文档文本内容
统计
考点1
专题08 计数原理与统计概率
（6 大考点）(四川专用)
2026 年高考数学二模分类汇编
6 大考点概览
考点01 统计
考点02 统计案例
考点03 计数原理
考点04 概率
考点05 随机变量及其分布
考点06 统计与概率的综合应用
1．（2026·四川成都·二模）已知数据
的
分位数是
，则实数
（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】C
【分析】根据百分位数的定义求解.
【详解】数据个数为，分位数位置
，
数据
的
分位数是
，则排序后第
项和第项的平均数为
，
所以是数据的最大数，排序后的第项，
则排序后的第
项为
，即
，
，
所以
.选项C 正确.
2．（2026·四川达州·二模）一组数据1，6，4，x，9 的平均数为5，则该组数据的第40 百分位数为
（ ）
A．4
B．4.5
C．5
D．5.5
【答案】B
【分析】由平均数的定义得出
，再由百分位数的定义即可求解．
【详解】由题意，
，
将数据从小到大排列得：1,4,5,6,9，
又
，则第40 百分位数为
．
3．（2026·四川成都·二模）已知变量x，y 之间具有线性相关关系，根据10 对样本数据求得经验回
归方程为
．若
，
，则
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】根据题意求得样本中心
，代入回归直线方程，即可求解.
【详解】因为
，
，所以
，
，
因为
，且过点
，所以
，解得
.
4．（2026·四川凉山·二模）用测量工具测量某物体的长度，由于工具的精度以及测量技术的原因，
测得5 个数据
，用
表示这个物体的长度，当函数
取最小值时，
（ ）
A．4.8
B．5.2
C．5.3
D．5.6
【答案】B
【分析】展开
可得
是关于
的二次函数，利用二次函数性质计算即可得.
【详解】
，
即
是关于
的二次函数，则当
取
时
取最小值，
此时
.
5．（多选）（2026·四川泸州·二模）已知两组样本数据
和
，其中
是
的中位数，则这两组样本数据的（ ）
A．极差不相等
B．中位数相等
C．平均数相等
D．标准差可能相等
【答案】BD
【分析】不妨设
，则
，即可得新数据，结合极差、中位数的定义
分析判断AB；举反例判断CD.
【详解】不妨设
，则
，
新数据
按升序排列可得
，
对于选项A：两组数据的极差均为
，即极差相等，故A 错误；
对于选项B：两组数据的中位数均为
，即中位数相等，故B 正确；
对于选项C：例如
，则
，平均数为
，
新数据
的平均数为
，
显然
，所以平均数不相等，故C 错误；
对于选项D：例如
，则
，显然其标准差为0，
新数据
的标准差也为0，两者相等，故D 正确；
故选：BD.
6．（多选）（2026·四川成都·二模）已知数据
的平均数为M，中位数为N，方差为
P，极差为Q，设
，得到新数据
，则对于所得新数据，下列说
法一定正确的是（ ）
A．平均数是3M
B．中位数是
C．方差是9P
D．极差是
【答案】BC
【分析】根据题意，结合数据的平均数、中位数、方差和极差的定义与计算方法，结合
，
逐项求解判断，即可得到答案.
【详解】对于A，由数据
的平均数为
，可得
，
新数据
的平均数为
，所以A 错误；
对于B，由数据
的中位数为
，
将新数据
从小到大排序，因为
，所以新数据的排序和原数据的排序相同，
所以新数据的中位数为
，所以B 正确；
对于C，由数据
的方差为
，
设新数据的方差为
，因为新数据满足
，可得
，所以C 正确；
对于D，由原数据
的极差为
，可得
，
因为新数据满足
，则新数据的极差为
，所以D 错误.
7．（多选）（2026·四川攀枝花·二模）某公司近5 年的利润情况如下表所示：
第
年
1
2
3
4
5
利润
/亿元
2
3
4
5
7
利用最小二乘法计算数据，得到的经验回归方程为
，则（ ）
A．变量
与
正相关
B．回归直线一定过点
C．
D．预测该公司第7 年的利润约为9 亿元
【答案】ACD
【分析】根据回归方程判断
与
成正相关，即可判断A；求出
、
，根据回归直线方程必过
，即可求出
，即可判断BC；令
求出
，即可预测第7 年的利润，即可判断D.
【详解】因为回归直线方程为
，且
，所以
与
成正相关，故A 正确；
由题意可得：
，
，
因为回归直线方程为
必过样本中心点
，故B 错误；
则
，解得
，故C 正确；
当
时，
，即该公司第7 年的利润约为9 亿元，故D 正确.
8．（多选）（2026·四川·二模）某水果店店长记录了过去30 天苹果的日销售量数据（单位：
）：
销量
频数
1
0
4
11
8
4
2
店长假设日销售量X 近似服从正态分布
，
，
，根据上述数据，下列说法正确的有（ ）
A．可以估计
约为
B．日销售量在
范围内的天数约为20 天
C．若日销售量超过
的概率为p，则
D．若未来连续3 天的日销售量都超过
，则说明日销售量不服从正态分布
【答案】ABC
【详解】日销售量的平均值为
，
所以可以估计
约为
，故A 正确；
因为日销售量X 近似服从正态分布
，所以
，
所以
，
所以日销售量在
范围内的天数约为
天，故B 正确；
可得
，
所以
，故C 正确；
若未来连续3 天的日销售量都超过
，这不能说明日销售量不服从正态分布，
在正态分布下它也是可能发生的，只是发生的可能性极小，故D 错误.
9．（多选）（2026·四川眉山·二模）为评估某款“端侧AI 芯片”在不同模型架构下的推理延迟表
现，研发团队在固定输入长度（128tokens）的条件下，对200 个公开的深度学习模型进行了单次
推理延迟测试（单位：
）．测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中
分组区间为
，
，
，
，
，则下列结论正确的是（ ）
A．样本中延迟在
内的模型个数为60
B．估计样本的中位数落在区间
内
C．估计样本的平均数约为22.5
D．该分布呈现出右边“拖尾”形态，说明大部分模型的延迟较低
【答案】AD
【分析】求各组频率，即可判断A；对于B：根据中位数的定义分析判断；对于C：结合加权平均
数公式运算求解；对于D：结合频率分布直方图分析判断即可.
【详解】由频率分布直方图可知每组的频率依次为：
，
，
，
，
.
对于选项A：样本中延迟在
内的模型个数为
，故A 正确；
对于选项B：因为
，
，
所以估计样本的中位数落在区间
内，故B 错误；
对于选项C：估计样本的平均数约为
，故C
错误；
对于选项D：该分布峰值在左侧低延迟区间，频率随延迟增大逐渐降低，
所以呈现右拖尾形态，说明大部分模型的延迟较低，故D 正确.
10．（2026·四川凉山·二模）若数列
满足
，则
前6 项的平均数
__________.
【答案】2
【分析】利用递推公式求出
的通项公式，然后得到答案.
【详解】令
，则
，即
是公差为2 的等差数列，
由
得
，
故
，
于是
，
所以
，
，
，
，
，
，
故
前6 项的平均数
.
11．（2026·四川广元·二模）已知变量
，
的统计数据如下表，对表中数据作分析，发现
与
之间具有线性相关关系，利用最小二乘法，计算得到经验回归直线方程为
，据此模型
预测当
时
的值为__________.
5
6
7
8
9
3.5
4
5
6
6.5
【答案】
【分析】经验回归直线方程
过样本点的中心
，所以把
代入
求得
的值，再代入
求解即可.
【详解】由已知得
，即样本点中心
，
因为经验回归直线方程
过样本点的中心
，
所以
，解得
.
所以，当
时，
.
12．（2026·四川成都·二模）“十五五规划”是中共中央关于制定国民经济和社会发展第十五个五
年规划．成都市为了解市民对“十五五规划”的认知程度，对不同年龄、不同职业的市民举办了一
次“十五五规划”知识竞赛，满分为100 分（90 分及以上为认知程度高），现从参赛者中抽取了x
人，按年龄大小分成5 组，第一组：
，第二组：
，第三组：
，第四组：
，第五组：
，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有6 人，从该市大学生、
军人、医务人员、工人、个体户五种人群中用分层抽样的方法依次抽取6 人，42 人，36 人，24 人，
12 人，分别记为
组，从这5 个按年龄分的组和5 个按职业分的组中每组各选派1 人参加“十
五五规划”知识竞赛，分别代表相应组的成绩，年龄组中
组的成绩分别为93，96，97，94，
90，职业组中
组的成绩分别为93，98，94，95，90．
统计案例
考点2
(1)求抽取的x 人的年龄的中位数（结果保留整数）；
(2)分别求5 个年龄组和5 个职业组成绩的平均数和方差，并以上述数据为依据，评价5 个年龄组和
5 个职业组对“十五五规划”的认知程度．
【答案】(1)32 岁
(2)94，6，94，6.8，从平均数来看两组的认知程度相同，从方差来看年龄组的认知程度更稳定
【分析】（1）设中位数为a，根据中位数的定义列方程求解即可.
（2）求出平均数，再根据方差的定义求方差；比较平均数与方差即可得出结论.
【详解】（1）设中位数为a，∵第一组
的频率为
，
第二组
的频率为
，第三组
的频率为
，
又
，
，
．
则
，
，则中位数为32 岁．
（2）5 个年龄组成绩的平均数为
，
方差
．
5 个职业组成绩的平均数为
，
方差为
．
所以从平均数来看两组的认知程度相同，从方差来看年龄组的认知程度更稳定．
1．（2026·四川成都·二模）国民体质是国家和社会发展的重要基础．为贯彻落实《“健康中国
2030”规划纲要》《体育强国建设纲要》，2025 年国家体育总局开展了第六次全国国民体质监测工
作，旨在提高国民体质和健康水平，促进国家经济建设和社会发展．《国民体质测定标准（2023
年修订）》将体质情况综合评级为优秀、良好、合格和不合格四个等级．某地区为了解国民体质情
况是否与爱好运动有关，从该地区体质达到“合格”及以上的人群中随机抽取了
人进行问卷调
查，得到如下列联表：
体质
情况组别
合格
良好及以上
合计
爱好运动
不爱好运动
合计
(1)求
的值，并依据小概率值
的独立性检验，分析体质情况是否与爱好运动有关；
(2)在体质情况综合评级为“合格”的对象中，按是否爱好运动进行分层，用比例分配的分层随机
抽样方法，从样本中抽取6 人作进一步调查，再从这6 人中随机抽取2 人线下访谈，记这2 人中
“爱好运动”的人数为X，求X 的分布列及数学期望．
附：
，其中
．
【答案】(1)
，体质情况与爱好运动有关.
(2)
的分布列为：
0
1
2
.
【分析】（1）求出参数值并完善表格，根据公式计算
的值后可得正确判断；
（2）先确定
的所有可能取值，根据超几何分布计算概率后结合期望公式可求
.
【详解】（1）由表中数据可得
，表格完善如下：
体质
情况组别
合格
良好及以上
合计
爱好运动
不爱好运动
合计
设
：体质情况与爱好运动无关，
则
，
根据依据小概率值
的独立性检验，否定
，故体质情况与爱好运动有关.
（2）易知
名体质情况“合格”对象中有
人爱好运动，
人不爱好运动，
故
的所有可能取值为0，1，2，
，
，
，
即所求分布列为
0
1
2
所以
的期望
.
2．（2026·四川攀枝花·二模）某学校对学生是否喜欢跑步锻炼进行调查，随机抽取男女学生共n 人
进行问卷调查，统计得到如下
列联表：
喜欢
不喜欢
合计
男生
100
20
女生
20
合计
n
若采用比例分配的分层随机抽样从这n 人中抽取5 人，则有男生3 人，女生2 人．
(1)求
以及这
人中喜欢跑步锻炼的概率；
(2)根据小概率值
的独立性检验，能否认为学生喜欢跑步锻炼与其性别有关？
(3)用样本估计总体，将频率视为概率，从该校全体学生中随机抽取2 人，记其中喜欢跑步锻炼的
人数为X，求X 的数学期望.
附：
，
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)
，
(2)不能认为学生喜欢跑步锻炼与其性别有关
(3)
【分析】（1）由条件求男生人数，再结合分层抽样性质求出
，由此求出女生人数及女生中喜欢
跑步锻炼的人数，结合古典概型概率公式求结论；
（2）完善列联表，提出零假设，计算
，比较
与临界值的大小即可判断结论；
（3）结合二项分布的定义判断
，再根据二项分布期望公式求结论.
【详解】（1）由已知男生人数为
，
又采用比例分配的分层随机抽样从这
人中抽取人，则有男生人，女生
人，
所以
，解得
，
所以女生人数为
，女生中喜欢跑步锻炼的人数为
，
所以这
人中喜欢跑步锻炼的总人数为
，
所以这
人中喜欢跑步锻炼的概率
，
（2）由（1）可得列联表为：
喜欢
不喜欢
合计
男生
女生
合计
零假设
为：假设是否喜欢跑步锻炼与性别无关，
则
，
依据小概率值
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，即不能认为是否喜欢跑步锻炼与性别有关.
（3）
的可能取值为0，1，2，
，
，
.
的分布列为
0
1
.
3．（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
.
【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
.
4．（2026·四川南充·二模）某学校开展阅读兴趣调查，随机采访男生、女生各
人，每人从文学
类书籍和科普类书籍中选择最喜欢的一类，喜欢文学类书籍的归为甲组，喜欢科普类书籍的归为乙
组.调查发现：甲组成员共
人，其中男生
人.
(1)根据以上数据，填空下述
列联表：
甲组
乙组
合计
男生
女生
合计
(2)依据小概率值
的独立性检验，分析学生喜欢文学类还是科普类书籍是否与性别有关；
(3)现从调查的女生中，按分层抽样选出人，再从这人中随机抽取人赠送书签，记赠送书签的
人在甲组中的人数为
，求
的分布列及数学期望.
参考公式：
，
.
参考数据：
【答案】(1)
甲组
乙组
合计
男生
女生
合计
(2)有关，理由见解析
(3)分布列为
数学期望为
【分析】（1）根据题中信息可完善
列联表；
（2）零假设
学生喜欢文学类还是科普类书籍与性别无关，计算
的观测值，结合临界值表可
得出结论；
（3）分析可知
的可能取值有、
、，计算出随机变量
在不同取值下的概率，可得出随机
变量
的分布列，进而可得出
的值.
【详解】（1）根据题中数据可得列联表如下：
甲组
乙组
合计
男生
女生
合计
（2）零假设
学生喜欢文学类还是科普类书籍与性别无关，
，
根据小概率值
的独立性检验，我们推断
不成立，
即认为学生喜欢文学类还是科普类书籍与性别有关.
（3）从调查的女生中，按分层抽样选出人，再从这人中随机抽取人赠送书签，
这人中，甲组的人数为
人，乙组的人数为
人，
由题意可知，随机变量
的可能取值有、
、，
，
，
，
所以随机变量
的分布列如下表所示：
所以
.
计数原理
考点3
1．（2026·四川雅安·二模）某校人工智能社团有小李、小赵等5 位同学，他们计划对DeepSeek、
豆包、通义千问这3 种人工智能模型展开学习调研，要求：每种模型至少有1 人负责，每人必须且
只能选择1 种模型．若小李和小赵不能调研同一种模型，则不同的安排方案总数为（ ）
A．144
B．114
C．94
D．72
【答案】B
【详解】现将5 位同学分成三组有
两种情况，
共有
种方法，
再将这三组分给DeepSeek、豆包、通义千问这3 种人工智能，有
种方法，
所以共有
种方法，
若小李和小赵调研同一种模型，则有：
，
所以若小李和小赵不能调研同一种模型，则不同的安排方案总数为：
种方法.
2．（2026·四川眉山·二模）若
的展开式中各项的二项式系数和为64，则展开式中含
项
的系数为（ ）
A．1
B．6
C．15
D．20
【答案】B
【分析】根据
求出
值，再利用二项式展开式的通项公式即可得到答案.
【详解】因为二项式系数之和为64，则
，则
.
则二项展开式通项为
，
令
，解得
，则含
的项的系数为
.
3．（2026·四川南充·二模）
的展开式中
的系数为（ ）
A．1
B．6
C．15
D．20
【答案】B
【分析】先化简得到
，再利用二项展开式的通项计算
的系数
【详解】化简得到
，
的展开式通项为
。
令
，即
，得到
，
故
的系数为
.
4．（2026·四川凉山·二模）
的二项展开式的第项的系数是（ ）
A．10
B．
C．5
D．
【答案】A
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对
，有
，
则
，
故
的二项展开式的第项的系数为
.
5．（2026·四川·二模）在
的展开式中，含
项的系数是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】
项的系数为：
.
6．（2026·四川攀枝花·二模）现从4 名男生，2 名女生中选3 人分别担任语文、数学、英语课代表，
且恰好有1 名女生被选中，则不同的安排方法共有________种．
【答案】
【详解】满足条件的安排方法有
.
7．（2026·四川成都·二模）在
的展开式中，
项的系数为_____________．
【答案】10
【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
.
8．（2026·四川遂宁·二模）已知集合
，集合
，从集合
中随机选
取3 个不同的元素构成一个三位数，其中小于423 的有__________个，现有甲，乙两名同学玩一种
游戏，甲､乙两人分别从集合
中随机抽取3 个不同的元素各构成最大的三位数
和
，若
，则甲获得胜利.甲获得胜利的概率为__________.
【答案】
/
【分析】第一个空按百位数字分类计数；第二个空注意：甲若抽到数字6，则构成的最大三位数一
定大于乙；甲若没抽到 6，那么甲和乙构成的最大三位数都等可能地取自同样的10 个值，此时可
由对称性求概率.
【详解】（1）小于
的三位数个数
从集合
中取3 个不同元素组成三位数，
按百位数字分类：百位是时，十位有种选法，个位有
种选法，共
个；
概率
考点4
百位是
时，同理也有
个；百位是时，同理也有
个；
百位是
时，要小于
：
若十位是，个位可从其余4 个数字中任选，共4 个；
若十位是
，则个位只能取，共1 个，
所以百位是
时共有
个，
因此，小于
的三位数共有
个.
（2）甲获得胜利的概率
甲从集合
中抽取3 个不同元素，共有
种抽法，
乙从集合
中抽取3 个不同元素，共有
种抽法，
情况一：甲抽到数字
，
甲抽到6 的抽法数为
，
此时甲构成的最大三位数的百位一定是
，而乙构成的最大三位数最大只能是
，
所以一定有
故这种情况下甲必胜；
情况二：甲没有抽到数字
，
甲没有抽到 6 的抽法数也为
，
这时甲实际上也是从集合
中抽取 3 个不同元素，与乙的抽法范围完全相同，
因此，甲和乙构成的最大三位数都等可能地取自同样的10 个值，且地位对称，
所以在这种情况下：
又因为共有10 个不同的最大三位数，故
于是
故甲获胜的概率为
1．（2026·四川成都·二模）已知5 张奖券中只有2 张有奖，甲、乙、丙3 名同学依次不放回地各随
机抽取1 张，设甲、乙、丙中奖的概率分别为
，则（ ）
A．
最大
B．
最大
C．
最大
D．
【答案】D
【分析】计算甲中奖的概率，直接利用古典概型，乙中奖的情况，全概率公式，丙中奖的情况用全
概率公式分多种情况计算.
【详解】计算甲中奖概率
：甲第一个抽取，5 张奖券共2 张有奖，因此
；
计算乙中奖概率
，乙中奖分两种情况：
甲中奖后乙中奖：概率为
；
甲未中奖后乙中奖：概率为
；
；
计算丙中奖概率
，分情况计算丙中奖情况：
甲中、乙中、丙中：
；
甲中、乙不中、丙中：
；
甲不中、乙中、丙中：
；
甲不中、乙不中、丙中：
；
；
因此
.
2．（2026·四川德阳·二模）某知识过关题库中有
三种难度的题目数分别为
，其
中小明完成
型题目的正确率分别为
，小明从该题库中任选一道题完成，做对的概率
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设小明选道
类试题为事件
，
小明选道
类试题为事件
，小明选道
类试题为事件
，
设小明答对试题为事件
，则
，
，
，
，
，
，
故
，故C 正确.
3．（2026·四川达州·二模）“本福特定律”又称“首位数字定律”，是一条关于自然界和人类社
会中大量数据的首位数字分布概率的统计规律：一个数的首位数字是
的概率为
，据此可知，一个数的首位数字是3 的概率与首位数字是5 的概率之差约为（参考数据：
）（ ）
A．0.046
B．0.023
C．0.262
D．0.131
【答案】A
【详解】
一个数的首位数字是
的概率为
，
一个数的首位数字是3 的概率为
，
首位数字是5 的概率为
，
一个数的首位数字是3 的概率与首位数字是5 的概率之差约为
，
故选项A 正确.
4.（多选）（2026·四川成都·二模）任意抛掷一枚骰子一次观察它向上一面的点数，得到样本空间
为
，若事件
，事件
，事件
满足
，
下列结论中正确的是（ ）
A．
B．事件
，
，
两两独立
C．当事件
时，
D．当事件
时，满足条件的事件
有3 个
【答案】AC
【分析】根据概率定义和独立性条件，分别计算验证AC 即可，对于B，
，故事
件
，
不相互独立，故B 错误，对于D，事件
的样本点包含1 不包含5，所以满足条件的事件
有4 个，故D 错误.
【详解】对于A，由题意得
，故A 正确；
对于B，由题意得
，
，
，
所以事件
，
不相互独立，故B 错误；
对于C，当
时，
，
解得
，故C 正确；
对于D，当
时，
，
解得
，即事件
包含4 个样本点，
并且必包含1，不包含5，再从剩下的2，3，4，6 中选3 个，
所以满足条件的事件
分别是
，
共4 个，故D 错误.
5.（多选）（2026·四川南充·二模）假设在一定的环境下，某种电子元件的寿命（单位：年）是一
个取值为正整数的随机变量
，且满足如下统计规律：对任意正整数
，寿命恰好为
的元件在所
有寿命不小于
的元件中的占比为10%.记事件
，事件
，则下列说法正确的
是（ ）
A．
B．
C．设
，则
D．设
，则
【答案】ACD
【分析】设元件总数为
，寿命为年的元件数为
，根据给定条件可得
，进而求出
，再结合条件概率公式及错位相减求和法逐项判断.
【详解】设元件总数为
，寿命为年的元件数为
，依题意，
，
整理得
，则
，
两式相减得，
，因此
，而
，
则数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
，
对于A，
，A 正确；
对于B，由
，得
，则
，B 错误；
对于C，
，C 正确；
对于D，
，设
，
则
，
，
两式相减得
，因此
，D 正确.
6．（2026·四川·二模）一个正十二面体，十二个面分别标以数字1 到12，任意抛掷一次这个正十
二面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件
，事件
，若事
件
满足
，则满足条件的事件
的个
数为__________．
【答案】108
【分析】将事件概率关系转化成事件包含的样本点个数关系，进而对条件分类讨论得答案.
【详解】由事件
，事件
，从而
，
所以
，即
，
从而有
，
又由
，即
，
从而有
，
随机变量及其分布
考点5
又由
，即
，
从而有
，故
其中
，
，故
，
或
.
当
时，
，
，
；
故
中有且只有一个元素在
中，
中有且只有一个元素在
中，
中另外两个元素为
中两奇数或两偶数，满足条件的事件
共有
.
当
时，
，
，
；
故
中有且只有两个元素在
中，
中有且只有两个元素在
中，
中另外四个元素为
中一个奇数三个偶数或三个奇数一个偶数，
满足条件的事件
共有
.
当
时，
，
，
；此时
不满足
，
不合题意.
综上满足条件的事件
的个数为
个.
1．（2026·四川泸州·二模）已知随机变量
服从正态分布
，若
，
则
（ ）
A．
B．1
C．2
D．4
【答案】C
【分析】根据正态曲线的对称性计算可得.
【详解】因为
且
，
即
，
所以
.
故选：C
2．（2026·四川攀枝花·二模）已知随机变量
服从正态分布
，且
，则
（ ）
A．0.6
B．0.4
C．0.3
D．0.2
【答案】D
【详解】因为
，
所以
，
所以
，
所以
.
3．（多选）（2026·四川凉山·二模）下列命题中，正确的命题是（ ）
A．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
与
不独立
B．已知
，则
C．已知随机变量
，若
，则
D．设随机变量
，若
，则
【答案】ABD
【分析】利用独立性检验判断A；利用互斥事件的加法公式计算判断B；利用二项分布的期望、方
差公式列式求解判断C；利用标准正态分布，结合裂项求和法判断D.
【详解】对于A，由
，得
与
不独立，A 正确；
对于B，由
及
，得
，B 正确；
对于C，随机变量
，且
，则
，
，C 错误；
对于D，随机变量
，
，因此
，D 正确.
4（多选）．（2026·四川内江·二模）下列说法正确的有（ ）
A．若事件
，
相互独立，则
B．若事件
，
相互独立，则
C．若随机变量
，则
D．若随机变量
，且
，则
【答案】BC
【详解】对于A，若事件
，
相互独立，
则
，
而
的值不确定，故A 错误；
对于B，若事件
，
相互独立，则
，故B 正确；
对于C，由
，则
，即
，故C 正确；
对于D，由
，则
，而
，
则
，
所以
，故D 错误.
5．（多选）（2026·四川成都·二模）设随机变量X 的分布列为
X
1
2
P
p
其中
．若
，则一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【分析】先通过
求出未知参数
，再依次计算
和
，最后验证选项.
【详解】依题意，
，
已知
，代入得：
，故A 错误，B 正确；
，
代入
得：
，C 正确；
，D 错误.
6．（2026·四川德阳·二模）已知随机变量X 服从正态分布
，若
，
则
______
【答案】2
【详解】由
，则
，
结合正态分布的对称性知
，
所以
，则
7．（2026·四川遂宁·二模）某科技公司开展智能算法应用能力认证考核，员工在一个考核周期内
需参加3 轮考核，前一轮考核通过才能进行下一轮考核，否则认证失败，3 轮考核都通过即可获得
认证.员工小张报名参与本次认证考核，各轮考核通过的概率依次为
，且他每轮考核
是否通过相互独立.
(1)若小张在一个考核周期内获得认证的概率不超过
，求
的取值范围；
(2)若
，设小张在一个考核周期内考核通过的轮次为随机变量
，求
的分布列与数学期望.
【答案】(1)
(2)
0
1
2
3
【分析】（1）根据题意结合相互独立事件的概率公式列不等式求解即可；
（2）由题意
的所有可能取值为
，分别求出每一个对应的概率，即可得到分布列，再根据
数学期望公式求解即可.
【详解】（1）设事件
表示第轮考核通过，
则小张在一个考核周期内获得认证的概率为
，
所以
，又因为
，所以
.
（2）由已知可知
的所有可能取值为
.
则
，
，
，
，
则
的分布列为：
0
1
2
3
所以
.
8．（2026·四川达州·二模）某学校组织了种类丰富的社团活动.某寝室6 名同学中，有2 人选择了
其中的2 类，有3 人选择了其中的3 类，有1 人选择了其中的4 类，现从这6 人中随机选出2 人进
行满意度测评.
(1)求选出的2 人选择社团种类的个数相同的概率；
(2)记选出的2 人选择社团种类的个数之和为
，求
的分布列和期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，期望：
【详解】（1）选出的2 人选择社团种类的个数相同的概率：
，
（2）由题意知，
所有可能取值为：4，5，6，7
，
，
，
，
所以
的分布列为：
4
5
6
7
的期望为：
.
9．（2026·四川·二模）2026 年马年春晚《武
》节目中，宇树科技的人形机器人与塔沟武校的
少年武者进行了一场人机武术对抗赛．假设每局比赛中，机器人获胜的概率为0.6，少年武者获胜
的概率为0.4，且每局胜负相互独立．比赛采用
局
胜制（即先赢得
局者获胜）．
(1)当
时，记结束比赛时的局数为X，求X 的分布列和数学期望
；
(2)设在该赛制下机器人获胜的概率为
．
①求
和
的值，并比较它们的大小，据此说明
和
哪种赛制对机器人更有利；
②随着k 的增大，机器人获胜的可能性如何变化？证明你的结论．
【答案】(1)分布列为：
2
3
0.52
0.48
期望为
.
(2)①
，
，
，
赛制对机器人更有利
②随着k 的增大，机器人获胜的可能性变大，证明见解析
【分析】（1）根据题意求出概率，列出分布列，求期望即可；
（2）①分别列出获胜各种情况的概率求和即可计算
，比较大小即可分析得出结论；②
求出
的大小，再分析
与
的关系，即可证明.
【详解】（1）当
时，赛制为三局两胜制，故X 的可能取值为
，
，
,
所以X 的分布列为：
2
3
0.52
0.48
（2）①因为每局比赛中，机器人获胜的概率为
，
由题可知
为局
胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有两种：
或
，
所以
，
为局胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有三种：
或
或
，
，
所以
，
所以
时，局胜制对机器人更有利.
②随着k 的增大，机器人获胜的可能性越来越大.
证明如下：
由①可知，
，
下面讨论
局与前
局的递推关系：
（i)若前
局中机器人恰好赢了
局，则后两场机器人都要赢才能获胜，
其概率为
，即
.
（ii)若前
局中机器人恰好赢了
局，则后两场机器人至少要赢一场才能获胜，
其获胜概率为
，即
.
（iii）若前
局中机器人至少赢了
局，则后两场机器人无论输赢都获胜，
其获胜概率为
.
，
，
，
，即
10．（2026·四川眉山·二模）为培养学生的晨读习惯，某高校推行“每日晨读打卡”学分制度，学
生每日需完成线上打卡，打卡结果分为有效打卡和无效打卡，打卡结果如下：
①学生首日进行晨读打卡时，有效打卡的概率为
，无效打卡的概率为
；
②若前一日为有效打卡，则次日有效打卡的概率为
，无效打卡的概率为
；
③若前一日为无效打卡，则次日有效打卡的概率为
，无效打卡的概率为
．
记事件
：第
天该学生晨读打卡为有效打卡，
表示事件
发生的概率．
(1)求
的值，并推导
与
的关系式
．
(2)记该学生前
天晨读打卡中有效打卡的总次数为
，
为
的数学期望．
（i）当
时，求
的分布列与
；
（ii）对任意
，证明：数列
是常数数列，并说明其实际意义．
【答案】(1)
；
(2)（i）
0
1
2
；
（ii）证明见解析；长期来看，该学生每日晨读有效打卡的概率恒为
，前
天有效打卡的期望总
次数恒为
，说明打卡的概率分布达到稳定状态.
【分析】（1）利用全概率公式，将
拆分为
计算，同样用全概
率公式，将
表示为
，再代入已知概率化简；
（2）(i)先确定
的所有可能取值，分别计算每种组合的概率得到分布列，再利用期望公式
计算
；
（2）(ii)根据期望的线性性质得到
，将
的表达式代入该数列的通项，
结合（1）中
与
的关系式，推导相邻两项的差为0.
【详解】（1）根据全概率公式，第2 天有效打卡分两种情况：第1 天有效次日有效、第1 天无效
次日有效，
因此：
；
由全概率公式，
，
代入条件概率得：
，
化简得：
（
）；
（2）(i)
的分布列与期望
的所有可能取值为
，计算概率得：
；
；
；
的分布列为：
0
1
2
期望：
，
(ii) 由期望的可加性，
（
为指示变量，第
天有效取1，否则取0），因此
，
对递推式
变形得：
，
又
，因此对任意
恒成立，
代入期望关系式得：
，
移项得：
，
即数列
任意相邻两项相等，故该数列是常数数列（常数为0）；
实际意义：长期来看，该学生每日晨读有效打卡的概率恒为
，前
天有效打卡的期望总次数恒为
，说明打卡的概率分布达到稳定状态.
11．（2026·四川凉山·二模）袋子中有若干个大小相同的小球，其中3 个白球，
个黑球.
(1)每次从袋子中随机摸出1 个球，摸出的球不再放回.若第1 次摸到白球的概率为
，求在第1 次
摸到白球的条件下，第2 次摸到白球的概率；
(2)将袋子中所有小球排成一排，记至少有两个白球相邻的概率为
，若
，求
的最大值.
【答案】(1)
；
(2)4
【分析】（1）由古典概率公式求出
，再利用条件概率公式求解.
（2）利用对立事件的概率公式，结合组合计数问题列出不等式求解.
【详解】（1）由第1 次摸到白球的概率为
，得
，解得
，
所以在第1 次摸到白球的条件下，第2 次摸到白球的概率
.
（2）从
个位置中选3 个放白球，共
种，
三个白球都不相邻：先排
个黑球，产生
个空隙，选3 个空隙放白球，共
种，
因此三个白球都不相邻的概率为
，而
，
则
，而
，整理得
，解得
，又
所以
的最大值为4.
12．（2026·四川广安·二模）已知
是二维离散型随机变量，其中
、
是两个离散型随机变
量，
的分布列如下表：
0
2
4
1
3
(1)求
和
；
(2)“
”表示在
条件下随机变量
的分布情况．
①求“
”的分布列；
②
为
的数学期望，
为“
”的数学期望，证明：
．
【答案】(1)
(2)①分布列见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据题目所给分布列直接求解即可；
（2）①“
”可取的值为
，再结合条件概率和分布列表即可求出每个取值对应的概率，
即可求解分布列；②利用期望定义和求和运算性质化简证明．
【详解】（1）由已知
．
（2）① “
”可取的值为
，
因为
，
所以
，
，
，
所以“
”分布列为
0
2
4
②证明：
．
13．（2026·四川广元·二模）为探索“AI 技术赋能下的教育新范式”，某中学高中部提出新的教学
评价标准，为了得到高一年级50 位教师对新评价标准是否赞同的真实反馈，学校进行了一个网上
问卷调查：在微信中开发了一个随机数模拟小程序，当教师点击“抽取”键，手机屏幕将出现数字
的快速随机滚动，并最终等可能的生成1，2，3，4，5 当中的一个数，每个教师抽取两次．规定
“若抽取的两个数奇偶性不同，则按方案①填写问卷，否则按方案②填写问卷”．
方案①：若第一次抽到的是偶数且第二次抽到的是奇数，则在问卷中填“
”，否则填“
”；
方案②：若对新评价标准赞同，则在问卷中填“
”，否则填“
”．
当所有教师完成问卷调查后，统计填“
”与填“
”的比例．用频率估计概率，即可得到高一
年级50 位教师对新评价标准赞同比例的估计值．
(1)求教师甲按方案①填写问卷的概率；
(2)若用
表示甲、乙2 位教师按方案①填写问卷的人数，求
的分布列、数学期望和方差；
(3)若所有调查问卷中，填“
”的问卷有32 份，试估计高一年级50 位教师对新评价标准的赞同比
例（用分数表示）．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
，
(3)
【分析】（1）先算出单次抽取奇数和偶数的概率，即可计算出教师甲两次抽取到的数字奇偶性不
同的概率；
（2）用二项分布求期望和方差；
（3）用全概率公式，结合已知条件反推方案②的赞同概率．
【详解】（1）每名教师每次抽取到偶数的概率为
，抽取到奇数的概率为
，
则教师甲两次抽取到的数字奇偶性不同的概率
，
所以教师甲按方案①填写问卷的概率
；
（2）由（1）知，甲乙两位教师中按方案
填写问卷的人数
，
可取
，
，
，
，
则
的分布列
0
1
2
所以
的数学期望
；
．
（3）记事件
为“按方案
填写问卷”，事件
为“按方案
填写问卷”，事件
为“在问卷
中填“
”，
由（1）知
，
，
因为
，
由全概率公式
，
则
，解得
，
所以根据调查问卷估计，高一年级
位教师对新评价标准的赞同比例为
．
14．（2026·四川·二模）社团课上，甲、乙、丙三位同学进行围棋比赛，约定：第1 局甲、乙比赛，
甲先手（每局中先走第一颗棋子），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
.
15．（2026·四川德阳·二模）东湖山公园位于四川省德阳市，是一处集山水园林为一体的生态公园．
公园总面积超过80 公顷，六分为山，四分为水，山水相抱，岸势蜿蜒，景色迷人．公园内设有小
桥流水、亭榭楼坊、热带沙滩、体育中心、雕塑、栈道等景观，以及丹井流霞、竹林夜雨、曲桥风
荷、静心园、樱花岛等景点，使游人感到典雅、古朴、和谐自然．她以其独特的自然风光和丰富的
文化内涵，成为了德阳市民和游客喜爱的休闲胜地．出入东湖山公园有三道门供游客自由选择，分
别是东门、西门、南门，若每位游客选择东门入园的概率是
，游客之间选择意愿相互独立．
(1)从游客中随机选取3 人，记3 人中选择东门入园的人数为X，求X 的分布列、均值和方差；
(2)东湖山公园管理处计划在2026 年中秋节当天，在月上东山处设立一个中秋节人气值显示屏，初
始值为0，从东门进入一名游客，增加人气值2 点，其它门进入一名游客，增加人气值1 点，记当
日人气值显示屏上曾经出现数值n 的概率为
（不考虑人流量有限的限制）．
①求
，
；
②求
．
【答案】(1)
X
0
1
2
3
P
，
(2)①
；
；②
【分析】（1）分析可知
，结合二项分布求X 的分布列、均值和方差；
（2）①分析人气值1 点或2 点所对应的可能性情况，结合独立事件概率的乘法公式运算求解；②
分析可得
，利用构造法和累加法，结合等比数列求
.
【详解】（1）由题意可知：
，
则
，
，
，
，
则X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
所以X 的均值
，且方差
.
（2）①因为每位游客选择东门入园的概率是
，则选择其他门入园的概率是
，
若人气值为1 点，则仅有1 人入园且选择其他门入园，所以
；
若人气值为2 点，则仅有1 人且选择东门入园，或仅有2 人入园且均选择其他门入园，
所以
；
②若人气值为
点，可知在人气值为
点的前提下仅有1 人且选择东门入园，或在人气值为
点的前提下仅有1 人且选择其他门入园，
则
，可得
，
且
，可知数列
是以首项为
，公比为
的等比数列，
则
，
当
时，则
统计与概率的综合应用
考点6
，
且
符合上式，所以
.
1．（2026·四川遂宁·二模）下列说法正确的是（ ）
A．残差散点图所在的带状区域越宽，则两个变量的相关性越强
B．若随机变量
服从正态分布
，且
，则
C．数据
的
分位数是6
D．在线性回归分析中，线性相关系数的绝对值
越大，则两个变量的线性相关性越强
【答案】D
【分析】残差散点越集中，相关性越强，所以A 错；正态分布关于均值对称，可由
求出
的值，B 错；先将数据按从小到大排列，再求
分位数，C 错；线性相关系数
绝对值越接近1，线性相关性越强，D 对.
【详解】选项A，残差散点图所在的带状区域越窄，
说明残差越小，模型拟合效果越好，两个变量的线性相关性越强，
因此“带状区域越宽，相关性越强”说法错误，所以A 错.
选项B,因为
所以该正态分布关于
对称，
已知
由对称性可得
又因为
所以
故
所以B 错.
选项C，将数据按从小到大排列：
共有 7 个数据，
故
分位数是第 5 个数，即
不是 6.所以C 错.
选项 D，在线性回归分析中，线性相关系数满足
且
越大，说明两个变量的线性相关性越强；越接近 0，说明线性相关性越弱.所以D 正确.
2．（多选）（2026·四川德阳·二模）设函数
，且记
，
则（ ）
A．数列
的首项为1
B．数列
的前10 项和为512
C．数列
的前10 项和为
D．数列
的前10 项和为0
【答案】BD
【详解】由题意知，
是常数项，
是
的系数，
是
的系数，即当
时，数列
的第
项
是
展开式中
的系数.
令
，则
，故A 错；
数列
的前10 项和等于
，即
展开式中所有项的系数之和，
令
，则
，故B 正确；
数列
的前10 项和等于
，
令
，则
，而
，
则数列
的前10 项和为
，故C 错误；
数列
的前10 项和等于
，
令
，则
，
因为
，故D 正确.
3．（2026·四川德阳·二模）
被称为欧拉公式.我们运用欧拉公式，可以推导出倍角公
式.如：
.类比方法，我们
可以得到
＝______（用含有
的式子表示）．
【答案】
【分析】根据已知可推得
，根据二项式定理展开，结合复数相等的
条件以及
，整理即可得出答案.
【详解】由题意可知，
.
根据二项式定理展开可得，
.
根据复数相等的条件可知，
.
因为
，
所以
.
4．（2026·四川雅安·二模）中国女排，曾经十度成为世界冠军，历经岁月沉淀铸就了响彻中华的
女排精神．女排精神的核心内涵为：祖国至上、团结协作、顽强拼搏、永不言败．
(1)看过女排的纪录片后，某大学掀起“学习女排精神，塑造健康体魄”的年度主题活动，一段时
间后，学生的身体素质明显提高，将该大学近5 个月体重达标的人数进行统计，得到如下表格：
月份
1
2
3
4
5
体重达标的人数
30
36
51
60
78
若该大学体重达标人数
与月份
（月份变量
依次为1，2，3，4，5）具有线性相关关系，求
关于
的经验回归方程？
(2)在某次排球训练课上，球恰好由
队员控制，此后排球仅在
队员，
队员和
队员三人中传
递，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，求
次传球后球在
队员手中的概率．
参考公式：
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据题中给的数据代入公式求线性回归方程即可；
(2)求出第
次传球后球在
队员手中的概率
与第
次传球后球在
队员手中的概率
之间的
递推关系式，构造等比数列求解即可.
【详解】（1）设线性回归方程为：
，
由已知得
，
，
，
，
，
，
所以线性回归方程为
．
（2）记
表示事件“
次传球后球在
队员手中”，
设
次传球后球在
队员手中的概率为
，
则
，
，
所以
，
即
，
所以
，且
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，即
．
5．（2026·四川成都·二模）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.
(1)根据大量检测结果，该部件质量指标值的标准差s 的近似值为
，用样本平均数
作为
的近
似值，用样本标准差s 作为
的估计值.若从生产线中任取一个部件，试从质量指标值X 服从正态
分布
的角度估计该部件为A 等品的概率（保留小数点后面两位有效数字）；
①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据：若随机变量
服从正态分布
，
则
，
，
．）
(2)（ⅰ）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；
（ⅱ）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的部件按100 件一箱包装.已知一件A
等品部件的利润是
元，一件B 等品部件的利润是
元，根据（1）的计算结果，
试求x 的值，使得每箱产品的利润最大.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）分布列见解析，期望
；（ⅱ）
时利润最大.
【分析】（1）根据直方图先算出平均值
，进而得到正态分布
，利用正态曲线
的对称性求出概率
即可；
（2）（ⅰ）求出指标值在
和
的总件数，在
的件数，然后根据步骤结合超
几何分布的公式计算；
（ⅱ）设设每箱产品的利润为
，其中有
件
等品，用
表示出
的关系式，得到利润表达式，
最后利用导数的工具求出关于利润函数时取最大值时
的取值.
【详解】（1）根据直方图可得，
，
由题知
，
，则
，
等品的质量指标值不小于，
即
.
（2）（ⅰ）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：
.
（ⅱ）设每箱产品的利润为
，其中有
件
等品，
由题知，
，
由（1）知，
等品的概率为
，
则
，于是
，
，
记
，
则
，
则
递增，
递减，
故当
时利润最大.
6．（2026·四川泸州·二模）乘着文旅融合的东风、借着线上推广的热潮，某非遗工坊生产的油纸
伞销量逐年增长．该工坊为了科学规划生产，统计了2021-2025 年油纸伞的销量数据如下表：
年份t/年
2021
2022
2023
2024
2025
年份代码
1
2
3
4
5
销量
/万把
7
8
10
11
14
(1)统计表明销量
与年份代码
有较强的线性相关关系，求
关于
的线性回归方程，并预测该工
坊油纸伞的销量最早在哪一年能超过20 万把：
(2)已知该工坊2023 年售出的油纸伞中，有6 万把通过线上售出，用频率估计概率，现从2023 年售
出的油纸伞中随机抽取3 把，求其中线上售出数量
的分布列．
附：
为回归直线方程，
．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题中公式求出
关于
的线性回归方程，再运用代入法进行求解即可；
（2）运用二项分布的定义和性质进行求解即可.
【详解】（1）
，
，
，
，
，
所以
关于
的线性回归方程为
；
当
，
所以预测该工坊油纸伞的销量最早在
年能超过20 万把.
（2）该工坊2023 年售出的油纸伞中，有6 万把通过线上售出，用频率估计概率，
所以2023 年售出的油纸伞中，通过线上售出的概率为
，
由题意可知：
，
所以
，
，
，
，
所以其中线上售出数量
的分布列为：
7．（2026·四川泸州·二模）某学校举办一项竞赛活动，首先每个班级选出7 位候选人，然后在这7
人中随机选出3 人组成竞赛小组参加预赛，预赛通过后再进入决赛.
(1)已知某班甲、乙、丙三人已经入围7 位候选人之中，现从这7 人中抽签随机选出3 人组成竞赛小
组去参加预赛，记甲、乙、丙3 人中进入竞赛小组的人数为X，求X 的分布列与数学期望；
(2)预赛规则如下：竞赛小组每人相互独立同时做同一题，至少有两人做对该题方能进入决赛.若甲、
乙、丙3 人组成了竞赛小组，且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为
，
，
，求此竞赛小
组能进入决赛的概率；
(3)假如只有A 组与B 组进入决赛，胜者获得冠军.已知决赛规则如下：题库共有
道题，两个小
组同时做同一道题，假设每道题都能做出，且没有相同时间做出，先做对该题的小组得1 分，另一
组不得分.A 组每道题先做对的概率都为
，B 组先做对的概率都为q，且
，各
题做题结果相互独立.现在有两种赛制可以供A 组选择，赛制一：从题库中选出
道题，这
道题全部做完后，得分高的小组获得冠军；赛制二：做完
道题，得分高的小组获得冠
军.你认为A 组应该选择哪种赛制更有利于胜出？请说明理由并写出推导过程.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
(3)
组采用赛制二更有利于胜出，理由见解析
【分析】（1）求出随机变量
的取值及相应的概率，可得分布列，再利用数学期望公式求解即可；
（2）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式来求解可得答案；
（3）按照赛制一，设做完选定的
题后，求出
组取得胜利的概率
，按照赛制二，不妨设
做完
题，求出
组取得胜利的概率
，再做差比较大小可得答案.
【详解】（1）由题意知随机变量
的取值可以为0，1，2，3，
，
，
，
.
所以
的分布列为
0
1
2
3
的数学期望
；
（2）设甲、乙、丙能独立做对该题的事件分别为
，
则至少有两人做对该题的事件为：
，所以竞赛小组能进入决赛的概率为
；
（3）按照赛制一，设做完选定的
题后，
组的得分为
，则
，
组取得胜利的概率为
；
按照赛制二，可以认为在赛制一的基础上再把剩下的两道题做完，
不妨设做完
题，
组取得胜利的概率为
，
则
，
，
已知
，所以
，
所以
，因此
组采用赛制二更有利于胜出.
8．（2026·四川成都·二模）如图，已知椭圆
，A，B 分别是椭圆
的左右顶点，
，
，P 为椭圆
上动点．
(1)求
的最大值；
(2)动点T 满足
，过T 作
于H，线段
交椭圆
于点M，过A 作
交椭圆
于点N．求证：直线
过定点；
(3)如图，是一个表面被涂上红色的棱长是
的立方体，将其分割成
个棱长为
的小立方体
放在盒子中摇匀，点
从点
出发沿椭圆曲线在
，
，
，
四点顺时针或逆时针跳动，跳动规
则如下：从一个字母沿椭圆曲线顺时针或逆时针跳动到下一个字母为次跳动，从盒子中有放回的
抽取个小立方体为次操作，抽到三面涂红色的小立方体顺时针跳动次，抽到六个面均没有涂红
色的小立方体逆时针跳动次，抽到一面涂红色的小立方体顺时针跳动
次，抽到两面涂红色的小
立方体逆时针跳动
次，求经过
次操作后点
在
的概率为多少？
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设
，根据两点间距离公式结合二次函数性质计算求解；
（2）设
，
，
，直线
，求得动点
的轨迹方程，根据斜
率公式得
，化简可得
，直线
与椭圆联
立方程组，由韦达定理得
，
，代入计算可得
，即可证明直线
过定点；
（2）设经过
次操作后点
在
处为事件
，
，点
在
处为事件
，
，
点
在
处为事件
，
，点
在
处为事件
，
，由题意可得
，根据全概率可得
，
，构造等比数列，根据等比数列通项公式求
法计算可解.
【详解】（1）设
，根据题意
，
，且
，
，
，
当且仅当
或
等号成立，
所以
的最大值为
．
（2）设
，
，
，直线
，
因为动点
满足
，则点
在以
为直径的圆
上运动，则
，
又
，所以
，则
．
的斜率
，
因为
，则
的斜率
．
所以此时
的斜率
，
则
．所以
，①
将
代入①式，
整理得
，②
联立直线
方程与椭圆方程
，
得
．
，即
．③
，
，
代入②式得
，
化简得
，解得
（舍去），或
，满足不等式③成立．
∴直线
方程为
，直线
过定点
．
（3）由题意，盒子中三面涂红色的小立方体有8 个，每次抽到后顺时针跳动1 次的概率为
，
盒子中六个面没有涂红色的小立方体有8 个，每次抽到后逆时针跳动1 次的概率为
，
盒子中一面涂红色的小立方体有24 个，每次抽到后顺时针跳动2 次的概率为
，
盒子中两面涂红色的小立方体有24 个，每次抽到后逆时针跳动2 次的概率为
，
设经过
次操作后点
在
处为事件
，
，
设点
在
处为事件
，
，
设点
在
处为事件
，
，
设点
在
处为事件
，
，
易知
，由对称性知
，即
，
计算得
，
而
，
即
，④
又
，代入④式得
，
即
，所以
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，即
，
又
，
即
，⑤
将
，
代入⑤式得
，
即
，
所以
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，即
，
所以
.
