．根据分类变量X与Y 的成对样本数据，计算得到χ
2=9.850.依据α =0.01的独立性检验
(x0.01
2
=6.635)，可判断变量X与Y 不独立
【答案】AD
【分析】根据正态分布曲线的对称性，可判定A 正确；根据P( A ∪B)= P( A)+ P(B)−P( A ∩B)，
可判定B 不正确；将样本中心代入回归方程，求得m的值，可判定C 错误；根据χ
2> x0.01
2
，拒绝“
X与Y 的独立”的原假设，可判定D 正确.
【详解】对于A，随机变量X ∼N (1,σ
2)，可得μ=1，即正态分布曲线关于x =1对称，
因为0+2
2
=1，所以P(X ≤0)= P(X ≥2)，所以A 正确；
对于B，若事件A ,B相互独立，可得P( A ∪B)= P( A)+ P(B)−P( A ∩B)，
只有事件A和事件B互斥时，满足P( A ∪B)= P( A)+ P(B)，所以B 不正确；
对于C，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)，可得2.8=0.3m−m，解得m=−4，所以C 错误；
对于D，根据分类变量X与Y 的成对样本数据，计算得到χ
2=9.850，
依据α =0.01的独立性检验(x0.01
2
=6.635)，可得χ
2> x0.01
2
，
此时拒绝“X与Y 的独立”的原假设，可判断变量X与Y 不独立，所以D 正确.
故选：AD
4．（2026·吉林梅河口五中·二模）（多选）下列说法中正确的是（ ）
A．一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3 组成一个新样本，则新样本
的平均数不变，方差变小
B．在成对样本数据中，两个变量间的样本相关系数越小，则它们的线性相关程度越弱
C．数据m（m>50），53，56，69，70，72，79，65，80，45，41 的极差为40，则这组数
据的第m 百分位数为79
D．依据小概率值α =0.005的独立性检验推断两个分类变量X 与Y 之间是否有关联，经计算得
χ
2=9.342>7.879= x0.005，则可以认为“X 与Y 没有关联”
【答案】AC
【分析】利用平均数与方差的定义可判断A；由相关系数的概念可判断B；利用百分位的定义求解
可判断C；由独立性检验的意义可判断D.
【详解】一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3 组成一个新样本，则新样
本的平均数不变，
根据方差公式，可知方差变小，故A 正确；
两个变量的相关系数|r)越小，则两者的线性相关程度越弱，故B 错误;
除m 外，剩余数据的极差为80−41=39，因为所有数据的极差为40，且m>50，
所以m−41= 40⇒m=81.
把数据技从小到大题序排列，得：41，45，53，56，65，69，70，72，79，80，81.
由11×81% =8.91，所以这组数据的第m 百分位数为第9 个，为79.故C 正确;
零假设为H 0: X与Y 相互独立，即X 与Y 没有关联，由χ
2=9.342>7.879= x0.005，
可知依据α =0.005的独立性检验，没有充分证据推断H 0不成立，可以认为“X 与Y 有关联”，故
D 错误.
故选：AC.
5．（2026·吉林梅河口五中·二模）近几年来空气质量逐步转好，全民健身运动引起广泛关注．某
兴趣小组随机调查了某市100 天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到
下表（单位：天）：
空气质量
锻炼人次
[0,200)
(200,400)
(400,600)
优良
7
26
37
轻度污染
6
7
8
中度污染
7
2
0
(1)求空气质量优良的概率的估计值；
(2)根据所给数据，完成下面的列联表：
空气质量
人次≤400
人次>400
合计
优良
污染
合计
(3)根据小概率值α =0.05的独立性检验，能否认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质
量有关？
附：χ
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)．
P( χ
2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【答案】(1) 7
10
(2)列联表见解析
(3)能
【分析】（1）根据表格中数据利用频率即可估计概率；
（2）根据题干表格进行统计即可；
（3）计算出χ
2，与χ0.05=3.841进行比较即可．
【详解】（1）由表格中数据可得空气质量优良的概率的估计值为：7+26+37
100
= 7
10；
（2）2×2列联表为：
空气质量
人次≤400
人次>400
合计
优良
33
37
70
污染
22
8
30
合计
55
45
100
（3）零假设为H 0：一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量无关．
根据表中数据，得
χ
2= 100×(33×8−37×22)
2
70×30×55×45
= 1100
189 ≈5.820> 3.841= χ0.05，
依据小概率值α =0.05的独立性检验，我们推断H 0不成立，
即可以认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关．
6．（2026·吉林长春·质量监测(二)）为研究某校高三年级学生的身高是否与性别有关，现从学生群
体中，随机测量了50 名学生的身高，然后按“身高低于170cm”与“身高不低于170cm”分成两组，
统计整理各组人数如下列联表（单位：人）．
性别
身高
合计
低于170cm
不低于170cm
男
8
24
32
女
12
6
18
合计
20
30
50
(1)依据α =0.005的独立性检验，能否认为该学校高三年级学生的身高与性别有关联？
(2)若从男生样本和女生样本中各选取一人，求两名学生身高不在同一组的概率．
附：χ
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c +d．
α
0.1
0.05
0.01
0.005
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
【答案】(1)可以认为该学校高三年级学生的性别与身高有关联．
(2) 7
12 ．
【分析】（1）计算卡方，即可与临界值比较求解.
（2）根据全概率公式即可求解.
【详解】（1）χ
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d) = 50×(8×6−24×12)
2
32×18×20×30
≈8.333>7.879，
依据α =0.005的独立性检验，可以认为该学校高三年级学生的性别与身高有关联．
（2）从男生样本和女生样本中各选取一人，则两名学生身高不在同一组的概率
P= 8
32 × 6
18 + 24
32 × 12
18 = 7
12 ．
7．（2026·吉林白山·二模）某地举办业余乒乓球联赛，比赛分“有缝球型”和“无缝球型”两个
赛区，从该地区抽取部分选手进行调研，相关数据如下表：
喜欢用有缝球
喜欢用无缝球
直拍打法选手
18
30
横拍打法选手
20
12
(1)能否有95%以上的把握认为不同打法的选手对于有缝球和无缝球的喜好有影响？
(2)若从参加调研的“横拍打法”选手中用分层抽样的方法抽取8 名选手，按照各自喜爱的球型参
加相应赛区的比赛．现从8 名选手中选3 人，用AI 监测他们的比赛数据．
①求两个赛区都有人被选中的概率；
②用X表示被选3 人中“喜欢用无缝球”的人数，求X的分布列和期望．
附：χ
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)，
P( χ
2≥k 0.100
0.050
0.010
k
2.706
3.841
6.635
【答案】(1)有95%以上的把握
(2)45
56 ,分布列见解析，期望为9
8
【分析】（1）根据表中数据及公式计算χ
2判断；
（2）①根据抽样比从各层中抽取相应人数，再利用古典概型概率计算公式求解； ②利用超几何分
布计算即可求得分布列与期望.
【详解】（1）假设不同打法的选手对于有缝球和无缝球的喜好没有影响．
χ
2= 80(18×12−30×20)
2
38×42×32×48
= 640
133 ≈4.812>3.841,
所以有95%以上的把握认为不同打法选手对于有缝球和无缝球的喜好有影响．
（2）①根据分层抽样可知，各层的抽样比为
8
20+12 = 1
4 ，所以从喜欢用有缝球的选手中选取
20× 1
4 =5人，从喜欢用无缝球的选手中选取12× 1
4 =3人，
记“两个赛区都有人被选中”为事件A，
则P( A)=C5
1C3
2+C5
2C3
1
C8
3
= 45
56 ．
所以两个赛区都有人被选中的概率为45
56 ．
② X 的分布列与期望
X表示被选3 人中“喜欢用无缝球”的人数，服从超几何分布，可能取值为 0,1,2,3：
P(X =0)=C5
3
C8
3 = 10
56 = 5
28 ,
P(X =1)=C5
2C3
1
C8
3
= 30
56 = 15
28 ,
P(X =2)=C5
1C3
2
C8
3
= 15
56 ,
P(X =3)=C3
3
C8
3 = 1
56.
分布列：
X
0
1
2
3
P
5
28
15
28
15
56
1
56
E (X )=0× 5
28 +1× 15
28 +2× 15
56 +3× 1
56 = 30+30+3
56
= 9
8 .
考点8
概率与数列交汇
1．（2026·吉林白山·二模）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记
忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n−1,n−2,n−3,⋅⋅⋅次
状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2 个红球
和1 个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n(n∈N
∗)次操作后，记甲盒子中黑球个数
为X n，甲盒中恰有1 个黑球的概率为an，恰有2 个黑球的概率为bn.
(1)求X 1的分布列；
(2)求数列{an)的通项公式；
(3)求X n的期望.
【答案】(1)答案见解析
(2)an= 3
5 + 2
5 ⋅(−1
9)
n
(3)1
【分析】（1）由题意分析X 1的可能取值为0，1，2.分别求出概率，写出分布列；（2）由全概率
公式得到an+1=−1
9 an+ 2
3，判断出数列{an−3
5)为以a1−3
5 =−2
45为首项，以−1
9为公比的等比数
列即可求解；（3）利用全概率公式求出bn+1= 2
9 an+ 1
3 bn求出bn= 1
5 −1
5(−1
9)
n
，进而求出E(X n).
【详解】（1）（1）由题可知，X1的可能取值为0，1，2.由相互独立事件概率乘法公式可知：
P(X1=0)= 1
3 × 2
3 = 2
9;P(X1=1)= 1
3 × 1
3 + 2
3 × 2
3 = 5
9;P(X1=2)= 2
3 × 1
3 = 2
9，
故X1的分布列如下表：
X 1
0
1
2
P
2
9
5
9
2
9
（2）由全概率公式可知：
P(X n+1=1)
= P(X n=1)⋅P(X n+1=1|X n=1))+ P(X n=2)⋅P(X n+1=1|X n=2))
+ P(X n=0)⋅P(X n+1=1|X n=0))
=(
1
3 × 1
3 + 2
3 × 2
3)P(X n=1)+(
2
3 ×1)P(X n=2)+(1× 2
3)P(X n=0)
= 5
9 P(X n=1)+ 2
3 P(X n=2)+ 2
3 P(X n=0)，
即：an+1= 5
9 an+ 2
3 bn+ 2
3 (1−an−bn)，
所以an+1=−1
9 an+ 2
3，
所以an+1−3
5 =−1
9(an−3
5)，
又a1= P(X 1=1)= 5
9，
所以，数列{an−3
5)为以a1−3
5 =−2
45为首项，以−1
9为公比的等比数列，
所以an−3
5 =−2
45 ⋅(−1
9)
n−1
= 2
5 ⋅(−1
9)
n
，
即：an= 3
5 + 2
5 ⋅(−1
9)
n
.
（3）由全概率公式可得：
P(X n+1=2)
= P(X n=1)⋅P(X n+1=2|X n=1))+ P(X n=2)⋅P(X n+1=2|X n=2))
+ P(X n=0)⋅P(X n+1=2|X n=0))
=(
2
3 × 1
3)⋅P(X n=1)+(
1
3 ×1)⋅P(X n=2)+0⋅P(X n=0),
即：bn+1= 2
9 an+ 1
3 bn,
又an= 3
5 + 2
5 ⋅(−1
9)
n
,
所以bn+1= 1
3 bn+ 2
9(
3
5 + 2
5(−1
9)
n
),
所以bn+1−1
5 + 1
5(−1
9)
n+1
= 1
3 [bn−1
5 + 1
5(−1
9)
n
],
又b1= P(X1=2)= 2
9,
所以b1−1
5 + 1
5 ×(−1
9)= 2
9 −1
5 −1
45 =0,
所以bn−1
5 + 1
5(−1
9)
n
=0,
所以bn= 1
5 −1
5(−1
9)
n
,
所以E(X n)=an+2bn+0(1−an−bn)=an+2bn=1.
2．（2026·东北三省三校·二模）在自动驾驶系统的路径规划中,车辆的车道选择行为可用马尔科夫
链模型描述.设道路只有两条车道,分别记为车道0 和车道1.每隔一个固定时间步长,车辆会选择更换
车道或者保持车道不变,记X n为第n个时间步长车辆所在的车道（n=0,1,2,⋯）.马尔科夫链的下一
时刻状态仅取决于当前时刻状态,记Pij= P( X n+1= j) X n=i) (i, j =0,1)为一步转移概率,矩阵
P =(
p00
p01
p10
p11)为一步转移概率矩阵.
已知某自动驾驶模型的车道转移规律如下：若当前在车道0,下一时刻变道至车道1 的概率为1
4 ；若
当前在车道1,下一时刻变道至车道0 的概率为1
2.
(1)已知n=0时刻车辆处于车道0 的概率为4
5 ,处于车道1 的概率为1
5.
①写出该模型的一步转移概率矩阵P；
②若n=1时刻车辆处于车道1,求n=0时刻车辆处于车道0 的概率.
(2)在第（1）问的初始概率条件下,记an= P（X n=0）,求随机变量X n的分布列（结果用含n的式子
表示）.
【答案】(1)①P =(
3
4
1
4
1
2
1
2)
；②2
3
(2)
X n
0
1
P
2
3 + 2
15 ⋅(
1
4)
1
3 −2
15 ⋅(
1
4)
n
【分析】（1）①结合概率矩阵的定义求解即可；
②根据条件概率公式及贝叶斯公式求解即可.
（2）根据条件概率公式及全概率公式得到递推关系，进而求出an，从而得到分布列.
【详解】（1）①由题意，车道转移概率：
当前在车道0 时，留在0 的概率为1−1
4 = 3
4 ，变道到1 的概率为1
4 ；
当前在车道1 时，变道到0 的概率为1
2，留在1 的概率为1−1
2 = 1
2；
因此一步转移的概率矩阵为P =(
3
4
1
4
1
2
1
2)
.
②设事件A0：n=0时刻车辆在车道0，A1：n=0时刻车辆在车道1，B1：n=1时刻车辆在车道1，
已知P( A0)= 4
5 ，P( A1)= 1
5，P(B1|A0))= 1
4 ，P(B1|A1))= 1
2，
由贝叶斯公式P( A0|B1))=
P(B1|A0))P( A0)
P(B1|A0))P( A0)+ P(B1|A1))P( A1)
=
1
4 × 4
5
1
4 × 4
5 + 1
2 × 1
5
= 2
3.
（2）设an= P(X n=0)，由全概率公式得递推关系
an+1= P(X n+1=0)=an⋅3
4 +(1−an)⋅1
2 = 1
4 an+ 1
2，
则an+1−2
3 = 1
4(an−2
3)，首项a0−2
3 = 4
5 −2
3 = 2
15，
因此通项为：an= 2
3 + 2
15 ⋅(
1
4)
n
.
所以P(X n=1)=1−an= 1
3 −2
15 ⋅(
1
4)
n
.
故X n的分布列为
X n
0
1
P
2
3 + 2
15 ⋅(
1
3 −2
15 ⋅(
1
4)
n
3．（2026·内蒙古包头·二模）某公园有两条散步路线，分别记为路线A 和路线B.附近的居民经常
来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线A 的居民第二天选择路线A 和路线B 的概
率均为1
2；前一天选择路线B 的居民第二天选择路线A 和路线B 的概率分别为3
4 和1
4 ，已知居民第
一天选择路线A 的概率为1
3，选择路线B 的概率为2
3.
(1)若有4 位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A 散步的人数为Y，求Y 的分布列及期望；
(2)若某居民每天都去公园散步，记第n 天选择路线A 的概率为Pn.
（i）请写出Pn+1与Pn(n∈N
∗)的递推关系；
（ii）设M n=
16
|15 Pn−9)
−4，求证：n
4 −1< M 1
M 2
+ M 2
M 3
+⋯+ M n
M n+1
< n
4 (n∈N
∗).
【答案】(1)分布列见解析；E(Y )= 8
3
(2)（i）Pn+1=−1
4 Pn+ 3
4 (n∈N
*)（ii）证明见解析
【分析】（1）先求居民第二天路线的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，
利用二项分布期望公式可得期望；
（2）（ⅰ）分析第n天选择路线A，和路线B情况下第n+1天选择路线A的概率，再由全概率公式
列式，利用构造法求出关系式；（ⅱ）由（ⅰ）构造法求出通项公式，再借助放缩法及等比数列前
n和公式推理得证.
【详解】（1）记附近居民第i(i=1,2)天选择路线A ,B分别为事件Ai,Bi，
依题意，P( A1)= 1
3 , P(B1)= 2
3，P( A2|A1))= P(B2|A1))= 1
2，P( A2|B1))= 3
4 , P(B2|B1))= 1
4 ，
则由全概率公式，得居民第二天选择路线A散步的概率
P( A2)= P( A1)P( A2|A1))+ P(B1)P( A2|B1))= 1
3 × 1
2 + 2
3 × 3
4 = 2
3；
记第二天选择路线A散步的人数为Y ，则Y ～B(4 , 2
3)，
则P(Y =0)=(
1
3)
4
= 1
81，P(Y =1)=C4
1· 2
3 ·(
1
3)
3
= 8
81，
P(Y =2)=C4
2·(
2
3)
2
·(
1
3)
2
= 24
81 = 8
27 ，P(Y =3)=C4
3·(
2
3)
3
· 1
3 = 32
81，
P(Y = 4)=(
2
3)
4
= 16
81，
则Y 的分布列为：
Y
0
1
2
3
4
P
1
81
8
81
8
27
32
81
16
81
故Y 的数学期望E(Y )= 4× 2
3 = 8
3 ．
（2）（i）当第n天选择路线A时，第n+1天选择路线A的概率Pn+1= 1
2 Pn；
当第n天选择路线B时，第n+1天选择路线A的概率Pn+1= 3
4 (1−Pn)，
所以Pn+1= 1
2 Pn+ 3
4 (1−Pn)=−1
4 Pn+ 3
4 (n∈N
*).
（ii）由（i）知Pn+1=−1
4 Pn+ 3
4 (n∈N
*)，则Pn+1−3
5 =−1
4 ( Pn−3
5 )，而P1= 1
3，
于是数列{Pn−3
5)是首项为P1−3
5 = 1
3 −3
5 =−4
15，公比为−1
4 的等比数列，
因此Pn−3
5 =−4
15 ⋅(−1
4)
n−1
，即Pn= 3
5 −4
15 ⋅(−1
4)
n−1
，M n=
16
|15 Pn−9)
−4 = 4
n−4，
当n≥2时，
M n
M n+1
= 4
n−4
4
n+1−4
=
4
n−4
4(4
n−1)
<
4
n−4
4(4
n−4)
= 1
4 ，而
M 1
M 2
=0< 1
4 ，
所以
M 1
M 2
+ M 2
M 3
+⋯+ M n
M n+1
< n
4 ；
当n≥2时，M n
M n+1
= 4
n−4
4
n+1−4
=
1
4 (4
n+1−4)−3
4
n+1−4
= 1
4 −
3
4
n+1−4
> 1
4 −3
4
n
，
而
M 1
M 2
=0> 1
4 −3
4 =−1
2，
所以
M 1
M 2
+ M 2
M 3
+⋯+ M n
M n+1
> n
4 −3( 1
4
1 + 1
4
2 + 1
4
3 +⋯+ 1
4
n )= n
4 −(1−1
4
n )> n
4 −1，
所以n
4 −1< M 1
M 2
+ M 2
M 3
+⋯+ M n
M n+1
< n
4 .
