专题08 计数原理与概率统计
1
2
3
4
D
C
C
D
5．16.
6．22
7．60
8．35
9．24
10．672
1
2
3
4
5
C
D
C
C
AB
6．1
5/0.2
7．【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 .
考点1
计数原理
考点2
概率与统计
考点3
条件概率
1
2
3
B
A
BCD
4．7
24
1． 3
7 23
16
2．6−9
n
3．【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
.
考点4
离散型随机变量的期望与方差
4．【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．【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．【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．【详解】（1）由题意得10×(0.002+2×0.004+m+0.020+0.028+0.030)=1，
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，
考点5
二项分布与超几何分布的期望与方差差
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．【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．【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．【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．ABD
2．9
3．【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 )
考点6
正态分布
= 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
2
3
4
BD
AB
AD
AC
5．【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．【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，
考点7
回归方程与独立性检验
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．【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
.
1．【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)
，
考点8
概率与数列交汇
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．【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．【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
.
