查漏补缺09 计数原理与概率统计
（4 大考点+查补知识点+22 种题型突破）
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漏洞扫描
通法锤炼
能力强化
考点查缺
漏洞扫描 精准补漏：系统扫描知识图谱，精准定位知识薄弱环节，实施靶向弥补，夯实基础
题型突破
考点精研 通法锤炼：淬炼以简驭繁的通用解题方法，实现从“会一题”到“通一类”的能力跃迁
融会贯通
实战淬炼 能力强化：打破单一知识点壁垒，强化知识联动与思维迁移，完成高阶能力整合
考点01 计数原理
考点一：两个计数原理
1.分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1 类方案中有m 种不同的方法，在第2 类方案中有n 种不同的方法，那
么完成这件事共有N＝m＋n 种不同的方法.
提醒 （1）每类方法都能独立完成这件事；（2）各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.
2.分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1 步有m 种不同的方法，做第2 步有n 种不同的方法，那么完成这件事共
有N＝m×n 种不同的方法.
提醒 任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.
考点二：排列与组合
1.排列与组合的定义
名称
定义
排列
从n 个不同元素中取出m（m≤n）个元素
按照一定的顺序排成一列
组合
作为一组
2.排列数、组合数的定义、公式、性质
类别
排列数
组合数
定义
从n 个不同元素中取出m（m≤n）个
元素的所有不同排列的个数
从n 个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同组
合的个数
公式
An
m＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋
1）＝
n！
（n－m)!
Cn
m＝
An
m
Am
m＝
n（n－1）…（n－m+1）
m！
＝
n！
m!(n－m)!
性质
An
n＝n！，0！＝1，An
m＝nAn－1
m－1
Cn
0＝Cn
n＝1，Cn
m＝C❑
n－m，Cn
m＋Cn
m－1＝Cn+1
m
结论：排列数、组合数常用公式
（1）An
m＝（n－m＋1）An
m－1；
（2）（n＋1）！－n！＝n·n！；
（3）kCn
k＝nCn－1
k －1；
（4）Cn
m＋Cn－1
m
＋…＋Cm+1
m
＋Cm
m＝Cn+1
m+1.
考点三：解排列组合问题基本策略
（1）相邻问题捆绑策略,不相邻问题插空策略.
（2）多排问题单排策略,定位问题优先策略.
（3）定序问题消序策略,有序分配分步策略.
（4）多元问题分类策略,交叉问题集合策略.
（5）至少（至多）问题间接策略,选排问题先取后排.
考点四：二项式定理
概念
(a+b)
n= Cn
0a
n+Cn
1a
n−1b
1+⋯+Cn
k a
n−k b
k +…+Cn
nb
n (n∈N
∗)
二项式系数各项中的系数Cn
k (k =0,1,2,⋯,n)叫做二项式系数
通项
Cn
k a
n−k b
k 叫做二项展开式的通项，是展开式中的第k +1 项，可记做
T k +1(k =0,1,2,⋯,n)
二项展开式Cn
0a
n+Cn
1a
n−1b
1+Cn
2a
n−2b
2+⋯+Cn
k a
n−k b
k +⋯+Cn
nb
n(n∈N
∗)叫做(a+b)
n的二
项展开式
考点五：二项式系数的性质
（1）对称性：在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.
（2）增减性与最大值：当k < n+1
2
时，Cn
k随k的增加而增大；当k > n+1
2
时，Cn
k随k的增加而减少.如果n
是偶数，那么其展开式中间一项，即T n
2 +1 的二项式系数最大；如果n是奇数，那么其展开式中间两项
T n+1
2 与T n+1
2
+1 的二项式系数相等且最大.
（3）各二项式系数的和：Cn
0+Cn
1+Cn
2+⋯+Cn
n=2
n ，且奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数
和，即Cn
0+Cn
2+Cn
4+⋯=Cn
1+Cn
3+Cn
5+⋯=2
n−1 .
题型一：两种计数原理的综合应用
1、利用分
加法
数原理
，注意根据
目特点
一个恰当的分
准，分
注意完成
件事的任
类
计
时
题
选择
类标
类时
这
何一种方法必
属于某一
须
类.
2、利用分步乘法
数原理
，注意将
件事划分成几个步
来完成，各步
之
有一定的
性，只有当
计
时
这
骤
骤
间
连续
各步
都完成了，
件事才能完成
骤
这
.
利用两个
数原理解决
用
的一般思路
计
应
问题
（1）弄清完成一件事是做什么；
（2）确定是先分类后分步，还是先分步后分类；
（3）弄清分步、分类的标准是什么；
（4）利用两个计数原理求解.
1．（2027 高三·全国·专题练习）有4 封不同的信投入3 个不同的信箱，可有不同的投入方法种数为（
）
A．81
B．64
C．27
D．24
【答案】A
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】利用分步计数原理，每封信独立选择信箱，将各步的方法数相乘得到总方法数。
【详解】每封信都有3 种选择，所以将4 封不同的信投入3 个不同的信箱，共有
种方法．
故选：A.
2．（25-26 高三下·重庆·月考）如图所示，对两行三列共6 个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、
蓝两种颜色中选择一种，要求有公共边的两个格子不能都染红色，满足要求的染色方法共有（ ）
A．20 种
B．19 种
C．18 种
D．17 种
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】按第一行的染色分类，再计算对应第二行的染色数即可求解.
【详解】第一行全蓝（蓝蓝蓝）： 第一行无红色，第二行只需要满足自身相邻不能都红，
三个格子的染色共：1(全蓝)+3(1 个红)+1(2 个不相邻红)
种；
第一行只有第一个格子为红（红蓝蓝）： 第二行第一个格子不能为红（和第一行第一个红相邻），第二
行格式为(蓝 X Y)，
要求X、Y 不都红，共3 种合法染色（蓝蓝蓝、蓝红蓝、蓝蓝红）；
第一行只有中间格子为红（蓝红蓝）： 第二行中间格子不能为红，第二行格式为(X 蓝 Y)，
X、Y 无相邻限制，共
种合法染色；
第一行只有第三个格子为红（蓝蓝红）： 和第一种情况对称，共3 种合法染色；
第一行两个红（红蓝红）： 第二行第一、第三格子都不能为红，第二行格式为(蓝 X 蓝)，
X 可红可蓝，共2 种合法染色.
所以总染色方法数：
种，故选D.
3．（2025·广东广州·一模）已知乘积
展开后共有60 项，
则n 的值为（ ）
A．5
B．6
C．10
D．12
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据多项式相乘时，展开式的项数等于每个括号里的项数相乘求解即可.
【详解】因为第一个括号
有2 项，
第二个括号
有3 项，
第三个括号
有
项，
所以展开式共有
项，
所以
.
故选：C
4．（2026·河北邯郸·一模）某地普法小组安排4 名男性普法员和2 名女性普法员前往甲、乙、丙三个社区
进行宣讲，每名普法员只能前往一个社区，每个社区至少有1 名普法员，则2 名女性普法员被安排在不同
社区的方案共有______种．
【答案】390
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题、实际问题中的组合计数问题
【详解】第一步，安排女性普法员，分别去两个社区，有
种安排方案；
第二步，安排4 名男性普法员去三个社区，总共有
种情况，
其中一个社区没人，即都在女性普法员所在社区，共有
种情况，
因为社区至少有1 名普法员，所以男性普法员的安排方案有
种；
由分步乘法计数原理可知，共有
种不同的方案.
5．（2026·重庆·模拟预测）小明玩一款棋，如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向
上或向右移动1 格，则从起点到终点共有______种不同的走法.
【答案】29
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题、实际问题中的组合计数问题
【分析】利用分类计数加法原理和分步计数乘法原理来求解即可.
【详解】设：列从左到右为
，行从下到上为
，
起点(
)，简记为
，终点(
)，简记为
如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1 格，
则小明必经过
和
，
当小明经过
到达
时，按以下步骤：
从
到
，这三步中有一步向右，两步向上，故有
种走法，
下面又分两类情形到达
，
第1 类是从
到
，只有2 种走法，然后再向右走到
，
而从
到
，这三步中有一步向上，两步向右，故有
种走法，
所以第1 类从
到
的走法有
种；
第2 类是从
到
，这三步中有一步向右，两步向上，故有
种走法，
然后从
到
，只能全向右走，只有1 种走法，
所以第2 类从
到
的走法有
种；
所以小明经过
到达
的走法有
种；
当小明经过
到达
时，按以下步骤：
从
到
，只能全向右走，只有1 种走法，
再从
到
，只能全向上走，也是只有1 种走法，
最后从
到
，只有2 种走法，
所以小明经过
到达
的走法有
种；
故小明从起点到终点不同的走法共有
种.
题型二：排列组合问题
1、直接法：把符合条件的排列数直接列式
算；
计
2、
先法：
先安排特殊元素或特殊位置；
优
优
3、捆
法：相
把相
元素看作一个整体与其他元素一起排列，同
注意捆
元素的内部排列；
绑
邻问题
邻
时
绑
4、插空法：不相
，先考
不受限制的元素的排列，再将不相
的元素插在前面元素排列的空当中；
邻问题
虑
邻
5、定序
除法
理：
于定序
，可先不考
序限制，排列后再除以定序元素的全排列；
问题
处
对
问题
虑顺
6、
接法：正
反、等价
化的方法
间
难则
转
.
于数字排列
，
对
问题0 是特殊的数字，在解
程中往往会忽
题过
视0 不在首位的特殊要求.
1．（2026·浙江·模拟预测）《水浒传》、《三国演义》、《西游记》和《红楼梦》被称为中国古代四大名
著.书架的某一层上有4 本不同的文学书，现将四大名著各一本插入这4 本书的5 个空隙中，要求原有书的
顺序不变且四大名著中至少有3 本相邻，则不同的插法共有（ ）
A．120 种
B．240 种
C．480 种
D．600 种
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、相邻问题的排列问题、组合数的计算
【分析】利用计数原理以及相邻问题捆绑法可得答案.
【详解】四大名著恰有3 本相邻共有
种插法；
4 本相邻时共有
种插法，
所以不同的插法共有600 种，
故选：D.
2．（2026·山西临汾·一模）从1，3，5，7，9 这五个数中，依次取出两个不同的数a，b，共可得到
的不同值的个数是（ ）
A．10
B．16
C．18
D．20
【答案】C
【知识点】其他排列模型
【分析】从五个数中选两个数排列后，减去两组比值相同的情况即可.
【详解】总的有序数对
的个数为
,因为
，所以不同值的个数即为不同比值
的
个数.
在20 个比值中，由于
以及
，存在两组比值相同的情况，因此实际不同值的个数为
.
3．（2025 高三上·广东广州·专题练习）有编号为，
，的三个盒子，将4 个不同的小球全部放入盒子.
若每个盒子中所放球的个数不大于其编号，则不同的放法共有（ ）
A．26 种
B．32 种
C．38 种
D．44 种
【答案】C
【知识点】分组分配问题、其他排列模型、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理
【分析】分3 种情况进行求解，结合排列组合知识得到答案.
【详解】三个盒子放球的个数如下：
1 号盒子：
，2 号盒子：
，3 号盒子：
，
4 个不同的小球全部放入盒子，不同的组合放法如下；
，即1 个盒子放入1 个球，另一个盒子放入3 个球，
显然3 个球只能放入3 号盒子，有
种情况，
，即2 个盒子分别放入2 个球，
显然只能放入2 号和3 号盒子，有
种情况，
，即放入3 个盒子中，其中1 个盒子放入2 个球，
另外2 个盒子分别放入1 个球，放入2 个球的盒子从2 号和3 号盒子中选，
剩余2 个球和2 个盒子进行全排列，有
种情况，
综上，共有
种情况.
故选：C
4．（25-26 高三上·江西景德镇·期末）某中学《十年弦歌育桃李•党恩师泽启新程》文艺演出于2025 年12
月31 日在学校演艺大厅开幕，开幕式文艺表演共由6 个节目组成，若考虑整体效果，要求：节目《新年!
你好》《觉醒年代》《精武门》必须相邻，则开幕式文艺表演演出顺序的编排方案共有（
､
､
）
A．144 种
B．156 种
C．188 种
D．240 种
【答案】A
【知识点】全排列问题
【分析】利用捆绑法结合排列数的性质求解即可.
【详解】先将节目《新年!你好》《觉醒年代》《精武门》捆绑在一起，
､
､
有
种排法，再把这个整体和另外三个节目全排列，有
种排法，
则共有
种排法，故A 正确.
故选：A
5．（25-26 高三上·湖南·月考）从0，1，2，…，9 这10 个数字中选出3 个不同的数字组成三位数，其中小
于329 的共有_____个.
【答案】167
【知识点】数字排列问题、分类加法计数原理
【分析】以百位数为3 和小于3 两种情况分析即可求解.
【详解】当百位数小于3 时，共有
个；
当百位数为3，十位数小于2 时，此时共有
个；
当百位数为3，十位数为2 时，共有
个.
综上所述，共有
个.
故答案为：167
6．（2026·湖北孝感·二模）2025 年泡泡玛特旗下的IP“LABUBU”突然爆火．现有5 个不同造型的
“LABUBU”．把这5 个“LABUBU”装入3 个不同的盒内，每盒至少装一个，共有_______种不同的装法．
【答案】150
【知识点】排列组合综合、分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题
【分析】先按
和
两种方式分组，再排列即可.
【详解】把这5 个“LABUBU”装入3 个不同的盒内，每盒至少装一个，分组方式有两种：
按
分组：先从个中选个为一组，剩下的
个各成一组，
组数
；按
分组：先从个中选
个为一组，
剩下的个中选
个为一组，最后个为一组(消除重复分组)，
组数
，分配到3 个不同的盒内，
，
故装法总数
.
7．（2027 高三·全国·专题练习）某共享汽车停放点的停车位成一排且恰好全部空闲，假设最先来停放点停
车的3 辆共享汽车都是随机停放的，且这3 辆共享汽车都不相邻的排法与这3 辆共享汽车恰有2 辆相邻的
排法相等，则该停车点的车位数为________．
【答案】10
【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题
【分析】先设出车位总数，分别用插空法计算“都不相邻”和“恰有两辆相邻”的排法种数，再根据两者
相等列出方程求解.
【详解】设停车位有
个，这3 辆共享汽车都不相邻相当于先将
个停车位排好，
再将这3 辆共享汽车插入到所成的
个间隔中，故有
种．
恰有2 辆共享汽车相邻，可先把其中2 辆捆绑在一起看作一个复合元素，
再和另一辆插入到将
个停车位排好所成的
个间隔中，故有
种．
因为这3 辆共享汽车都不相邻的排法与这3 辆共享汽车恰有2 辆相邻的排法相等，
所以
，解得
．
故答案为：
.
8．（2026·山东青岛·一模）某空间站由
，
，
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
舱，则不同的安排方法
的种数为（ ）
A．35
B．36
C．42
D．50
【答案】D
【知识点】排列组合综合、分类加法计数原理、元素（位置）有限制的排列问题、分组分配问题
【分析】以
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
舱，其余四人分成两组，一组1 人，一组3 人，安排在
舱，
有
种不同的安排方法；
②甲单独在
舱，其余四人平均分成两组每组
人，安排在
舱，
有
种不同的安排方法；
③
舱安排
人，其余三人分成两组，一组人，一组
人，安排在
舱，
有
种不同的安排方法；
④
舱安排人，其余二人分成两组，安排在
舱，
有
种不同的安排方法；
综上，不同的安排方法共有
种.
题型三：二项式展开式中的特定项求解
1、求
的展开式中的特定
一般要
用通
公式
项
应
项
；
2、求两个因式
的特定
，一般
某个因式用通
公式，再
合因式相乘，分
求解；
积
项
对
项
结
类讨论
3、求三
展开式的特定
，一般
化
二
式求解或用定
法
项
项
转
为
项
义
.
1、在二
式定理
项
的
要注意
问题
的系数为
，展开求解，不要忽略；
2、二
式
项
的展开式的通
公式
项
表示的是二
展开式的第
项
，而
项
不是第
项.
1．（2026·江苏·一模）
的展开式中常数项为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】求二项展开式的第k 项
【详解】二项展开式的通项公式为
，
整理得：
，
令
，解得：
，
展开式中常数项为：
.
2．（2026·江苏·一模）
的二项展开式的第6 项系数是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】求二项展开式的第k 项、求指定项的系数
【分析】由二项式展开式求解指定项的系数即可.
【详解】
的二项展开式的第6 项为
，
所以第6 项系数是
.
3．（25-26 高三下·重庆渝中·月考）在
的二项展开式中，若常数项为240，则
项的系数为
（ ）
A．60
B．36
C．729
D．6
【答案】A
【知识点】求二项展开式的第k 项、求指定项的系数、由项的系数确定参数
【详解】展开式的通项公式为
，
令
，则
，
当
时，
，
，
当
时，
，
，所以
，
令
，则
，所以
.
4．（2026·江西·一模）若
的展开式中存在含
的项，则
可能等于（ ）
A．5
B．9
C．15
D．19
【答案】C
【知识点】求二项展开式的第k 项、二项展开式的应用
【分析】利用二项式定理的通项公式得
，令
，代入检验即可求解.
【详解】由二项式定理得，
的展开式通项为
，
，令
，
当
时，
，故A 错误；当
时，
，故B 错误；
当
时，
，故C 正确；当
时，
，故D 错误.
故选：C.
5．（2026·山西大同·一模）若
的展开式中第3 项与第6 项的二项式系数相等，则
（ ）
A．9
B．8
C．7
D．6
【答案】C
【知识点】组合数的性质及应用、求指定项的二项式系数
【详解】
的展开式中第3 项与第6 项的二项式系数分别为
，
，
由题意得
，所以
.
6．（2026·黑龙江双鸭山·模拟预测）展开式
中
的系数为（ ）
A．68
B．－80
C．－68
D．80
【答案】C
【知识点】三项展开式的系数问题
【详解】
表示5 个
相乘，每个
在相乘时均有三种选择，
选
或
或
．
设选
的有
个，选
的有
个，那么选
的有
个，
则有
，解得
或
或
，
即选5 个
；或者选1 个
、3 个
、1 个
；或者选2 个
、1 个
、2 个
；
因此含
项的系数为
.
7．（2026·重庆·一模）
的展开式中常数项为__________．
【答案】29
【知识点】求二项展开式的第k 项、求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题
【分析】先求出
展开式的通项公式，分别令
和
，求出k 值，代入求解，分
析计算，即可得答案.
【详解】
展开式的通项公式为
，
令
，解得
，则
；
令
，解得
，则
，
所以
的展开式中常数项为
.
8．（2026·四川成都·二模）在
的展开式中，
项的系数为_____________．
【答案】10
【知识点】求指定项的系数
【分析】依据多项式乘法的法则得到含
项只需要其中三个因式取
第四个因式不取
即可.
【详解】
展开式中
项的产生，
可以看作
，
，
，
四个括号中三个括号取
，
一个括号取常数，所以
项的系数为
.
题型四：二项式系数的和与各项的系数和问题
1、系数和
常用“
法”求解：
问题
赋值
法是指
二
式中的未知元素
，从而求得二
展开式的各
系数和的方法，求解有关系数和
的
赋值
对
项
赋值
项
项
题
关
点如下：
键
（1）
，
察已知等式与所求式子的
构特征，确定所
的，常
的
有：
赋值观
结
赋
赋
值
，
，等；
（2）求参数，通
，建立参数的相关方程，解方程，可得参数
；
过赋值
值
（3）求
，根据
意，得出指定
的系数和
值
题
项
.
2、二
式系数和：
项
的展开式中二
式系数的和
项
为
.
1．（25-26 高三下·北京西城·月考）已知
，记
，
，则
分别为（ ）
A．1，729
B．1，1
C．
，729
D．
，1
【答案】B
【知识点】求二项展开式的第k 项、二项展开式各项的系数和
【详解】令
，可得
，得到
，
令
，可得
，则
.
2．（25-26 高三上·河北衡水·期末）在
的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A．展开式的项数为6
B．二项式系数和为64
C．所有项的系数之和为2
D．展开式中第3 项为
【答案】BD
【知识点】二项展开式各项的系数和、二项式的系数和、求指定项的二项式系数、求二项展开式的第k 项
【分析】由二项式展开的项数为
，可判断A；求出二项式系数和为
，可判断B；利用赋值法求
出所有项的系数和，可判断C；求出第3 项，可判断D.
【详解】对于A，因为
，所以展开后共有7 项，故A 错误；
对于B，由题意可知二项式系数和为
，故B 正确；
对于C，令
，则所有项的系数和
，故C 错误；
对于D，因为
，故D 正确.
故选：BD.
3．（25-26 高三下·云南楚雄·开学考试）关于
的展开式，下列结论正确的是（ ）
A．展开式共7 项
B．所有项的二项式系数之和为64
C．常数项为540
D．所有项的系数之和为64
【答案】ABD
【知识点】二项展开式各项的系数和、求指定项的系数、二项式的系数和
【分析】根据二项式展开式的项的特征得出A，由二项式系数和项的系数之和的计算公式判断B、D，再利
用通项公式判断C.
【详解】对于A，因为
，所以展开式共有7 项，故A 正确；
对于B，所有项的二项式系数和为
，故B 正确；
对于C，展开式的通项公式为
，
，
令
，解得
，此时常数项为
，故C 错误；
对于D，令
，则所有项的系数和为
，故D 正确．
4．（25-26 高三下·北京海淀·开学考试）已知
，则
的值为
________．（用数字作答）
【答案】121
【知识点】二项展开式的应用、求指定项的系数、奇次项与偶次项的系数和
【分析】由二项式展开式的通项公式得出系数
的代数计算公式即可求出
得解.
【详解】二项式展开式的通项公式为
，所以
，
故
，
，
，
所以
.
5．（2026 高三下·上海·专题练习）若
，则
________．
【答案】3124
【知识点】二项式的系数和、二项展开式各项的系数和、奇次项与偶次项的系数和
【分析】由多项式分析知：
为奇数，系数为负；
为偶数，系数为正，可得
，再应用赋值法求
、
，即可得结果.
【详解】由题设，含
的项中，当
为奇数，系数为负，而当
为偶数，系数为正，
所以
，
令
，则
；
令
，得
，
所以
．
题型五：二项式系数及系数的最值
1、二
式系数先增后减中
最大
项
间项
（1）如果二
式的
指数
项
幂
是偶数，
中
一
则
间
项
的二
式系数
项
最大；
（2）如果二
式的
指数
项
幂
是奇数，
中
两
则
间
项
、
的二
式系数
项
、
相等且最大；
2、系数的最大
：求
项
展开式中的最大的
，一般采用待定系数法
项
.
展开式中各
系数分
设
项
别为
、
、
、
，
第
设
系数最大，
有
项
应
，从而解出
来.
要注意二
展开式中二
式系数与某一
系数的区
项
项
项
别.
的展开式中第
的系数是
项
，其值
只与
有关，与
无关，系数是
中的常数，在
该项
的展开式中，系数最大的
是中
；但
项
间项
当
的系数不是1
，系数最大的
的位置就不一定在中
，需要利用通
公式，根据系数的增减性
时
项
间
项
具体
而定
讨论
.
1．（2026·湖北宜昌·二模）已知二项式
的展开式中仅有第4 项的二项式系数最大，则展开式中
项的系数为（ ）
A．
B．
C．80
D．160
【答案】A
【知识点】二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数
【分析】依题意可确定
，再结合通项公式即可求解.
【详解】因为二项式
的展开式中仅有第4 项的二项式系数最大，
所以
，所以
的展开式的通项为
，
令
，得
，故
，
故展开式中
的系数为
.
2．（25-26 高三下·四川成都·开学考试）
的展开式中二项式系数最大的项为___________．
【答案】
【知识点】求二项展开式、求二项展开式的第k 项、二项式系数的增减性和最值
【分析】利用二项式性质确定二项式系数最大的项为第5 项，再利用二项式定理求出展开式的通项，进而
求解即可.
【详解】由二项式性质得
的展开式中二项式系数最大的项为第5 项，
由二项式定理得
的展开式通项为
，
，
令
，解得
，则第5 项为
.
故答案为：
3．（25-26 高三上·山东青岛·期末）
的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中
的系数是______.
【答案】
【知识点】求指定项的系数、二项式系数的增减性和最值
【分析】利用二项式系数的性质以及二项展开式的通项公式可得答案.
【详解】二项式
的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，
二项式系数最大值出现在中间项，
当
为偶数时，最大项为第
项，
因此有
，解得
，
展开式的通项公式为：
令
，解得
，
代入通项，得系数为：
因此，展开式中
的系数为
.
故答案为：
4．（25-26 高三下·浙江绍兴·月考）写出在
的展开式中系数最大的项________．
【答案】
【知识点】求系数最大（小）的项、二项式系数的增减性和最值
【分析】先求出二项式的通项，从而得出展开式的系数，根据展开式的系数的性质得出所有可能的系数最
大项，求出所有可能的系数最大项进而得出系数最大项．
【详解】
二项式
的通项为：
，
展开式的系数为
，
当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数，
展开式中系数最大的项出现在
中，
时，
；
时，
；
时，
；
时，
；
时，
；
当
时系数最大，即
．
故答案为：
．
题型六：二项式定理的应用
1.在
明整除
或求余数
要
行合理的
形，使被除式（数）展开后的
大部分
（一两
除外）
证
问题
问题时
进
变
绝
项
项
都含有除式的因式.
2.二
式定理的另一个重要用途是近似
算
项
计
,当n不是很大，| x|比
小
，
较
时(1+ x)
n≈1+nx.
1．（2026·河南南阳·一模）今天是星期一，再过
天是星期几（ ）
A．星期二
B．星期三
C．星期四
D．星期五
【答案】D
【知识点】整除和余数问题
【分析】通过二项式定理将
逐步变形为与
相关的展开式，消去能被
整除的项，最终求得
除以
的余数，进而推算出对应的选项.
【详解】因为
，
由
能被
整除，则上式前
项都能被
整除，只需看最后一项
除以
的余数，
由
，
则
除以
的余数为
，
所以今天是星期一，再过
天，是星期五.
2．（2026·山东德州·模拟预测）
除以7 所得的余数为（ ）
A．1
B．2
C．4
D．6
【答案】D
【知识点】整除和余数问题
【分析】利用二项式定理化简原式，再将问题转化为求
除以7 所得的余数，
再次结合二项式定理将问题转化为
除以7 所得的余数即可.
【详解】
，
因为
，所以
除以7 所得的余数为，即
，
故
，
而
，
故
除以7 所得的余数为，
故原式除以7 所得的余数与
除以7 所得的余数相等均为
.
3．（25-26 高三下·浙江杭州·月考）实数
的近似值（精确到0.001）是（ ）
A．31.680
B．31.681
C．31.682
D．31.683
【答案】B
【知识点】近似计算问题
【分析】先将
变形为
，再利用二项式定理展开化简即可得解．
【详解】
，
将
精确到
，故近似值为
．
4．（2026·湖北黄石·一模）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第
行的第
个数可以表示为
时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学
家杨辉1261 年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.
同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ）
A．第2026 行共有2026 个数
B．从第4 行起到第19 行，每一行的第4 个数字之和为
C．第48 行的所有数字之和被7 除的余数为1
D．去除所有为1 的项，依次构成数列
，则此数列前135 项的和为
【答案】BCD
【知识点】求等比数列前n 项和、组合数的性质及应用、杨辉三角、二项式的系数和
【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48
行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列
以及等差数列的性质，即可求解D.
【详解】对于A，第2026 行共有2027 个数，故A 错误，
对于B,由题意可得
,B 正确，
对于C, 第48 行的所有数字之和为
,由于
能被7 整除，
故第48 行的所有数字之和被7 除的余数为1，C 正确，
对于D,第
行的和为
，
当
时，第
行中去除为1 的项的和为
， 第0 行为1，
故前
行中去除为1 的项的和为
，
故前17 行中去除为1 的项的和为
，
去除所有为1 的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……，
可以看成一个首项为0，公差为1 的等差数列，前
行共有
个数，
当
时，
，
因此前17 行中，去掉为1 的项，共有136 项，且第17 行中，去掉为1 的项后，最后一项为
则此数列前135 项的和为
.
5．（2026 高三·全国·专题练习）求证：
．
【答案】证明见解析
【知识点】证明组合恒等式、二项式的系数和、组合数的性质及应用
【分析】将右侧式子倒序相加，结合组合数的性质及二项式系数和，即可证.
【详解】设
①，
把①式倒序排列得
，
由
，得
②，
①
②得
，
所以
，得证.
6．（25-26 高三上·北京·开学考试）已知
，则
_________；
_________．
【答案】
【知识点】二项式定理与数列求和、求指定项的系数
【分析】直接用二项展开式的通项可求得
.用赋值法（令
和
），然后两式作差，可求得答案.
【详解】解：根据二项展开式的通项公式得：
，所以
令
, 得：
……(1)
令
, 得：
即：
……(2)
(1)式与(2)式作差，得：
,
所以
.
故答案为：
；
考点02 概率
考点一：有限样本空间与随机事件
概念
定义
本点
样
把随机试验E的每个可能的基本
果称
本点
结
为样
.一般用ω表示
本空
样
间
全体
本点的集合称
样
为试验E的
本空
，一般用
样
间
Ω表示
有限
本空
样
间Ω
有限集
的
本空
称
有限
本空
为
时
样
间
为
样
间
随机事件
本空
样
间Ω的子集称
随机事件，
称事件，并把只包含一个
本点的事件称
为
简
样
为
基本事件.在每次
中，当且
当事件
试验
仅
A中某个
本点出
，称
事件
样
现时
为
A
生
发
.
称Ω
必然事件，
为
⌀
不可能事件
为
考点二：事件的关系和运算
概念
含义
符号表示
包含
若事件A
生，
事件
发
则
B一定
生
发
B⊇A（或A ⊆B）
相等
事件B包含事件A，事件A也包含事
件B
A = B
并事件（和事件）事件A与事件B至少有一个
生
发
A ∪B（或A + B）
交事件（
事件）
积
事件A与事件B同
生
时发
A ∩B（或AB）
互斥（互不相容）事件A与事件B不能同
生
时发
A ∩B = ⌀
互
立
为对
事件A和事件B在任何一次
中有
试验
且
有一个
生
仅
发
A ∪B = Ω，且A ∩B = ⌀
从集合的角度理解互斥事件和
立事件
对
（1）几个事件彼此互斥，是指由各个事件所含的
果
成的集合的交集
空集
结
组
为
.
（2）事件A的
立事件
对
A所含的
果
成的集合，是全集中由事件
结
组
A所含的
果
成的集合的
集
结
组
补
.
考点三：古典概型
（1）古典概型：我
将具有以下两个特征的
称
古典概型
，其数学模型称
古典概率模型，
称古典
们
试验
为
试验
为
简
概型.
有限性：
本空
的
本点只有有限个
样
间
样
;
等可能性：每个
本点
生的可能性相等
样
发
.
（2）古典概型的概率
算：一般地，
计
试验E是古典概型，
本空
包含
样
间
n个
本点，事件
样
A包含其中的k个
本
样
点，
定
事件
则
义
A的概率P( A)= k
n = n( A )
n(Ω) .其中n( A ),n(Ω)分
表示
别
A与Ω 包含的
本点个数
样
.
考点四：概率的基本性质
性质1：
任意的事件
对
A,都有P( A )≥0 .
性质2：必然事件的概率为1,不可能事件的概率为0,即P(Ω)=1,P(⌀)=0.
性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P( A ∪B)= P( A )+ P(B) .
推广：如果事件A1,A2,⋯ ,Am两两互斥，那么P( A1∪A2∪⋯∪Am)= P( A1)+ P( A2)+⋯+ P( Am).
性质4：如果事件A与事件B互
立事件，那么
为对
P(B)=1−P( A ) ,P( A )=1−P(B) .
性质5：如果A ⊆B,那么P( A )≤P(B) .
特
地，
任意事件
别
对
A,因为⌀⊆A ⊆Ω ,所以0≤P( A )≤1.
性质6：设A,B是一个随机
中的两个事件，我
有
试验
们
P( A ∪B)= P( A )+ P(B)−P( A ∩B) .
然，性
显
质3 是性质6 的特殊情况.
考点五：频率与概率
（1）
率的
定性：一般地，随着
次数
频
稳
试验
n的增大，
率偏离概率的幅度会
小，即事件
频
缩
A
生的
率
发
频
f n( A )
会逐
定于事件
渐稳
A
生的概率
发
.
（2）用
率估
概率：
频
计
f n( A )= nA
n
= P( A ).
（3）随机模
：用
算器或
算机
件
生随机数模
，
随机数是依照确定的算法
生，具有周期性
拟
计
计
软
产
拟试验这类
产
（周期很
），故称
随机数
长
为伪
.
考点六：事件的相互独立性
（1）两个事件相互独立的定
：
任意两个事件
义对
A与B，如果P( AB)= P( A )P(B) 成立，
称事件
则
A与事
件B相互独立,
称
独立
简
为
.必然事件Ω ，不可能事件⌀ 都与任意事件相互独立.
（2）相互独立的性
：如果事件
质
A与B相互独立，那么A与B，A与B，A与B也都相互独立.
考点七：条件概率
（1）条件概率.
①定
：一般地，
义
设A,B
两个随机事件，且
为
P( A )>0,我
称
们
P(B| A)= P( AB)
P( A) = n( AB)
n( A)
在事件
为
A
生
发
的条件下，事件B
生的条件概率，
称条件概率
发
简
.
②概率的乘法公式：由条件概率的定
，
任意两个事件
义对
A与B，若P( A )>0,则P( AB)= P( A )P(B| A )，
我
称
公式
概率的乘法公式
们
该
为
.
（2）条件概率的性
：
质设P( A )>0，则
①P(Ω| A )=1;
②任何事件的条件概率都在0 和1 之
，即
间
0≤P(B|A)≤1；
③如果B和C是两个互斥事件，则P((B∪C )| A )= P(B| A )+ P(C | A ) ;
④设B和B互
立事件，
为对
则P(B| A )=1−P(B| A ) .
考点八：全概率公式
一般地，设A1，A2，⋯ ，An是一
两两互斥的事件，
组
A1∪A2∪⋯∪An= Ω ，且P( Ai)>0,i=1,2,
⋯ ，n,
任意的事件
则对
B⊆Ω ，有P(B)= ∑
i=1
n
P( Ai)⋅P(B| Ai).我
称
个公式
全概率公式
们
这
为
.
常用结论
1.如果事件A1,A2,⋯ ,An相互独立，那么这n个事件同
生的概率等于每个事件
生的概率之
，即
时发
发
积
P( A1 A2⋯An)= P( A1)P( A2)⋯P( An).
2.P(B| A)= n( AB)
n( A) ，其中n( A )
事件
为
A包含的
本点数，
样
n( AB)
事件
为
AB包含的
本点数
样
.
3.全概率公式
概率
中的重要公式，它将
一个复
事件
为
论
对
杂
A的概率的求解
，
化
了在不同情况
问题转
为
下
生的
事件的概率的求和
．可借助下
来理解．
发
简单
问题
图
考点九：贝叶斯公式
叶斯公式
贝
:设A1，A2，⋯ ，An是一
两两互斥的事件，
组
A1∪A2∪⋯∪An=Ω ，且P( Ai)>0,i=1
,2,⋯ ，n,
任意的事件
则对
B⊆Ω ，P(B)>0,有P( Ai|B)= P( Ai)P(B| Ai)
P(B)
=
P( Ai)P(B| Ai)
∑
k =1
n
P( Ak)P(B| Ak)
,i=1
,2,⋯ ，n.
叶斯公式是用来求一个事件的条件概率的，其思想是
果索因，即在知道
果的情况下
贝
执
结
,去推断原因
的可能性，可以看作是全概率公式的逆向
用
应
.
题型一：古典概型的概率计算
用公式法求古典概型的概率就是用所求事件
所含的基本事件个数除以基本事件空间
所含的基本事
件个数求解事件
生的概率
发
.解
的关
如下：
题
键
（1）定型：即根据古典概型的特点——有限性与等可能性，确定所求概率模型
古典概型；
为
（2）求量：利用列
法、排列
合等方法求出基本事件空
举
组
间
及事件
所含的基本事件数；
（3）求
：代入公式
值
.
1．（2026·湖南衡阳·模拟预测）在某道选词填空题中，有3 个空格，4 个备选单词。每个空格只能填入一
个备选单词，且每个空格都有一个唯一的正确答案（这3 个正确答案是4 个备选单词中的3 个，剩余1 个
备选单词是多余的）。若随机选择3 个备选单词分别填入3 个空格，则3 个空格全部选错的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】排列组合综合、计算古典概型问题的概率
【详解】假设4 个单词分别是甲、乙、丙、丁，正确的顺序为甲乙丙.
第一类，选出的3 个单词不包括丁，则符合要求的情况有乙丙甲，丙甲乙，共2 种选法；
第二类，选出的3 个单词包含丁，则从剩下的3 个单词选两个有
种情况，不妨设选出的单词为甲，乙，
则符合要求的情况有乙甲丁，丁甲乙，乙丁甲，共3 种，即共有
种选法.
综上，符合要求的情况共有
种，全部情况为
种，
则3 个空格全部选错的概率是
.
2．（2026·山东东营·一模）在2025 年10 月19 日举行的黄河口马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志
愿者被派往A、B、C 三个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务
站，则在甲被派去B 服务站的条件下，甲、乙被派去同一个服务站的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】计算古典概型问题的概率、计算条件概率
【分析】先求出甲被安排到
服务站的方法数，再求出甲，乙被派去同一个服务站的方法数，然后求其概
率即可.
【详解】先求甲被派去
服务站的方法数；
第一种情况：甲一个人去
服务站，则有
种；
第二种情况：甲和其中一人去
服务站，则有
种；
故甲被派去
服务站的方法数共
种；
再求甲乙被派去同一个服务站的方法数：有
种；
故概率为
.
3．（25-26 高三下·山东泰安·月考）一批零件共有
个，其中有
个不合格随机抽取个零件进行检测，恰
好有件不合格的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】计算古典概型问题的概率、求超几何分布的概率、组合数的计算
【详解】从
个零件中随机抽取个，总的抽取方法数为组合数
，
要求恰好件不合格，即从
个不合格零件中抽1 个，
从
个合格零件中抽
个，符合条件的方法数为
，
故恰好件不合格的概率为
.
4．（2026·上海·一模）从10 双相同的鞋子中随机抽取4 只鞋，恰好可以作为2 双的概率为__________．
【答案】
【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率
【详解】10 双鞋子共20 只，从20 只中随机抽取4 只，不考虑顺序，总抽法为
，
因为是10 双相同的鞋子，故恰好凑成2 双，即从10 双左脚的鞋中选择两双，从10 双右脚的鞋中选择两
双，
符合条件的抽法为
，
根据古典概型可知恰好可以作为2 双的概率
.
5．（2026·福建龙岩·一模）某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1 个红球、1 个白球、1 个黑
球，共3 个形状、大小完全相同的小球.活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1 个），摸
到红球或白球各计1 分，摸到黑球计3 分.若两次摸到的小球记录的总得分为5 分，则获得一等奖，那么获
一等奖的概率为______.
【答案】
【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率、有放回与无放回问题的概率
【分析】先求两次摸球共有多少种情况，然后讨论一等奖的可能情况，由古典概型计算求解.
【详解】每次摸球的情况有
种.
先后两次摸球共有
种情况.
两次得分5 分的情况有：
第一次1 分，第二次4 分，共有
种；
第一次2 分，第二次3 分，共有1 种；
第一次4 分，第二次1 分，共有4 种；
第一次3 分，第二次2 分，共有1 种；
所以
，
故答案为：
.
6．（2026·江西吉安·一模）春节期间，家家户户都会挂起寓意吉祥的装饰挂件，现有“福字挂饰”、“中
国结挂饰”、“红灯笼挂饰”三种类型的挂件各2 个（其中福字挂饰分别为刺绣款、剪纸款；中国结挂饰
分别为桃木款、红绳款；红灯笼挂饰分别为宫灯款、纱灯款），将这6 个挂件随机挂成一排，则仅有一种
类型的挂件相邻的概率为___________.
【答案】
/
【知识点】相邻问题的排列问题、计算古典概型问题的概率、全排列问题
【分析】先计算6 个挂件的总排列数，再计算“仅有一种类型相邻”的排列数，最后通过两者的比值即得.
【详解】总排列数：因为6 个挂件互不相同，故总排列数为：
；
再计算仅有一种类型的挂件相邻：
若“福字挂饰”相邻：将两个福字挂饰“捆绑”为一个整体，共有
种，
但里面包含“福字挂饰”相邻与“中国结挂饰”相邻同时发生的情况、和“福字挂饰”相邻与“红灯笼挂
饰”相邻同时发生的情况，分别有
种，
同时多扣除了“福字挂饰”相邻与“中国结挂饰”相邻且“红灯笼挂饰”相邻同时发生的情况，有
种，
所以仅“福字挂饰”相邻共有
种；
同理，“仅中国结挂饰”相邻和“仅红灯笼挂饰”相邻的情况也各为96，
所以仅有一种类型的挂件相邻共有
种，概率
.
题型二：条件概率与全概率公式
1、解决条件概率
的步
：
问题
骤
第一步，判断是否
条件概率
为
;
第二步，利用公式P( A |B)= n( AB)
n(B) 或P( A |B)= P( AB)
P(B)
算
计
.
2、利用全概率公式解
的思路如下
题
：
①按照确定的
准，将一个复
事件分解
若干个互斥事件
标
杂
为
Ai(i=1,2,⋯,n).
②求P( Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai
生条件下的概率
发
P( Ai)P(B| Ai).
③代入全概率公式
算
计
.
3、利用
叶斯公式求解概率的步
：
贝
骤
①利用全概率公式
算
计
，即
；
②
算
计
，可利用
求解；
③代入
求解.
1．（2026·辽宁盘锦·一模）袋子中有大小相同5 个球，标号为0 的球1 个，标号为1、2 的球各两个，从中
任取2 个，已知有一个标号为1，求另外一个标号也为1 的概率（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】计算条件概率
【详解】记取出的 2 个球中，有一个标号为1 为事件
，另一个标号为1 为事件
，
则
，
，
则
.
2．（25-26 高三下·陕西西安·月考）当前，AI 已从一个研究领域变成一类赋能技术．在医药健康领域，AI
已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率．假设某实验室AI 辅助新药分子筛
选，事件A 是“AI 模型筛选出候选分子M”，事件B 是“AI 模型筛选出候选分子N”．已知
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、利用全概率公式求概率、计算条件概率
【分析】根据对立事件的概率关系求出
，由条件概率公式求得
，根据全概率公式求得
，再由条件概率公式求得
.
【详解】因为
，所以
.
所以
.
由
，得
.
所以
.
3．（2026·广东·一模）（多选）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯定理，随机事
件
存在如下关系：
．张同学每天的运动计划包括两种主要方式：室内健身和
户外运动．张同学第一天选择室内健身的概率为
，选择户外运动的概率为
．如果第一天选择室内健
身，那么第二天继续选择室内健身的概率为
；如果第一天选择户外运动，那么第二天选择室内健身的概
率为
．则张同学（ ）
A．第二天去室内健身的概率为
B．第二天去户外运动的概率为
C．若第二天去了室内健身，则第一天去户外运动的概率为
D．若第二天去了户外运动，则第一天去室内健身的概率为
【答案】ACD
【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、利用全概率公式求概率、利用贝叶斯公式求概率
【详解】设
表示张同学第一天选择室内健身，
表示张同学第二天选择室内健身，
表示张同学第一天选择户外运动，
表示张同学第二天选择户外运动.
则
，
，
，
，
因为
，所以
，
因为
，所以
，
对于A，
，故A 正确；
对于B，因为
，故B 错误；
对于C，因为
，故C 正确；
对于D，因为
，故D 正确.
4．（2026·天津河北·一模）三批同种规格的产品，第一批占
，次品率为
；第二批占
，次品率
为
；第三批占
，次品率为
．将三批产品混合，从混合产品中任取一件，这件产品是次品的概率
为______；如果取到的产品是次品，则它是取自第一批产品的概率为______．
【答案】
/
【知识点】计算条件概率、利用全概率公式求概率
【详解】用
表示“取到第批产品”，用
表示“取到次品”
则
，
，
则
；
.
5．（2026·河南南阳·一模）采购员要购买某种电器元件一包（12 个）．他的采购方法是：从一包中随机抽
查4 个，如这4 个元件都是好的，他才买下这一包．假定含有6 个次品的包数占20%，而其余包中各含2
个次品，则采购员随机挑选一包拒绝购买的概率是______．
【答案】
【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、计算古典概型问题的概率、利用全概率公式求概率
【详解】设事件
为“包含6 个次品”，
为“包含2 个次品”，
为“采购员拒绝购买”，
则
，
则
，
，
故
故采购员随机挑选一包拒绝购买的概率是
.
6．（2026·天津河东·一模）某地区有A、B 两个城区，人口比例为
，由于人口密度不同，A、B 两地的
流感感染率分别为
、
.若随机选取A 地区的3 名市民进行该流感检测，至少1 人感染的概率为
________；若该地区随机选取1 名市民进行该流感检测，则感染的概率为__________.
【答案】
/
/
【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、利用全概率公式求概率
【详解】第一空，A 地流感感染率为
，那么A 地流感未感染率为
，
考虑至少一人感染的对立事件为3 人都未感染，那么人都未感染的概率为
.
所以至少一人感染的概率为
.
第二空，因为A、B 两个城区，人口比例为
，所以人口占比分别为
，
由全概率公式，该地区随机选取1 名市民进行该流感检测，则感染的概率为
.
7．（2026·河南南阳·一模）马尔可夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，
为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程.该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状
态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲乙两个口袋中各装有1 个黑
球和2 个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行
次这样的操作，
记甲口袋中黑球个数为
，恰有1 个黑球的概率为
，求
(1)
的值；
(2)求
的式子.
【答案】(1)
；(2)
【知识点】利用全概率公式求概率
【分析】（1）由题意根据组合数公式、古典概型概率计算公式可求得
；
（2）由全概率公式得递推公式，构造等比数列即可求解.
【详解】（1）由题意，
；
（2）当
时，
，
整理得
，
，
是以
为首项，以
为公比的等比数列，
所以
，
所以
.
8．（2026·陕西渭南·模拟预测）小明和小红进行某项比赛（比赛结果没有平局），小明每局获胜的概率均
为
，每局比赛胜者获得1 个积分，负者获得0 个积分，记小明和小红两人积分之差的绝对值为
，当
时，比赛结束且总积分多者获胜.下列说法正确的是（ ）
A．若
，则比赛结束时总局数可能是5
B．若
，
，则恰好4 局结束比赛且小明获胜的概率为
C．若
，
，则在不超过5 局比赛结束的条件下，小明以4:1 获胜的概率为
D．若
，
，比赛进行一段时间后
，则继续比赛小明最终获胜的概率为
【答案】D
【知识点】计算条件概率、利用全概率公式求概率、独立事件的乘法公式
【分析】由题意可知
时，比赛结束时总局数为偶数可判断A，由二项分布、相互独立事件的概率公式
可判断B 和C，由全概率公式分析可判断D.
【详解】选项A：若
，则比赛结束时积分差的绝对值为2，
设总局数为
，小明胜
局，小红胜
局，
则
，即
，所以总局数为偶数，故A 错误.
选项B：若
，
，则恰好4 局结束比赛且小明获胜的概率为：
，故B 错误.
选项C：若
，
，则在不超过5 局比赛结束，有两种情况，第一种小明或小红连胜3 局，概率为
.
第二种小明或小红以
获胜，概率为
.
其中小明以
获胜的概率为
.
所以在不超过5 局比赛结束的条件下，小明以4:1 获胜的概率为
，故C 错误.
选项D：设小明在净胜局（小明胜的局数比输的局数多）前提下，继续比赛最终获胜的概率为
，
.
当净胜
局时，继续比赛一局，若小明胜，则小明的状态变为净胜
局，继续比赛获胜的概率为
；若
小明输，则小明的状态变为净胜
局，比赛结束，小明失败.
根据全概率公式可得，
.
当净胜
局时，继续比赛一局，若小明胜，则小明的状态变为净胜0 局，继续比赛获胜的概率为
；若小
明输，则小明的状态变为净胜
局，继续比赛获胜的概率为
.
根据全概率公式可得，
.
同理可得，当净胜0 局时，
.当净胜1 局时，
.
当净胜2 局时，继续比赛一局，若小明胜，则小明以
获胜，若小明输，则小明的状态变为净胜1 局，
继续比赛获胜的概率为
.
根据全概率公式可得，
.
联立
，即
，整理得
，解得
.
因为
表示小明和小红积分相同，即净胜0 局，所以继续比赛小明最终获胜的概率为
，故D 正确.
题型三：对立、互斥时间的判断与概率求解
1、判断方法
（1）定
法：判断互斥事件、
立事件一般用定
判断，不可能同
生的两个事件
互斥事件；两个事
义
对
义
时发
为
件，若有且
有一个
生，
两个事件
立事件，
立事件一定是互斥事件
仅
发
则这
为对
对
.
（2）集合法：①由各个事件所含的
果
成的集合彼此的交集
空集，
事件互斥；
结
组
为
则
②事件A 的
立事件所含的
果
成的集合，是全集由事件
对
结
组
A 所含的
果
成的集合的
集
结
组
补
.
2、求复
的互斥事件的概率一般有两种方法
杂
.
①直接法.
②
接法（正
反，特
是“至多”“至少”型
，一般用
接法求解
）
间
难则
别
问题
间
较简单.
“互斥事件”和“
立事件”都是就两个事件而言的，互斥事件是指事件
对
A 与事件B 在一次
中不会同
实验
时
生，而
立事件是指事件
发
对
A 与事件B 在一次
中有且只有一个
生，因此，
立事件一定是互斥事
实验
发
对
件，但互斥事件不一定是
立事件
对
.
1．（2026·陕西榆林·模拟预测）某校从2 名女生和4 名男生中选出3 人参加一项创新大赛，则选出的3 人
中至少有1 名女生的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、计算古典概型问题的概率、组合数的计算
【分析】根据古典概型利用组合求解概率.
【详解】
.
2．（2026·广东汕头·模拟预测）“
”是“事件A 与事件B 互为对立事件”的（ ）
A．充要条件
B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件
D．必要不充
分条件
【答案】D
【知识点】判断命题的必要不充分条件、确定所给事件的对立关系
【分析】将两个条件相互推导，根据能否推导的情况选出正确答案.
【详解】投掷一枚硬币3 次，满足
,但
不一定是对立事件，
如：事件A：“至少出现一次正面”，事件B：“出现3 次正面”，
则
，
，满足
，但
不是对立事件.
若事件A 与事件B 是对立事件，则
为必然事件，再由概率的加法公式得
；
所以“
”是“事件A 与事件B 互为对立事件”的必要不充分条件；
故选：D
3．（2025·广东广州·一模）事件
，
，且
，则
______．
【答案】
/
【知识点】概率的基本性质、利用对立事件的概率公式求概率
【分析】由事件的包含关系可得
，根据对立事件的关系计算可得
.
【详解】因为事件
，
，
所以
，
因为
，
所以
，
.
故答案为：
4．（25-26 高三下·上海·开学考试）已知两个随机事件
和
，其中
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【详解】
，
．
5．（2025 高三·全国·专题练习）一个不均匀的骰子，掷出1，2，3，4，5，6 点的概率依次成等差数列．
独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为
．若事件“
”发生的概率为
，则事件“
”发生的概率为_____．
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【分析】利用等差数列性质以及分布列性质可得
，且
；再
利用完全平方公式计算可得结果.
【详解】设掷出
点的概率分别为
；
由于
成等差数列，且
，故
；
事件“
”发生的概率为
；
事件“
”发生的概率为
；
于是
；
由于
，所以
.
故答案为：
题型四：事件的独立性及概率求解
判断事件相互独立，一般用定
判断
义
.
求相互独立事件同
生的概率的主要方法：
时发
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；
②正面
算
繁（如求用“至少”表达的事件的概率）或
以入手
，可从其
立事件入手
算
计
较
难
时
对
计
.
1．（25-26 高三下·重庆·月考）（多选）已知随机事件A，B，C 满足
，
，
，
，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A，B 相互独立
B．
C．若
，则
D．若
，则
【答案】ACD
【知识点】概率的基本性质、利用对立事件的概率公式求概率、计算条件概率、独立事件的判断
【分析】利用概率的基本性质、条件概率公式及相互独立事件的定义逐项求解判断.
【详解】随机事件A，B，C 满足
，
对于A，
，事件
相互独立，A 正确；
对于B，
，
，
，B 错误；
对于C，
，则
，
，C 正确；
对于D，由
，得
，则
，解得
，D 正确.
2．（2026·重庆·模拟预测）（多选）已知
，
为两个随机事件，
，
分别表示
，
的对立事件，
，
，则下列说法正确的是（ ）
A．若
，则
B．若
，则
C．若
，
相互独立，则
D．若
，则
【答案】ABD
【知识点】互斥事件的概率加法公式、利用对立事件的概率公式求概率、计算条件概率、独立事件的乘法
公式
【分析】根据事件的包含关系，结合互斥事件的概率公式，可判断A、B 的正误；根据独立事件的概率公
式，可判断C 的正误；根据全概率公式及条件概率公式，可判断D 的正误.
【详解】选项A：由
，得
，故A 正确；
选项B：由
，得A、B 互斥，
所以
，故B 正确；
选项C：若
，
相互独立，则
所以
，故C 错误；
选项D：因为
，所以
，
则
，故D 正确.
3．（2026·云南大理·二模）（多选）已知甲盒中有2 个白球和4 个红球，乙盒中有3 个白球和2 个红球．
先从甲盒随机取出一球放入乙盒，设“从甲盒取出的球是白球”为事件
，“从甲盒取出的球是红球”为
事件
；再从乙盒中随机取出一球，设“从乙盒取出的球是白球”为事件
，“从乙盒取出的球是红球”
为事件
，下列说法正确的是（ ）
A．
，
是互斥事件
B．
，
是独立事件
C．
D．
【答案】AC
【知识点】判断所给事件是否是互斥关系、独立事件的判断、利用全概率公式求概率
【分析】A 根据互斥事件的定义判断；BD 根据概率的乘法公式计算；C 根据全概率公式计算.
【详解】由题可知，
，
，
，
，
，
，
因为
，
不可能同时发生，故
，
是互斥事件，故A 正确；
，故D 错误；
，
则
，故
，
不是独立事件，故B 错误；
，故C 正确．
故选：AC
4．（2026 高三·全国·专题练习）（多选）甲盒中有3 个红球，2 个白球；乙盒中有2 个红球，3 个白球．
先从甲盒中随机取出一球放入乙盒，用事件A 表示“从甲盒中取出的是红球”，用事件B 表示“从甲盒中
取出的是白球”；再从乙盒中随机取出一球，用事件C 表示“从乙盒中取出的是红球”．则下列结论正确
的有（ ）
A．事件A 与事件B 是互斥事件
B．
C．
D．事件A 与事件C 是独立事件
【答案】AC
【知识点】利用全概率公式求概率、独立事件的判断、计算条件概率、判断所给事件是否是互斥关系
【分析】由互斥事件的定义判断A；由条件概率公式即可判断B；由全概率公式即可判断C；由独立事件的
定义即可判断D．
【详解】由题可知，
，
对于A，事件A 与事件B 不能同时发生，故A 正确；
对于B，
，故B 错误；
对于C，由全概率公式可知
，故C 正确；
对于D，因为
，
，
所以
，所以事件A 与事件C 不是独立事件，故D 错误．
故选：AC．
5．（2026·江苏·一模）（多选）下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量
，则
B．若事件
，
相互独立，则
C．若样本数据
，
，
，
的方差为2，则数据
，
，
，
的方差为8
D．用相关指数
刻画回归效果，
越接近1，说明回归模型的拟合效果越好
【答案】ACD
【知识点】各数据同时乘除同一数对方差的影响、决定系数的计算及分析、独立事件的乘法公式、正态曲
线的性质
【分析】利用正态曲线的对称性即可判断A，根据随机事件的概率加法公式与互斥事件的概率公式即可判
断B；利用数据的和差积商性质即可判断C；根据相关指数与残差平方和之间的关系即可判断D.
【详解】对于A，因随机变量
，则
，由正态曲线的对称性可得
，故A
正确；
对于B，由事件
，
相互独立可知
，对于随机事件
，
，
都有
，
故仅当
，
互斥时，才有
，故结论不成立，即B 错误；
对于C，由题意，
，
对于数据
，
，
，
，
其均值为
，
其方差为
，故C 正确；
对于D，相关指数
越接近1，值越大，残差平方和接近0，值越小，则该回归模型的拟合效果越好，故D
正确.
6．（2026 高三下·天津·专题练习）我国“天宫勘探计划”中，AI 自主从编号1-12 的深空探测目标（含行
星小行星等）里随机选一个执行任务，定义：
､
事件A：“选中奇数编号目标”（对应具有稀有金属开采价值的天体）
事件B：“选中编号小于7 的目标”（对应我国近地测控覆盖范围内的天体）
事件C：“选中1，2，4，8 号目标”（对应已通过天眼确认存在特殊星际物质的重点目标）
现在需要分析AI 选择探测目标时，以下任务事件的概率关系正确的有__________.
①
②
③
④
【答案】①②④
【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、计算古典概型问题的概率、计算条件概率、独立事件的乘法
公式
【分析】根据题意求解每个事件包含的样本点，进而求解对应事件的概率，根据独立事件概率公式、条件
概率公式逐项计算分析即可求解.
【详解】总共有12 个等可能的样本点，
事件
的样本点有
，共6 个，所以
，
事件
的样本点有
，共6 个，所以
，
事件
的样本点有
，共4 个，所以
.
对于①：事件
，共3 个样本点，所以
，
所以
，等式成立，①正确；
对于②：由题
，
，
，等式成立，②正确；
对于③：事件
，共8 个样本点，则事件
，有个样本点，
因此
；
所以
，等式不成立，③错误；
对于④：事件
，则
；
又
，等式成立，④正确.
7．（2025·广东·三模）甲乙两人独立破译一份密码，已知各人能破译的概率分别是
，
，求：
(1)两人中只有一人成功破译的概率；
(2)密码被成功破译的概率．
【答案】(1)
；(2)
【知识点】互斥事件的概率加法公式、利用对立事件的概率公式求概率、独立事件的乘法公式
【分析】（1）根据独立事件乘法概率公式和互斥事件的概率公式进行求解即可；
（2）根据独立事件乘法概率公式和对立事件的概率公式进行求解即可.
【详解】（1）记“甲破译出密码”为事件A，“乙破译出密码”为事件B，
则
，
，
设“甲乙只有一人破译出密码”为事件C，则
，
故两人中只有一人破译出密码的概率为
.
（2）
密码未被破译的概率为
，
密码被成功破译的概率为
．
8．（2026·江苏常州·模拟预测）甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球，约定甲先投，先投中者获胜，直
到有人获胜或每人都已投三次结束，设甲每次投篮投中的概率为
，乙每次投篮投中的概率为
，且各自
投篮互不影响.
(1)求比赛结束但仍没有决出胜负的概率；
(2)求甲获胜的概率.
【答案】(1)
；(2)
【知识点】互斥事件的概率加法公式、利用对立事件的概率公式求概率、独立事件的乘法公式
【分析】（1）设事件
“甲在第
次投篮投中”，设事件
“乙在第
次投篮投中”， 记“比赛结
束但仍没有决出胜负”为事件
，则
，利用独立事件和互斥事件的概率公式即可得解；
（2）记“甲获胜”为事件
，由题意
，根据概率的加法公式和独立事件的概
率公式即可得解.
【详解】（1）设事件
“甲在第
次投篮投中”， 事件
“乙在第
次投篮投中”，
，
则
，
，
，
，
记“比赛结束但仍没有决出胜负”为事件
，则
，
可得
，
所以比赛结束但仍没有决出胜负的概率为
（2）记“甲获胜”为事件
，则
，
可得
，
所以甲获胜的概率为
．
考点03 随机变量及其分布列
考点一：离散型随机变量及其分布列
1、随机变量与离散型随机变量：一般地，对于随机试验样本空间Ω 中的每个样本点ω ，都有唯一的实数
X (ω)与之对应，我们称X为随机变量.可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量,我们称为离散型随
机变量.
2、概率分布列：一般地,设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，⋯ ，xn,我们称X取每一个值xi的概
率P( X = xi)= pi,i=1,2,3,⋯ ，n，为X的概率分布列，简称分布列.
其性质有：
①pi≥0，i=1,2，⋯ ，n;
②p1+ p2+⋯+ pn=1 .
3、两点分布：随机变量X的分布列如表所示.
X
0
1
P
1−p
p
我们称X服从两点分布或0−1分布.
考点二：离散型随机变量的数字特征
若离散型随机变量X的分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
1、离散型随机变量的均值：
（1）定义：E( X )= x1 p1+ x2 p2+ x3 p3+⋯+ xn pn= ∑
i=1
n
xi pi为随机变量X的均值或数学期望,数学期望简
称期望.反映了离散型随机变量取值的平均水平.
（2）性质：若X为离散型随机变量，则Y =aX +b（其中a，b为常数）也是随机变量，
①E(Y )= E(aX +b)=aE( X )+b；
②E(k )=k，其中k为常数；
③E( X 1+ X 2)= E( X1)+ E( X 2)；
④若X 1、X 2相互独立，则E( X1 X 2)= E( X 1)E( X 2)；
2、离散型随机变量的方差：
（1）定义：D( X )=( x1−E( X ))
2 p1+( x2−E( X ))
2 p2+⋯+( xn−E( X ))
2 pn= ∑
i=1
n
( xi−E( X ))
2 pi为随
机变量X的方差，有时也记为Var( X ),并称❑√D( X )为随机变量X的标准差，记为σ ( X ).它刻画了随机变
量X与其均值E( X )的平均偏离程度.
（2）性质：
①D( X )= ∑
i=1
n
( xi−E( X ))
2 pi= ∑
i=1
n
xi
2 pi−( E( X ))
2= E( X
2)−( E( X ))
2；
②D(aX +b)=a
2 D( X )；
③D(k )=0，其中k为常数.
考点三：二项分布
1、伯努利试验：我们把只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验.我们将一个伯努利试验重复进行n次
所组成的随机试验称为n重伯努利试验.
2、二项分布：一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0< p<1),用X表示事
件A发生的次数,那么事件A恰好发生k次的概率是P( X =k )= Cn
k p
k(1−p)
n−k，k =0,1，⋯ ，n.
于是得到X的分布列为
X
0
1
···
k
···
n
P
Cn
0 p
0(1−p)
n
Cn
1 p
1(1−p)
n−1
···
Cn
k p
k(1−p)
n−k
···
Cn
n p
n(1−p)
0
如果随机变量X的分布列具有上式的形式,则称随机变量X服从二项分布,记作X ∼ B(n, p).
3、二项分布的期望、方差：E( X )=np,D( X )=np(1−p).
考点四：超几何分布
一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品.从N件产品中随机抽取n件（不放回），用X表示
抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P( X =k )= C M
k C N −M
n−k
C N
n
，k =m，m+1，m+2，⋯ ，r.
其中n,N,M ∈N
∗,M ≤N,n≤N,m=max {0,n−N + M },r =min{n,M }.如果随机变量X的分布
列具有上式的形式,那么称随机变量X服从超几何分布.
常用结论
1.“二项分布”与“超几何分布”的区别：有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几
何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理.
2.超几何分布有时也记为X ～h( N , M ,n). E( X )= nM
N ，D( X )= nM
N (1−M
N )(1−n−1
N −1 ).
3.超几何分布的特点和应用条件
(1)超几何分布的两个特点：①超几何分布是不放回抽样问题；②随机变量表示抽到的某类个体的个
数．
(2)超几何分布的应用条件：①两类不同的对象(物品、人或事)；②已知各类对象的个数；③从中抽
取若干个个体．
考点五：正态分布
1.定义
若随机变量X的概率分布密度函数为f ( x)=
1
σ ❑√2π e
−( x−μ)
2
2σ ❑
2 ，x∈R，其中μ∈R，σ >0为参数，则
称随机变量X服从正态分布，记为X ～N ( μ,σ
2) .
2.正态曲线的特点
（1）曲线是单峰的，它关于直线x = μ 对称.
（2）曲线在x = μ 处达到峰值
1
σ ❑√2π .
（3）当| x|无限增大时，曲线无限接近x轴.
3.3σ 原则
若X ～N ( μ,σ ❑
2)，则
（1）P( μ−σ ≤X ≤μ+σ )≈0.6827；
（2）P( μ−2σ ≤X ≤μ+2σ )≈0.9545；
（3）P( μ−3σ ≤X ≤μ+3σ )≈0.9973.
4.正态分布的均值与方差
若X ∼N ( μ,σ
2)，则E( X )= μ,D( X )=σ
2.
常用结论
若X ∼N ( μ,σ
2),则
（1）P( X <a)=1−P( X ≥a)；
（2）P( X < μ−a)= P( X ≥μ+a)；
（3）P( X < μ−b)= 1−P( μ−b≤X ≤μ+b)
2
(b>0).
题型一：分布列的均值、方差及性质
①利用“
概率之和
总
为1”“每个概率非
”可以求相关参数的取
范
或
负
值
围
值.
②利用“离散型随机
量在某范
内的概率
变
围
,等于它取
个范
内各个
的概率之和”求某些特定事件的概
这
围
值
率.
③可以根据性
判断所得分布列
果是否正确
质
结
.
求离散型随机
量的均
与方差的步
变
值
骤.
明取值明确随机
量的可能取
有哪些，及每一个取
所表示的意
变
值
值
义
求概率要弄清楚随机
量的概率
型，利用相关公式求出
量所
的概率
变
类
变
对应
画表格按
范要求形式写出分布列
规
做检验利用分布列的性
分布列是否正确
质检验
得
果
结
由均
、方差的定
求
值
义
E( X ),D( X )
1．（2027 高三·全国·专题练习）随机变量
的分布列如表：则
的取值范围是（ ）
0
1
2
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】利用随机变量分布列的性质解题
【分析】利用概率和为求出参数
的值，再根据概率非负得到
的范围，然后写出期望，将方差表示为关
于b 的二次函数，结合
的范围求出方差的取值范围.
【详解】因为
，所以
，
又因为
解得
，
所以
，
，
因为
，所以
的取值范围是
．
故选：D.
2．（2026·福建泉州·一模）为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展
应用培训活动.现随机抽取一
位学员，其每日在线学习积分
的取值分别为
，若
，则
（ ）
A．0.1
B．0.2
C．0.3
D．0.4
【答案】B
【知识点】离散型随机变量的方差与标准差、求离散型随机变量的均值
【分析】先求出
每个取值所对应的概率，再求方差
.
【详解】由题可设
，则
，
，
所以
，解得
.
所以
.
3．（2026·福建福州·模拟预测）甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标
有数字2，3，5，乙的卡片上分别标有数字4，6，10.两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己
持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得1 分，否则乙得1 分，然后各自弃置此轮所选的卡片
（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.记三轮比赛后甲的总得分为X，则
（ ）
A．1
B．
C．
D．2
【答案】B
【知识点】计算古典概型问题的概率、求离散型随机变量的均值
【详解】设甲总得分为
，则
的可能取值为
，
在不考虑出牌顺序的前提下，甲、乙两人出牌共有
种，
第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表，
甲得
分
2
3
5
0 分
4
6
10
2 分
4
10
6
1 分
6
4
10
2 分
6
10
4
2 分
10
4
6
1 分
10
6
4
则
，
则
.
4．（2026·安徽池州·二模）现有1 个白球、3 个黑球，将它们随机放入如图所示的编号为1～6 的抽屉内，
每个抽屉至多放一个球，且所有黑球均放在白球的左侧.设白球所在抽屉的编号为X，则
（ ）
1
2
3
4
5
6
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】求离散型随机变量的均值
【详解】由已知白球编号
的可能取值为
，
（白球在4 号，3 个黑球从左侧3 个抽屉选）
（白球在5 号，3 个黑球从左侧4 个抽屉选）
（白球在6 号，3 个黑球从左侧5 个抽屉选）
所以
5．（25-26 高三下·重庆·月考）设
<
<1，随机变量X 的分布列是
X
1
P
b
则当a 在
内增大时，（ ）
A．
增大
B．
减小
C．
先增大再减小
D．
先减小再增大
【答案】D
【知识点】求离散型随机变量的均值、方差的性质、利用随机变量分布列的性质解题
【详解】由题意得
，则
，故
，
，
所以
，
故当a 在
时，
增大
减小；当a 在
时，
增大
增大.
6．（25-26 高三下·江苏南通·开学考试）若
的方差为4，则
的方差
为_______．
【答案】16
【知识点】方差的性质
【分析】根据方差的线性变化公式，即
即可求解.
【详解】由题意得
，则
.
题型二：离散型随机变量的分布列
求离散型随机
量分布列的步
：
变
骤
（1）确定离散型随机
量的可能取
；
变
值
（2）求每一个离散型随机
量的概率；
变
（3）列出分布列.
1．（2026·四川宜宾·一模）某大学进行强基计划测试，已知有6 名学生进入最后面试环节，且这6 名学生
全都来自A、B、C 三所学校，其中A、B、C 三所学校参加面试的学生人数比为
．该大学要求所有面
试考生面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码
，按面试号码k 由小到大依次进行面
试，每人面试时长5 分钟（假定相邻两名考生之间面试时无缝衔接），面试完成后自行离场．
(1)求面试号码为3 的学生来自A 校的概率；
(2)记随机变量X 表示从1 号学生开始面试到A 校最后一名学生完成面试所用的时间，求X 的分布列与数学
期望；
(3)求A 校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A 校所有参加面试的学生完成面试，B、C 两校都还
有学生未完成面试）的概率．
【答案】(1)
；
(2)
15
20
25
30
；
(3)
.
【知识点】排列组合综合、计算古典概型问题的概率、写出简单离散型随机变量分布列、求离散型随机变
量的均值
【分析】（1）求出面试号码为3 的样本空间中样本点个数，再求出面试号码为3 的学生来自A 校的事件所
含样本点个数即可.
（2）求出
的所有可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望.
（3）将所求概率的事件分拆成两个互斥事件的和，利用古典概率公式，结合排列组合求出概率.
【详解】（1）面试号码为3 的学生有6 个不同结果，面试号码为3 的学生来自A 校的事件有3 个不同结
果，
所以面试号码为3 的学生来自A 校的概率为
.
（2）令随机变量
为A 校最后一名学生的面试号码，则
，
可得
的所有可能取值为
，
的所有可能取值为
，
则
，
，
，
，
所以
的分布列为
15
20
25
30
数学期望
.
（3）依题意，6 名学生按
编号的试验有
个基本事件，
而A 校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的事件，是A 校学生的最大编号为3 的事件，
与A 校学生的最大编号为4 的事件，且B 校学生编号不小于5 的事件的和，它们互斥，
而A 校学生的最大编号为3 的事件有
个基本事件；
而A 校学生的最大编号为4，且B 校学生编号不小于5 的事件有
，
所以A 校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的概率为
.
2．（2026·湖北黄石·一模）袋中有5 个除了颜色外完全相同的小球，其中有1 个红球，2 个黑球，2 个白
球.现从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随
机变量
.
(1)求第二次取出的是黑球的情况下第三次取出的是红球的概率；
(2)求
的分布列和期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【知识点】写出简单离散型随机变量分布列、计算条件概率、求离散型随机变量的均值
【分析】（1）利用条件概率公式求解即可；
（2）求出随机变量
可能的取值及对应的概率，即可求解分布列，进而利用数学期望公式求解即可.
【详解】（1）记事件
“第二次取出的是黑球”，事件
“第三次取出的是红球”，
事件
可分为“第一次取出的是黑球”和“第一次取出的不是黑球”两种情况，
故
，
事件
“第二次取出的是黑球，第三次取出的是红球“，
可分为”第一次取出的是黑球“和”第一次取出的是白球"两种情况，
故
，
故所求
.
（2）易知随机变量
可能的取值为
，
当
时，前三次分别取出1 个红球､1 个黑球和1 个白球，
，
当
时，前四次分别取出2 个黑球和2 个白球，
，
当
时，
，
故随机变量
的分布列为：
3
4
5
期望为
.
3．（2026·河南开封·模拟预测）甲、乙两人进行投篮，两人每次投进的概率分别为
，
．
(1)若甲、乙两人各投篮一次，
“两人总投进次数”，求
的值；
(2)若甲投篮3 次，乙投篮2 次，比较两人所投进的球数，进球多者胜出，求甲胜出的概率．
【答案】(1)
；(2)
【知识点】写出简单离散型随机变量分布列、独立事件的乘法公式、求离散型随机变量的均值
【分析】（1）先确定
的取值，再根据独立事件可求相应的概率，得到分布列后根据公式求得期望；
（2）就甲投进的次数分类讨论，再利用独立事件的概率公式求相应的概率.
【详解】（1）易知
的可能取值为0，1，2，则
，
，
，
分布列如下：
0
1
2
故
．
（2）甲胜出的情况如下：
甲投进1 次，乙投进0 次的情况：
，
甲投进2 次，乙投进0 次或1 次的情况：
，
甲投进3 次的情况：
，
故甲胜出的概率
．
4．（2026·贵州黔东南·模拟预测）某厂质检员对该厂生产的零件进行质检.若第一次检测到某件零件不合
格，则判断该零件不合格；若第一次检测到某件零件合格，则进行第二次检测，若第二次检测该零件也合
格，则判断该零件合格，否则为不合格.若零件合格，则获利10 元；若零件不合格，则亏损20 元.已知每件
该零件第一次检测合格的概率为
，第二次检测合格的概率为
，且每件零件是否合格相互独立.
(1)求检测3 件该零件，至少有2 件合格的概率；
(2)已知一箱中有4 件该零件，记这箱零件总获利
元，求
的分布列与期望.
【答案】(1)
；
(2)
，
.
【知识点】写出简单离散型随机变量分布列、独立事件的乘法公式、求离散型随机变量的均值
【分析】（1）求出随机检测1 件该零件合格的概率，利用独立事件的乘法求解；
（2）求出
的所有可能取值，分别求出
的每个可能取值的概率，列出分布列，利用分布列求出期望.
【详解】（1）由题意可得随机检测1 件该零件合格的概率是
，
则检测3 件该零件，至少有2 件合格的概率是
.
（2）由题意可知X 的所有可能取值为
，
，
，10，40.
，
，
，
，
，
则X 的分布列为
故
.
5．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）小李为了参加某项考试，对其理论题进行了100 次模拟练习，小李记录了
自己100 次练习情况并将成绩（满分100 分）频数分布统计如下表所示.
成绩区间
频数
10
20
30
20
20
(1)求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）；
(2)小李用分层抽样的方式从
的练习成绩中随机抽取了5 次成绩，再从这5 次成绩中随机选2 次，设
成绩落在区间
内的次数为
，求
的分布列及数学期望.
【答案】(1)平均数为：77；上四分位数为：
.
(2)分布列为
0
1
2
【知识点】抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算、写出简单离散型随机变量分布列、求离散型
随机变量的均值、总体百分位数的估计
【分析】（1）根据频数分布表估计样本平均数和上四分位数.
（2）先明确
的可能取值，求出对应的概率，可得
的分布列，再根据期望公式求
即可.
【详解】（1）依题意，平均值
.
因为
，
，
所以上四分位数落在区间
内，
所以上四分位数为
.
（2）由样本数据可知，练习成绩在
，
之内的频数之比为
，
由分层抽样得，在
内抽取了2 次成绩，在
内抽取了3 次成绩，
所以
的所有可能取值有0，1，2，
，
，
，
故
的分布列为
0
1
2
所以
.
6．（2026·山东青岛·一模）在某生成式人工智能模型中，有一种简化的“词元生成器”，该模型只有两种
词元
，
，且生成词元总数不超过
.若生成
，则过程立即结束；否则继续生成，直至总数达
到
.每个词元生成需要先预测，再审核.假设每次预测为
，
的概率均为0.5，且各次预测相互独立.审
核规则如下：
①若预测中第一次出现词元
，则审核后生成
，
的概率均为0.5；
②若预测中第二次出现词元
，则审核后必生成
；
③若预测中出现词元
，则审核后必生成
.
设
表示过程结束时生成词元的总个数.
(1)求
，
；
(2)求
的分布列；
(3)求
.
【答案】(1)
，
(2)
1
2
3
…
…
(3)
【知识点】错位相减法求和、写出简单离散型随机变量分布列、独立事件的乘法公式、独立重复试验的概
率问题
【分析】（1）根据规则判断出
和
的情形，结合概率乘法公式求解即可.
（2）结合题干规则推导出
，进而求出
，即可得到分布列.
（3）结合错位相减法及等比数列的前
项和公式求出
，根据条件概率公式求解即可.
【详解】（1）
表示第一次就生成
并结束过程，即第一次预测为
，且审核生成
，
.
表示第二次生成
并结束过程，情况有：第一次预测为
，且审核生成
，第二次预测为
；第一
次预测为
，审核必生成
，第二次预测为
，且审核生成
.
.
（2）
（
，
）时，第
个词元输出为
，
若前面
个词元都预测为
，其概率为
，
若前面
个词元有一个预测为
，其概率为
，
故
，
当
时，
若前面
个词元都没有预测为
，其概率为
，
若前面
个词元有一个预测为
，其概率为
，
故
所以
的分布列为：
1
2
3
…
…
（3）由（1）得
，
由（2）得
，
，
，
，
，
所以
所以
题型三：二项分布及其应用
1、定型：“独立”“重复”是二
分布的基本特征，“每次
事件
生的概率都相等”是二
分布的本
特
项
试验
发
项
质
征.
2、判断：判断随机
量是否服从二
分布，要看在一次
中是否只有两种
果，且两种
果
变
项
试验
试验结
试验结
发
生的概率分别为
和
，
要看是否
还
为n次独立重复试验，随机
量是否
某事件在
变
为
这n次独立重复试
验中
生的次数
发
.
3、定参：确定二
分布中的两个参数
项
n和
，即
生的次数和
中事件
生的概率
试验发
试验
发
.
4、列表：根据离散型随机
量的取
及其
的概率，列出分布列
变
值
对应
.
5、求
：根据离散型随机
量的期望和方差公式，代入相
数据求
值
变
应
值.
相关公式：若X ～B(n, p),则Pn(k )=Cn
k p
k(1−p)
n−k，E( X )=np,D( X )=np(1−p).
二
分布的增减性与最大
如下
项
值
. 记pk = P( X =k ),
当
则
k <(n+1) p
，
时
pk> pk −1,pk
增；当
递
k >(n+1) p
，
时pk< pk −1,pk
减
递
.故pk的最大
在
值
k =(n+1) p
取得，此
时
时pk = pk −1,两
均
最大
；若
项
为
值
(n+1) p非整数，则k取(n+1) p的整数部分
，
时pk最大且唯一.
1．（2026·河北石家庄·一模）某市为增强高中学生的数学建模能力，组织了一次“数学建模竞赛”活动.本
次竞赛活动满分为
分，得分不低于
分为优秀.为了解本次活动学生的得分情况，现从参加活动的所有
同学中随机抽取了
名学生的分数组成样本，并按分数分成以下6 组：
，统计结果如图所示.
(1)求该样本中学生分数为优秀的人数；
(2)从该样本分数不低于
分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取
人进行座谈，若从座谈
名单中随机抽取3 人进行个案研究，记分数在
的人数为
，求
的分布列和均值；
(3)根据频率分布直方图，以频率估计概率，现从该市所有参加活动的学生中随机抽取
人，这
名学生
的分数相互独立.记分数为优秀的人数为
，当
最大时，求
的值.
【答案】(1)
(2)分布列
0
1
2
，
(3)
【知识点】写出简单离散型随机变量分布列、服从二项分布的随机变量概率最大问题、由频率分布直方图
计算频率、频数、样本容量、总体容量、求离散型随机变量的均值
【分析】（1）直接根据频率和样本容量计算可得；
（2）由随机变量
服从超几何分布，根据超几分布计算可得；
（3）随机变量
服从二项分布，再根据概率的增减性判断可得.
【详解】（1）该样本中学生分数为优秀的频率
故优秀的人数为
人;
（2）从样本中得分不低于70 分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取11 人进行座谈，
其中分数在
的人数为
.
若从座谈名单中随机抽取3 人，则
的所有可能取值为
.
则
的分布列为：
0
1
2
所以
.
（3）由题意知，
，则
，
.
令
，
当
，解得
.
因为
，所以
时，
，
当
时，
，所以当
时，
最大.
2．（25-26 高三下·重庆沙坪坝·月考）某校兴趣小组为研究本校不同性别的学生对 “春节联欢晚会” 的
喜爱情况，特进行了一次抽样调查，分别抽取男生和女生各100 名作为样本，设事件
“喜欢春节联欢
晚会”，
“学生为女生”，据统计有：
.
(1)现从这100 名女生中，按喜欢春节联欢晚会与不喜欢春节联欢晚会的比例，选出10 人，再从这10 人中
随机选出2 人，设选出的2 人中喜欢春节联欢晚会的学生人数为
. 求
的概率分布列和期望;
(2)将样本的频率视为概率. 现从全校的学生中随机抽取
名学生，设其中喜欢春节联欢晚会的学生人数为
，且当
时，
取得最大值，求从全校学生中抽取的学生可能的人数
.
【答案】(1)
0
1
2
(2)
或40 或41
【知识点】写出简单离散型随机变量分布列、服从二项分布的随机变量概率最大问题、计算条件概率、求
离散型随机变量的均值
【分析】（1）由题意易得
的所有可能取值为
，算出对应的概率可得分布列，进一步得数学期望；
（2）先得到从全校的学生中随机抽取1 名学生，他喜欢春节联欢晚会的概率为
，再由二项分布概率最
大可列不等式求解.
【详解】（1）由
，所以10 个女生中喜欢春节联欢晚会和不喜欢春节联欢晚会的人数分别为6
人和4 人，
故
的取值为
，
则
，
的分布列为：
0
1
2
故
的期望为
.
（2）（i）由已知
，女生有 100 人，
所以喜欢春节联欢晚会的女生人数为 60 人，
又因为
，所以喜欢春节联欢晚会的人数为 90 人，
由于样本的频率视为概率，所以从全校的学生中随机抽取1 名学生，
他喜欢春节联欢晚会的概率为
，
则随机变量
，
令
， 解得
，
因为
，所以
或40 或41.
3．（2026·湖北宜昌·二模）某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服
的回答被采纳的概率为
；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为
．已知输入的
问题表达不清晰的概率为
．每次回答是否被采纳相互独立．
(1)求智能客服的回答被采纳的概率；
(2)在某次测试中输入了3 个问题，设
表示智能客服的回答被采纳的次数，求
的分布列及期望、方差；
(3)公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10 个问题，智能客服的回答每被采纳1 次计10 分，不
采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为
，若
，则推广该系统．试推断该系统是否会得
到推广，请说明理由，
【答案】(1)
(2)
，
，
0
1
2
3
(3)会得到推广，因为
.
【知识点】利用二项分布求分布列、二项分布的均值、二项分布的方差、利用全概率公式求概率
【分析】（1）利用全概率公式，结合问题清晰与不清晰两种情况的采纳概率即可求解；
（2）由二项分布概率模型，计算各可能次数的概率及期望、方差；
（3）根据二项分布期望公式求出10 个问题的总得分期望，并与75 比较得出结论.
【详解】（1）设事件
表示回答被采纳，事件
表示问题表达清晰，
则
，
则
.
（2）由（1）知每个问题的回答被采纳的概率
，且每次回答是否被采纳相互独立，
因此随机变量
服从二项分布
，
则
，
，
，
，
，
，
，
的分布列为：
0
1
2
3
（3）随机抽取10 个问题，设被采纳的次数为
，则有
，总得分
，
则
，满足推广条件，因此该系统会得到推广.
4．（2026·陕西·模拟预测）2026 年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600
元（含600 元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立.
方案一：从装有10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球2 个，白球1 个，黑球7 个）的抽奖盒中，一
次性摸出3 个球.其中奖规则为：若摸到2 个红球和1 个白球，享受免单优惠；若摸出2 个红球和1 个黑
球，则打5 折；若摸出1 个白球2 个黑球，则打7 折；其余情况不打折.
方案二：从装有10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球3 个，黑球7 个）的抽奖盒中，有放回每次摸
取1 球，连摸3 次，每摸到1 次红球，立减200 元.
(1)若两个顾客均分别消费了600 元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；
(2)若某顾客消费恰好满1000 元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？
【答案】(1)
(2)该顾客选择第二种抽奖方案更合算，理由见解析
【知识点】计算古典概型问题的概率、独立事件的乘法公式、求离散型随机变量的均值、二项分布的均值
【分析】（1）先求出顾客享受到免单优惠的概率，再根据独立事件的概率乘法公式求解即可.
（2）结合离散型随机变量及二项分布的期望公式分别求出方案一、方案二的数学期望，比较即可.
【详解】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需摸出2 个红球和1 个白球，
设顾客享受到免单优惠为事件
，则
.
所以两位顾客均享受免单优惠的概率为
.
（2）若选择方案一，设实际付款金额为
，则
的可能取值为0，500，700，1000.
，
，
，
.
所以
（元）.
若选择方案二，设摸到红球的个数为
，付款金额为
，则
.
由题意知，
，故
.
所以
（元）.
因为
，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.
5．（2026·河南许昌·模拟预测）某企业对员工进行技能测试，测试成绩
（满分为150 分）近似服从正态
分布
，且
，测试成绩120 分以上（含120 分）为优秀.
(1)若该企业共有30000 名员工参加测试，试估计该企业测试成绩80 分以上（含80 分）的员工人数（结果
四舍五入保留到整数）；
(2)从该企业所有参加测试的员工中随机抽取3 人，设3 人中测试成绩优秀的人数为
，求
的分布列和期
望.
附：若随机变量
，则
，
，
.
【答案】(1)25241 人
(2)
0
1
2
3
0.729
0.243
0.027
0.001
【知识点】写出简单离散型随机变量分布列、利用二项分布求分布列、指定区间的概率、正态分布的实际
应用
【分析】（1）根据正态分布的性质可知
，从而可求出
；
（2）首先求出
，再根据
服从二项分布可得分布列及数学期望.
【详解】（1）因为
，所以
，
，
所以
，
则
，
所以估计该公司测试成绩80 分以上（含80 分）的员工人数为25241 人.
（2）因为
，且
，
所以
，
依题意
，
所以
，
，
，
，
故随机变量
的分布列为：
0
1
2
3
0.729
0.243
0.027
0.001
所以随机变量
的期望
.
题型四：超几何分布及其应用
超几何分布的求解步
：
骤
1、
随机
量服从超几何分布，并确定参数
验证
变
N、M、n 的
；
值
2、根据超几何分布的概率
算公式
算出随机
量取每一个
的概率；
计
计
变
值时
3、用表格的形式列出分布列.
1．（2026·山东·模拟预测）从一个装有3 个白球和5 个黑球的袋子中无放回地取球2 次，每次取球1 个，
记
为取得白球的次数，则
___________．
【答案】
/0.75
【知识点】求超几何分布的概率、超几何分布的均值
【分析】由随机变量
服从超几何分布，从而可得随机变量的期望值.
【详解】因为
为取得白球的次数，所以
的可能的值为
,且随机变量
服从超几何分布.
，
，
.
所以
的分布列为：
0
1
2
P
所以
.
故答案为：
.
2．（2026·广东东莞·模拟预测）一个袋子中有
个大小相同的球，其中有4 个红球、8 个绿球，分别采用
有放回和不放回的方式从中随机抽取3 个球，设采用有放回方式抽取时抽到红球的个数为
，采用不放回
方式抽取时抽到红球的个数为
.
(1)求
的概率;
(2)求Y 的分布列与数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列
0
1
2
3
【知识点】写出简单离散型随机变量分布列、超几何分布的均值、有放回与无放回问题的概率
【分析】（1）若有放回的抽取时，随机变量X 服从二项分布，由二项分布的概率公式可得；
（2）若不放回抽取时，随机变量Y 服从超几何分布，由超几何分布的概率公式可得分布列及期望.
【详解】（1）若有放回抽取时，每次抽球相互独立，每次抽到红球的概率为
，共抽3 次，
因此
,根据二项分布概率公式：
.
（2）若不放回抽取时，
服从超几何分布，
的所有可能取值为
，
概率公式为：
.
，
，
，
.
的分布列为：
0
1
2
3
数学期望：
.
3．（2026·江苏镇江·一模）AI 幻觉，是指AI 模型生成看似合理但实际不正确或毫无事实依据的信息的现
象，AI 幻觉率是指AI 模型产生AI 幻觉的概率.现抽取了某公司研发的14 个使用率较高的AI 模型，其幻觉率
如下表所示：
AI 模
型
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
幻觉
率
1.3
%
1.8
%
2.9
%
1.5
%
1.9
%
2.9
%
0.7
%
0.9
%
1.6
%
2.4
%
0.8
%
1.6
%
2.4
%
2.8
%
(1)从表中提供的AI 模型中任取一个，求该模型幻觉率小于2%的概率；
(2)从表中提供的幻觉率小于
的AI 模型中任取3 个，用随机变量
表示其中幻觉率小于
的模型个
数，求随机变量
的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，1
【知识点】计算古典概型问题的概率、写出简单离散型随机变量分布列、超几何分布的均值、求超几何分
布的概率
【分析】（1）通过列举法，结合古典概型概率公式求解；
（2）首先列举幻觉率低于2%的AI 模型的个数，以及低于1.3%的模型个数，再根据超几何分布公式求概率
和分布列，以及数学期望.
【详解】（1）14 个AI 模型，幻觉率高于2%的有2.9%，2.9%，2.4%，2.4%，2.8%，共有5 个，
所以幻觉率低于
的概率为
.
（2）幻觉率低于2%的AI 模型中共9 个，其中低于1.3%的模型有3 个，故
，
，
，
,
故分布列为
0
1
2
3
故
.
4．（2026 高三·全国·专题练习）2026 年是农历马年，在春晚舞台上，宇树机器人的精彩表演赢得了全国
观众的喝彩.某企业为宇树机器人生产一种关键部件，此企业生产的部件质量按等级划分为六个层级，分别
对应如下六组质量指标值：
，
，
，
，
，
．根据大量检
测结果，得到部件的质量指标值X 服从正态分布
，并把质量指标值不小于的产品称为A 等品，
其它产品称为B 等品.现从该部件的生产线中随机抽取100 件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方
图.
从样本的质量指标值在
和
的部件中随机抽取3 件，记其中质量指标值在
的部件件
数为
，求
的分布列和数学期望.
【答案】分布列见解析，
【知识点】求离散型随机变量的均值、由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、求超几
何分布的概率
【分析】题目中是从指标值在
和
的产品中抽取件，
表示质量指标值在[8.5,9.5]的部件
数，这是典型的超几何分布，可以利用超几何分布方法求解.
【详解】指标值在
和
的总件数为
，
指标值在
的件数是
，
由题知，
可能的取值是
.
，
，
，
，
分布列为：
.
5．（2026·山西运城·一模）一场体育赛事招募赛会志愿者，赛会志愿者须参加通用培训和专业培训，两项
培训考核都合格才能通过培训考核，考核通过后才能参加赛事志愿服务．已知赛会志愿者参加通用培训
后，考核合格的概率为
，参加专业培训后，考核合格的概率为
．
(1)若志愿者
，
都参加了培训，求志愿者
，
中至少有1 人通过培训考核的概率；
(2)现从12 名通过培训考核的志愿者（包含3 名女志愿者）中随机抽取4 名志愿者参加某体育赛事的志愿服
务，记X 为被抽取到的女志愿者人数，求X 的分布列与数学期望．
【答案】(1)
(2)
的分布列为：
数学期望为1
【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、写出简单离散型随机变量分布列、求离散型随机变量的均
值、求超几何分布的概率
【详解】（1）单个志愿者需要两项培训考核都合格才通过，且两次培训考核独立，
因此单个志愿者通过培训考核的概率为
，
则单个志愿者没有通过培训考核的概率为
.
因为“至少有1 人通过”的对立事件为“两人都没有通过”，
因此所求概率
.
（2）由题意，
服从超几何分布，
的所有可能取值为
，
概率公式为
，
分别计算概率得
，
，
，
，
因此
的分布列为：
所以数学期望为
.
6．（25-26 高三下·重庆·月考）一个彩票盒中装有 12 张刮开前外表相同的彩票， 其中奖金为 500 元的
一等奖彩票有 2 张， 奖金为 300 元的二等奖彩票有 3 张，奖金为 100 元的三等奖彩票有 7 张，从中
随机抽出 3 张彩票.
(1)求抽出的 3 张彩票的奖金总额不高于 700 元的概率；
(2)记
表示抽出 3 张彩票中一等奖彩票的张数，求
的分布列与数学期望.
【答案】(1)
(2)
，
的分布列为：
【知识点】计算古典概型问题的概率、求离散型随机变量的均值、超几何分布的分布列
【分析】（1）利用组合数求出样本空间中样本点的总数和随机事件中含有的样本点的个数，根据古典概
型的概率公式可求抽出的 3 张彩票的奖金总额不高于 700 元的概率.
（2）先确定
的可能的取值，再根据超几何分布可求
的分布列，最后根据期望公式可求
.
【详解】（1）设
为“抽出的 3 张彩票的奖金总额不高于 700 元”，
则
.
（2）由题设有
可取
，
又
，
，
，
故
的分布列为：
故
.
7．（25-26 高三下·河北衡水·月考）在马年春节联欢晚会上，多款人形机器人惊艳亮相，其精彩的表演赢
得了观众的一致好评.某款人形机器人在排练时，导演对机器人下达了7 个动作指令，机器人成功完成了其
中5 个.现从这7 个指令中随机抽取4 个进行回放分析，以
表示抽取的指令中成功完成的个数.
(1)求
的分布列和数学期望；
(2)另一款机器人，若对机器人下达的动作指令表述清晰，则机器人成功完成指令的概率为0.9；若对机器
人下达的动作指令表述模糊，则成功完成指令的概率为0.5.设下达的动作指令表述模糊的概率为
，若该
机器人成功完成指令的概率为0.8，求
的值；
【答案】(1)分布列为：
2
3
4
(2)
【知识点】求离散型随机变量的均值、利用全概率公式求概率、写出简单离散型随机变量分布列、求超几
何分布的概率
【分析】（1）由题设随机变量
服从超几何分布，并求出对应概率，即可得分布列，再应用分布列或超几
何分布的期望求法求期望；
（2）应用全概率公式求概率即可；
【详解】（1）由题意知随机变量
服从超几何分布，其中
，
，
，
且
的所有可能取值为2，3，4，
，
，
，
故
的分布列为：
2
3
4
法一：所以
的数学期望
.
法二：根据超几何分布的期望公式知
.
（2）记“下达的动作指令表述清晰”为事件
，
记“下达的动作指令表述模糊”为事件
，
记“机器人成功完成指令”为事件
.
由已知得
，
，
，
，
.
因为
，
所以
.
题型五：正态分布及其应用
利用正
曲
解
态
线
题,关
是利用
称性把待求区
内的概率
化
已知区
内的概率
键
对
间
转
为
间
.解
要注意数形
题时
合思想及化
思想的运用
结
归
.
①正
曲
是
峰的，它关于直
态
线
单
线x = μ
称，由此特点
合
象可求出
对
结
图
μ.
②正
曲
在
态
线
x = μ
达到峰
处
值
1
σ ❑√2π
，由此特点
合
象可求出
结
图
σ.
③由指数型函数的
象与性
，既可以得到以上两点，又可以得到其他一些性
图
质
质.
解决正
分布
要把握住三个关
点：
称
态
问题
键
对
轴x = μ ,
准差
标
σ 和分布区间.
1．（2026·山东东营·一模）已知随机变量
，且
， 则当
时，
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】基本不等式“1”的妙用求最值、根据正态曲线的对称性求参数
【分析】利用正态分布的对称性，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】根据题意，随机变量
，且
，则有
，解得
.由
，即
，
所以
，当且
仅当
，即
时取等号.
2．（2026·广东梅州·一模）为督导学生体育锻炼，某中学举行一分钟跳绳测试，其成绩
（单位：次）近
似服从正态分布
，且
，则该校2000 名学生中约有（ ）人一分钟跳绳超
过200 次.
A．100
B．150
C．200
D．250
【答案】A
【知识点】正态曲线的性质、指定区间的概率
【分析】利用正态曲线的对称性可求得答案.
【详解】因为
，则有
，
所以
，
该校2000 名学生中，一分钟跳绳超过200 次人数约为
.
3．（2026·山东德州·一模）已知随机变量
，且
，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】二项分布的方差、根据正态曲线的对称性求参数
【分析】根据正态分布特性求出
的值，再根据二项分布的方差公式求出
，最后代入题中所给等式
求解即可．
【详解】正态分布关于均值
对称，又
，
可得
，所以
，又
，
所以
，
由此可得
，解得
．
4．（2026·广西北海·一模）已知随机变量
，且
，则
（ ）
A．0.2
B．0.3
C．0.4
D．0.6
【答案】B
【知识点】指定区间的概率
【详解】因为
，由正态分布的对称性可知，关于
对称，
又因为
，所以
，
则
所以
5．（2026·广东广州·一模）（多选）某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量
（单位：
）服从正态分布
，且
，
．从该流水线上随机抽取4 件产品，这4 件
产品中质量
在区间
上的件数记为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【知识点】利用二项分布求分布列、二项分布的均值、正态曲线的性质、指定区间的概率
【分析】由正态分布对称性可判断AB；由二项分布的知识判断CD.
【详解】A 选项，由
，得
，
故
，
由正态分布的对称性可知
，A 正确；
B 选项，
，B 正确；
C 选项，由题意得
，故
，C 错误；
D 选项，
，D 正确.
6．（2026·安徽合肥·模拟预测）（多选）下列有关说法正确的是（ ）
A．设随机变量
服从正态分布
，若
，则
B．若随机变量
，则
C．直线
的一个方向向量为
D．双曲线
的离心率为
【答案】ABC
【知识点】二项分布的均值、根据正态曲线的对称性求参数、求双曲线的离心率或离心率的取值范围、求
直线的方向向量（平面中）
【分析】利用正态分布的对称性可判断A 选项；利用二项分布的期望公式和期望的性质可判断B 选项；利
用直线的斜率与方向向量的关系可判断C 选项；利用双曲线的离心率公式可判断D 选项．
【详解】对于A 选项，由
，可得
，故A 正确；
对于B 选项，由题可得：
，故
，故B 正确；
对于C 选项，直线
的斜率为
，
故该直线的一个方向向量为
，故C 正确；
对于D 选项，对于双曲线
，
，
，则
，
故双曲线
的离心率为
，故D 不正确．
考点04 统计与成对数据的统计分析
考点一：随机抽样
1、简单随机抽样
（1）定义：一般地，设一个总体含有N 个个体，从中逐个不放回地抽取n 个个体作为样本（
），如
果每次抽取时总体内的各个个体被抽到的机会都相等，就把这种抽样方法就做简单随机抽样.这样抽取的
样本，叫做简单随机样本.
（2）简单随机抽样的特征：
①有限性：简单随机抽样要求被抽取的样本的总体个数是有限的，便于通过样本对总体进行分析.
②逐一性：简单随机抽样是从总体中逐个地进行抽取，便于实践中操作.
③等可能性：简单随机抽样中各个个体被抽到的机会都相等，从而保证了抽样方法的公平.
2、分层抽样：
（1）定义：一般地，在抽样时，将总体分成互不交叉的层，然后按照一定的比例，从各层独立地抽取一
定数量的个体，将各层取出的个体合在一起作为样本，这种抽样方法就做分层抽样.
（2）适用条件：分层抽样适用于已知总体是由差异明显的几部分组成的.
（3）分层抽样问题类型及解题思路
①求某层应抽个体数量：按该层所占总体的比例计算；
②已知某层个体数量，求总体容量或反之求解：根据分层抽样就是按比例抽样，列比例式进行计算.
③分层抽样的计算应根据抽样比构造方程求解，其中“抽样比=＝”
考点二：用样本估计总体
1、频率分布直方图
（1）频率、频数、样本容量的计算方法
①
；
②
，
，
.
③频率分布直方图中各个小方形的面积总和等于1.
（2）频率分布直方图与众数、中位数和平均数的关系
①最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数．
②中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的．
③平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底
边中点的横坐标之和．
2、样本的数字特征
（1）众数、中位数、平均数
①众数：一组数据中出现次数最多的数叫众数，众数反应一组数据的多数水平.
②中位数：将一组数据按大小顺序依次排列，把处在最中间位置的一个数据（或最中间两个数据的平均
数）叫做这组数据的中位数，中位数反应一组数据的中间水平.
③平均数：n 个样本数据
的平均数为
，反应一组数据的平均水
平，公式变形为
.
（2）百分位数：一组数据的第
百分位数是这样一个值，它使得这组数据中至少有
的数据小于或等
于这个值，且至少有
的数据大于或等于这个值.
计算一组
个第
百分位数的步骤：
①按从小到大排列原始数据；
②计算
；
③若不是整数而大于的比邻整数
，则第
百分位数为第
项数据；若是整数，则第
百分位数为第
项与第
项数据的平均数.
（3）标准差与方差
①标准差：标准差是样本数据到平均数的一种平均距离，一般用
表示.假设样本数据是
，
表示这组数据的平均数，则标准差
.
②方差：方差就是标准差的平方，即
.显然，在刻画样本数据
的分散程度上，方差与标准差是一样的.在解决实际问题时，多采用标准吃.
③平均数、方差的性质：如果数据
的平均数为
，方差为
.那么，
一组新数据
的平均数为
，方差为
.
考点三：成对数据的统计分析
1、回归分析与回归方程
（1）回归分析的定义：对具有相关关系的两个变量进行统计分析的一种常用方法.
（2）最小二乘法：使得样本数据的点到回归直线的距离的平方和最小的方法就做最小二乘法.
（3）回归方程：对于一组具有线性相关关系的数据
，
，
，
，其回归方程
的求法为：
，其中
，
，
称为样本点的中心.
2、相关系数：若相应于变量
的取值
，变量
的观测值为
（
），则变量
与
的相关系数
，
通常用
来衡量
与
之间的线性关系的强弱，
的范围为
.
①当
时，表示两个变量正相关；当
时，表示两个变量负相关；
②
越接近1，表示两个变量的线性相关性越强；
越接近0，表示两个变量间几乎不存在线性相关关
系；
当
时，所有数据点都在一条直线上；
③通常当
时，认为两个变量具有很强的线性相关关系.
考点四：独立性检验在实际中的应用
1、分类变量：变量的不同“值”表示个体所属的不同类别，像这类变量称为分类变量.
2、列联表：
①定义：列出的两个分类变量的频数表称为列联表.
②
列联表：假设有两个分类变量
和
，它们的可能取值分别为
和
，其样本频数列
联表，称为
列联表.
总计
总计
3、独立性检验：计算随机变量
，利用
的取值推断分类变量
和
是
否独立的方法称为
独立性检验.
题型一：简单随机抽样与分层抽样
抽
方法的
要根据
体的情况以及两种抽
方法的特点：
样
选择
总
样
（1）看
体是否由差异明
的几个部分
成，若是
用分
随机抽
，否
考
随机抽
；
总
显
组
则选择
层
样
则
虑简单
样
（2）看
体和
本量的大小，当
本容量
小
，采用抽
法；当
体容量
大、
本容量
小
，采用随
总
样
样
较
时
签
总
较
样
较
时
机数表法.
1．（2027 高三·全国·专题练习）已知某社区共有居民480 人，其中老年人200 人，中年人200 人，青少年
80 人，若按年龄进行分层随机抽样，共抽取36 人作为代表，则中年人比青少年多（ ）
A．6 人
B．9 人
C．12 人
D．18 人
【答案】B
【知识点】抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算
【分析】根据分层抽样的比例关系，分别计算抽取的中年人与青少年人数，再求人数差值．
【详解】设中年人抽取
人，青少年抽取
人，由分层随机抽样可知
，
，解得
，
，
故中年人比青少年多9 人．
故选B．
2．（25-26 高三上·广东·期末）某校高一有500 名学生，为了培养学生良好的数学素养，学校要求高一学
生从《九章算术》《数书九章》《缀术》《海岛算经》中选一本阅读，其中有200 人选《九章算术》，150
人选《数书九章》，100 人选《缀术》，50 人选《海岛算经》．若按选书种类进行分层，用分层随机抽样
的方法抽取50 名学生分享读后感，则选《九章算术》和《数书九章》的学生抽取的人数共有（ ）
A．25
B．30
C．35
D．50
【答案】C
【知识点】抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算
【分析】根据分层抽样的方法，列式计算，即可求解．
【详解】选《九章算术》和《数书九章》的学生抽取的人数共有
．
故选：C．
3．（2026·河南南阳·模拟预测）某京剧团推出“云赏国潮”全息投影演出，引起了广泛关注.主办方为了调
研不同观演模式下的体验，现采用分层随机抽样的方法从线下现场观众1000 人，VR 全景云包厢观众500
人，线上直播观众1500 人中抽取60 人进行回访，则应从线下现场观众中抽取的人数为（ ）
A．15
B．20
C．24
D．25
【答案】B
【知识点】抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算
【分析】先确定总人数，计算抽样比，最后计算线下现场观众的抽样人数.
【详解】根据题意，总人数为
，
分层抽样的抽样比为
，
所以线下现场观众抽取的人数为：
故选：B.
4．（2026·海南海口·一模）（多选）某高中学校高一年级、高二年级、高三年级的学生分别有400、500、
300 人．现用比例分配的分层随机抽样的方法，按年级从这些学生中抽取n 人开展“教师作业批改情况”
问卷调查，若高二年级抽到学生15 人，则下列说法正确的是（ ）
A．从高二年级学生500 人中抽取15 人可采用简单随机抽样的方法
B．高一年级抽到学生12 人
C．样本容量
D．三个年级中高三年级每个学生被抽取到的概率最小
【答案】AB
【知识点】抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算、简单随机抽样的特征及适用条件
【分析】根据分层随机抽样的概念与性质进行求解判断即可.
【详解】对于
，从高二年级学生500 人中抽取15 人，由于总体数量比较少，可采用简单随机抽样方法，
故
正确；
对于
，根据题意知抽样比为
，所以高一年级应抽取
人，高三年级应抽取
人，故样本容量
，故
正确，
错误；
对于
，在分层随机抽样中，每个个体被抽到的概率是相等的，故
错误.
故选：AB.
5．（25-26 高三下·青海西宁·月考）某校高三年级有男生490 人，女生510 人，张华按男生、女生进行分
层，按比例分配的分层随机抽样的方法，抽取100 人测量身高，则抽取的男生人数为______．
【答案】49
【知识点】抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算
【分析】先算抽样比，再求男生抽取人数.
【详解】总人数：
，所以抽样比：
，
所以抽取的男生人数为
．
题型二：样本的数字特征及应用
1、众数体
数据的最大集中点，但无法客
地反映
体特征；
现
观
总
2、中位数是
本数据所有点的
率和的等分
，它不受少数几个极端
的影响；
样
频
线
值
3、平均数与
本的每一个数据有关，它可以反映出更多的关于
本数据
体的信息，但是平均数受数据
样
样
总
极端
的影响
大
值
较
.
1．（2026 高三下·内蒙古鄂尔多斯·专题练习）某AI 公司有男性30 人，女性10 人，在一次知识竞技团建
中，男性平均成绩为110 分，方差为55，女性平均成绩为130 分，方差为95，则在这次团建中，该公司的
平均成绩和方差分别为（ ）
A．120 分，75
B．120 分，20
C．115 分，65
D．115 分，140
【答案】D
【知识点】计算几个数的平均数、估计总体的方差、标准差
【详解】因为某AI 公司有男性30 人，女性10 人，男性平均成绩为110 分，方差为55，女性平均成绩为
130 分，方差为95，
所以该公司的平均成绩为
分，
该公司成绩的方差为
.
2．（2026·广东·一模）已知数据
的平均数为1，方差为2，则数据
的方
差为（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】B
【知识点】计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差
【详解】因
的平均数为1，方差为2，则
，
于是数据
的平均数为
，
又
，则
，
于是数据
的方差为：
.
3．（2026·广东东莞·模拟预测）样本数据2， 3， 5， 8， 9， 10 的25%分位数为（ ）
A．1.5
B．2
C．2.5
D．3
【答案】D
【知识点】总体百分位数的估计
【详解】由题意得样本数据2， 3， 5， 8， 9， 10，则
，
，
又
不是整数，故取数据的第2 个数据为.
故样本数据的25%分位数为.
4．（2026·河北邢台·一模）若A 组数据
，
，
，
的平均数为25，方差为5，B 组数据
，
，
，
，5m 的方差为8，则
（ ）
A．8
B．4
C．4 或5
D．4 或6
【答案】D
【知识点】计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差
【分析】根据方差的定义计算即可.
【详解】由已知得
，
，
又
，
所以数据
的方差为
所以
，
即
，
所以
，
所以
，
即
，解得
或
.
5．（2026·江苏镇江·一模）（多选）在某校文艺汇演中，六位评委对某小品节目进行打分，得到一组分值
7.7，8.1，8.2，8.7，9.4，9.9，若去掉一个最高分和一个最低分，则（ ）
A．这组分值的极差变小
B．这组分值的均值变大
C．这组分值的方差变小
D．这组分值的第75 百分位数不变
【答案】AC
【知识点】计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差、总体百分位数的估计
【分析】根据极差、百分位数、平均数和方差的定义求解，即可判断选项．
【详解】原始数据：7.7，8.1，8.2，8.7，9.4，9.9，
去掉一个最高分和一个最低分后： 8.1，8.2，8.7，9.4，
极差分别为
，极差变小，故A 正确；
均值分别为
，
，均值变小，故B 错误；
方差分别为
，
，方差变小，故C 正确；
，
，
第75 百分位数分别为
，
，第75 百分位数变小，故D 错误．
6．（2026·青海西宁·一模）（多选）某省城市足球联赛中13 个球队角球数如下：5，5，5，5，6，7，8，
8，9，9，10，14，17，则（ ）
A．该组数据的众数为5
B．该组数据的极差为12
C．该组数据的平均数为
D．该组数据的第40 百分位数为7
【答案】ABD
【知识点】计算几个数的众数、计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差、总体百分位
数的估计
【详解】由题意，该组数据的众数为5，故A 正确；
极差为
，故B 正确；
平均数为
，故C 错误；
因为
，所以该组数据的第40 百分位数是第6 个数据，即7，故D 正确．
题型三：统计图表分析
条形图
折线图
扇形图
特
点
一般地，条形
中，一条
图
轴
上
示的是所关注的数据
显
型，另一条
上
的是
类
轴
对应
数量、个数或者比例，条形
中每一
方形都是等
图
长
宽
的.
用一个
位
度表示一定的数
单
长
量，用折
的起伏表示数量的增
线
减
化
变
.
用整个
表示
体，扇形
圆
总
图
中，每一个扇形的
心角以
圆
及弧
，都与
一部分表示
长
这
的数据大小成正比.
作
用
及
选
用
情
景
能清楚地表示每个
目的
项
具体数量，便于相互比
大
较
小.
能清楚地看出数量增减
化的
变
情况及各部分数量的多少.常用
来表示随
化的数据，当
时间变
然，也可以用在其他合适的情形
中.
可以形象地表示出各部分数
据在全部数据中所占的比例
情况.
例
图
1．（25-26 高三下·贵州黔东南·开学考试）为深入学习贯彻习近平新时代中国特色社会主义思想，某校于
2026 年1 月组织高一、高二、高三三个年级共400 名学生参加“青春心向党·奋进新征程”党史知识竞赛．
如图，结合参赛学生的年级分布饼图与高一学生的排名分布频率条形图，下列命题中错误的是（）
A．这400 名学生中，高一人数比高二人数多40
B．成绩前200 名的高一学生有90 人
C．成绩前100 名的学生中，高三学生人数不超过64
D．成绩第101 名到第200 名的学生中，高二人数比高一人数多
【答案】D
【知识点】频率分布直方图的实际应用、由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、根据
条形统计图解决实际问题、抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算
【分析】根据饼状图和条形图提供的数据逐一分析判断选项．
【详解】由饼图可知，高一人数比高二人数多
选项正确；
由条形图可知，成绩前200 名中高一人数为
人，B 选项正确；
成绩前100 名的学生中，高一人数为
人，
故高三人数不超过
人，C 选项正确；
成绩第101 名到第
名的学生中，高一人数为
人，
故高二最多有
人，因此高二人数比高一少，D 选项错误，
故选：D
2．（2026·甘肃兰州·一模）（多选）某校高一年级开设了文学社科创社体育社艺术社辩论社五类社
､
､
､
､
团，每名同学最多参加一个社团，对参加社团活动的情况进行统计调查，统计信息如图（1），（2），其
中参加体育社和艺术社的人数相等，为了解社团活动开展情况，采用分层抽样的方法在参加社团活动的学
生中任意抽取20 名学生做问卷调查.
根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．艺术社的学生人数有120 人
B．文学社和辩论社参加问卷调查的学生人数共有5 人
C．从参加社团的学生中任选1 人，已知该学生不是文学社成员，则该学生是科创社成员的概率为
D．调查结果显示文学社科创社的满意率均为
､
0.7，其他社团的满意率均为0.9，则社团活动总体满意
率为0.81
【答案】ABD
【知识点】抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算、根据条形统计图解决实际问题、根据扇形统
计图解决实际问题、计算条件概率
【详解】对于A，因为文学社有60 人占比为
，所以五类社团总人数为
人，
辩论社有90 人，占比应为
，所以体育社和艺术社共占比为
，
又因为体育社和艺术社的人数相等，所以两社团分别占比为
，
可知艺术社的学生人数有
人，即A 正确；
对于B，文学社和辩论社共
人，分层抽样比为
，
因此文学社和辩论社参加问卷调查的学生人数共有
人，即B 正确；
对于C，根据已有分析可知该学生不是文学社成员的概率为
，又因为是科创社成员的概率为
，
因此在该学生不是文学社成员的条件下，该学生是科创社成员的概率为
，即C 错误；
对于D，依题意可知社团活动总体满意率为
，即D 正确.
3．（2026·广东佛山·二模）（多选）地方一般公共预算收入是地方经济的重要指标之一，如图是某地区
2025 年2 月至10 月地方一般公共预算收入累计的图表，其中条形图是地方一般公共预算收入的月累计值
（月累计值指当年1 月到当月的数据总和），折线图是与上年同月累计值相比的同比增长率．根据图表，
下列说法正确的是（ ）
A．该地区2025 年每月的地方一般公共预算收入一直递增
B．2025 年9 月该地区的地方一般公共预算收入超过30 亿元
C．2025 年9 月该地区的地方一般公共预算收入比2024 年9 月高
D．2024 年前10 个月，该地区地方一般公共预算收入平均数低于22 亿
【答案】BCD
【知识点】根据条形统计图解决实际问题、根据折线统计图解决实际问题、用平均数的代表意义解决实际
问题
【分析】根据图表中信息，以及地方一般公共预算收入的月累计值和同比增长的概念，逐一判断各选项的
正误，判断结果.
【详解】由图表可知，3 月的地方一般公共预算收入为
（亿元），4 月的地方一般公共
预算收入为
（亿元），可知选项A 错误；
9 月该地区的地方一般公共预算收入为
（亿元），所以选项B 正确；
2025 年9 月该地区的地方一般公共预算收入累计同比增长
，所以2024 年9 月该地区的地方一般公共
预算收入累计为
（亿元），
2025 年8 月该地区的地方一般公共预算收入累计同比增长
，所以2024 年8 月该地区的地方一般公共
预算收入累计为
（亿元），
所以2024 年9 月该地区的地方一般公共预算收入为
（亿元），所以C 正确；
2025 年10 月该地区的地方一般公共预算收入累计同比增长
，所以2024 年10 月该地区的地方一般公
共预算收入累计为
（亿元），所以2024 年前10 个月，该地区地方一般公共预
算收入平均数为
，所以D 正确；
故选：BCD.
4．（2026·贵州黔东南·模拟预测）（多选）如图，这是某校写作兴趣小组25 名同学暑假的课外阅读量
（单位：本）的折线统计图，则（ ）
A．这25 名同学暑假的课外阅读量的众数是4 本
B．这25 名同学暑假的课外阅读量的中位数是5 本
C．这25 名同学暑假的课外阅读量的平均数是4.4 本
D．这25 名同学暑假的课外阅读量的第80 百分位数是6 本
【答案】BCD
【知识点】计算几个数的众数、计算几个数的中位数、计算几个数的平均数、总体百分位数的估计
【详解】由图可得课外阅读量为本的同学有人，为
本的同学有
人，为本的同学有
人，
为
本的同学有
人，为本的同学有
人，为
本的同学有人，为
本的同学有人，
对于A，这25 名同学暑假的课外阅读量的众数是5 本，A 错误；
对于B，将课外阅读量按照从小到大排列，第
个数为，中位数是5 本，B 正确；
对于C，平均数是
本，C 正确；
对于D，
，将课外阅读量按照从小到大排列，第
个数为
，第
个数为
，
所以这25 名同学暑假的课外阅读量的第80 百分位数是6 本，D 正确.
题型四：频率分布直方图
1、由
率分布直方
行相关
算，需掌握的
频
图进
计
2 个关系式：
（1）
；
（2）
，
，
.
2、利用
率分布直方
频
图估
本数字特征的方法：
计样
（1）最高的小
方形底
中点的横坐
即是众数．
长
边
标
（2）中位数左
和右
的小
方形的面
和是相等的．
边
边
长
积
（3）平均数是
率分布直方
的“重心”，等于
率分布直方
中每个小
方形的面
乘以小
方形底
中
频
图
频
图
长
积
长
边
点的横坐
之和．
标
1．（2026·贵州毕节·二模）（多选）为了解某校学生的某次数学测试情况，随机抽取部分学生成绩（最低
分为50 分，满分100 分），得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的有（ ）
A．
对应矩形的高度为
B．样本众数估计值为75
C．样本平均数估计值为
D．样本成绩的第70 百分位数落在
内
【答案】ABC
【知识点】由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、由频率分布直方图估计平均数、总
体百分位数的估计、根据频率分布直方图计算众数
【分析】A 选项利用矩形的面积之和为1 列方程求解，B 选项根据众数的定义以及直方图中最高的矩形条来
判断，C 选项根据平均值的公式计算，D 选项判断样本数据在
的频率和
的频率，可得到70 百
分位数的范围.
【详解】设
对应矩形的高度为
，则
，
解得
，A 选项正确；
由图可知，
的数据最多，众数的估计值为
，B 选项正确；
平均值为：
，C 选项正确；
样本数据
的频率为
，
样本数据
的频率为
，
故样本成绩的第70 百分位数落在
内，D 选项错误.
2．（2026·新疆·模拟预测）某市为提升学生们的数学素养，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，已知
共有10000 名学生参加了比赛，现从参加比赛的全体学生中随机抽取100 人的成绩作为样本，得到如下频
率分布直方图：
(1)若规定成绩较高的前30%的学生获奖，请求出a 的值并估计获奖学生的最低分数线；
(2)现从成绩位于
的样本中，按分层随机抽样的方法选取8 人，再从这8 人中随机选取2 人，设这2
人中成绩落在
内的人数为X，求X 的分布列；
(3)由频率分布直方图可认为该市全体参赛学生的成绩Z 服从正态分布
，其中
可近似为样本中的
100 名学生初赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且
.从该市所有参赛学生
中任取一人，试估计该生的成绩高于85.6 分的概率.
［参考数据：
；若
，则
，
，
］
【答案】(1)
，76 分
(2)分布列见解析
(3)
【知识点】由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、写出简单离散型随机变量分布列、
指定区间的概率、总体百分位数的估计
【分析】（1）根据频率分布直方图矩形面积为1 计算可得
，再由百分位数的定义计算可求出最
低分数线；
（2）由分层抽样比可求出各区间抽取的人数，再计算出相应概率可求出分布列；
（3）由频率分布直方图计算出初赛成绩的平均值，再由正态分布计算可得所求概率.
【详解】（1）由频率分布直方图易知，
，
解得
，
由图知
的频率为0.04，
的频率为
，
的频率为0.54，
∴获奖学生最低分数线落在
内，不妨设为x，
则
，解得
，
∴估计获奖学生的最低分数线为76 分.
（2）由图可知
，
与
的频率之比是
，
根据分层随机抽样的方法可知，在
内抽取3 人，在
内抽取4 人，在
内抽取1 人.
则X 的可能取值为0，1，2，
易知
，
，
，
X
∴的分布列为
X
0
1
2
P
（3）易知平均值为
，
即可得
，
∴
.
3．（25-26 高三下·河南周口·月考）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知
识竞赛，从所有答卷中随机抽取100 份作为样本，将样本的成绩分成
，
，
，
，
这五组，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)估计样本成绩的平均数及方差；（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）
(2)已知落在
内的平均成绩是80 分，方差是4 分，落在
内的平均成绩是88 分，方差是6 分，
求两组成绩合并后的平均数
和方差
.
附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为m，
，
；n，
，
，记两组数据总体的样
本平均数为
，则总体样本方差
.
【答案】(1)平均数100，方差104
(2)
，
【知识点】由频率分布直方图估计平均数、计算频率分布直方图中的方差、标准差、由频率分布直方图计
算频率、频数、样本容量、总体容量、计算几个数据的极差、方差、标准差
【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数与方差的求法，代入数据，即可得答案.
（2）根据条件，分别求出两组数据的样本容量，平均数和方差，代入公式，整理计算，即可得答案.
【详解】（1）由频率分布直方图得，
平均数
，
方差
.
（2）第一组
的样本容量
，
，
第二组
的样本容量
，
，
所以合并后的平均数
，
则
.
题型五：百分位数的计算
算一
计
组
个第
百分位数的步
：
骤
①按从小到大排列原始数据；
②
算
计
；
③若不是整数而大于的比
整数
邻
，
第
则
百分位数
第
为
数据；若
项
是整数，
第
则
百分位数
第
为
与第
项
数据的平均数
项
.
1．（25-26 高三下·海南·月考）某市某月
天的空气质量指数如下：
则这组
数据的第
百分位数是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】总体百分位数的估计
【详解】已知数据升序排列为：
，样本量为
，
第
百分位数的位置为：
，
为整数时，第
百分位数取第和第
项数据的平均值，
第
百分位数为：
．
2．（2026·陕西咸阳·二模）一组数据1，2，2，3，5，8，10，11，13，15 的第80 百分位数为
，从这组
数据中随机取两个数，这两个数都小于
的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】计算古典概型问题的概率、总体百分位数的估计、实际问题中的组合计数问题
【详解】这组数据共有10 个，所以
，
所以第80 百分位数是第8 项和第9 项数据的平均值：
，
小于12 的数据有8 个，所以
.
3.（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
服从正态分布
，且
，则
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
，其经验回归方程为
，若样本数据的中心点为
，则实数
的值是4
【答案】AB
【知识点】相关系数的意义及辨析、根据样本中心点求参数、指定区间的概率、总体百分位数的估计
【详解】对于A：相关系数的取值范围为
，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
，则均值
，
由正态分布的对称性，得：
，又已知
，
所以
因此B 正确；
对于C：上四分位数的位置为
，
故上四分位数为第8 个数
，因此C 错误；
对于D：经验回归方程为
，样本中心点为
，
回归直线必过样本中心点，代入得
，
解得
，因此D 错误.
4．（2026·江苏·二模）（多选）已知一组数据
的80 百分位数是5，则（ ）
A．该组数据的极差为5
B．该组数据的中位数为3.5
C．剔除该组数据中的4 后，剩下样本数据的平均数变小
D．剔除该组数据中的4 后，剩下样本数据的方差变小
【答案】AB
【知识点】计算几个数据的极差、方差、标准差、总体百分位数的估计、计算几个数的中位数、计算几个
数的平均数
【详解】因为一共有
个数据，
，所以第80 百分位数为第五个数，所以
，
所以该组数据的极差为
，故A 正确；
该组数据的中位数为
，故B 正确；
因为
的平均数为
，
所以剔除该组数据中的4 后，剩下样本数据的平均数不变，故C 错误；
因为数据
的方差为
，
而剔除该组数据中的4 后，数据
的方差为
，即方
差变大，故D 错误.
5．（25-26 高一下·辽宁铁岭·月考）某城市连续7 天的最低温度（单位：℃）为0，2，5，5，6，7，3，则
这组数据的（ ）
A．极差为7
B．
分位数为4
C．平均数为4
D．方差为
【答案】ACD
【知识点】计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差、总体百分位数的估计
【详解】将这7 个数据从小到大排序为0，2，3，5，5，6，7，则极差为
，A 正确；
，
分位数对应排序后第3 个数，为3，B 错误；
平均数为
，C 正确；
方差为
，D 正确．
题型六：回归分析
1、求回
直
方程
归
线
①
算出
计
，
，
，
或
，
的
；
值
②利用公式
算回
系数
计
归
，
；
③写出回
直
方程
归
线
.
2、回
模型的
合效果：利用相关系数
归
拟
判断，当
越
近于
趋
1
，两
量的
性相关性越
时
变
线
强.
1、
本点不一定在
回
直
上，但点
样
经验
归
线
一定在
回
直
上
经验
归
线
.
2、求
，灵活
公式，注意公式的推
和
时
选择
导
记忆.
3、利用
本相关系数判断相关性
弱，看
样
强
的大小，而不是
的大小.
4、通
回
方程求的都是估
，而不是真
过经验
归
计值
实值.
1．（2027 高三·全国·专题练习）根据如表样本数据：
2
3
4
5
6
4
2.5
得到的线性回归方程为
，则（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】B
【知识点】线性回归
【分析】先根据变量变化趋势判断
的符号，再计算样本中心点，代入回归方程判断
的符号．
【详解】由表中的数据可得，变量
随着
的增大而减小，
则
，
，
，
又线性回归直线
经过样本点中心
，可得
．
故选：B
2．（25-26 高三下·重庆·月考）具有相关关系的变量x 与y 的一组样本数据如下，若已求得线性回归方程为
，则去掉其中某对样本数据
，样本相关系数r 不会发生改变的是（ ）
（参考公式：相关系数
x
1
2
3
4
5
y
6
10
11
12
16
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】相关系数的意义及辨析、相关系数的计算
【分析】先求得样本中心点，再结合相关系数公式判断即可.
【详解】由题知
，
，
所以数据的样本中心点为
所以去掉其中样本数据
，样本相关系数r 不会发生改变.
3．（2026·湖北孝感·二模）为了研究物理成绩
与数学成绩
之间的关系，随机抽取
名学生的成绩，
用最小二乘法得到
关于
的线性回归方程为
，则样本点
的残差为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】残差的计算
【详解】
时的预测值
，
时的真实为值
，
样本点
的残差为
.
4．（2026·广西崇左·一模）（多选）已知相关系数
，y 关于x 的经验回归方程
中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
，
，残差平方和为
.已知变量x 与变量y 的部分数据，建立由最小二乘法得到的两个回归模型：以x 为自变量，y
为因变量，得出的经验回归方程为
；以y 为自变量，x 为因变量，得出的经验回归方程为
.若两个模型的计算均无误，则下列判断正确的是（ ）
A．若已知变量x 的方差，则可知变量y 的标准差
B．若不给定其他信息，则也可得知变量x 与变量y 各自的平均值
C．若不给定其他信息，则也可得知变量x 与变量y 的相关系数
D．若已知变量x 的标准差，则可知以y 为自变量的回归模型的残差平方和
【答案】ABC
【知识点】线性回归、相关系数的计算、残差的计算、根据样本中心点求参数
【分析】A 选项通过推导可得
，若已知变量x 的方差，即可求得
，进而代入前式求得
，故正
确；B 选项可通过联立两个回归方程的截距公式解出样本均值
和
，故正确；C 选项利用回归斜率乘积
与相关系数的关系，结合斜率符号确定
，故正确；D 选项因残差平方和需要原始数据或更多统计
量，仅靠x 的标准差无法计算，故错误。
【详解】对于C，由所给公式得
，且回归系数为负数，故
相关系数
，C 正确.
对于A，设变量x 与变量y 的标准差分别为
，
，
，
，
标准差
，
变形可得
，
将其代入到得
，
整理得
，将其代入到
，
整理得
，代入已知数据得
，
即
，若已知变量x 的方差，即可求得
，进而代入上式求得
，A 正确.
对于B，经验回归直线经过样本中心点
，
代入两个回归方程得
与
，解得
，
，
故不给定其他信息也可得知变量x 与变量y 各自的平均值，B 正确.
对于D，设以y 为自变量的经验回归方程为
（其中
），
则变量x 的残差平方和为
，
由于样本量n 未知，故无法算出残差平方和的具体数值，D 错误.
5．（2026·宁夏银川·一模）（多选）某市气象部门对本市的温度
（单位：℃）与相对湿度
进行研
究，记录了五组数据如表所示：
温度
28
25
22
19
16
相对湿度
41
48
62
65
70
已知
与
线性相关，根据表中的数据计算得经验回归方程为
，则（ ）
A．
与
负相关
B．经验回归直线一定经过点
C．当温度为10℃时，相对湿度大约为87.2%
D．样本相关系数
【答案】AC
【知识点】相关系数的意义及辨析、计算样本的中心点、根据回归方程进行数据估计、根据样本中心点求
参数
【详解】A.由表格可知，温度
越小，
越大，所以
与
负相关，故A 正确；
B.
，
，所以经验回归直线一定经过点
，故B 错误；
C.
，得
，所以
，当
时，
，
所以当温度为
时，相对湿度大约为
，故C 正确；
D.因为
与
负相关，所以样本相关系数
，故D 错误.
6．（2026·福建泉州·一模）为深入贯彻“五育融合”的教育理念，某地在中小学全面推广劳动教育实践课
程，定期统计学生参与劳动实践的情况，下表是课程开设后前5 个月的数据，其中
表示月份编号，
表
示该月份日平均参与劳动实践的学生人数（单位：万）.
月份编号
1
2
3
4
5
日平均参与人数
0.5
0.7
1
1.3
1.5
根据表格数据得到如图所示的散点图.
(1)根据散点图推断
与
是否线性相关，计算样本相关系数，并推断它们的相关程度；
(2)由（1）所得结论，建立
关于
的回归方程，并预测第6 个月的日平均参与人数；
(3)假设第6 个月（按30 天计）的日参与人数
（单位：万）服从正态分布
，并视（2）的结果
为
的值，预测该月份日参与人数超过1.75 万的天数是否不少于25 天.
附：
①样本相关系数
；
②回归直线
的斜率的最小二乘估计为
；
③
；
④若
，则
.
【答案】(1)0.997，
与
的线性相关程度强；
(2)
，1.78
(3)该月日参与人数超过1.75 万人的天数不少于25 天.
【知识点】用回归直线方程对总体进行估计、求回归直线方程、相关系数的计算、指定区间的概率
【分析】（1）由散点图可知
与
之间线性相关，用不同公式计算可知相关系数
，即线性相关程
度强；
（2）用不同的公式计算出回归直线方程为
，将
代入可得出估计值为1.78.
（3）依题意可知
，再结合正态分布的对称性计算即可.
本小题主要考查变量间的相关关系样本相关系数一元线性回归方程正态分布的等知识；考查运算求解
､
､
､
能力等；考查数形结合思想化归与转化思想或然与必然思想等；体现综合性应用性，导向对数学建模
､
､
､
､
数学运算核心素养的关注.
【详解】（1）解法一：
根据散点图直观判断
与
之间线性相关.
因为
，
所以
与
的线性相关程度强；
（也可利用“
”或“ 接近1”判断相关程度强）
解法二：
根据散点图直观判断
与
之间线性相关.
因为
，
，
，
，
，
所以
与
的线性相关程度强；
（也可利用“
”或“ 接近1”判断相关程度强）
（2）解法一：
设
，则
，
所以
，
故
时，
.
解法二：
设
，则
，
所以
，
故
时，
.
（3）依题意，得
，
由正态分布性质，可知
.
因为
，
所以
.
因为
，
所以该月日参与人数超过1.75 万人的天数不少于25 天.
7．（2026 高三·全国·专题练习）水体富营养化导致藻类大量繁殖，以2017 年中国太湖蓝藻爆发为例：5 月
初监测发现湖体中蓝藻细胞密度为每升50 万个，随着气温升高至25-30℃且氮磷营养盐浓度超标（总磷浓
度达
），蓝藻进入增长期.5 月10 日细胞密度增至每升200 万个，5 月15 日突破每升800 万个，
5 月20 日达到每升3200 万个，形成面积超150 平方公里的绿色水华带.此次爆发导致湖区溶解氧骤降至
以下，大量鱼类死亡，自来水厂被迫停产，所以对水资源的保护刻不容缓.现对某区域的藻类面积y
（单位：平方公里）与时间x（单位：年）的关系，进行监测，得到如下数据：
x/年
1
2
3
4
5
6
7
y/平方公里
6
11
21
34
66
101
196
根据以上数据，绘制成如图所示的散点图：
观察散点图，两个变量不具有线性相关关系，现考虑用对数函数模型
和指数函数模型
分别对两个变量的关系进行拟合.
(1)根据散点图判断
与
（a，b，c，d 均为常数）哪一个更适合作为藻类面积y（单位：
平方公里）与时间x（单位：年）的关系的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）；
(2)根据（1）的判断结果及表中的数据，求出y 关于x 的回归方程.
参考数据：
62.14
1.54
2535
50.12
3.47
其中
，
参考公式：对于一组数据
，
，…
，其回归直线
的斜率和截距的最小二乘估
计公式分别为
，
.
【答案】(1)
更适合；
(2)
.
【知识点】求回归直线方程、非线性回归、根据散点图判断是否线性相关
【分析】（1）由散点图的递增趋势选择更适宜的模型；
（2）先根据所取模型进行线性变换，再代入公式求解回归模型.
【详解】（1）由散点图得，藻类面积随时间的增加其增长速度越来越快，
所以
更适宜作为藻类面积y 与时间x 的关系的回归方程类型.
（2）由
，两边同时取常用对数得
，
设
，
，
，则
，
由
，
，
得
，
则
，
因此
，即
，
所以y 关于x 的回归方程为
.
8．（2026·江苏南京·一模）为研究昼夜温差（单位：
）与某植物种子当日的百粒发芽数（单位：粒）之
间的关系，实验室记录了6 天的每日昼夜温差与种子当日的百粒发芽数，如下表所示：
日期编号
1
2
3
4
5
6
温差
9
13
11
15
10
14
百粒发芽数
23
28
26
31
25
29
(1)根据表中的数据，计算样本相关系数（精确到0.01）；
(2)求百粒发芽数
关于温差
的经验回归方程，并估计昼夜温差为
时，这种植物种子当日的百粒发芽
数．
参考公式：相关系数
，
，
，
参考数据：
，
，
，
．
【答案】(1)
(2)
，
【知识点】求回归直线方程、相关系数的计算、根据回归方程进行数据估计
【分析】（1）根据条件，直接计算，即可求解；
（2）根据条件，直接求出
，即可求出线性回归方程，再将
代入，即可求解.
【详解】（1）相关系数
．
（2）由题意得
，
，
所以
，
，
所以所求的经验回归方程是
，
当
时，
，
故当昼夜温差为
时，这种植物种子当日百粒发芽数为
．
题型七：独立性检验
1、根据
本数据制成
样
列
表；
联
2、根据公式
算；
计
3、比较
与
界
的大小关系，作
推断
临
值
统计
.
构造一个随机
量
变
，如果
的观测值
，就
“两个分
量之
有
认为
类变
间
关系”，否
，就
“两个分
量之
没有关系”
则
认为
类变
间
.
1．（2027 高三·全国·专题练习）（多选）为了解阅读量多少与幸福感强弱之间的关系，一个调查机构根据
所得到的数据，绘制了如下的
列联表（个别数据暂用字母表示）：
阅读情况
幸福感强弱
幸福感强
幸福感弱
总计
阅读量多
18
72
阅读量少
36
78
总计
90
60
150
计算得
，则下面的选项正确的为（ ）
A．有99%的把握认为“阅读量多少与幸福感强弱无关”
B．
C．有99%的把握认为“阅读量多少与幸福感强弱有关”
D．
【答案】CD
【知识点】完善列联表、卡方的计算
【分析】先根据列联表的总计关系求出
和
，再通过
值与临界值比较判断相关性．
【详解】对于A，
，所以有99%的把握认为“阅读量多少与幸福感强弱有关”，故A 错
误，C 正确；
对于B，
，故B 错误；
对于D，
，故D 正确，
故选：CD．
2．（2026·广东梅州·一模）（多选）近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型
与地域是否具有相关性，某品牌车商随机调查了甲、乙两地各200 名消费者，得出统计图如下，根据此统
计图，下列结论正确的是（ ）
附：
，
.
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828
A．在所调查的甲地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20 人
B．在所调查的乙地购车者中，若用分层随机抽样抽取20 人，则其中新能源车主有12 人
C．根据小概率值
的独立性检验，消费者的购车类型与地域有关
D．从所调查消费者中随机选一人，在已知其为新能源车主的条件下，其来自甲地的概率为0.4
【答案】BCD
【知识点】抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算、卡方的计算、独立性检验解决实际问题、计
算条件概率
【分析】A、B，根据统计图所给比例，结合抽样人数计算相应人数判断对错；C，列出
列联表，再用
公式计算，与临界值比较判断购车类型与地域是否有关；D：根据条件概率公式计算已知为新能源车主
条件下来自甲地的概率.
【详解】A：甲地购买燃油车人数为
，购买新能源车人数为
，
故购买燃油车的人数比新能源车的多
人，A 错误.
B：乙地购买新能源车比例为
，故用分层随机抽样抽取20 人时，新能源车主有
人，B 正
确.
C：列出
列联表：
甲地
乙地
总计
燃油车
120
80
200
新能源车
80
120
200
总计
200
200
400
则
.
小概率值
时，
.
因为
，所以根据小概率值
的独立性检验，消费者的购车类型与地域有关，C 正确.
D：所调查的新能源车主共有
人，其中甲地80 人，在已知其为新能源车主的条
件下，其来自甲地的概率为
，D 正确.
3．（2026·江西赣州·二模）2025 年举办的江西省城市足球联赛（简称“赣超”）深受广大市民的喜爱，66
个场次累计123 万人次现场观看了比赛.为了解喜欢观看“赣超”联赛与性别是否有关系，随机抽取了部分
市民，调查他们是否喜欢观看“赣超”联赛的情况，得到如下表格：
性别
不喜欢观看“赣超”
联赛
喜欢观看“赣超”联
赛
男性
25
150
女性
50
75
(1)是否有99%的把握认为喜欢观看“赣超”联赛与性别有关；
(2)用频率估计概率，从喜欢观看“赣超”联赛的市民中随机抽取3 人参加抽奖活动，记这3 人中女性人数
为X，求X 的分布列和数学期望．
附：
，
（
结果精确到0.001）．
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)有99%的把握认为喜欢观看“赣超”联赛与性别有关，利用独立性检验思想判断
(2)分布列：
0
1
2
3
【知识点】独立性检验解决实际问题、利用二项分布求分布列、卡方的计算、二项分布的均值
【分析】（1）通过列联表计算出
值，结合独立性检验与临界值比较即可.
（2）确定随机变量
的值，根据二项分布概率计算公式得到分布列，进而求出数学期望.
【详解】（1）假设
：喜欢观看“赣超”联赛与性别无关，
，
则假设
不成立，即有99%的把握认为喜欢观看“赣超”联赛与性别有关.
（2）喜欢观看“赣超”联赛的市民中女性的概率为：
，则
.
的可能取值为0，1，2，3.
，
，
，
，
所以
的分布列为：
0
1
2
3
则
.
4．（2026·广东汕头·一模）某中学的两位学生A 与B 为研究高三年级学生的性别和身高是否大于170cm 的
关联性，对该中学的高三学生进行了调查．A 同学调查了所有高三学生，并整理得到等高堆积条形图，如
图（一）；B 同学从所有高三学生中获取容量为40 的有放回简单随机样本，也整理得到列联表，如表
（一）.
表（一）单位：人
性别
身高
合计
低于170cm
不低于170cm
女
14
7
21
男
8
11
19
合计
22
18
40
(1)请根据A 同学的等高堆积条形图，判断该中学高三年级学生的性别和身高是否有关联，如果结论是有关
联，解释它们之间如何相互影响；
(2)根据B 同学的列联表，依据
的独立性检验，该中学高三年级学生的性别和身高是否有关联，并
解释所得结论的实际含义；
（参考公式及数据：
，临界值
）
(3)请比较（1）和（2）的统计结论是否一致，说明原因.
【答案】(1)有关联，女生更倾向于身高低于170 cm，男生更倾向于身高不低于170 cm．
(2)无关联，实际含义见解析
(3)不一致，原因见解析
【知识点】等高条形图、卡方的计算、独立性检验解决实际问题
【分析】（1）通过观察等高堆积条形图中男女身高分布的差异，若男生中不低于170cm 的比例明显高于
女生，则判断两者有关联；
（2）通过计算样本列联表的卡方统计量，与临界值比较，从而判断是否拒绝“性别与身高无关联”的原
假设；
（3）通过对比基于总体的描述性分析与基于样本的推断性检验的结论，指出因样本容量较小产生的抽样
误差可能导致两种结论不一致.
【详解】（1）有关联，根据等高堆积条形图可知，女生中身高低于170 cm 的比例明显高于男生，
而男生中身高不低于170 cm 的比例明显高于女生，
故该中学高三年级学生的性别与身高有关联．具体表现为女生更倾向于身高低于170 cm，男生更倾向于身
高不低于170 cm．
（2）由题意得，零假设
：该中学高三年级学生的性别与身高无关联，
由列联表可得
，
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，即认为该中学高三年级学生的性别和身高没有关联，
实际意义是根据该样本数据，不能认为性别对身高是否大于170cm 有显著影响，二者可视为相互独立.
（3）（1）与（2）的结论不一致，
A 同学调查了所有高三学生，能真实反映总体状况，
若总体中确实存在关联，则其结论可靠；
B 同学仅从所有高三学生中获取容量为40 的有放回简单随机样本，
样本量较少，并且抽样具有随机性，而独立性检验受样本容量影响较大，
当样本量较少时，独立性检验可能导致检验功效不足，未能检测出总体中实际存在的关联性.
5．（2026·宁夏银川·一模）血脂高（高脂血症）可能导致动脉硬化、心脑血管疾病、胰腺炎等健康问题，
长期血脂高会引发全身多器官损伤.某市医疗机构为了研究运动与血脂的关系，从本市成年人中采用随机抽
样的方法抽取了150 名市民，调查他们是否得高脂血症和平时运动的情况（每日进行30 分钟以上中等强度
的运动，且每周运动5 天以上的为“运动者”，否则为“非运动者”）.统计的部分数据如表.
运动情况
是否得高脂血症
合计
得高脂血症
未得高脂血症
“非运动者”
45
“运动者”
55
75
合计
150
(1)计算
，
的值，并依据
的独立性检验，判断能否认为得高脂血症与不运动有关？
(2)该医疗机构采用分层随机抽样的方法从得高脂血症的成年人中随机抽取13 人，并进行饮食方面的调
查，然后从这13 人中随机抽取2 人作饮食指导，记这2 人中“运动者”的人数为
，求
的分布列及数
学期望.
附：
，
.
0.10
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828
【答案】(1)
，
，能认为得高脂血症与不运动有关
(2)
的分布列为：
，数学期望为
【知识点】卡方的计算、独立性检验解决实际问题、写出简单离散型随机变量分布列、求离散型随机变量
的均值
【分析】（1）利用合计数据求出
，
，再代入
公式计算，与临界值比较判断是否有关.
（2）先确定得高脂血症总人数，根据分层抽样求出抽样比，进而求解
的分布列与期望.
【详解】（1）由题意可知：总样本数为
，所以非运动者合计为
，
因此
，运动者合计为
，则
，
所以
，
因为
（
对应的临界值），
依据
的独立性检验，能认为得高脂血症与不运动有关.
（2）由（1）可知：得高脂血症总人数为
人，
分层抽样抽取13 人，抽样比为
，
因此抽取的非运动者高脂血症患者为
人，
运动者高脂血症患者为
人，
表示抽取2 人中运动者的人数，
的可能取值为
，则
所以
的分布列为：
数学期望为：
.
6．（2026·四川内江·二模）为了解某班学生喜爱打篮球是否与性别有关，对本班48 人进行了问卷调查，
得到了如下
的列联表：
性别
打篮球
合计
喜爱
不喜爱
男生
6
女生
10
合计
48
已知在全班48 人中随机抽取1 人，抽到喜爱打篮球的学生的概率为
．
(1)请将上面的
列联表补充完整（不用写计算过程）；
(2)能否在犯错误的概率不超过
的前提下认为喜爱打篮球与性别有关？说明你的理由；
(3)现从女生中抽取2 人进一步调查，设其中喜爱打篮球的女生人数为X，求X 的分布列与均值．
附
，
．
α
0.05
0.01
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)
性别
打篮球
合计
喜爱
不喜爱
男生
22
6
28
女生
10
10
20
合计
32
16
48
(2)能，理由：经计算
(3)
的分布列为：
X
0
1
2
P
的期望值
.
【知识点】完善列联表、独立性检验解决实际问题、写出简单离散型随机变量分布列、求离散型随机变量
的均值
【分析】（1）根据抽到喜爱打篮球的学生的概率求出喜爱打篮球的人数，从而可求出不喜爱打篮球的人
数，然后结合列联表中的数据可将列联表补充完整；
（2）根据列联表中的数据，结合公式求出
，然后根据临界值分析判断即可；
（3）根据题意可知喜爱打篮球的女生人数
的可能取值为0，1，2，然后求出相应的概率，从而可求出的
分布列与均值.
【详解】（1）在全班48 人中随机抽取1 人，抽到喜爱打篮球的学生的概率为
，
则喜爱打篮球的有
人，则不喜爱打篮球的有
人，
所以列联表补充如下：
性别
打篮球
合计
喜爱
不喜爱
男生
22
6
28
女生
10
10
20
合计
32
16
48
（2）零假设为
：喜爱打篮球与性别无关，
计算得
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断
不成立，
即认为喜爱打篮球与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（3）喜爱打篮球的女生人数
的可能取值为0，1，2.
所以
，
，
，
故
的分布列为：
X
0
1
2
P
所以
的期望值
.
