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·一模）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．
二、填空题
2．（2026·湖南·模拟预测）某电竞战队从
张不同地图中选择3 张，按顺序用于场比赛，且每张地图最
多使用一次．若第一场比赛不能使用地图“峡谷之巅”，则不同的选择方案共有__________种．
【答案】
【详解】考虑所有情况为
种，
如果第一场选择“峡谷之巅”共有
种，
那么第一场不选择“峡谷之巅”，则有
种选法.
考点1
排列与组合
3．（2026·湖南湘潭·一模）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.
4．（2026·湖南永州·一模）现有4 名男生和2 名女生排成一行照相，要求女生不相邻，男生甲因身高原因
不能站在整个队伍的最左端，则一共有___________种不同的站法．
【答案】408
【分析】利用排列知识结合正难则反思想计算即可.
【详解】当女生不相邻时共有
种，
当男生甲站在左端且女生不相邻时，有
，
故女生不相邻，男生甲不站在整个队伍的最左端，有
种．
故答案为：408
一、多选题
1．（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；
考点2
二项式定理
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
2．（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
．
3．（2026·湖南常德·一模）
的展开式中含
的项的系数是80，则实数
的值为________.
【答案】1
【分析】根据二项展开式通项，结合
的系数求解即可.
【详解】
展开式的通项公式
，
令
，得
，依题意有
，解得
.
故答案为：1
4．（2026·湖南岳阳·一模）
的展开式中
的系数为__________.
【答案】
【分析】根据二项式的展开式计算求解系数.
【详解】
的展开式中
的项为
，
所以
的展开式中
的系数为
.
故答案为：
.
5．（2026·湖南邵阳·一模）已知多项式
，若
，则
___________．
【答案】3
【分析】利用“赋值法”，分别令
和
，再利用
可求
的值.
【详解】令
，可得
，
令
，可得
，
两式相减得
.
又
，所以
.
故答案为：3
6．（2026·湖南株洲·一模）
展开式中，含
项的系数为___________．
【答案】1
【分析】直接根据二项式定理的展开式的通项公式计算可得.
【详解】由二项式
的展开式的通项公式
，
令
，所以含
项的系数为
.
故答案为：1
一、单选题
1．（2026·湖南湘潭·一模）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．
2．（2026·湖南·模拟预测）国家能源集团研发的“擎源”大模型用于预测关键节点电价，研究人员利用模
型对某节点连续8 个小时的实际与预测电价数据进行记录，并利用上述数据绘制成实际值与预测值对比的
折线图（两条折线）：
观察图表与数据，下列结论不能直接从中得出的是（ ）
A．实际电价与预测电价的变化趋势一致，均在下午时段（第5 小时左右）达到峰值
B．这8 小时内，预测值与实际值的差异（两个值的差的绝对值）平均在10 元/MWh 左右
C．模型对所有“价格下跌时段”（如第5-6 小时）的预测都出现了滞后性（即预测反应慢于实际变
化）
D．模型的预测精度较高，趋势与实际基本一致，对电网调度有重要参考价值
【答案】C
考点3
统计
【详解】由图可知：实际电价与预测电价的变化趋势一致，均在下午时段（第5 小时左右）达到峰值，A
正确；
对于B，差异平均值为
，B 正
确；
由图可知两折线的趋势基本一致，且误差较小，故精确度高，D 正确；
对于C，没有足够的理由说明预测变化慢于实际变化，C 错误．
二、多选题
3．（2026·湖南邵阳·一模）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.
4．（2026·湖南永州·一模）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
5．（2026·湖南长沙·模拟预测）下列结论正确的是（ ）
A．样本数据13，15，24，12，18，27，21，26，19，23 的第70 百分位数为23
B．若一组样本数据
的方差
，则这组样本数据
的总和为60
C．若随机变量
服从二项分布
，则
D．若随机变量
服从正态分布
，且
，则
【答案】BCD
【分析】对于A，根据百分位数的求解步骤求解；对于B，由方差可得这组数的均值，据此得到总和即可；
对于C，根据二项分布求出
，再利用方差的线性关系
计算即可；对于D，根据
正态分布的对称性计算概率即可．
【详解】对于A，样本数据13，15，24，12，18，27，21，26，19，23 共10 个数，
从小到大排列为12，13，15，18，19，21，23，24，26，27，
由于
，故第70 百分位数为第7 和第8 个数的平均数，
即
，故A 错误；
对于B，由方差的公式可知，这组样本数据的平均数是6，这组样本数据的总和为
，故B 正确；
对于C，易得
，则
，故C 正确；
对于D，若
服从正态分布
，
则
，故D 正确．
6．（2026·湖南怀化·一模）下列说法正确的是（ ）
A．数据
的众数是2
B．数据
的第25 百分位数是1
C．若随机变量
，则
D．根据分类变量
与
的成对样本数据，计算得到
.依据
的独立性检验
，可判断变量
与
不独立
【答案】BCD
【分析】根据众数以及百分位数的概念可判断AB；根据二项分布的期望以及性质即可判断C；根据独立
性检验的原理可判断D.
【详解】对于A，数据
中，2 出现3 次，3 也出现3 次，因此众数是2 和3，A 错误；
对于B，数据
已从小到大排列，
由于
，故数据
的第25 百分位数是
，B 正确；
对于C，随机变量
，则
，
故
，C 正确；
对于D，由于
，故依据
的独立性检验，
拒绝原假设（原假设为X 与Y 独立），可判断变量
与
不独立，D 正确.
7．（2026·湖南永州·一模）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量
，且
，则
B．在回归分析中，残差图中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，且
宽度越窄表示拟合效果越好
C．对
两个变量进行相关性检验，得到相关系数为
，对
两个变量进行相关性检验，得到
相关系数为0.8278，则
与
负相关，
与
正相关，其中
与
的相关性更强
D．若
，则
【答案】ABD
【分析】利用正态分布的三段区间概率及对称性计算可判定A，利用残差的意义可判定B，利用相关系数
的意义可判定C，利用条件概率及全概率公式可判定D.
【详解】由题意得
，
则
，
故选项A 正确；
在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，
表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故选项B 正确；
，且
与
负相关，
与
正相关，
且
与
的相关性更强，故选项C 错误；
．
．
．
又根据全概率公式得
，
，故选项D 正确．
故选：ABD
三、解答题
8．（2026·湖南株洲·一模）从某社区1 万余名居民中随机调查了部分居民，获得了他们的每日运动时长数
据，整理得到如下频率分布直方图．
(1)求
的值；
(2)假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，估计该社区全体居民的每日平均运动时长；
(3)若用样本的频率估计总体的概率，现从该社区居民中随机抽取4 人，用
表示每日运动时长在50 分钟
以上的居民人数，求随机变量
的数学期望
．
【答案】(1)
(2)42.5 分钟
(3)1
【分析】（1）根据频率分布直方图中小长方形面积等于对应区间概率及所有小长方形面积之和为1 求解;
（2）根据平均数等于组中值与对应概率乘积的和得平均值;
（3）由随机变量
服从二项分布进行求解.
【详解】（1）根据题意得：
，
解得
.
（2）设样本中居民的运动时长的平均数为
，
所以估计该社区全体居民的每日平均运动时长为42.5 分钟.
（3）从该社区居民中随机抽取一名居民，根据直方图中的信息，
估计每日运动时长在50 分钟以上的概率
，
随机变量
服从二项分布，
.
一、多选题
1．（2026·湖南怀化·一模）下列说法正确的是（ ）
A．数据
的众数是2
B．数据
的第25 百分位数是1
C．若随机变量
，则
D．根据分类变量
与
的成对样本数据，计算得到
.依据
的独立性检验
，可判断变量
与
不独立
【答案】BCD
【分析】根据众数以及百分位数的概念可判断AB；根据二项分布的期望以及性质即可判断C；根据独立
性检验的原理可判断D.
【详解】对于A，数据
中，2 出现3 次，3 也出现3 次，因此众数是2 和3，A 错误；
考点4
线性回归方程与独立性检验
对于B，数据
已从小到大排列，
由于
，故数据
的第25 百分位数是
，B 正确；
对于C，随机变量
，则
，
故
，C 正确；
对于D，由于
，故依据
的独立性检验，
拒绝原假设（原假设为X 与Y 独立），可判断变量
与
不独立，D 正确.
2．（2026·湖南永州·一模）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量
，且
，则
B．在回归分析中，残差图中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，且
宽度越窄表示拟合效果越好
C．对
，
两个变量进行相关性检验，得到相关系数为
，对
，
两个变量进行相关性检验，
得到相关系数为0.8278，则
与
负相关，
与
正相关，其中
与
的相关性更强
D．若
，
，
，则
【答案】ABD
【分析】对A，利用正态分布的概率分布曲线的对称性即可计算判断；对B，利用残差以及模型的拟合效
果的关系即可判断；对C，利用两变量相关系数的意义即可判断；对D，根据条件概率和全概率公式求解.
【详解】对于A，由题意得
，
，
，
则
，故A 正确；
对于B，
在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，
表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故B 正确；
对于C，
，
，且
，
与
负相关，
与
正相关，且
与
的相关性更强，故C 错误；
对于D，
，
，
，
.
，
，
.
，
.
又根据全概率公式得
，
，
，故D 正确.
故选：ABD.
3．（2026·湖南永州·一模）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量
，且
，则
B．在回归分析中，残差图中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，且
宽度越窄表示拟合效果越好
C．对
两个变量进行相关性检验，得到相关系数为
，对
两个变量进行相关性检验，得到
相关系数为0.8278，则
与
负相关，
与
正相关，其中
与
的相关性更强
D．若
，则
【答案】ABD
【分析】利用正态分布的三段区间概率及对称性计算可判定A，利用残差的意义可判定B，利用相关系数
的意义可判定C，利用条件概率及全概率公式可判定D.
【详解】由题意得
，
则
，
故选项A 正确；
在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，
表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故选项B 正确；
，且
与
负相关，
与
正相关，
且
与
的相关性更强，故选项C 错误；
．
．
．
又根据全概率公式得
，
，故选项D 正确．
故选：ABD
二、解答题
4．（2026·湖南怀化·一模）我国新能源汽车迅速崛起，成为推动绿色革命的核心引擎.某品牌新能源汽车公
司为了抢占更多的市场份额，计划加大广告投入.该公司近5 年的年广告费
（单位：百万元）和年销售量
（单位：百万辆）关系如图所示：
令
，数据经过初步处理得：
.现有①
和②
两种模型作为年销售
量
关于年广告费
的回归分析模型，其中
均为常数.
(1)请从样本相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好？
(2)为刺激消费，
省出台了以下补贴政策：每购买一辆新能源汽车，补贴6000 元.若甲乙两人近期在
､
省
购买一辆该新能源汽车的概率分别为
，其中
，每人最多购买一辆.求该省对甲乙两人补
､
贴总金额的期望值的取值范围.
参考数据：
.
相关系数
.
【答案】(1)模型②的拟合程度更好
(2)
元
【分析】（1）利用公式分别求出模型①和②的相关系数，结合相关系数的意义即可判断哪一个模型拟合
程度更好；
（2）根据已知得该省对甲乙两人补贴总金额的期望值为
､
，结合二次函数的性质求范围.
【详解】（1）设模型①和②的相关系数分别为
，
由题意可得：
，
，
所以
，由相关系数的意义可得，模型②的拟合程度更好.
（2）由题意，甲乙买车的总数量
可能值为
，
，
，
，
该省对甲乙两人买车数量期望值为
､
，
所以两人补贴总金额期望值为
，
，
由
在
上单调递增，则
，
所以
.
5．（2026·湖南邵阳·一模）为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法从甲、乙两
所学校共抽取120 名学生.通过测验得到如下数据：甲校50 名学生中有10 名学生的数学成绩优秀；乙校70
名学生中有10 名学生的数学成绩优秀.根据抽样数据的分析，得到不完整抽样数据列联表，如表（一）所
示.
单位：人
学校
数学成绩
合计
不优秀
优秀
甲校
10
50
乙校
10
70
合计
表（一）
(1)完成表（一）列联表，依据小概率值
的
独立性检验，能否据此推断两校学生的数学成绩优秀
率有差异？
(2)已知甲、乙两所学校利用AI 自习室帮助数学不优秀的学生进行成绩有效转化，且转化数据如下：甲校
数学不优秀学生成绩有效转化的概率为
，乙校数学不优秀学生成绩有效转化的概率为
.若从甲、乙两所
学校数学不优秀的学生中采用随机抽样的方式抽出1 名学生，用样本估计总体，用频率估计概率，求该学
生数学成绩有效转化的概率.
参考公式与数据：
，其中
.
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)单位：人
学校
数学成绩
合计
不优秀
优秀
甲校
40
10
50
乙校
60
10
70
合计
100
20
120
，认为两校学生的数学成绩优秀率没有差异
(2)
【分析】（1）根据题意完成列联表，结合零假设、卡方公式进行运算求解判断即可；
（2）利用全概率公式进行求解即可.
【详解】（1）列联表如下：
单位：人
学校
数学成绩
合计
不优秀
优秀
甲校
40
10
50
乙校
60
10
70
合计
100
20
120
零假设为
：两校学生的数学成绩优秀率无差异.
根据列联表数据，计算得到
.
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，即认为两校学生的数学成绩优秀率没有差异.
（2）设事件
“利用AI 自习室帮助该学生且数学成绩能有效转化”，
事件
“该学生来自甲校”，事件
“该学生来自乙校”，则
，
，且
，
，
则
，
所以该学生数学成绩有效转化的概率为
.
一、多选题
1．（2026·湖南常德·一模）设
，
为两个相互独立的随机事件，且
，
，则下列命
题中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】CD
【分析】根据独立事件定义以及条件概率乘法公式计算可得
，再由全概率公式计算可得各选项结
考点5
古典型概率与条件概率
果，即可得出AB 错误，C 正确，再由随机事件概率的加法公式计算可得D 正确.
【详解】由
，
可得
；因此C 正确；
又
，
为两个相互独立的随机事件，所以
，所以
；
根据全概率公式可得
,
解得
，因此A 错误；
又
，
解得
，因此B 错误；
易知
，
所以
，即D 正确.
故选：CD
2．（2026·湖南株洲·一模）某电脑程序每次等概率随机输出
中的一个数，
和
分别表示输出
的前
个数中的最大值和最小值．已知每次输出都是独立的，且可以重复输出同一个数．则下列命题正确
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】根据独立事件的概率、条件概率及最大值、最小值的概率计算方法，结合加法公式、乘法公式计
算即可.
【详解】选项A：
表示第一个数的最大值，即该数本身；
表示第一个数的最小值，也即该数本身；
所以
，
，A 正确；
选项B：
表示输出的前3 个数的最大值为3，即需满足“输出的每个数
，且至少有一个数为3”.
所有数均
的概率：
；所有数均
的概率：
.
所以
，B 正确；
选项C：
表示输出的前3 个数的最小值为3，即需满足“输出的每个数
，且至少有一个数为3”.
所有数均
的概率：
；所有数均
的概率：
.
所以
，C 错误；
选项D：记
为事件
，即前4 个数最大值为6，
为事件
，前4 个数最小值为3.
则
.
表示前4 个数最大值为6 且最小值为3，即所有数均在3 到6 之间（含3 和6），
所以
.
故
，D 正确.
故选：ABD.
3．（2026·湖南永州·一模）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量
，且
，则
B．在回归分析中，残差图中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，且
宽度越窄表示拟合效果越好
C．对
两个变量进行相关性检验，得到相关系数为
，对
两个变量进行相关性检验，得到
相关系数为0.8278，则
与
负相关，
与
正相关，其中
与
的相关性更强
D．若
，则
【答案】ABD
【分析】利用正态分布的三段区间概率及对称性计算可判定A，利用残差的意义可判定B，利用相关系数
的意义可判定C，利用条件概率及全概率公式可判定D.
【详解】由题意得
，
则
，
故选项A 正确；
在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，
表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故选项B 正确；
，且
与
负相关，
与
正相关，
且
与
的相关性更强，故选项C 错误；
．
．
．
又根据全概率公式得
，
，故选项D 正确．
故选：ABD
4．（2026·湖南永州·一模）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量
，且
，则
B．在回归分析中，残差图中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，且
宽度越窄表示拟合效果越好
C．对
，
两个变量进行相关性检验，得到相关系数为
，对
，
两个变量进行相关性检验，
得到相关系数为0.8278，则
与
负相关，
与
正相关，其中
与
的相关性更强
D．若
，
，
，则
【答案】ABD
【分析】对A，利用正态分布的概率分布曲线的对称性即可计算判断；对B，利用残差以及模型的拟合效
果的关系即可判断；对C，利用两变量相关系数的意义即可判断；对D，根据条件概率和全概率公式求解.
【详解】对于A，由题意得
，
，
，
则
，故A 正确；
对于B，
在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，
表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故B 正确；
对于C，
，
，且
，
与
负相关，
与
正相关，且
与
的相关性更强，故C 错误；
对于D，
，
，
，
.
，
，
.
，
.
又根据全概率公式得
，
，
，故D 正确.
故选：ABD.
一、多选题
1．（2026·湖北宜昌·模拟预测）某人进行投篮游戏，每次投篮的命中率为
，且投篮结果互不影响，如果
出现连续
次命中，那么停止投篮，游戏结束．则（ ）
A．当
时，投篮2 次游戏结束的概率为
B．当
时，投篮3 次游戏结束的概率大于投篮4 次游戏结束的概率
考点6
二项分布与超几何分布的均值与方差
C．当
时，游戏结束时投篮总次数的数学期望为
D．设游戏结束时投篮总次数的数学期望为
，则
（
）
【答案】ACD
【分析】利用相互独立事件同时发生的概率公式可求AB；假定状态再分类讨论，利用递推法可求CD.
【详解】对于A， 由相互独立事件同时发生的概率公式可得，
投篮2 次后游戏结束的概率为
，故A 正确；
对于B，当
时，即出现连续
次命中，那么停止投篮，游戏结束.
故投篮3 次游戏结束的事件为“ 次投篮结果依次为：不中、命中、命中”，
则由相互独立事件同时发生的概率公式可得，
投篮3 次游戏结束的概率
；
投篮4 次游戏结束，则第3、4 次必须命中，且第2 次必须不中（否则游戏在第3 次或第2 次就已结束），
第1 次投篮结果不影响，
故投篮4 次游戏结束的概率为
，
两者概率相等，故B 错误；
对于C，当
时，即出现连续
次命中，那么停止投篮，游戏结束.
设投篮的总次数的数学期望
，考虑第一次投篮的结果：
①第一次命中，
若第一次命中，第二次也命中（概率为
），则投篮总次数为
；
若第一次命中，第二次未命中（概率为
），则游戏重置，投篮的总次数可看作
；
②第一次未命中（概率为
），则游戏重置，投篮的总次数可看作
；
则
，解得
，故C 正确；
对于D，由题意，
为出现连续
次命中停止投篮游戏结束时投篮总次数的数学期望.
在连续
次命中停止的游戏中，考虑首次达到出现连续命中
（
）次的时刻，
此时当前投篮的总次数期望为
，且最后
次都投篮命中.
现在从此状态开始，游戏还需要进行直至停止（即连续
次命中），考虑下一次投篮的结果：
若下一次投篮命中（概率为
），
则出现连续
次命中停止投篮游戏结束，即投篮的总次数可看作
次；
若下一次投篮命不中（概率为
），
则游戏重置，需再进行
次投篮游戏才能结束，即投篮的总次数可看作
；
故
，
整理得
（
），故D 正确．
故选：ACD.
二、解答题
2．（2026·湖南·模拟预测）某研究团队为分析社交网络中的消费行为传播规律，构建如下概率模型：研究
团队选定
人进行研究，假设每人对消费行为的“基础易感性”参数均相同，记为
，该值越高
表示越容易被影响．传播逐天进行，规则如下：第一天，研究团队随机选择其中
（
，且
）人推送广告，每位被选中的人被成功影响（称为“感染者”）的概率为
，且是否被影响是相互独立的，
从第二天起，每一天，每一位当前的“感染者”会尝试影响每一位当前的“非感染者”（即
人中还未被
成功影响的人），且一旦被影响即称为“感染者”，并参与后续的影响传播．
(1)求第一天结束时，被影响的人数的数学期望；
(2)求第一天结束时，被影响的人数为偶数的概率；
(3)对于任意一位“非感染者”，若某天有
位“感染者”尝试影响他，则他当天被成功影响的概率为
，当
时，求在两天后，甲被成功影响的概率（用含
的式子表示）；基于此模型，
简要说明为什么在实际社交网络中，某种消费行为有时会突然“爆发式”传播．
【答案】(1)
(2)
(3)甲被成功影响的概率为
，“爆发式传播”的原因：随着感染者人数增加，使得
非感染者被影响的概率
迅速提高，传播速度急剧加快，形成爆发态势．
【分析】（1）第一天被影响人数服从二项分布
，利用性质直接求解期望.
（2）利用二项分布奇偶项概率的对称性，构造方程求解.
（3）按“甲第一天是否被选中”及“第一天感染者人数”分类讨论，用全概率公式累加各路径概率.
【详解】（1）设
表示第一天结束时被影响的人数，则
，
由二项分布的期望公式得
．
（2）由（1）可知
，考虑二项展开：
，
，
两式作和，
，
当
为偶数时，
；当
为奇数时，
.
设第一天结束时，被影响的人数为偶数的概率为
，
所以
，
故
．
（3）情形一：
甲被推送广告的概率是
，甲在两天后被成功影响有两种情形：
①第一天被影响，概率为
；
②第一天未被影响，概率为
，且第二天被影响，
若甲第二天被影响，则第一天另一位初始被选中者乙一定被影响，乙作为感染者尝试影响甲，
甲被影响的概率为
，
故甲在第一天未被影响，第二天被成功影响的概率为
，
因此，在甲是初始选中的两人之一的条件下，甲在两天后被成功影响的概率为：
．
情形二：若甲不是初始选中的两人，其概率为
，甲在两天后被成功影响有两种情形：
①第一天有1 人被成功影响，再由此人成功感染甲，
概率为：
；
②第一天有2 人被成功影响，甲在第二天被成功影响，概率为：
，
因此，在甲不是初始选中的两人的条件下，甲在两天后被成功影响的概率为：
．
综上，甲在两天后被成功影响的概率为
．
“爆发式传播”的原因：随着感染者人数增加，每天尝试影响非感染者的感染者人数
增大，
使得非感染者被影响的概率
迅速提高，传播速度急剧加快，形成爆发态势．
3．（2026·湖南岳阳·一模）甲，乙两位同学进行羽毛球比赛，每局比赛甲获胜的概率为
，乙获胜的概率
为
，每局比赛无平局且各局比赛的结果互不影响.
(1)若两人比赛三局，求甲至少胜两局的概率；
(2)若比赛采用五局三胜制（即先胜三局的一方获胜，比赛随即结束），设比赛结束时共进行了
局，求
的分布列与数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1） 三局比赛甲至少胜两局包含恰好胜两局和恰好胜三局两种情况，利用概率公式分别计算后
求和即可；
（2）五局三胜制下，
可取3，4，5，分别计算甲 / 乙在 3 局、4 局、5 局获胜的概率，列出分布列，
进而计算
.
【详解】（1）设事件
为甲至少胜两局，则
故三局比赛中甲至少胜两局概率为
；
（2）依题意，
可取3，4，5，
，
，
故
的分布列为：
3
4
5
.
一、多选题
1．（2026·湖南邵阳·一模）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
考点7
离散型随机变量的均值与方差
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.
2．（2026·湖南长沙·模拟预测）下列结论正确的是（ ）
A．样本数据13，15，24，12，18，27，21，26，19，23 的第70 百分位数为23
B．若一组样本数据
的方差
，则这组样本数据
的总和为60
C．若随机变量
服从二项分布
，则
D．若随机变量
服从正态分布
，且
，则
【答案】BCD
【分析】对于A，根据百分位数的求解步骤求解；对于B，由方差可得这组数的均值，据此得到总和即可；
对于C，根据二项分布求出
，再利用方差的线性关系
计算即可；对于D，根据
正态分布的对称性计算概率即可．
【详解】对于A，样本数据13，15，24，12，18，27，21，26，19，23 共10 个数，
从小到大排列为12，13，15，18，19，21，23，24，26，27，
由于
，故第70 百分位数为第7 和第8 个数的平均数，
即
，故A 错误；
对于B，由方差的公式可知，这组样本数据的平均数是6，这组样本数据的总和为
，故B 正确；
对于C，易得
，则
，故C 正确；
对于D，若
服从正态分布
，
则
，故D 正确．
3．（2026·湖北宜昌·模拟预测）某人进行投篮游戏，每次投篮的命中率为
，且投篮结果互不影响，如果
出现连续
次命中，那么停止投篮，游戏结束．则（ ）
A．当
时，投篮2 次游戏结束的概率为
B．当
时，投篮3 次游戏结束的概率大于投篮4 次游戏结束的概率
C．当
时，游戏结束时投篮总次数的数学期望为
D．设游戏结束时投篮总次数的数学期望为
，则
（
）
【答案】ACD
【分析】利用相互独立事件同时发生的概率公式可求AB；假定状态再分类讨论，利用递推法可求CD.
【详解】对于A， 由相互独立事件同时发生的概率公式可得，
投篮2 次后游戏结束的概率为
，故A 正确；
对于B，当
时，即出现连续
次命中，那么停止投篮，游戏结束.
故投篮3 次游戏结束的事件为“ 次投篮结果依次为：不中、命中、命中”，
则由相互独立事件同时发生的概率公式可得，
投篮3 次游戏结束的概率
；
投篮4 次游戏结束，则第3、4 次必须命中，且第2 次必须不中（否则游戏在第3 次或第2 次就已结束），
第1 次投篮结果不影响，
故投篮4 次游戏结束的概率为
，
两者概率相等，故B 错误；
对于C，当
时，即出现连续
次命中，那么停止投篮，游戏结束.
设投篮的总次数的数学期望
，考虑第一次投篮的结果：
①第一次命中，
若第一次命中，第二次也命中（概率为
），则投篮总次数为
；
若第一次命中，第二次未命中（概率为
），则游戏重置，投篮的总次数可看作
；
②第一次未命中（概率为
），则游戏重置，投篮的总次数可看作
；
则
，解得
，故C 正确；
对于D，由题意，
为出现连续
次命中停止投篮游戏结束时投篮总次数的数学期望.
在连续
次命中停止的游戏中，考虑首次达到出现连续命中
（
）次的时刻，
此时当前投篮的总次数期望为
，且最后
次都投篮命中.
现在从此状态开始，游戏还需要进行直至停止（即连续
次命中），考虑下一次投篮的结果：
若下一次投篮命中（概率为
），
则出现连续
次命中停止投篮游戏结束，即投篮的总次数可看作
次；
若下一次投篮命不中（概率为
），
则游戏重置，需再进行
次投篮游戏才能结束，即投篮的总次数可看作
；
故
，
整理得
（
），故D 正确．
故选：ACD.
二、解答题
4．（2026·河南南阳·模拟预测）社团课上，甲、乙、丙三位同学进行五子棋比赛，约定：第1 局甲、乙比，
甲先手（每局中先走第一颗棋），丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局比赛，并且轮空者先手．
假设甲、乙、丙三位同学先手时胜对方的概率均为
，每局比赛没有平局且结果相互独立.
(1)若
.
（i）求前3 局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率；
（ii）求第2 局和第4 局参与的同学完全相同的概率；
(2)若前4 局中甲参与的平均次数不小于
，求
的取值范围.
【答案】(1)（i）
；（ii）
；
(2)
【分析】（1）（i）先明确三人各参与两局对应每人恰好轮空一次的比赛顺序，再分第 1 局甲胜或乙胜两
种情况，计算每种情况下第 2 局负者轮空、第 3 局再由前一轮轮空者先手获胜的概率，最后将两种情况
的概率相加；（ii）先确定第 2 局的参与者为第 1 局胜者与丙，再分第 1 局甲胜或乙胜两种大情况，枚
举第 2、3 局的胜负结果，筛选出第 4 局参与者与第 2 局完全相同的路径，将所有符合条件的路径概率
相加；
（2）确定甲出场次数
的所有可能取值并计算对应概率，再求出甲参与次数的期望
，最后解不等
式
得到
的取值范围.
【详解】（1）（i）要使三人都参与两局，则每人恰好轮空一次，这要求第1 局的胜者在第2 局必须输掉，
若第1 局甲胜乙，则第2 局丙必须胜甲，概率为
；若第1 局乙胜甲，则第2 局丙必须胜乙，概率为
，
所以前3 局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率为
；
（ii）若第1 局甲胜乙，则第2 局参与的同学是甲和丙，若第4 局和第2 局参与的同学完全相同，则有两种
情形：
①第2 局甲胜丙，第3 局甲胜乙；②第2 局丙胜甲，第3 局丙胜乙.
第①种情形概率为
；第②种情形为
.
若第1 局乙胜甲，则第2 局参与的同学是乙和丙，若第4 局和第2 局参与的同学完全相同，则有两种情形：
①第2 局乙胜丙，第3 局乙胜甲；②第2 局丙胜乙，第3 局丙胜甲.
第①种情形概率为
；第②种情形为
.
所以第2 局和第4 局参与的同学完全相同的概率为
；
（2）设甲在前4 局的参与次数为随机变量
，则
，
，
，
，
所以
由
得
，
令
，则
，整理得
，
解得
，所以
，又
，
所以
的取值范围为
.
5．（2026·湖南岳阳·一模）甲，乙两位同学进行羽毛球比赛，每局比赛甲获胜的概率为
，乙获胜的概率
为
，每局比赛无平局且各局比赛的结果互不影响.
(1)若两人比赛三局，求甲至少胜两局的概率；
(2)若比赛采用五局三胜制（即先胜三局的一方获胜，比赛随即结束），设比赛结束时共进行了
局，求
的分布列与数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1） 三局比赛甲至少胜两局包含恰好胜两局和恰好胜三局两种情况，利用概率公式分别计算后
求和即可；
（2）五局三胜制下，
可取3，4，5，分别计算甲 / 乙在 3 局、4 局、5 局获胜的概率，列出分布列，
进而计算
.
【详解】（1）设事件
为甲至少胜两局，则
故三局比赛中甲至少胜两局概率为
；
（2）依题意，
可取3，4，5，
，
，
故
的分布列为：
3
4
5
.
6．（2026·湖南常德·一模）甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有2 道难度相当的题目，甲答对
每道题目的概率都是
，乙答对每道题目的概率都是
，每位面试者共有两次机会，若答对第一次抽到的
题目，则面试通过，结束答题；否则继续第2 次答题，答对则面试通过，未答对则面试不通过，甲、乙两
人对抽到的不同题目能否答对是独立的，且两人答题互不影响，
(1)求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率；
(2)设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为
，求
的分布列与期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据相互独立事件概率公式直接计算可得结果；
（2）易知随机变量
的可能取值为2，3，4，分别计算出对应概率可得分布列，计算出期望值.
【详解】（1）设事件
为“甲通过面试”，事件
为“乙通过面试”，
（或
）
（或
）
所以甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率
.
（2）随机变量
的可能取值为2，3，4.
，
，
，
随机变量
的分布列为
2
3
4
所以随机变量
的期望为
.
7．（2026·湖南邵阳·一模）国家近年来对机器人的研究，尤其是在人形机器人和具身智能领域方面，出台
了一系列的政策，旨在推动技术创新、产业升级和规模化应用．某学校为响应国家号召，培养学生的创新
能力，举办机器人比赛，经过初赛，甲班团队和乙班团队进入了决赛阶段．决赛阶段规定：对每一轮比赛，
获胜方记1 分，另一方记0 分，无平局；当两团队累积得分的分差为3 分时，比赛结束，累积得分高的团
队获冠军．若每轮比赛中，甲班团队获胜的概率为
，且每轮比赛的结果相互独立．
(1)求比赛结束时恰好进行了3 轮比赛，且甲班团队获得冠军的概率；
(2)（i）若比赛最多进行5 轮，求比赛结束时比赛轮数
的分布列及数学期望
；
（ii）若比赛轮数不限制，求甲班团队获得冠军的概率．
【答案】(1)
(2)（i）分布列见解析，
（ii）
.
【分析】（1）由互斥事件和相互独立事件的概率公式进行计算.
（2）（i）先得到
的所有可能取值为3，5，再结合互斥事件和相互独立事件的概率公式得到取每个值的
概率，从而列出分布列，利用数学期望的计算公式得到
.
（ii）设事件
为“比赛轮数不限制，甲班团队获冠军称号”，设比赛过程中，甲班团队与乙班团队累积
得分的差为
，
表示
时最终甲班团队获“冠军”称号的概率，可得
，结合
全概率公式和迭代可得最终结果.
【详解】（1）设事件
为“第轮比赛甲班团队获胜”，由题意得
．设事件
表示
“当比赛结束时恰好进行了3 轮比赛，且甲班团队获得冠军”，因为每轮比赛的结果相互独立，
则
．
故甲班团队获得冠军的概率为
.
（2）（i）由题意得，事件
为“第轮比赛乙班团队获胜”，
，
的所有可能值为3，5．
所以
.
所以
的分布列为
3
5
所以
.
（ii）设事件
表示“比赛轮数不限制，甲班团队获得冠军”．设比赛过程中，甲班团队与乙班团队累积
得分的分差为
表示
时最终甲班团队获得冠军的概率，其中
．由题意
知
．
根据全概率公式有
.
所以
，
迭代得
所以
，
，
．
累加得
所以
．
故
，
所以
．
即
．
故若比赛轮数不限制，甲班团队获得冠军的概率为
.
8．（2026·湖南株洲·一模）从某社区1 万余名居民中随机调查了部分居民，获得了他们的每日运动时长数
据，整理得到如下频率分布直方图．
(1)求
的值；
(2)假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，估计该社区全体居民的每日平均运动时长；
(3)若用样本的频率估计总体的概率，现从该社区居民中随机抽取4 人，用
表示每日运动时长在50 分钟
以上的居民人数，求随机变量
的数学期望
．
【答案】(1)
(2)42.5 分钟
(3)1
【分析】（1）根据频率分布直方图中小长方形面积等于对应区间概率及所有小长方形面积之和为1 求解;
（2）根据平均数等于组中值与对应概率乘积的和得平均值;
（3）由随机变量
服从二项分布进行求解.
【详解】（1）根据题意得：
，
解得
.
（2）设样本中居民的运动时长的平均数为
，
所以估计该社区全体居民的每日平均运动时长为42.5 分钟.
（3）从该社区居民中随机抽取一名居民，根据直方图中的信息，
估计每日运动时长在50 分钟以上的概率
，
随机变量
服从二项分布，
.
一、单选题
1．（2026·湖南邵阳·一模）已知随机变量
，正实数
满足
，则
的最小值为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】D
【分析】先利用正态分布的对称性求
的关系，进而利用基本不等式求最小值.
【详解】由
，得正态曲线关于
对称.
因为
，
所以
，得
.
又
，
考点8
正态分布
当且仅当
，即
，
时取等号.
故
的最小值为6.
故选：D
二、多选题
2．（2026·湖南永州·一模）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量
，且
，则
B．在回归分析中，残差图中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，且
宽度越窄表示拟合效果越好
C．对
两个变量进行相关性检验，得到相关系数为
，对
两个变量进行相关性检验，得到
相关系数为0.8278，则
与
负相关，
与
正相关，其中
与
的相关性更强
D．若
，则
【答案】ABD
【分析】利用正态分布的三段区间概率及对称性计算可判定A，利用残差的意义可判定B，利用相关系数
的意义可判定C，利用条件概率及全概率公式可判定D.
【详解】由题意得
，
则
，
故选项A 正确；
在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，
表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故选项B 正确；
，且
与
负相关，
与
正相关，
且
与
的相关性更强，故选项C 错误；
．
．
．
又根据全概率公式得
，
，故选项D 正确．
故选：ABD
3．（2026·湖南长沙·模拟预测）下列结论正确的是（ ）
A．样本数据13，15，24，12，18，27，21，26，19，23 的第70 百分位数为23
B．若一组样本数据
的方差
，则这组样本数据
的总和为60
C．若随机变量
服从二项分布
，则
D．若随机变量
服从正态分布
，且
，则
【答案】BCD
【分析】对于A，根据百分位数的求解步骤求解；对于B，由方差可得这组数的均值，据此得到总和即可；
对于C，根据二项分布求出
，再利用方差的线性关系
计算即可；对于D，根据
正态分布的对称性计算概率即可．
【详解】对于A，样本数据13，15，24，12，18，27，21，26，19，23 共10 个数，
从小到大排列为12，13，15，18，19，21，23，24，26，27，
由于
，故第70 百分位数为第7 和第8 个数的平均数，
即
，故A 错误；
对于B，由方差的公式可知，这组样本数据的平均数是6，这组样本数据的总和为
，故B 正确；
对于C，易得
，则
，故C 正确；
对于D，若
服从正态分布
，
则
，故D 正确．
4．（2026·湖南永州·一模）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量
，且
，则
B．在回归分析中，残差图中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，且
宽度越窄表示拟合效果越好
C．对
，
两个变量进行相关性检验，得到相关系数为
，对
，
两个变量进行相关性检验，
得到相关系数为0.8278，则
与
负相关，
与
正相关，其中
与
的相关性更强
D．若
，
，
，则
【答案】ABD
【分析】对A，利用正态分布的概率分布曲线的对称性即可计算判断；对B，利用残差以及模型的拟合效
果的关系即可判断；对C，利用两变量相关系数的意义即可判断；对D，根据条件概率和全概率公式求解.
【详解】对于A，由题意得
，
，
，
则
，故A 正确；
对于B，
在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，
表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故B 正确；
对于C，
，
，且
，
与
负相关，
与
正相关，且
与
的相关性更强，故C 错误；
对于D，
，
，
，
.
，
，
.
，
.
又根据全概率公式得
，
，
，故D 正确.
故选：ABD.
1．（2026·湖南邵阳·一模）为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法从甲、乙两
所学校共抽取120 名学生.通过测验得到如下数据：甲校50 名学生中有10 名学生的数学成绩优秀；乙校70
名学生中有10 名学生的数学成绩优秀.根据抽样数据的分析，得到不完整抽样数据列联表，如表（一）所
示.
单位：人
学校
数学成绩
合计
不优秀
优秀
甲校
10
50
乙校
10
70
合计
表（一）
(1)完成表（一）列联表，依据小概率值
的
独立性检验，能否据此推断两校学生的数学成绩优秀
率有差异？
(2)已知甲、乙两所学校利用AI 自习室帮助数学不优秀的学生进行成绩有效转化，且转化数据如下：甲校
数学不优秀学生成绩有效转化的概率为
，乙校数学不优秀学生成绩有效转化的概率为
.若从甲、乙两所
学校数学不优秀的学生中采用随机抽样的方式抽出1 名学生，用样本估计总体，用频率估计概率，求该学
生数学成绩有效转化的概率.
参考公式与数据：
考点9
概率统计综合题型
，其中
.
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)单位：人
学校
数学成绩
合计
不优秀
优秀
甲校
40
10
50
乙校
60
10
70
合计
100
20
120
，认为两校学生的数学成绩优秀率没有差异
(2)
【分析】（1）根据题意完成列联表，结合零假设、卡方公式进行运算求解判断即可；
（2）利用全概率公式进行求解即可.
【详解】（1）列联表如下：
单位：人
学校
数学成绩
合计
不优秀
优秀
甲校
40
10
50
乙校
60
10
70
合计
100
20
120
零假设为
：两校学生的数学成绩优秀率无差异.
根据列联表数据，计算得到
.
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，即认为两校学生的数学成绩优秀率没有差异.
（2）设事件
“利用AI 自习室帮助该学生且数学成绩能有效转化”，
事件
“该学生来自甲校”，事件
“该学生来自乙校”，则
，
，且
，
，
则
，
所以该学生数学成绩有效转化的概率为
.
2．（2026·湖南怀化·一模）我国新能源汽车迅速崛起，成为推动绿色革命的核心引擎.某品牌新能源汽车公
司为了抢占更多的市场份额，计划加大广告投入.该公司近5 年的年广告费
（单位：百万元）和年销售量
（单位：百万辆）关系如图所示：
令
，数据经过初步处理得：
.现有①
和②
两种模型作为年销售
量
关于年广告费
的回归分析模型，其中
均为常数.
(1)请从样本相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好？
(2)为刺激消费，
省出台了以下补贴政策：每购买一辆新能源汽车，补贴6000 元.若甲乙两人近期在
､
省
购买一辆该新能源汽车的概率分别为
，其中
，每人最多购买一辆.求该省对甲乙两人补
､
贴总金额的期望值的取值范围.
参考数据：
.
相关系数
.
【答案】(1)模型②的拟合程度更好
(2)
元
【分析】（1）利用公式分别求出模型①和②的相关系数，结合相关系数的意义即可判断哪一个模型拟合
程度更好；
（2）根据已知得该省对甲乙两人补贴总金额的期望值为
､
，结合二次函数的性质求范围.
【详解】（1）设模型①和②的相关系数分别为
，
由题意可得：
，
，
所以
，由相关系数的意义可得，模型②的拟合程度更好.
（2）由题意，甲乙买车的总数量
可能值为
，
，
，
，
该省对甲乙两人买车数量期望值为
､
，
所以两人补贴总金额期望值为
，
，
由
在
上单调递增，则
，
所以
.
3．（2026·湖南·模拟预测）某研究团队为分析社交网络中的消费行为传播规律，构建如下概率模型：研究
团队选定
人进行研究，假设每人对消费行为的“基础易感性”参数均相同，记为
，该值越高
表示越容易被影响．传播逐天进行，规则如下：第一天，研究团队随机选择其中
（
，且
）人推送广告，每位被选中的人被成功影响（称为“感染者”）的概率为
，且是否被影响是相互独立的，
从第二天起，每一天，每一位当前的“感染者”会尝试影响每一位当前的“非感染者”（即
人中还未被
成功影响的人），且一旦被影响即称为“感染者”，并参与后续的影响传播．
(1)求第一天结束时，被影响的人数的数学期望；
(2)求第一天结束时，被影响的人数为偶数的概率；
(3)对于任意一位“非感染者”，若某天有
位“感染者”尝试影响他，则他当天被成功影响的概率为
，当
时，求在两天后，甲被成功影响的概率（用含
的式子表示）；基于此模型，
简要说明为什么在实际社交网络中，某种消费行为有时会突然“爆发式”传播．
【答案】(1)
(2)
(3)甲被成功影响的概率为
，“爆发式传播”的原因：随着感染者人数增加，使得
非感染者被影响的概率
迅速提高，传播速度急剧加快，形成爆发态势．
【分析】（1）第一天被影响人数服从二项分布
，利用性质直接求解期望.
（2）利用二项分布奇偶项概率的对称性，构造方程求解.
（3）按“甲第一天是否被选中”及“第一天感染者人数”分类讨论，用全概率公式累加各路径概率.
【详解】（1）设
表示第一天结束时被影响的人数，则
，
由二项分布的期望公式得
．
（2）由（1）可知
，考虑二项展开：
，
，
两式作和，
，
当
为偶数时，
；当
为奇数时，
.
设第一天结束时，被影响的人数为偶数的概率为
，
所以
，
故
．
（3）情形一：
甲被推送广告的概率是
，甲在两天后被成功影响有两种情形：
①第一天被影响，概率为
；
②第一天未被影响，概率为
，且第二天被影响，
若甲第二天被影响，则第一天另一位初始被选中者乙一定被影响，乙作为感染者尝试影响甲，
甲被影响的概率为
，
故甲在第一天未被影响，第二天被成功影响的概率为
，
因此，在甲是初始选中的两人之一的条件下，甲在两天后被成功影响的概率为：
．
情形二：若甲不是初始选中的两人，其概率为
，甲在两天后被成功影响有两种情形：
①第一天有1 人被成功影响，再由此人成功感染甲，
概率为：
；
②第一天有2 人被成功影响，甲在第二天被成功影响，概率为：
，
因此，在甲不是初始选中的两人的条件下，甲在两天后被成功影响的概率为：
．
综上，甲在两天后被成功影响的概率为
．
“爆发式传播”的原因：随着感染者人数增加，每天尝试影响非感染者的感染者人数
增大，
使得非感染者被影响的概率
迅速提高，传播速度急剧加快，形成爆发态势．
4．（2026·湖南永州·一模）甲同学通过掷骰子的方式在边长为1 个单位长度的正方形
的场地上玩游
戏，从起点
出发，沿着正方形四边
的顺序行走．若第
，
次抛掷得
到的点数
，记作
，则甲从当前位置按顺序走
个单位长度，下一次继续按照以上规
则行走．记数列
的前
项和为
次游戏之后甲的位置记为
，并规定：当甲在
处时
，甲
在
处时
，甲在
处时
，甲在
处时
．
(1)当
时，求
的概率
和
的概率
；
(2)当
时，求随机变量
的概率分布列和期望；
(3)若
，设
，试确定该展开式中各项系数与事件
的联系，并求
的概率．
【答案】(1)
，
；
(2)分布列见解析，期望为
；
(3)关系见答案，
.
【分析】（1）根据题意分类讨论计算即可；
（2）分类讨论
的各种取值时对应情形，列出分布列结合期望公式计算即可；
（3）利用二项式定理结合题意得出事件与展开式联系，利用赋值法及复数的周期性计算概率即可.
【详解】（1）易知
，所以
，
的情况有：
，
，
合计8 种，所以
；
（2）易知
可能取值为：
，
由上知
，
的情形有：
，9 种，
则
；
的情形有：
，9 种，
则
；
的情形有：
，10 种，
则
；
的分布列如下表：
0
1
2
3
期望
；
（3）
，
事件
表示40 个
相乘后得到
的组合方式的数量
，
表示第40 次抛掷骰子后，甲在C 处，那么
，其方法数为对应式子中
时所有
的数量之和，
所以
，
令
，可得
，令
得
，
两式相加得
①，
令
，
则
，
所以
②，
所以①
②可得
，
即
.
5．（2026·河南南阳·模拟预测）社团课上，甲、乙、丙三位同学进行五子棋比赛，约定：第1 局甲、乙比，
甲先手（每局中先走第一颗棋），丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局比赛，并且轮空者先手．
假设甲、乙、丙三位同学先手时胜对方的概率均为
，每局比赛没有平局且结果相互独立.
(1)若
.
（i）求前3 局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率；
（ii）求第2 局和第4 局参与的同学完全相同的概率；
(2)若前4 局中甲参与的平均次数不小于
，求
的取值范围.
【答案】(1)（i）
；（ii）
；
(2)
【分析】（1）（i）先明确三人各参与两局对应每人恰好轮空一次的比赛顺序，再分第 1 局甲胜或乙胜两
种情况，计算每种情况下第 2 局负者轮空、第 3 局再由前一轮轮空者先手获胜的概率，最后将两种情况
的概率相加；（ii）先确定第 2 局的参与者为第 1 局胜者与丙，再分第 1 局甲胜或乙胜两种大情况，枚
举第 2、3 局的胜负结果，筛选出第 4 局参与者与第 2 局完全相同的路径，将所有符合条件的路径概率
相加；
（2）确定甲出场次数
的所有可能取值并计算对应概率，再求出甲参与次数的期望
，最后解不等
式
得到
的取值范围.
【详解】（1）（i）要使三人都参与两局，则每人恰好轮空一次，这要求第1 局的胜者在第2 局必须输掉，
若第1 局甲胜乙，则第2 局丙必须胜甲，概率为
；若第1 局乙胜甲，则第2 局丙必须胜乙，概率为
，
所以前3 局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率为
；
（ii）若第1 局甲胜乙，则第2 局参与的同学是甲和丙，若第4 局和第2 局参与的同学完全相同，则有两种
情形：
①第2 局甲胜丙，第3 局甲胜乙；②第2 局丙胜甲，第3 局丙胜乙.
第①种情形概率为
；第②种情形为
.
若第1 局乙胜甲，则第2 局参与的同学是乙和丙，若第4 局和第2 局参与的同学完全相同，则有两种情形：
①第2 局乙胜丙，第3 局乙胜甲；②第2 局丙胜乙，第3 局丙胜甲.
第①种情形概率为
；第②种情形为
.
所以第2 局和第4 局参与的同学完全相同的概率为
；
（2）设甲在前4 局的参与次数为随机变量
，则
，
，
，
，
所以
由
得
，
令
，则
，整理得
，
解得
，所以
，又
，
所以
的取值范围为
.
6．（2026·湖南湘潭·一模）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．
