随机抽样、频率分布直方图及样本的数
字特征
考点1
专题10 概率、统计及随机变量分布列
5 大考点概览
题型01 随机抽样、频率分布直方图及样本的数字特征
题型02 一元线性回归模型
题型03 列联表与独立性检验
题型04 古典概型、条件概率及全概率公式
题型05 离散型随机变量期望、方差及其分布列
一、单选题
1．（2026·广西崇左·二模）某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有
的学生喜欢足球，
的学生喜欢篮球，
的学生既喜欢足球又喜欢篮球.若对只喜欢足球和只喜欢篮球的学生用等比
例分层随机抽样的方法进行抽样调查，抽取的样本中只喜欢足球的学生有3 人，则抽取的样本中只
喜欢篮球的学生有（ ）
A．3 人
B．4 人
C．6 人
D．9 人
【答案】D
【详解】由题意，有
的学生只喜欢足球，有
的学生只喜欢篮球，
则只喜欢足球的学生与只喜欢篮球的学生比例为
，按照分层随机抽样，由于抽取的样本中只喜
欢足球的学生有3 人，设抽取的样本中只喜欢篮球的学生有
人，则
，解得
，则抽
取的样本中只喜欢篮球的学生有9 人.
2．（2026·河南开封·二模）某人工智能公司为训练垃圾分类识别模型，需对采集的4000 张图片进
行人工标注，图片分为可回收物、厨余垃圾、有害垃圾、其他垃圾四类，已知四类图片的数量之比
为
，现采用分层抽样的方法抽取容量为n 的样本对标注情况进行抽检，若抽到的厨余垃圾
图片比有害垃圾图片多25 张，则
（ ）
A．80
B．100
C．120
D．160
【答案】B
【详解】已知四类图片的数量之比为
，则厨余垃圾图片占总图片数量的比例为
，有害垃圾图片占总图片数量的比例为
.因为采用分层抽样的方法
抽取容量为n 的样本，所以抽到的厨余垃圾图片数量为
，抽到的有害垃圾图片数量为
.
由题意可得
，解得
.
3．（2026·天津和平·二模）如图所示，某单峰频率分布直方图在右边“拖尾”，若由频率分布直
方图估计样本数据的中位数为m，众数为n，平均数为p，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断.
【详解】由频率分布直方图可知，单峰不对称且右“拖尾”，最高峰偏左，众数最小.平均数受极
端值影响，与中位数相比，平均数总在“拖尾”那边，故平均数大于中位数，故得
.
4．（2026·云南玉溪·二模）为调查社区居民对社区工作的满意度，在社区内抽取
名居民进行问
卷调查，将收集到的数据分成五组，绘制出如下频率分布直方图，若
的频率为
，
的值为（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】A
【分析】根据频率分布直方图的性质计算即可求解.
【详解】已知
的频率为
，组距为
，因此
，解得
.
又因为所有组频率和为，因此
，
代入
，计算得
，则
，因此
，
.
5．（2026·山东德州·二模）一组不全相等的数据
的平均数为
，方差为
；设新数
据
的平均数为
，方差为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由题意得
的平均数为
，故
，故
AB 错误；又
，
而
不全相等，故
，所以
，故C 正确，D 错误.
6．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知数据
、
、
、
的平均数
，方差为
．设
，数据
、
、
、
的方差为
，数据
、
、
、
、
、
、
、
的方差为
，下列说法错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用方差的性质可判断A 选项；求得
，代入代数式
可判断B 选
项；利用方差公式可判断CD 选项.
【详解】对于A 选项，根据方差的性质可得
，A 对；对于B 选项，根据平均数的性
质可得
，所以
，
B 对；对于C 选项，由平均数的性质可知，数据
、
、
、
的平均数为
，
所以数据
、
、
、
、
、
、
、
的平均数为
，
，所以
，
，C 错；
对于D 选项，
，D 对.
7．（2026·湖南·二模）在一次数学考试中，有一道满分为15 分的立体几何题．某学习小组6 名同
学这题的得分为
，且有
，已知这6 名同学的80%分
位数和平均分都是12 分，则该6 名同学答题得分的极差为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】C
【详解】因为
，所以
，又
，所以
，
即
，因为
，所以
的值可能是13，14，15，
当
时，
，因为
，且
为整数，所以
不可能；
当
时，
，因为
，且
为整数，所以
不可能;
当
时，
，因为
，且
为整数，所以当且仅当
时，
.此时
.所以所求极差为
.
8．（2026·浙江宁波·二模）某中学校园十佳歌手比赛中，7 位评委对某歌手的评分分别为
，记为数组
，将数组
中去掉一个最高分和一个最低分后保留的5 个有
效评分记为数组
，对这两个数组进行比较，有（ ）
A．极差相同
B．方差相同
C．
分位数相同
D．平均数相同
【答案】D
【分析】分别求出数组A 和数组B 的极差、平均数、方差、
分位数，即可得答案.
【详解】去掉最高分和最低分后，数组B 的数据为
，
选项A：数组A 的极差为
，数组B 的极差为
，故A 错误；
选项B、D：数组A 的平均数
，
数组B 的平均数
，故D 正确；数组A 的方差为
，
数组B 的方差为
，故B 错误；
选项C：
，则数组A 的
分位数为
，
，则数组B 的
分位数为
，故C 错误.
9．（2026·河北邢台·二模）某小商品生产企业对2025 年1 月到11 月甲，乙两个车间的产量（单位：
百万件）进行了统计，得到如图所示的折线图，则（ ）
A．乙车间产量的中位数为6 月份的产量
B．甲车间产量的极差大于乙车间产量的极差
C．甲车间产量的平均值小于乙车间产量的平均值
D．甲车间产量的第80 百分位数大于乙车间产量的第80 百分位数
【答案】D
【详解】一共11 个月的产量数据，中位数是将产量从小到大排序后的第
个数据，对乙车
间产量排序后，第6 个数据是月份的产量，不是6 月份，A 错误；甲车间产量极差约为
，乙车间产量极差约为
，甲的极差小于乙的极差，B 错误；观察折线图，
除9 月、10 月外，其余月份甲车间产量均高于乙车间，整体估算可得甲产量平均值大于乙的平均
值，C 错误；第80 百分位数为
，根据百分位数计算可知第80 百分位数是排序后的第
9 个数据，从小到大排序后，甲的第9 个数据约为3.85，乙的第9 个数据约为3.6，甲的第80 百分
位数大于乙，D 正确.
10．（2026·广东江门·二模）某工厂抽检了100 个零件，并统计了这些零件的直径（单位：
）
数据，得到如下表格：
直径/mm
46
47
48
49
50
51
52
53
54
频数
5
8
12
15
20
18
12
6
4
由表可知这100 个零件的直径的第60 百分位数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先确定共有
个数小于等于
，再结合百分位数定义求结论.
【详解】因为被抽检的零件中，直径小于或等于
的零件共有
个，
且
，所以这
个零件的直径的第
百分位数为
．
11．（2026·山东滨州·二模）某学校为培养学生创新精神和实践能力，组织了一次“科技小发明”
竞赛活动，并对200 位参赛学生的综合表现进行评分.学生得分的频率分布直方图如图所示，根据
图中数据，估计得分的第80 百分位数为（ ）
A．78
B．82
C．85
D．88
【答案】D
【分析】由百分位数计算公式即可求解.
【详解】频率分布直方图中，所有区间的频率和为1，可得
，
因此：
，各区间累计频率为：
频率
，累计
，
频率
，累
计
，
频率
，累计
，
频率
，累计
，因此第80 百分位
数落在区间
内，根据百分位数计算公式：第80 百分位数
.
12．（2026·天津河北·二模）数列
是各项均为正数的等差数列，且公差
；数列
是各项
均为正数的等比数列，且公比
，若项数均为
项（
，
），下列说法错误的是
（ ）
A．数据
，
，
，…，
的平均数是
；
B．数据
，
，
，…，
的平均数是
；
C．若
，
，则数据
，
，
，…，
的中位数大于数据
，
，
，…，
的中位数：
D．若
，
，则数据
，
，
，…，
的平均数大于数据
，
，
，…，
的平均数.
【答案】B
【分析】根据等差、等比数列的性质，结合平均数、中位数的概念逐项判断即可.
【详解】选项A，数列
为等差数列，项数为
，其前
项和为
由等差数列性质，
，故平均数为
A 正确.选项B，取
，数列
为项
数3 的等比数列，设
，
，数列
的平均数为
B 错误.选项C，由
，
，等差数列
的中位数为
，等比数列
的中位数为
.由均值不等式，
（
），故
，C 正确.选项
D，易知点
在直线
上，点
在曲线
上，因为
，
所以如下图所示：
由图可知，当
时，
，所以数列
的前
项和大于数列
的前
项和，
所以数列
的前
项的平均数比
的前
项的平均数大，D 正确．
二、多选题
13．（2026·安徽淮南·二模）已知一组大小不等的数据
的平均数为
，方差为
，标
准差为，极差为
，若
，则下列关于数据
的结论正确的是（ ）
A．平均数为
B．方差为
C．标准差为
D．极差为
【答案】AB
【分析】根据平均数，方差，标准差，极差的定义及性质可得答案.
【详解】因为一组大小不等的数据
的平均数为
，而
，所以数据
的平均数为
，所以A 正确；数据
的方差为
，由方差的性质
可得数据
的方差为
，所以B 正确；标准差为方差的算术平方根，取非负数，所
以数据
的标准差为
，所以C 错误；极差为最大值减最小值，所以原数据
极差
，新数据的极差应为
，所以D 错误.
14．（2026·辽宁抚顺·二模）
是空气中的细小污染物，其浓度（单位：
）越高，空气
质量越差，浓度越低，空气质量越好.我国现行
国家标准规定：若
日平均浓度不超过
35，则当天空气质量等级为“优”；若
日平均浓度超过35 但不超过75，则当天空气质量等
级为“良”.某城市一周内
日平均浓度如下表，则（ ）
星期
一
二
三
四
五
六
日
日平均浓
度
34
27
43
23
45
26
19
A．该城市这周共有5 天的空气质量等级为“优”
B．该城市这周
日平均浓度数值的40%分位数为27
C．该城市这周
日平均浓度数值的极差为28
D．该城市这周
日平均浓度数值的平均数为31
【答案】AD
【详解】由题可知，该城市这周共有5 天的空气质量等级为“优”，A 正确.该城市这周
日平
均浓度的数值按从小到大的顺序排列为19，23，26，27，34，43，45，因为
，所以该
城市这周
日平均浓度数值的40%分位数为26，极差为
，B 不正确，C 不正确.该城
市这周
日平均浓度数值的平均数为
，D 正确.
15．（2026·河北保定·二模）为助力“北斗卫星导航系统”相关科普项目的校园推广，某校“科创
社”统计了8 个小组完成北斗卫星模型拼装的时长
(单位：分，
)，同时统计了另一
所学校“科创社”8 个小组完成同款模型拼装的时长
(单位：分，
).已知点
与
点
关于直线
对称，且
的中位数为
，极差为
，平均数为
，方差为
，则
关于数据
，下列说法正确的是（ ）
A．中位数为
B．极差为
C．平均数为
D．方差为
【答案】ACD
【分析】理解点关于直线对称的性质，以及这些统计量在数据变换下的变化规律，对于中位数，需
要考虑数据的排序和对称关系；极差是最大值与最小值的差，要分析对称对极差的影响；平均数和
方差则要根据定义和性质来判断.
【详解】对于A，已知点
与点
关于直线
对称，则
，即
，
因为
的中位数为
，将
从小到大排序，设为
，
则
，那么
从小到大排序为
，
，
其中位数为
，所以选项A 正确.
对于B，设
中的最大值为
，最小值为
，则极差
，
因为
，所以
中的最大值为
，最小值为
，
极差为
，所以选项B 错误；
对于C，已知
的平均数为
，则
的平均数为
，所以选项C 正确；
对于D，已知
的方差为
，
则
的方差为
，所以选项D 正确.
16．（2026·贵州贵阳·二模）为测试脑机接口设备的信号识别精度，某科研团队开展高三学生脑机
接口操作实验，实验评分部分满分10 分．随机抽取10 名参与实验的高三学生的操作得分（单位：
分）如下：6，7，5，8，6，7，6，8，10，7．下列说法正确的是（ ）
A．该样本的70%分位数为7 分
B．该样本的极差为5 分
C．用样本均值估计总体均值，其值约为7 分
D．用样本方差估计总体方差，其值约为1.8
【答案】BCD
【分析】根据分位数、均值、极差、方差的定义计算即可.
【详解】将样本数据从小到大排序：5,6,6,6,7,7,7,8,8,10,选项A，分位数位置：
，因
为为整数，所以70%分位数是第7 项和第8 项数据的平均值，即分位数是
，A 错误选项
B，极差=最大值-最小值=10-5=5，B 正确；选项C，样本均值
，
用样本均值估计总体均值，C 正确；
选项D，样本方差
，D 正确.
三、填空题
17．（22-23 高一下·四川乐山·期末）王老师为了了解本班学生每周购买零食的支出情况，利用分
层抽样抽取了一个10 人的样本，统计结果如下：
人数
平均支出（元）
方差
男生
6
35
6
女生
4
40
4
则该班学生每周购买零食的支出的总方差为______．
【答案】
/
/
【分析】利用分层抽样的方差计算公式即可求解.
【详解】该班学生每周购买零食的支出的总均值为
,该班学生每周购买
零食的支出的总方差为
.
18．（2026·陕西·二模）中山大学X 同学参加了今年3 月组织的考研复试测试，共有5 名考官打分，
如果去掉一个最高分和最低分，则X 同学的平均成绩为95.8；如果仅去掉一个最低分，则X 同学的
平均成绩为96.6；如果仅去掉一个最高分，则X 同学的平均成绩为94 分．如果5 位考官的成绩都
保留，则X 同学的平均分为_____．
【答案】
【详解】设5 名考官打分由高到低的排列为
，因为去掉一个最高分和最低分，X 同学的平
均成绩为95.8，所以
，因为仅去掉一个最低分，X 同学的平均成绩为
96.6，所以
，因为去掉一个最高分，X 同学的平均成绩为94 分，所
以
，
，得
，
，得
，X 同学的平均分为
.
19．（2026·上海徐汇·二模）已知实数
满足
，则
的方差的最大值为
__________.
【答案】
【详解】设
分别对应
，（
）.则
，
所以
的方差为
，因为函数
在
上单调递减，在
上单调递增，且
.所以当
或
时，该组数据的方差相等，且取得最大值，为
.所以该组数据方差的最大值为：
.
四、解答题
20．（2026·山东淄博·二模）下图是某校高一学生“运动与健康”评价得分的频率分布直方图，评
分在区间
，
，
，
上，分别对应A，B，C，D 四个等级.为了进一步加
强学生对运动与健康的重视，初评获A 等级的学生不参加复评，等级不变；对其余学生学校将进行
一次复评.复评中，原获B 等级的学生有
的概率提升为A 等级；原获C 等级的学生有
的概率提
升为B 等级；原获D 等级的学生有
的概率提升为C 等级，未提升等级的保持等级不变.假设用频
率估计概率，且每名学生复评结果相互独立.
(1)求该校高一学生“运动与健康”评价得分的平均值
（同一组中的数据用该组区间的中点值作代
表）；
(2)若初评中甲获得B 等级，乙、丙获得C 等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B 等级的人数为
X，求X 的分布列和数学期望
；
(3)从全体高一学生中任选1 人，在已知该学生是复评提升等级的条件下，求该学生初评是B 等级
的概率.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
.
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图，以及平均数公式求解即可.
（2）根据题意分析甲乙丙三人为
级的概率，再求解分布列以及数学期望即可.
（3）根据条件概率以及全概率公式求解即可.
【详解】（1）根据频率分布直方图，各组组距为
，
则平均值
.
（2）甲初评
，不升级为
的概率为
；乙、丙初评
，升级为
的概率均为
，不升级
的概率为
.
的所有可能取值为
.
，
，
，
.
分布列如下：
因此
.
（3）设事件
：学生复评提升等级，事件
分别为初评等级为
，由条件概率公式
.
，
，
，各等级提升概率
，
，
.
.
由全概率公式
，因此
.
21．（2026·北京昌平·二模）为了培养学生的
应用能力和创新思维，提高学生的科学素养，某学
校开展了人工智能课程.为了解该校学生对相关人工智能课程的兴趣程度，对学生进行了简单随机
抽样，获得数据如下表：
非常感兴趣
一般感兴趣
不感兴趣
合计
小学
20 人
40 人
40 人
100 人
初中
50 人
30 人
20 人
100 人
合计
70 人
70 人
60 人
200 人
假设小学生和初中生每人对人工智能课程的兴趣程度互不影响. 用频率估计概率.
(1)从该校初中生中随机抽取3 名同学，估计这3 名同学中至少有两名同学对课程都“非常感兴趣”
的概率；
(2)规定：每名“非常感兴趣”的学生记5 分，每名“一般感兴趣”的学生记3 分，每名“不感兴
趣”的学生记1 分. 根据学生的兴趣程度采用分层抽样的方式，按照学生人数比例先从样本中的小
学生中抽取了10 人，再从这10 人中随机抽取2 人．记
为这2 人的得分之和，求
的分布列和数
学期望；
(3)记样本中的小学生中“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的频率依次为
，
其方差为
；样本中的初中生中“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的频率依次为
，其方差为
；
的方差为
．写出
的大小关系．结论不要求证明.
【答案】(1)
(2)
期望
(3)
【详解】（1）根据题中数据可知，100 名初中生中有50 名学生“非常感兴趣”，
所以从该校初中生中随机抽取名同学对课程“非常感兴趣”的概率估计为
.
设这名同学中至少有两名同学对课程都“非常感兴趣”为事件
，则事件
的概率可估计为
.
（2）根据学生的兴趣程度采用分层抽样的方式，从样本中的小学生中抽取了
人，则“非常感兴
趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的人数分别为
. 所以
的可能取值为
.
则
；
；
；
；
.
所以随机变量
的分布列为
故期望
.
（3）
.
∵ 样本中的小学生“非常感兴趣”“一般感兴趣”“不感兴趣”的频率分别为
，
一元线性回归模型
考点2
，
，
三组数据的平均值均为
，
∴
，
∵ 样本中的初中生“非常感兴趣”“一般感兴趣”“不感兴趣”的频率分别为
，
，
，∴
，
∴
，
∵
，∴
.
一、单选题
1．（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
【详解】
时的预测值
，
时的真实为值
，
样本点
的残差为
.
2．（2026·陕西商洛·二模）已知某种商品的广告费支出
（单位：万元）与销售额
（单位：万
元）之间有如下对应数据：
4
6
7
8
根据上表可得经验回归方程
，据此估计，当投入
万元广告费时，销售额为（ ）
A．
万元
B．
万元
C．
万元
D．
万元
【答案】D
【详解】由上表可知：
，
，
样本点的中心为
，代入经验回归方程
，得
，
经验回归方程为
，
将
代入可得
，
当投入
万元广告费时，销售额为
万元．
3．（2026·江西九江·二模）已知变量
与
线性相关，现收集了5 组样本数据如下表．
1
2
3
4
5
10
15
19
23
28
根据上表可得线性回归方程为
，则
（ ）
A．4
B．4.4
C．4.5
D．5
【答案】B
【分析】由所给数据求出
，根据回归直线过中心点
可求解．
【详解】由表格得
，
，将样本中心
代入线性回归方程得，
．
4．（2026·广东清远·二模）已知线性相关的两个变量
的取值如表所示，如果其线性回归方程为
，则
（ ）
3
4
6
7
20
40
80
A．50
B．60
C．70
D．75
【答案】B
【分析】求出样本中心
，代入回归方程求解即可.
【详解】因为
，又因为所有回归方程都过样本中心
，所以将点
代入回归方程
，得
，解得
.
5．（2026·福建莆田·二模）为了探究六年级学生每日自主阅读时间与语文成绩的关系，某研究小
组随机调查了50 名学生，得到成对样本数据
，其中
表示每日自主阅读时间
（单位：小时），
表示语文成绩（单位：分）.经计算得回归直线方程为
.下列说法
正确的是（ ）
A．该样本数据的相关系数为5.2
B．当阅读时间每增加1 小时，语文成绩平均增加5.2 分
C．该样本数据中，至少有一个点
在回归直线上
D．若某学生每日阅读时间为2 小时，则他的语文成绩一定为
分
【答案】B
【分析】根据相关系数范围可以判断A；由回归系数定义可以判断B 对；根据回归方程性质可以判
断C，D.
【详解】对于A，相关系数取值范围是
，故错误；对于B，回归系数的含义是：当自变量
每
增加1 个单位时，因变量
平均增加的量。这里
表示每日自主阅读时间（小时），
表示语文成
绩（分），所以当阅读时间每增加1 小时，语文成绩平均增加5.2 分，故正确；对于C，回归直线
是对样本的拟合直线，不一定经过样本点，故错误；对于D，当
时，
，
为预测值，不是确定值，故错误.
6．（2026·天津河西·二模）某研究小组为了探究变量x 与y 之间的线性相关关系，收集了5 组数据
，（
），并绘制成如图所示的散点图（点A，B，C，D，E）.经计算，这5 组数
据的样本相关系数为r.若去掉点
后，剩余4 组数据的样本相关系数为
，则下列结论正确
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】从图中可以看出
点较其他点，偏离直线远，所以去掉
点后，回归效果更好，结合相关
系数的性质判断．
【详解】从散点图中可知，样本数据的两变量
是正相关，由于点
较其他点偏离程度大，删除
点
后，回归效果更好，从而相关系数的绝对值更接近于1，所以
。
7．（2026·河北沧州·二模）某校研究性学习小组收集了某地区近几年的某种经济指标
与年份
的
数据，经计算得经验回归方程为
．若
年该经济指标的实际值为
，则残
差为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】由经验回归方程为
得预测值
，
残差
实际值
预测值
．
8．（2026·山东济宁·二模）用模型
拟合一组数据，令
，若根据样本数据计算
可得
，
，且
与
的经验回归方程为
，则
（ ）（参考数据
，
）
A．1.2
B．0.92
C．0.3
D．0.4
【答案】D
【分析】根据给定的数据求出样本中心点，求出
即可.
【详解】由
，
，则
，解得
，因此
，
由
两边取对数，得
，又
，所以
，又因为
，
所以
.
9．（2026·河北沧州·二模）某数字档案馆为推进古籍数字化，引进了一套基于图像处理的扫描仪，
专门用于扫描古籍页面.该扫描仪配备了实时数据采集系统，能够自动记录每次扫描的页面数量与
扫描时间.为了建立扫描页面数量与时间之间的预测模型并优化扫描仪参数设置，技术员进行了5
次扫描，收集数据如下表所示：
扫描页面数量x
100
200
300
400
500
扫描时间y/
min
8
15
24
30
38
由上表数据求得y 关于x 的经验回归方程为
，据此估计扫描
页古籍所需时间为
（ ）
A．70.5min
B．72.5min
C．73.5min
D．75.5min
【答案】D
【分析】根据回归方程过点
求出
，再代入得到估计值即可．
【详解】
，
，
，则
，
时，
，
故此估计扫描
页古籍所需时间为
．
10．（2026·天津河东·二模）“明数理”数学兴趣小组通过调查，整理出天津市三月份每日最高气
温与最低气温的数据，绘制了气温与日期关系的散点图（如图），并进行统计学分析，下列说法正
确的是（ ）
A．小明根据散点图判断气温与日期无相关关系
B．小华利用最小二乘法计算最高气温与日期的经验回归方程为
，其中x 为日
期（3 月1 日为
，3 月31 日为
）
C．小红计算出最低气温与日期的相关系数为0.9397，以此判断两者的相关程度很弱
D．小强判断无论是最高气温与日期，还是最低气温与日期都正线性相关
【答案】D
【分析】由散点图，回归直线方程的性质，变量间的相关关系分别判断即可求解．
【详解】对于A，观察散点图，横轴代表日期，纵轴代表气温，图中的散点分布并不是杂乱无章的，
而是呈现出一种带状分布，
且整体趋势是随着日期的增加，气温也在逐渐升高，这种趋势表明气温与日期之间存在密切的联系，
即存在相关关系，故A 错误；
对于B，回归直线方程
中，斜率
反映了变量
随
的变化趋势，
若
表示变量
随
的增大而增大，为正相关，若
表示变量
随
的增大而减小，为负相关；
由散点图可知，气温随日期的增大而升高，属于正相关，所以回归方程的斜率应为正数，
而小华计算最高气温与日期的经验回归方程斜率为
，故B 错误；
对于C，
的值越大，相关性越强，小红计算出最低气温与日期的相关系数为0.9397，以此判断两
者的相关程度很强，故C 错误；
对于D，由散点图可知，无论是最高气温还是最低气温，其数据点都呈现出随日期增加而上升的趋
势，为正线性相关，故D 正确．
二、多选题
11．（2026·山东德州·二模）下表是我国2021 年至2025 年生活垃圾无害化处理量
（单位：亿
吨）与年份代码
（1-5 分别对应2021-2025）的相关数据.根据表中数据求得
关于
的经验回归方
程为
，则（ ）
1
2
3
4
5
12
18
25
30
34
A．
与
正相关
B．回归直线过点
C．
D．预测2030 年生活垃圾无害化处理量为60 亿吨
【答案】AC
【详解】
,
,而回归直线为
，故
，故
，故C 正确，因为
，故
与
正相关，故A 正确；
当
时，
，故B 错误；2030 年对应
，此时生活垃圾无害
化处理量为
（亿吨），故D 错误.
12．（2026·福建厦门·二模）为了研究某款新上市智能手环的直播间展示时长（单位：分钟）与即
时下单量（单位：件）之间的关系，某电商平台随机记录了5 场直播带货的数据，如下表所示：
直播间展示时长
1
2
3
4
5
即时下单量
12
18
25
30
34
若
与
的经验回归方程为
，样本相关系数为，则（ ）
A．
B．回归直线过点
C．
D．当直播间展示时长为10 分钟时，即时下单量的值估计为63
【答案】ACD
【详解】对于A，由数据可知，即时下单量
随着直播间展示时长
的增大而增大，
因此直播间展示时长
与即时下单量
为正相关，即样本相关系数
，故A 正确；对于B，由数
据可知，
，
，则回归直线过中心点
，不过点
，故B 错误；对于C，将点
代入
，可得
，解
得
，故C 正确；对于D，由C 知，
与
的经验回归方程为
，则
时，
，故D 正确.
13．（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.
14．（2026·新疆·二模）某电子商城统计了最近5 个月某品牌电脑的实际销量，如下表所示：
时间x（月份）
1
2
3
4
5
销量y（百台）
0.3
0.4
0.6
0.7
0.9
若y 与x 线性相关，且经验回归方程为：
，则下列说法正确的是（ ）
A．变量x，y 正相关
B．
C．可以预测当
时，商城内该电脑的销量为1 百台
D．当
时，残差为
【答案】ABD
【分析】求出样本中心点，进而求出经验回归方程，再逐项求解判断.
【详解】对于A，由
，得变量x，y 正相关，A 正确；
对于B，
，
因此
，B 正确；
对于C，
，当
时，
（百台），C 错误；
对于D，当
时，
，残差为
，D 正确.
15．（2026·广东深圳·二模）某公司统计了去年1 月份到5 月份某种产品的销售额如下表：
月份
1
2
3
4
5
销售额
万
元
1.8
2.2
2.8
3.1
根据表中数据，通过最小二乘法求得的经验回归方程为
，则（ ）
A．变量
与
正相关
B．
C．样本数据
的下四分位数为1.8
D．当
时，
的预测值为4.1 万元
【答案】ABD
【分析】根据回归系数
，可判定A 正确；根据回归直线方程经过样本中心
，列出方程，
求得的值，可判定B 正确；根据百分位数的计算方法，可判定C 错误；根据回归直线方程，求得
预测值，可判定D 正确.
【详解】对于A，由回归直线方程
，可得
，所以变量
与
正相关，所
以A 正确；对于B，因为回归直线方程经过样本中心
，因为
，
所以
，又由
，解得
，所以B 正确；
对于C，将样本数据
的数据排序为：
，
由
，则样本数据
的下四分位数为第
个数据
，所以C 不正确；
对于D，当
时，
，所以
的预测值为
万元，所以D 正确.
三、填空题
16．（2026·山东滨州·二模）已知变量
和变量
的一组成对样本数据为
，
其中
，其回归直线方程为
，当增加两个样本数据
和
后，经重新计算得
到新回归直线的斜率为3，则在新的回归直线方程的估计下，样本数据
所对应的残差为
__________.（残差
观测值预测值）
【答案】
/
【分析】将样本中心点代入回归方程中求出
，即可得出
，进而得出
新数据的样本中心点和回归方程，代入计算即可.
【详解】由题意得，
，则
，
，当增加两个样本数据
和
后，变量
的平均数为
，
变量
的平均数为
，因为新回归直线的斜率为3，所以可设其方程为
，
将
代入得
，则
，令
，则
，则样本数据
所对应的残差
为
.
四、解答题
17．（2026·河北沧州·二模）某新能源汽车4S 店在某平台开启了直播销售，星期一至星期五的五个
工作日内，直播时长x（小时）与直播时在线观看人数y（百人）如下表：
星期
一
二
三
四
五
直播时长x（小时）
2
5
6
4
8
直播时在线观看人数y（百
人）
4
8
9
7
16
附：样本相关系数
经验回归方程
中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：
，
，
，
，
.
(1)试根据样本相关系数r 的值判断该直播的在线观看人数y（百人）与直播时长x（小时）的线性
相关性的强弱（若
，则认为y 与x 的线性相关性较强；若
，则认为y 与x 的线性
相关性较弱）.
(2)利用最小二乘法求出y 关于x 的经验回归方程，并预测直播时长为10 小时时的在线观看人数.
【答案】(1)y 与x 具有较强的线性相关性.
(2)
，18.3（百人）.
【分析】（1）根据已知数据结合样本相关系数的计算公式，即可求得答案；
（2）利用最小二乘法求出
，即可得y 关于x 的经验回归方程，将
代入经验回归方程即可
得答案.
【详解】（1）依题意，
，
，
所以
，
又
，则
，又
，
所以
，
因为
，所以y 与x 具有较强的线性相关性.
（2）依题意可得
，
，
所以y 关于x 的经验回归方程为
，将
代入经验回归方程得
（百人），故预测直播时长为10 小时时的在线观看人数为18.3（百人）.
18．（2026·广东佛山·二模）近年我国人工智能大模型发展迅猛，其中语言模型（处理、理解和生
成人类语言）和多模态模型（处理、理解和生成文本、图像、音视频等）是其中两个重要的领域，
某研究机构对2025 年某区域的企业发布的所有大模型中随机抽取了14 款进行标准化测试，由测试
数据得到下面的散点图：
(1)用频率估计概率，根据2025 年该区域的企业发布大模型的分布情况，估计该区域2026 发布的大
模型是多模态模型的概率；
(2)若t 为时间变量，y 为分数，根据多模态模型数据
（
，2，3，4，5，6，
表示
2025 年1 月份，
表示2025 年6 月份，…），计算得
，
，
.
（i）建立y 关于t 的线性回归方程；
（ii）根据语言模型的数据建立的回归方程为
，该区域的某家企业在2026 年4 月发
布了1 款标准化测试得分为68 分的大模型，定义统计量
，Q 值越小的大模型发生的可
能性越大，则该款大模型更有可能是语言模型还是多模态模型，并说明理由.
附：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)
(2)（i）
；（ii）该款大模型更有可能是语言模型.
【分析】(1)依据图示可以得到多模态模型的个数与总数作比值；(2) (i)根据线性回归模型的计算公
式代入数据；(ii)分别计算两款模型的
值，比较即可；
【详解】（1）由2025 年的数据可知，随机抽取了14 款大模型，其中多模态模型有6 款，用频率
估计概率，多模态模型的频率为
，所以该区域2026 发布的大模型是多模态模型的概率为
.
（2）(i) 因为
，
，
，
表示2025 年1 月份，
表示
2025 年6 月份，所以
，所以
，
，所以
，
根据
，所以y 关于t 的线性回归方程为：
(ii) 已知2026 年4 月，则
，计算多模态模型的预测值和残差，
，残差为：
，所以
.再计算语言模型的预测值和残差，
，残
差为：
，
，所以
，所以根据
值越小的大模型发生的可
能性越大，所以该款大模型更有可能是语言模型.
19．（2026·山东青岛·二模）随着新能源产业的快速发展，某新能源车企凭借技术创新与市场扩张，
实现近7 年利润持续增长，其利润情况如下表所示（单位：亿元）.
第
年
1
2
3
4
5
6
7
利润
/亿元
2.9
3.3
3.6
4.4
4.8
5.2
5.9
(1)建立
关于
的一元线性回归模型，求出其经验回归方程，并预测该新能源车企第10 年的利润；
(2)若用另一个非线性回归模型拟合上表中的成对数据，得到的经验回归方程的残差平方和为
0.62，根据残差平方和的值，分析该非线性经验回归方程与（1）所求的线性经验回归方程哪一个
拟合效果更好，并说明理由.
参考公式和数据：经验回归方程
中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为
【答案】(1)
，
亿元；
(2)（1）所求的线性经验回归方程拟合效果更好.
【分析】（1）利用所给数据直接计算求出
，然后根据回归方程即可得该新能源车企第10 年的
利润；（2）根据残差平方和公式求出（1）中回归方程的残差平方和，通过残差平方和的大小即可
作出判断.
【详解】（1）由表格数据可得
，又
，
所以
，
所以
，则回归方程为
，当
时，
，
即该新能源车企第10 年的利润的估计值为
亿元.
（2）记（1）中线性回归方程的残差平方和为
，
则
，
因为
，所以（1）中所求的线性经验回归方程拟合效果更好.
20．（2026·安徽芜湖·二模）某景区在五一劳动节期间开展“致敬最美劳动者”主题游园活动，
天的人园游客量统计数据如下：
活动开展第
天
人园游客量
（百人）
(1)由数据看出，可用线性回归模型拟合
与
的关系，请计算相关系数（保留小数点后两位），
并推断相关程度的强弱；
(2)求经验回归方程
以及表中第个观测的残差；（观测值减去预测值称为残差）
(3)该景区在活动期间设置个打卡通道，记为通道①、通道②、通道③，游客人园时选择通道①、
②、③的概率依次为
、
、
；游客离园时，从原先入园通道离园的概率为
，从另两个通道离
园的概率均为
，求游客从通道①离园的概率.
附：参考公式：相关系数
；回归直线方程
，其中
，
；参考数据：
，
，
，
.
【答案】(1)
，相关程度很强
(2)
，残差为百人
(3)
【分析】（1）求出
、
的值，利用公式求出相关系数的值，即可得出结论；
（2）利用最小二乘法公式求出
、
的值，可得出回归直线方程，将
代入回归直线方程，结
合残差的概念求解即可；
（3）记从通道入园的事件为
，从通道离园的事件为
，结合全概率公式
求解即可.
【详解】（1）由表格中的数据可得
，
，
则
，
由相关系数
，可以推断入园游客量
与活动开展第
天相关程度很强.
（2）
，
，
故经验回归方程为
.对于表中第个观测，入园游客量为
（百人），
预测值为
（百人），残差为
（百人）
（3）记从通道入园的事件为
，从通道离园的事件为
，
由题意可得
，
，
，
，
.
21．（2026·上海静安·二模）下表是某品牌净化器的年销售量与年份的统计表．
年份
2021
2022
2023
2024
2025
年份代码x
1
2
3
4
5
年销售量у（万
台）
2
3.5
2.5
8
9
(1)用计算器计算净化器的年销售量y 关于年份代码x 的线性回归方程；（回归系数计算结果保留两
位小数）
(2)为了调查A、B 两地区人群对该品牌净化器的了解情况，调查机构在A、B 两地区的人群中分别
进行品牌知晓情况的问卷调查．统计知晓与不知晓的人数，得到如下2×2 列联表．
知晓
不知晓
合计
A 地区
80
20
100
B 地区
40
60
100
合计
120
80
200
试根据表中数据判断A、B 两地区的人群对该品牌净化器的知晓情况是否有显著差异．（规定显著
水平
）
附：关于回归方程
，回归系数的计算公式
，其中
为样本点的
中心；
的计算公式
；
0.05
0.01
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)
(2)在犯错误的概率不超过0.05 的前提下，认为A、B 两地区的人群对该品牌净化的知晓情况有显
著差异
列联表与独立性检验
考点3
【分析】（1）计算出样本中心
以及回归系数
和
，即可求解；
（2）利用
列联表中的数据，代入
公式计算观测值，并与临界值3.841 进行比较，从而判断
两个分类变量是否有关.
【详解】（1）由表可知，样本中心
为
.
.则
.
所以，净化器的年销售量
关于年份代码
的线性回归方程为：
.
（2）根据
列联表中的数据，计算
的观测值：
.因为
，
所以，在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下，认为 A、B 两地区的人群对该品牌净化器的知晓情
况有显著差异.
一、单选题
1．（2026·天津南开·二模）下列说法中，正确的是（ ）
A．将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差变大
B．在回归分析中，
为0.98 的模型比
为0.99 的模型拟合的效果更好
C．残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越低
D．根据分类变量
与
的成对样本数据，计算得到
，根据小概率值
的
独
立性检验
，可判断
与
有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05
【答案】D
【详解】将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，数据相对平均值的波动情况无变化，方差
不变，故A 错误；由
越接近1，模型拟合效果越好，知B 错误；若残差点所在的水平带状区域越
窄，说明残差的波动越小，回归方程对数据的拟合精度越高，进而回归方程的预报精确度也越高
（而非越低），故C 错误；因为
，所以判断
与
有关联，此推断犯错误
的概率不超过0.05，故D 正确.
二、多选题
2．（2026·江西抚州·二模）某校团委对“学生性别和是否喜欢运动的关联性”进行了一次调查，
其中被调查的男女生人数相同，男生中喜欢运动的人数占男生人数的
､
，女生中喜欢运动的人数
占女生人数的
，若有
的把握，但没有
的把握认为“学生性别和是否喜欢运动有关”，
则被调查的男生人数可能为（ ）
附：
，其中
.
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
A．25
B．45
C．60
D．75
【答案】BC
【详解】设男生人数为
，则女生人数也为
，列出列联表如表所示：
性别
是否喜欢运动
合计
喜欢
不喜欢
男生
女生
合计
由题意得
，解得
，
故A，D 错误，B，C 正确.
3．（2026·山东聊城·二模）某医学研究团队为探究新型降压药的疗效与患者年龄的关联，将120 名
高血压患者按年龄分为“中青年组（<60 岁）”和“老年组（
岁）”，记录用药后的疗效
（“有效”“无效”），得到如下列联表：
患者
疗效
总计
有效
无效
中青年组
10
40
50
老年组
40
30
70
总计
50
70
120
附：
，其中
．
0.10
0.05
0.025
0.01
2.706
3.841
5.024
6.635
则下列说法中正确的有（ ）
A．若在“老年组”中按疗效分层抽样抽取7 人，再从这7 人中随机抽取2 人，则至少抽到1 名
“无效”患者的概率为
B．从所有患者中随机抽取1 人，设事件
“该人在中青年组”，事件
“该药对此人有
效”，则事件A 与B 相互独立
C．根据小概率值
的独立性检验，认为“降压药疗效与患者年龄有关”，且该推断犯错
误的概率不超过
D．若将列联表中“中青年组有效”的人数改为15，“中青年组无效”的人数改为35，则所得
值比原
值大
【答案】AC
【分析】选项A，用分层抽样先确定抽出的“有效”和“无效”人数，再做组合概率；选项B，用
独立事件定义检验
是否等于
；选项C，计算列联表的
值，与临界值
比较；
选项D 分别计算修改前后的
值大小.
【详解】选项A，老年组中有效与无效的人数比为
按疗效分层抽样抽取7 人，则应抽到：4 人有效，3 人无效，
再从这 7 人中随机抽取 2 人，至少抽到 1 名无效患者的概率为
所以 A 正确；
选项B，设事件
：表示“该人在中青年组”，事件
：表示“该药对此人有效”，
则
而
若
相互独立，则应有
显然
所以事件
与
不相互
独立，B 错误；选项C，由题中列联表，
所以
即
因为
所
以根据小概率值
的独立性检验，可以认为“降压药疗效与患者年龄有关”，且该推断犯错
误的概率不超过
，所以C 正确；选项D，若将“中青年组有效”改为 15，“中青年组无效”改
为 35，
则新列联表中
此时
即
，而原来的
所以修改后的
值比原来的小，D 错误.
4．（2026·湖南常德·二模）下列说法正确的是（ ）
A．样本数据2，3，3，4，7，8，10，18 的第80 百分位数为10
B．样本数据的正线性相关程度越强，则样本相关系数的值越大
C．根据分类变量
与
的成对数据，计算得到
，依据
的独立性检验，
结论为变量
与
不独立
D．一元线性回归模型的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
【答案】ABD
【分析】选项A：根据百分位数的定义求解即可；选项B：根据相关系数与相关程度的关系判断即
可；选项C：根据小概率值的独立性检验原理判断即可；选项D：根据一元线性回归模型拟合效果
判断即可.
【详解】选项A：将样本数据从小到大排列：2，3，3，4，7，8，10，18，
则
，所以第80 百分位数为第7 个数字，即
，故A 正确.
选项B：样本正相关系数的取值范围是
，越接近1，随机变量之间的线性相关程度越强.
故正线性相关程度越强，则样本相关系数越接近1，故B 正确.
选项C：在独立性检验中，当
时，没有充分证据推断原假设不成立，应认为变量
与
独
立，故C 错误.选项D：残差均匀分布在0 附近的水平带状区域，则模型拟合效果好，故D 正确.
三、填空题
5．（2026·上海·二模）某工厂为判断两种不同的操作方法是否对生产某种零件的合格个数有影响，
收集了相关数据，绘制了
列联表，设原假设
：两种不同的操作方法对生产该种零件的合格
个数没有影响，计算出统计量
，已知
，则在显著性水平
下，
推断的结论为________
．（用“拒绝”或“接受”填空）
【答案】拒绝
【详解】在独立性检验中，当计算出的统计量
大于给定显著性水平
对应的临界值时，样本数
据出现的概率小于
，属于小概率事件，根据小概率原理，我们拒绝原假设
，认为两个变量之
间存在显著关联，本题中
，所以拒绝
，即认为两种操作方法对合格个数有影
响.
四、解答题
6．（2026·浙江·二模）睡眠是人体生理活动的基本阶段，良好的睡眠质量能够保证身体健康、增
强免疫力、提高工作和学习的效率.某科研小组为了研究平均每天使用电子产品的时间
（单位：
h）对睡眠质量的影响，对100 位志愿者平均每天使用电子产品的时间和睡眠质量进行了调研，并
统计得到了如下表格：
轻度睡眠障碍人数
1
2
3
1
2
重度睡眠障碍人数
4
3
6
4
4
睡眠质量良好人数
25
25
11
5
4
总人数
30
30
20
10
10
(1)由表中的数据求这100 人平均每天使用电子产品时间的估计值（同一组中的数据用该组区间的
中点值代表）；
(2)从这100 人中随机抽取一人，求此人在轻度睡眠障碍的前提下，平均每天使用电子产品的时间
在
内的概率；
(3)若平均每天使用电子产品的时间大于等于4 小时为超标.按所给数据，完成下面列联表，并根据
小概率值
的独立性检验，能否认为睡眠质量与平均每天使用电子产品的时间有关.
睡眠质量
平均每天使用电子产品的时间
合计
超标
不超标
良好
障碍（包括轻度和重
度）
合计
100
附：
，
0.05
0.01
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)3.8 小时
(2)
(3)表格见解析，认为睡眠质量与平均每天使用电子产品的时间有关.
【详解】（1）设这100 人平均每天使用电子产品时间的估计值为
，
则
，
所以这100 人平均每天使用电子产品时间的估计值为3.8 小时.
（2）设
：此人轻度睡眠障碍；
：此人平均每天使用电子产品的时间在
内，
则
，
，所以
.
（3）由表中数据得列联表如下：
睡眠质量
平均每天使用电子产品的时间
合计
超标
不超标
良好
20
50
70
障碍（包括轻度和
重度）
20
10
30
合计
40
60
100
零假设为
：睡眠质量与平均每天使用电子产品的时间无关，根据列联表中的数据，计算得
，根据小概率值
的独立性检验，我们推
断
不成立，即认为睡眠质量与平均每天使用电子产品的时间有关.
7．（2026·贵州贵阳·二模）某兴趣小组对高二某次数学测试成绩进行随机调查，将选考物理的学生
记为A 类，选考历史的学生记为B 类，并从这两类学生中各随机抽取100 名考生的成绩，整理得数据
如下表（单位：人）：
分类\成绩
A 类男生
10
30
20
B 类男生
20
23
7
A 类女生
10
22
8
B 类女生
21
22
7
(1)把成绩在
称为“及格”，成绩在
称为“不及格”，在A 类男生与B 类男生中各抽
取一名，估计他们数学成绩都及格的概率；
(2)填写下面
列联表，并根据小概率值
的独立性检验，分析该年级A 类考生的本次考试
成绩及格是否和性别有关？
及格
不及格
合计
A 类男生
A 类女生
合计
(3)把每一类学生是否及格的频率作为概率，如果A 类男生，A 类女生，B 类男生，B 类女生占全年
级学生的比例分别为42%，40%，8%，10%，从全年级考生中随机抽取一位学生，求这位学生考试
成绩不及格的概率．
附：
，
0.05
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)
(2)
及格
不及格
合计
A 类男生
50
10
60
A 类女生
30
10
40
合计
80
20
100
认为该年级A 类考生的本次考试成绩及格与性别没有关系
(3)0.244．
【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式计算即得；
（2）根据题意完成列联表，计算出卡方值，利用独立性检验思想判断即可；
（3）利用全概率公式计算即得.
【详解】（1）记“A 类男生考试及格”的事件为
，“B 类男生考试及格”的事件为
，
则“A 类男生与B 类男生都考试及格”的事件为
，所以
，
（2）完成
列联表如下：
及格
不及格
合计
A 类男生
50
10
60
A 类女生
30
10
40
合计
80
20
100
零假设为
类考生的本次考试成绩及格与否与性别无关，
根据表中数据可得，
，
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，即认为该年级A 类考生的本次考试成绩及格与性别没有关系．
（3）记“这位学生考试成绩不及格”的事件为E，则
，
所以从全年级考生中随机抽取一位学生，这位学生考试成绩不及格的概率为0.244．
8．（2026·江西·二模）羽毛球运动在我国是非常受大众喜爱的一项运动，但自2023 年以来，由于
多种原因，羽毛球价格经历多轮上涨，部分高端型号涨幅甚至超过同期黄金涨幅，越来越多的球友
直呼快打不起球了．我国某著名体育厂商抓住这个历史机遇推出了人造羽毛球，名为碳音球，这款
羽毛球采用碳纤维复合材料替代天然羽毛，其飞行轨迹与击球手感接近天然羽毛球，但价格却只有
天然羽毛球的60%到70%，该羽毛球一经上市便引起热烈反响，但舆论对其评价褒贬不一．某市场
调查机构调查了男性和女性各100 名羽毛球爱好者对碳音球和天然羽毛球的偏好程度，现统计得出
样本中偏好碳音球的人数占样本总数的45%，其中偏好碳音球的女性羽毛球爱好者有50 人．
偏好碳音球
偏好天然羽毛
球
合计
男性
女性
50
合计
200
(1)请根据已知条件将上述列联表补充完整，并分析是否有90%的把握认为两种羽毛球的偏好与性
别有关?
(2)现从男性羽毛球爱好者中按对碳音球和天然羽毛球的偏好采用分层抽样的方法抽取10 人，然后
从这10 人中随机抽取3 人参加有奖问答，记3 人中偏好碳音球的人数为
，求
的分布列和数学
期望．
(3)若某羽毛球俱乐部的男女比例为3：2．将样本的频率视为概率，现从该俱乐部中随机抽取一人，
已知此人偏好碳音球，求其为男性的概率．
附：
0.100
0.050
0.010
2.706
3.841
6.635
【答案】(1)表格见解析，没有
的把握认为两种羽毛球的偏好与性别有关
(2)
0
1
2
3
(3)
【分析】（1）完善列联表，计算出卡方，即可判断；
（2）利用超几何分布的概率公式求出分布列，从而求出数学期望；
（3）根据全概率公式及条件概率公式计算可得.
【详解】（1）依题意可得列联表如下：
偏好碳音球
偏好天然羽毛球
合计
男性
40
60
100
女性
50
50
100
合计
90
110
200
，
没有
的把握认为两种羽毛球的偏好与性别有关．
（2）依题意男性羽毛球爱好者偏好碳音球的抽取
人，偏好天然羽毛球的抽取
人，则
的可能取值为
，，
，，则
，
，
，
，则
的分布列为,
0
1
2
3
所以
的数学期望为：
；
（3）记事件A 为：抽取的人偏好碳音球：事件B 为：抽取的人性别为男性，
则
，
由全概率公式得
，
则
，即此人为男性的概率为
.
9．（2026·广西桂林·二模）智能驾驶辅助系统是指利用车载传感器、控制器等装置、实现环境感
知、规划决策与运动控制，辅助驾驶员完成部分驾驶操作，提升行车安全性与舒适性的系统，驾驶
员仍需全程监管车辆并随时接管驾驶：驾龄是指初次领取机动车驾驶证至今的时间长度、为研究智
能驾驶辅助系统使用情况与驾龄的关系，随机调查了200 名私家车车主，得到如下列联表：
经常使用智能驾驶辅助系
统
不经常使用智能驾驶辅助系
统
合
计
驾龄≤5
年
58
42
100
驾龄＞5
年
36
64
100
合计
94
106
200
(1)从这200 名车主中随机抽取1 人，已知该车主驾龄不超过5 年，求该车主经常使用智能驾驶辅助
系统的概率；
(2)根据小概率值
的独立性检验，分析智能驾驶辅助系统使用情况是否与驾龄有关.
附：
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)0.58；(2)有关
【详解】（1）设事件A 为“车主驾龄不超过5 年”，事件B 为“车主经常使用智能驾驶辅助系
统”.
由题意可知：
，
，根据条件概率公式得
，
所以该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率为0.58.
（2）提出假设
：智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄无关，
根据表中数据可得：
，
根据小概率值
的独立性检验，推断
不成立，即认为智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄
有关，该推断犯错误的概率不超过0.010.
10．（2026·河北·二模）人工智能大模型已成为新一代数字技术核心，某企业自主研发了人工智能
大模型
，为了比较其与传统人工智能模型
的文本生成效果，随机抽取
两种模型各
次文
本生成效果，已知每次文本生成效果分为有效生成与无效生成两种情况，且部分统计数据如下表.
有效生成
无效生成
合计
模型
模型
合计
(1)完成
列联表，并以样本估计总体，频率估计概率，若利用模型
随机生成次文本，求该文
本生成效果为有效生成的概率；
(2)根据小概率值
的独立性检验，判断文本生成效果与模型类型是否有关.
附
【答案】(1)
有效生成
无效生成
合计
模型
模型
合计
(2)文本生成效果与模型类型有关.
【分析】（1）先计算随机生成次为有效生成的频率，再由频率估计概率可；
（2）直接由独立性检验计算可得.
【详解】（1）首先补全
列联表：
有效生成
无效生成
合计
模型
模型
合计
根据频率估计概率，模型
共生成
次，其中有效生成
次，
因此随机生成次为有效生成的频率为
，
根据频率估计概率，利用模型
随机生成次文本，该文本生成效果为有效生成的概率
.
（2）零假设
：文本生成效果与模型类型无关.
代入卡方公式计算，令
,
因为小概率值
对应的临界值
，由于
，因此
不成立.
结论：依据
的独立性检验，认为文本生成效果与模型类型有关.
11．（2026·山东泰安·二模）为深入落实“健康第一”的教育理念，某高中为了解高三学生每天运
动时间，从2000 名学生中随机抽取了100 名学生进行调查，得到的数据如表所示
日均运动时间（小时）
男生人数
5
20
20
10
女生人数
15
20
6
4
(1)该校高三2000 名学生中，日均运动时间不足1 小时的学生约为多少人？
(2)估计该校高三学生日均运动时间的平均数；
(3)根据小概率值
的独立性检验，能否认为“该校高三学生日均运动时间不小于1.5 小时”
与“性别”有关联？
附
，其中
.
0.05
0.01
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)
人
(2)
小时
(3)根据小概率值
的独立性检验，能认为“日均运动时间不小于1.5 小时”与“性别”有关
联
【分析】（1）应用已知比例关系计算求解；
（2）应用已知数据计算100 名学生日均运动时间的平均数，即可求解；
（3）先列表格计算
，再与临界值比较判断求解.
【详解】（1）因为抽取的100 人中日均运动时间不足1 小时的人数占比为
，
所以该校2000 名学生中日均运动时间不足1 小时人数约为
人；
（2）该校
名学生日均运动时间的平均数约为
，所以该校高三学生日均运动时间的平均数为
小时；
（3）作出列联表如表所示
日均运动时间
合计
男
25
30
55
女
35
10
45
合计
60
40
100
零假设
：“日均运动时间不小于1.5 小时”与“性别”无关联，
，根据小概率值
的独立性检验，推断
不成立，即认为“日均运动时间不小于1.5 小时”与“性别”有关联，此推断犯错误的概率不大于
0.005.
12．（2026·河北邯郸·二模）2026 年马年春晚是
大模型与节目结合最多的一场春晚，其中大模
型“豆包”贯穿整场晚会．为了了解人们对大模型“豆包”应用的关注程度，现随机抽取不同年龄
段的1000 人进行调查统计，得到如下
列联表：
年龄
“豆包”应用
合计
不关注
关注
不超过50 岁
400
600
超过50 岁
300
合计
1000
(1)完成
列联表，并依据小概率值
的独立性检验，判断人们对大模型“豆包”应用的
关注程度是否与年龄有关联；
(2)从不超过50 岁的调查者中按比例分配的分层随机抽样抽取6 人，从这6 人中随机抽取2 人做进
一步的访谈，记抽到的2 人中关注“豆包”应用的人数为X，求X 的分布列和数学期望．
附：
，其中
．
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)列联表见解析，依据小概率值
的独立性检验，可判断人们对大模型“豆包”
应用的关注程度与年龄有关联．
(2)分布列见解析；
【分析】（1）补全列联表，进行零假设，求出
，根据附表进行判断；
(2)根据超几何分布的特征，写出变量
的分布列，根据分布列求出变量
的数学期望.
【详解】（1）（1）补全的
列联表如下：
年龄
“豆包”应用
合计
不关注
关注
不超过50 岁
200
400
600
超过50 岁
300
100
400
合计
500
500
1000
零假设为
：人们对大模型“豆包”应用的关注程度与年龄无关.
根据表中数据，计算得到
．
根据小概率值
的独立性检验，没有充分证据推断
成立，
即认为人们对大模型“豆包”应用的关注程度与年龄有关，该推断犯错误的概率不超过0.001．
（2）从不超过50 岁的调查者中按比例分配的分层随机抽样抽取6 人，则关注“豆包”应用的有
人，不关注“豆包”应用的有
人，则
的所有可能取值为0，1，2，
的分布列为
0
1
2
的数学期望
.
13．（2026·上海徐汇·二模）为落实《全民健身条例》，某区体育局对本区居民的健身场所选择偏
好进行调研.数据显示，居民主要选择商业健身场馆（如健身房､体育中心）和社区公共运动场（如
小区健身点､街心公园）两类场所.为了解年龄因素是否影响健身场所的选择，研究人员将成年居民
分为青壮年组（
岁且
岁）和中老年组（
岁），从该区随机抽取170 名成年居民进行调
查，得到如下不完整的
列联表：
青壮
年
中老年
合计
商业健身场馆
60
社区公共运动场
50
合计
80
170
(1)请补充
列联表，并根据表中数据判断能否有
的把握认为年龄与居民健身场所的选择有
关；
(2)用分层抽样的方式从选择社区公共运动场的居民中抽取14 个人，再从14 个人中随机抽取7 个人，
用随机变量
表示这7 个人中中老年与青壮年人数之差的绝对值，求
的分布和数学期望.
参考公式及数据：
，其中
.
0.1
0.05
0.025
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)列联表见解析，有95%的把握认为年龄与健身场所选择有关
(2)
的分布见解析，数学期望为
（或约
）
【分析】（1）先补全 2×2 列联表，再代入卡方独立性检验公式计算统计量，与 95% 置信度临界
值比较，判断年龄与健身场所选择是否有关联；
（2）先按分层抽样确定抽取的青壮、中老年人数，再用超几何分布计算随机变量 X 的各取值概
率，列出分布列并代入期望公式求数学期望.
【详解】（1）根据已知数据计算空缺值，得到完整
列联表如下：
青壮年
中老年
合计
商业健身场馆
60
40
100
社区公共运动场
20
50
70
合计
80
90
170
因为
，
因此有95%的把握认为年龄与居民健身场所的选择有关.
（2）选择社区公共运动场的居民共70 人，其中青壮年20 人、中老年50 人，抽样比为
，
因此抽取的样本中青壮年人数：
，中老年人数：
.
设抽取的7 人中中老年人数为
，则青壮年人数为
，
.因为青壮年共
4 人，故
，解得
，又
，因此
，对应
的可能取值为
.总情
况数为
，
（对应
或
）时，
，
（对应
）时，
，
（对应
）时，
，
（对应
）时，
，
因此，
的分布列为：
1
3
5
7
所以
14．（2026·吉林长春·二模）为研究某校高三年级学生的身高是否与性别有关，现从学生群体中，
随机测量了50 名学生的身高，然后按“身高低于170cm”与“身高不低于170cm”分成两组，统计
整理各组人数如下列联表（单位：人）．
性别
身高
合计
低于170cm
不低于170cm
男
8
24
32
女
12
6
18
合计
20
30
50
(1)依据
的独立性检验，能否认为该学校高三年级学生的身高与性别有关联？
(2)若从男生样本和女生样本中各选取一人，求两名学生身高不在同一组的概率．
附：
，其中
．
0.1
0.05
0.01
0.005
2.706
3.841
6.635
7.879
【答案】(1)可以认为该学校高三年级学生的性别与身高有关联．
(2)
【分析】（1）计算卡方，即可与临界值比较求解.（2）根据全概率公式即可求解.
【详解】（1）
，
依据
的独立性检验，可以认为该学校高三年级学生的性别与身高有关联．
（2）从男生样本和女生样本中各选取一人，则两名学生身高不在同一组的概率
15．（2026·山东济宁·二模）随着量子计算技术的突破，传统密码的安全性受到挑战.某实验室为研
究“量子算力等级”与“密码破译成功率”的关系，进行了模拟测试，统计数据如下：
量子算力等级
密码破译成功
密码破译失败
合计
高算力量子机
64
16
80
低算力量子机
36
24
60
合计
100
40
140
(1)依据小概率值
的独立性检验，即认为密码破译成功率是否与量子算力等级有关；
(2)该实验室使用两台不同算力的量子机（记高算力量子机为A 机、低算力量子机为B 机）对同一
套传统密码进行破译测试，已知A 机单次破译成功的概率为
，失败的概率为
；B 机单次破译成
功的概率为
，失败的概率为
；两台机器的破译过程相互独立.测试方案：先随机选择一台机器
进行第一次破译，选中A 机的概率为
，选中B 机的概率为
；若第一次破译成功则停止测试；
若第一次破译失败，则换用另一台机器进行第二次破译，无论第二次破译是否成功都停止测试，求
破译成功的概率.
附：
，
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据独立性检验判断即可；
（2）根据独立事件乘法公式计算．
【详解】（1）零假设
密码破译成功率与量子算力等级无关，
，所以，依据小概率值
的独立性检验，推断
不成立，即认为分析密码破译成功率与量子算力等级有关；
（2）记“破译成功”为事件
，A 机单次破译成功为事件
，A 机单次未破译成功为事件
，
B 机单次破译成功为事件
，B 机单次未破译成功为事件
， 选中A 机为事件
，选中B 机为事
件
，则
，故破译成功的概率为
．
16．（2026·广西南宁·二模）中考体育成绩关系到考生最终的中考分数，广西多地将1000 米跑
（男）、800 米跑（女）作为必考项目．某校体育老师对自己所带一个班的学生进行1000 米跑
（男）、800 米跑（女）测试，通过统计，整理数据得到如下
列联表：
男生
女生
合计
达标
24
18
42
不达标
11
7
18
合计
35
25
60
(1)试估计该班的达标率；
(2)根据小概率值
的独立性检验，分析成绩是否达标与学生性别有关．
参考公式：
，
．
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)
(2)无关
【分析】（1）根据表中数据进行计算即可；
（2）应用卡方公式求卡方值，结合独立性检验基本思想得结论．
【详解】（1）该班的达标率为
（2）零假设
：成绩是否达标与学生性别无关，
，
根据“显著性水平
的独立性检验，我们推断没有充分证据拒绝原假设
，即认为成绩是否
达标与学生性别无关．
17．（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
.
18．（2026·安徽滁州·二模）某社区消费者协会为了解本社区居民网购消费情况，随机抽取了100
位居民作为样本，就最近一年来网购消费金额（单位：千元），网购次数和支付方式等进行了问卷
调查.经统计这100 位居民的网购消费金额均在区间
内，按
，
，
，
，
，
分成6 组，其频率分布直方图如图所示.
(1)估计该社区居民最近一年来网购消费金额的中位数；
(2)将网购消费金额不少于20 千元的人称为网购迷，补全下面的2×2 列联表，并判断有多大把握认
为“是否为网购迷与性别有关系”；
网购人群类别
性别
合计
男
女
网购迷
20
非网购迷
45
合计
100
(3)调查显示，甲、乙两人每次网购采用的支付方式相互独立，两人网购时间与次数也互不影响.统
计最近一年来两人网购的总次数与支付方式，所得数据如下表所示：
类别
网购总次数
支付宝支付次
数
银行卡支付次
数
微信支付次数
甲
80
40
16
24
乙
90
60
18
12
将频率视为概率，若甲、乙两人在下周内各自网购2 次，记两人采用支付宝支付的次数之和为
，
求
的数学期望.
附：
.
0.1
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)17.5
(2)表格见解析，有97.5%的把握认为“是否为网购迷与性别有关系”.
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图中位数的求解方法计算即可；
（2）先补全列联表，再计算
值，并结合独立性检验思想求解即可；
（3）先根据频率估计概率得甲使用支付宝的概率为
，乙使用支付宝的概率为
，再求对应取值
的概率，列分布列，求期望即可.
【详解】（1）解：依题意，因为
，
而
，
所以中位数位于
内，所以中位数为
.
（2）解：依题意，消费金额不少于20 千元的频率为
，
以网购迷人数为
，非网购迷的人数为
.所以补全
列联表如下.
网购人群类别
性别
合计
男
女
网购迷
15
20
35
非网购迷
45
20
65
合计
60
40
100
所以
.
因为
，所以有97.5%的把握认为“是否为网购迷与性别有关系”.
（3）（3）根据统计数据，甲使用支付宝的概率为
，乙使用支付宝的概率为
，
甲、乙两人在下周内各自网购2 次，两人采用支付宝支付的次数之和
的所有可能的取值为0，1，
2，3，4.
，
.
，
，
.
所以随机变量
的分布列为
0
1
2
3
4
所以
的数学期望
.
19．（2026·广西河池·二模）《我爱古诗词》是某卫视推出的大型传统文化竞技类节目，旨在弘扬
中华诗词文化、考验选手诗词储备与临场应变能力．某机构为了解大学生喜欢《我爱古诗词》是否
与性别有关，对某校
名大学生进行问卷调查，得到如下列联表：
喜欢
不喜欢
合计
男生
女生
合计
(1)判断在犯错误的概率不超过
的前提下能否认为喜欢《我爱古诗词》与性别有关，并说明理
由；
(2)已知在参与问卷调查的大学生中有
名是大一学生，其中
名喜欢《我爱古诗词》．现从这
名
大一学生中随机抽取
人，设抽到喜欢《我爱古诗词》的人数为
，求
的分布列与数学期望．
附：
，
（
结果精确到
）．
【答案】(1)在犯错误的概率不超过
的前提下，能认为喜欢《我爱古诗词》与性别有关，理由
见解析．
(2)
的分布列为
．
【分析】（1）提出零假设，利用卡方公式计算
的值，再与临界值比较后即得结论；
（2）先确定
的可能取值为
，再结合超几何分布概率公式
分别计算概率，
列出分布列并用期望公式计算即可．
【详解】（1）零假设
：喜欢《我爱古诗词》与性别无关
由题意可得
，所以零假设
不成立，
所以在犯错误的概率不超过
的前提下，能认为喜欢《我爱古诗词》与性别有关．
古典概型、条件概率及全概率公式
考点4
（2）由题意可得，
的可能取值为
，
，
，
，
所以
的分布列为
．
一、单选题
1．（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.
2．（2026·山东威海·二模）某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率为0.75，
连续两天为优良的概率为0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为不优良的概
率是（ ）
A．0.85
B．0.8
C．0.2
D．0.15
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用条件概率公式及对立事件概率公式求解..
【详解】设“某一天的空气质量为优良”为事件A，“随后一天的空气质量为优良”为事件B，
依题意，
，则
，即某天的空气质量为优良，随
后一天的空气质量为优良的概率
，所以某天的空气质量为优良，随后一天的空气质量为不优良
的概率是
.
3．（2026·福建南平·二模）某智能助手回答问题数据统计如下：理学类占总提问的40%，回答正确
率为90%；文史类占总提问的60%，回答正确率为80%，用频率估计概率，则该助手回答问题正确
的概率为（ ）
A．0.72
B．0.8
C．0.84
D．0.9
【答案】C
【详解】设“理学类提问”为事件
，“文史类提问”为事件
，“回答正确”为事件
，
则
，
所以
.
4．（2026·山东菏泽·二模）已知甲袋中有3 个红球和2 个白球，乙袋中有2 个红球和3 个白球.从甲
袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】考虑从甲袋中取出的球是白球还是红球，根据全概率公式，即可求得答案.
【详解】设事件
表示“从甲袋取出又放入乙袋中的球是红球”，则事件
表示“从甲袋中取出又
放入乙袋中的球是白球”，事件
表示“最后从乙袋中取出的球是红球”，所以
，故
，
，
故
，故A 正确.
5．（2026·浙江台州·二模）设一个随机事件的样本空间为
，事件
，则下列结论中不一
定成立的是（ ）
A．
B．
C．若
，则
D．若
，则
【答案】D
【详解】对于A，任意事件
的概率都满足
，故
成立；
对于B，因
是事件
的对立事件，则
，所以
，故
成立；
对于C，因为
，则事件
包含事件
所有的样本点，所以
，故
成立；
对于D，由
，仅能说明事件
和事件
的并集为样本空间，但并未说明事件
和事件
是否互斥，由概率的加法公式
，因此，只有当
，即
时，
才成立，故
不一定成立.
6．（2026·河北保定·二模）若两个随机事件
相互独立，满足
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据独立事件的运算公式和性质，结合条件概率的运算公式、对立事件的概率公式、和事
件的概率公式进行求解即可.
【详解】因为两个随机事件
相互独立，所以两个随机事件
也相互独立，
由
，
由
，
所以
7．（2026·河南开封·二模）某同学每周进行两次游泳训练，每次游趟或
趟，第一次游趟或
趟的概率均为
，若第一次游趟，则第二次游趟的概率为
，游
趟的概率为
；若第一
次游
趟，则第二次游趟的概率为
，游
趟的概率为
．若一周至少游
趟为训练量达标，
则该同学一周训练量达标的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】本题主要考查全概率公式的应用，根据题干条件进行分类，然后求出每种情况的概率，最
后由互斥事件，将所有概率相加即可得到达标概率.
【详解】由题意知：一周训练量达标即为游
趟或
趟，设第一次游趟为事件
，第一次游
趟
为事件
，第二次游趟为事件
，第二次游
趟为事件
，可分为以下三种情况：
情况：第一次游趟，第二次游
趟，共游
趟，训练量达标. 则由条件概率可得
；情况
：第一次游
趟，第二次游趟，共游
趟，训
练量达标. 则由条件概率可得
；
情况：第一次游
趟，第二次游
趟，共游
趟，训练量达标. 则由条件概率可得
，由三种情况为互斥事件，因此，该同学一周训练量达标
的概率
.
8．（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.
二、多选题
9．（2026·山东青岛·二模）箱子中有
个大小相同的球，编号分别为
．按如下
方式从箱子中不放回地取球：第一次随机取出一个球，若该球的编号为
，则第二次
随机一次取出
个球．记完成上述两次取球后编号为
的球被取出的概率为
，
设
，则（ ）
A．
B．
为定值
C．
D．
【答案】ABD
【分析】对于A，分为第一次取出的编号为
三种情况分别计算概率，求和即可判断；对于B，
根据
即可判断；对于C，求出
，通过举反例即可判断；
对于D，
，根据
即可判断.
【详解】若
，则第一次取出的编号为1 的球的概率为
，
若第一次取出的是编号为2 的球，且第二次编号为1 的球被取出的概率为
，
若第一次取出的是编号为3 的球，且第二次编号为1 的球被取出的概率为
，
故
，故A 正确；箱子中有
个球，则第一次取出的编号为的球的概率为
，
若第一次取出的编号为
的球，且编号为的球被取出的概率为
，故
，故B 正确；
，不妨取
，
，
则
，故C 错误； 由上得
，
所以
，
，故D 正
确．
10．（2026·河南濮阳·二模）在当今科技迅速发展的时代，人工智能（AI）已经成为科技创新的核
心驱动力．当前AI 正处于从生成式向智能体跃进的关键阶段，同时也面临着算力、数据、安全与
可解释性等核心难题．某公司成立了甲、乙、丙三个科研攻关小组，决定对其中某个技术难题进行
技术攻关，攻克该技术难题的小组都会受到奖励．已知甲、乙、丙三个小组各自独立进行科研攻关，
且攻克该技术难题的概率分别为
，则（ ）
A．只有一个小组受到奖励的概率等于
B．技术难题被攻克的概率为
C．只有甲、丙小组受到奖励的概率为
D．甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为
【答案】BD
【分析】运用独立事件概率的乘法公式，结合对立事件的概率公式逐一判断即可.
【详解】A：设甲、乙、丙三个小组各自攻克该技术难题为事件
，
所以
，只有一个小组受到奖励的概率等于
，所以本选项说法不正确；
B：技术难题被攻克的概率为
，所以本选项说法正确；
C：只有甲、丙小组受到奖励的概率为
，所以本选项说法不正确；
D：甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为
，所以本选项说法正确.
11．（2026·山西太原·二模）设
，
为同一随机试验的两个随机事件，且它们发生的概率分别为
，
，则下列结论正确的是（ ）
A．若事件
，
互斥，则
B．若事件
，
互斥，则
C．若事件
，
相互独立，则
D．若
，则
【答案】ACD
【分析】根据互斥事件、对立事件的概率计算公式及条件概率、全概率公式求解即可.
【详解】选项A：若事件
，
互斥，则
，A 正确；
选项B：
，
.若事件
，
互斥，事件
，
不一定互斥，
因此
.实际
（事件
，
互斥，
），B 错
误；
选项C：若事件
相互独立，则
，C 正
确；选项D：由
得，
，所以
，D 正确.
12．（2026·江苏·二模）已知事件
，
满足
，
，则（ ）
A．事件
，
相互独立
B．事件
，
互斥
C．
D．
【答案】AC
【分析】应用条件概率公式及独立事件，对立事件，互斥事件定义计算判断各个选项.
【详解】因为
，所以
，因为
，所以
，所以事件
，
相互独立，A 选项正确；若事件
，
互斥，则
，
与已知矛盾，故事件
，
不互斥，B 选项错误；因为事件
，
相互独立，所以事件
，
相互
独立，所以
，C 选项正确；
，不一定是
，D 选项错误.
13．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）将一个质地均匀的正方体骰子独立地抛掷3 次，则（ ）
A．三次点数均为偶数的概率是
B．三次点数和为9 的概率是
C．事件“三次点数有且仅有一次为6”与事件“三次点数之和为9”相互独立
D．在三次点数互不相同的条件下，点数之和为9 的概率是
【答案】ABD
【分析】根据独立事件同时发生的概率可判断A；根据列举法可判断B；根据事件独立性的条件可
判断C；根据条件概率的含义可判断D.
【详解】将一个质地均匀的正方体骰子独立地抛掷3 次，样本点的总数为
个.
对于A：每次出现点数为偶数的概率是
，所以三次点数均为偶数的概率是
，故A 正
确；对于B；三次点数和为9 的样本点有
共25 个，所以其概率为
，
故B 正确；设事件“三次点数有且仅有一次为6”为事件
，事件“三次点数之和为9”为事件
，
则
，
，事件
的样本点有
共6 个，所以
，
，所以事件
不独立，故C 错误；对于D；三次点数互
不相同的样本点的总数为
个，三次点数互不相同且点数之和为9 的样本点有
共18 个，所以在三次点数互不相同的条件下，点数之
和为9 的概率是
，故D 正确.
三、填空题
14．（2026·天津北辰·二模）2026 年教育部全面推进“人工智能+教育”，某科技馆开展AI 助手体
验活动.三人一组，每人可向AI 助手提问.甲、乙、丙三人体验AI 问答系统.活动分两环节，第一环
节“抢麦提问”，只有一人能抢到麦克风，三人抢到麦克风的概率均为
，抢到者向AI 提问，AI
给出正确答案的概率分别为甲是
，乙、丙均是
.第二环节“独立测试”，三人各自在平板电脑
上完成一道必答题，他们各自答对的概率分别为甲是
，乙、丙均是
，且甲、乙、丙三人各题是
否答对互不影响.则在第一环节提问中得到正确答案的概率______；记在第二环节独立测试中得到
正确答案的人数为X，则X 的数学期望为_______.
【答案】
【分析】应用全概率公式计算求解，先写出
可以取
的概率，再应用数学期望公式计算求
解.
【详解】在第一环节提问中得到正确答案的概率
；
在第二环节独立测试中得到正确答案的人数为X，
可以取
，
，
，
，
，则X 的数学期望为
.
15．（2026·河北张家口·二模）某新能源汽车公司的电池由甲、乙两个厂家独立供货，汽车装配电
池前，公司要对两个厂家所供电池进行严格检测，从甲厂家供货的
件电池中检测出不达标的有
件，从乙厂家供货的
件电池中检测出不达标的有件．现从两个厂家等可能随机挑选一家，
从所供货的电池中随机选择一件，检测结果不达标，则该件电池来自乙厂家的概率为________．
【答案】
【分析】利用全概率公式和贝叶斯公式求解即可.
【详解】记事件
“任取一件电池检测不达标”，
“电池是从甲厂取出的”，
“电池是
从乙厂取出的”．依题意可知，
，
，
，
由全概率公式，得
，
则
．
16．（2026·天津·二模）甲、乙两人进行多轮猜谜比赛，每轮比赛两人各答一题，已知每轮比赛中，
甲、乙猜对的概率分别为
和
，每轮比赛中两人猜对与否互不影响，每轮结果互不影响，在一轮
比赛中，恰有一人猜对的概率为__________；若两轮比赛中只有两次猜对，则这两次都是乙猜对的
概率为__________．
【答案】
/0.5
【分析】根据独立事件的乘法公式计算可得第一空，利用全概率及贝叶斯公式可求第二空．
【详解】解：设每轮比赛中，甲猜对为事件
，乙猜对为事件
，
则
，在一轮比赛中，恰有一人猜对为事件
，
，设两轮比赛中只有两次猜对为事件
，
则
，
则这两次都是乙猜对的概率为
．
17．（2026·甘肃·二模）某超市有两个人工收银区
和一个自助收银区
，通过统计，顾客在
区进行付款的概率分别为
，在
区付款时购买该超市提供的环保购物袋的概率
分别为
，若顾客从该超市购物且购买了环保购物袋的概率为
，则实数
__________.
【答案】
【分析】根据全概率公式计算即可求解.
【详解】由题意可知顾客在
区进行付款的概率分别为
，
设顾客从该超市购买了环保购物袋为事件
，由题意可知
，
则
，解得
.
四、解答题
18．（2026·湖南湘潭·二模）某鲜花批发店每天早晨以每支2 元的价格从鲜切花生产基地购入某种
玫瑰，经过保鲜加工后全部装箱（每箱500 支，平均每支玫瑰的保鲜加工成本为1 元），然后以每
箱2000 元的价格整箱出售.由于鲜花的保鲜特点，制定了如下促销策略：若每天下午3 点以前所购
进的玫瑰没有售完，则对未售出的玫瑰以每箱1200 元的价格降价处理.根据经验，降价后能够把剩
余玫瑰全部处理完毕，且当天不再购进该种玫瑰，由于库房限制每天最多加工6 箱.
(1)若某天该鲜花批发店购入并加工了6 箱该种玫瑰，在下午3 点以前售出4 箱，且当天售出的全部
6 箱被6 位不同的顾客购买.现从这6 位顾客中随机选取2 人赠送优惠卡，则恰好一位是以2000 元
价格购买的顾客，另一位是以1200 元价格购买的顾客的概率是多少？
(2)该鲜花批发店统计了100 天内该种玫瑰在每天下午3 点以前的销售量t（单位：箱），统计结果
如下表所示（视频率为概率）：
t/箱
4
5
6
频数
30
x
y
①估计接下来的一个月（30 天）内该种玫瑰每天下午3 点以前的销售量不少于5 箱的天数是多少？
②若批发店每天在购进5 箱数量的玫瑰时所获得的平均利润最大（不考虑其他成本），求x 的取值
范围.
【答案】(1)
(2)①21 天；②
，
【分析】（1）列举出所有的情况，再根据古典概型的概率公式求解即可；
（2）①由题设可得
，进而结合题意求解即可；
②分别求出购进4 箱玫瑰、5 箱玫瑰、6 箱玫瑰时的平均利润，进而列不等式求解即可.
【详解】（1）设这6 位顾客是A，B，C，D，E，F，
其中3 点以前购买的顾客是A，B，C，D，3 点以后购买的顾客是E，F.
从这6 位顾客中任选2 位有15 种选法：
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
其中恰好一位是以2000 元价格购买的顾客，另一位是以1200 元价格购买的顾客的有：
，
，
，
，
，
，
，
，共8 种，
则恰好一位是以2000 元价格购买的顾客，另一位是以1200 元价格购买的顾客的概率是
.
（2）①依题意
，则
，所以估计接下来的一个月（30 天）内该种玫瑰每天下
午3 点以前的销售量不少于5 箱的天数是
天；
②批发店每天在购进4 箱数量的玫瑰时所获得的平均利润为：
元；
批发店每天在购进5 箱数量的玫瑰时所获得的平均利润为：
元；
批发店每天在购进6 箱数量的玫瑰时所获得的平均利润为：
，
由
，解得
，又
，
，则
，
即x 的取值范围为
，
.
19．（2026·北京石景山·二模）2026 年春节期间，模式口历史文化街区推出“骐骥献瑞”主题集章
打卡活动.游客可以收集“龙马献瑞”，“马到成功”，“马效炎德”，“马奔财乡”，“奇骏延
年”，“马行无疆”6 个蕴含马年吉祥寓意的专属印章.为了解不同年龄段游客的打卡习惯，从参与
活动的人群中随机抽取100 名游客，统计他们集章情况如下表（同一题材重复集章只计1 个）：
组别
集章1 个
集章2 个
集章3 个
集章4 个
集章5 个
集章6 个
各组总人数
青年
1 人
1 人
2 人
12 人
12 人
2 人
30 人
中年
3 人
2 人
8 人
30 人
15 人
2 人
60 人
老年
1 人
2 人
1 人
3 人
2 人
1 人
10 人
每个游客的打卡行为相互独立.
(1)从上表的青年组中随机抽取1 名游客，求该游客集章个数不少于4 的概率；
(2)从参与打卡活动的青年和中年游客中各随机抽取2 人，用上表统计的频率估计概率，试估计这4
人中“恰有2 人集章4 个、2 人集章5 个”的概率；
(3)将青年、中年、老年组的组别分别编码为
，0，1，用上表统计的频率估计概率，从集章个数
为k（
，2，3，4，5，6）的游客中随机抽取1 人，记该游客的组别编码为
，写出满足
的k 值的个数.（结论不要求证明）
【答案】(1)
(2)
(3)2
【分析】（1）利用古典概型求解即可；
（2）根据频率估计的概率，结合互斥事件与独立事件的概率公式求解；
（3）根据期望公式转化为老年人与青年人的人数多少问题求解即可,
【详解】（1）表中青年组共有游客30 名，其中集章个数不少于4 的人数为
，
从中随机抽取1 名游客，该游客集章个数不少于4 的概率为
．
（2）根据题中数据，“青年游客集章4 个”的概率可估计为
；
“青年游客集章5 个”的概率可估计为
；“中年游客集章4 个”的概率可估计为
；
“中年游客集章5 个”的概率可估计为
．所以“恰有2 人集章4 个、2 人集章5 个”的概率
可估计为：
．
（3）因为青年、中年、老年组的组别分别编码为
，0，1，所以期望
P（老人）
P（青
年），需满足P（老人）
P（青年） （因分母为总人数，只需比较分子），
对
分别计算：
当
，青年1 人，中年3 人，老年1 人，老年人数
青年人数，
；
，青年1 人，中年2 人，老年2 人，老年人数
青年人数，
；
同理，当
时，老年人数都小于青年人数，所以
，
综上，满足条件的
值为
，共2 个.
20．（2026·北京朝阳·二模）2026 年春季，北方进入花粉过敏高发期．某市疾控中心针对该市青少
年春季花粉过敏情况开展专项调查．现从该市青少年中随机抽取2000 人作为样本，统计样本中不
同过敏程度的人数，得到下表：
过敏程度
无过敏
轻度过敏
中度过敏
重度过敏
极重度过敏
城区
220
180
150
50
郊区
500
120
80
70
30
用频率估计概率．
(1)从该市青少年中随机抽取一人，估计此人春季花粉“无过敏”的概率；
(2)从该市城区和郊区的青少年中各随机抽取2 人，估计抽到的青少年中恰有一人春季花粉“无过
敏”的概率；
(3)该市疾控中心规定过敏程度评分如下表：
过敏程度
无过敏
轻度过敏
中度过敏
重度过敏
极重度过敏
过敏程度评
分
0
1
2
3
4
该市疾控中心对该市A、B 两个地区同步开展调查，已知A 地区与B 地区青少年人数之比为3：2，
地区青少年的过敏程度平均评分为
，
地区青少年的过敏程度平均评分为0.6．疾控中心对这
两个地区的青少年开展专项过敏防护干预，干预后A 地区青少年的过敏程度平均评分降低了
地区青少年的过敏程度平均评分不变．记
为干预后这两个地区青少年的过敏程度平均评
分．若干预后
（该市青少年的过敏程度平均评分），直接写出
的最小正整数值．（结论
不要求证明）
【答案】(1)
；
离散型随机变量期望、方差及其分布列
考点5
(2)
；
(3)
的最小正整数值为6，理由见解析
【分析】（1）根据题意得到方程，求出
，进而得到概率；
（2）由二项分布知识进行求解；
（3）列出不等式，求出
的范围，得到答案
【详解】（1）由题意得
，
解得
，从该市青少年中随机抽取一人，估计此人春季花粉“无过敏”的概率为
；
（2）频率估计概率，该市城区青少年春季花粉“无过敏”的概率为
，
该市郊区青少年春季花粉“无过敏”的概率为
，各随机抽取2 人，
抽到的城区青少年中恰有1 人“无过敏”且郊区青少年两人均不是“无过敏”的概率为
，
抽到的郊区青少年中恰有1 人“无过敏”且城区青少年两人均不是“无过敏”的概率为
，
估计抽到的青少年中恰有一人春季花粉“无过敏”的概率为
；
（3）
的最小正整数值为6，理由如下：由题意得
，
解得
，
的最小正整数值为6.
一、单选题
1．（2026·广西桂林·二模）把1、2、3、4 四个数字随机排成一行，从左到右依次读取，从第二个
数开始，每当读到的数字比前面所有数字都大时，称该数为一个“新高”.记排列中“新高”的个
数为随机变量
，则
（ ）
A．1
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】X 的取值为0，1，2，3.
，
，
，
，
.
2．（2026·山东济宁·二模）抛掷一枚质地均匀、六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6 的正方
体骰子，当出现6 点时，就说这次试验成功，每次试验的结果相互独立，则在30 次试验中成功次
数
的均值和方差分别为（ ）
A．5，
B．5，
C．10，
D．10，
【答案】B
【分析】应用二项分布的均值和方差公式求解.
【详解】依题意试验一次成功的概率为
，且每次试验是相互独立的，所以30 次试验中成功次数
服从二项分布,即
．故
.
3．（2026·安徽淮南·二模）设
，随机变量
的分布列为
0
1
则（ ）
A．
在
上单调递增
B．
在
上单调递减
C．
的最小值为
D．
的最大值为
【答案】C
【分析】根据方差公式，结合二次函数性质判断即可.
【详解】
.
.
结合二次函数的性质可知，
在
上单调递减，在
上单调递增，故AB 错误.
最小值为
，无最大值，故C 正确，D 错误.
4．（2026·河北唐山·二模）已知随机变量
，随机变量
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据正态曲线的性质逐项判断即可.
【详解】
因为
，
，则
，因为
，
，则
，对于A，
，A 错误；
对于B，
，故
，B 错误，
对于CD，
，
，则
，D 正确；
所以
，C 错误.
5．（2026·河北张家口·二模）已知某种树苗在一个生长周期内生长的高度为随机变量
，且
，若
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先利用对立事件求对称点的概率，再根据正态曲线关于
对称的性质，均值为两对
称点的中点，最后利用对称性求区间概率.
【详解】因为随机变量
，正态分布的概率密度曲线关于
对称，
由题：
，
，则
，
所以
，对称轴为：
，由正态分布的对称性得：
，
所以
.
6．（2026·广东惠州·二模）已知随机变量
的分布列为
0
1
2
3
0.3
0.3
0.2
0.1
设函数
，若
，则函数
的值域为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由分布列的性质可知，
，所以
.因为函数
，
.当
时，
；
当
时，
；
当
时，
.
所以
.所以函数
的值域为
.
7．（2026·山东临沂·二模）抛三枚质地均匀的硬币，记正面朝上的数量为随机变量X，定义随机变
量
，则
（ ）
A．3
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先明确原随机变量X 的分布，再根据Y 与X 的分段关系计算期望．
【详解】首先计算随机变量
的分布：抛三枚质地均匀的硬币，
服从二项分布
，
可能取值为
，概率分别为：
，
，
，
．根据
的定义（
时
，
时
），计算期望：
．
代入得
．
8．（2026·重庆渝中·二模）小明高考结束后出去游玩，帽子和墨镜每天至少戴一件，他每天戴帽
子的概率为
，戴墨镜的概率为
，各天穿戴的情况独立，
表示他在20 天的游玩时间中只戴帽
子的天数，则其期望
（ ）
A．4 天
B．8 天
C．10 天
D．16 天
【答案】A
【详解】记
为事件“小明戴帽子”，记
为事件“小明戴墨镜”，
，
，
，
所以
，
，
（天）.
9．（2026·河北·二模）已知某口袋中装有编号分别为1，2，3，4 的红色小球各一个，编号分别为
1，2，3，4 的白色小球各一个(共8 个小球，除颜色与编号外，其他完全相同)，每次从口袋中不放
回地任取一个小球，只要取到相同编号的红色小球和白色小球，就结束取球.记取球次数为X，则X
的数学期望为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】通过分析取球结束时的次数情况，结合不放回抽样的概率计算方法，分别求出各次数对应
的概率，再利用数学期望公式求解.
【详解】随机变量
的可能取值为
.当
时，前两次取球就取到一对编号相同的红、白
球，
第一次任取一球，第二次需取到与它编号相同的另一颜色球：
；
当
时，前两次未出现同号球，第三次才取到，第一次任取一球，第二次不取同号球，
第三次取到与前两次之一同号的另一颜色球：
；
当
时，前三次未出现同号球，第四次才取到，第一次任取一球，后两次均不取已取编号的同
号球，第四次取到与前三次之一同号的另一颜色球：
；当
时，前
四次未出现同号球，第五次必然取到（前四次取了4 个不同编号的球，剩余球必与前四次某一球同
号）：
，数学期望：
.
二、多选题
10．（2026·河北沧州·二模）设随机变量
的分布列为
（
，2，
为常数），
则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【详解】由题可知，
，
，所以
，得
，
即
，
，所以
，
，
，则
.
11．（2026·湖南长沙·二模）若随机变量X 服从正态分布
，且
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【详解】随机变量X 服从正态分布
，所以
对于A，由正态分布的对称性
，故A 正确；
对于B，
，故B 正确；
对于C，
，故C 错误；
对于D，因为
，
，所以
，
所以
，故D 正确.
12．（2026·山东威海·二模）已知随机变量
，则（ ）
2
1
2
1
2 6 1
13
E
X
E X
2
1
4
4 4
16
D
X
D X
2
10
P
X
m
4
8
P
X
n
2
4
2
m
n
P
X
4
10
2
10
2
4
2
2
m
n
m
n
P
X
P
X
P
X
m
2
2
1
1
2
2
,
,
,
X
N
Y
N
A．
B．
C．若
，则
D．若
，则
【答案】ABC
【分析】根据正态分布的标准化公式，对称性以及概率计算规则求解即可.
【详解】对于A：对于任意正态分布
，将其进行标准化处理，即令
，
则
服从标准正态分布
，故A 正确；对于B：对于正态分布，其概率密度曲线关于
对称，
，
，故B 正确；
对于C：若
，则
，
，
定义标准正态分布的累积分布函数为
，
，
由于
和
均服从标准正态分布，根据标准正态分布的对称性，
，
所以
，所以
成立，故C 正确；
对于D：定义标准正态分布的累积分布函数为
因
，故
，
，
，已知
，所以
1
1
0,1
σ
X
N
1
2
P X
P Y
1
2
2
1
P X
P Y
1
2
1
2
,
1
1
2
1
P X
P Y
2
,
X
N
X
Z
Z
0,1
x
1
P X
μ
=0.5
2
P Y
μ
0.5
1
2
1
2
1
2
X
P X
P
2
1
2
1
Y
P Y
P
x
2
1
2
P X
1
2
1
1
P Y
1
X
2
Y
1
z
z
1
2
2
1
2
1
1
1
2
1
P X
P Y
x
1
2
1
2
,
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
X
P X
P
2
1
1
1
2
2
2
2
Y
P
P Z
1
2
σ <σ
1
2
σ
1
σ
x
1
2
σ
1
σ
，因为标准正态分布的累积分布函数
是单调递增的，所以
，故D 错误.
三、填空题
13．（2026·天津北辰·二模）2026 年教育部全面推进“人工智能+教育”，某科技馆开展AI 助手体
验活动.三人一组，每人可向AI 助手提问.甲、乙、丙三人体验AI 问答系统.活动分两环节，第一环
节“抢麦提问”，只有一人能抢到麦克风，三人抢到麦克风的概率均为
，抢到者向AI 提问，AI
给出正确答案的概率分别为甲是
，乙、丙均是
.第二环节“独立测试”，三人各自在平板电脑
上完成一道必答题，他们各自答对的概率分别为甲是
，乙、丙均是
，且甲、乙、丙三人各题是
否答对互不影响.则在第一环节提问中得到正确答案的概率______；记在第二环节独立测试中得到
正确答案的人数为X，则X 的数学期望为_______.
【答案】
【分析】应用全概率公式计算求解，先写出
可以取
的概率，再应用数学期望公式计算求
解.
【详解】在第一环节提问中得到正确答案的概率
；在第二环节独立测试中
得到正确答案的人数为X，
可以取
，
，
，
，
，则X 的数学期望为
.
14．（2026·浙江台州·二模）已知一个不透明的袋子里装有除颜色外没有其他差异的2 个白球和4
个黑球，现操作如下：从袋子中随机取出一个球，若取出的是白球，则放进一个黑球，白球不放回；
若取出的是黑球，则放进一个白球，黑球不放回（其中放进去的白球或黑球与原来袋子里的相应颜
色的球没有差异），依此规则操作2 次，记袋中的白球个数为
，则
的数学期望为_______.
【答案】
/
1
2
σ
1
σ
x
1
2
σ
1
σ
1
3
3
4
1
2
4
5
1
2
7
12
9
5
X
0,1,2,3
1
3
1
1
1
1
7
3
4
3
2
3
2
12
X
0,1,2,3
1
1
1
1
0
5
2
2
20
P X
4
1
1
1
1
1
1
1
1
6
1
5
2
2
5
2
2
5
2
2
20
P X
4
1
1
4
1
1
1
1
1
9
2
5
2
2
5
2
2
5
2
2
20
P X
4
1
1
4
3
5
2
2
20
P X
1
6
9
4
36
9
0
1
2
3
20
20
20
20
20
5
E X
X
X
23
9
5
2 9
【详解】由题设
可取
，又
，
，
，故
.
15．（2026·贵州贵阳·二模）在一个袋子中装有4 个大小相同的小球，小球上的编号依次为1，2，
3，4，现在有放回的抽取n 次，每次只取一个小球，记这n 次取到的小球的最大编号为X，则
______，
______．
【答案】
【分析】根据古典概型概率公式，独立事件的概率乘法公式，以及数学期望的公式计算即得.
【详解】由题意，有放回的抽取n 次，每次只取一个小球，取得每个编号的概率都是
，
易得
；
因
，
，2，3，4，
故
.
四、解答题
16．（2026·辽宁锦州·二模）高尔顿钉板是英国统计学家高尔顿设计的一种概率模型，其结构如下，
在一块竖直木板上钉有若干排等间距的钉子，每排钉子的数量比上一排多一枚，且相邻的两排钉子
的位置相互错开，木板底部有若干个等宽的凹槽，用于收集下落的小球，小球从木板顶端的入口处
自由下落，在下落过程中，小球每次遇到钉子时，向左或向右下落的概率均为0.5，且每次下落是
相互独立的.现有一个高尔顿钉板，其设置
排钉子，第
排钉子下方有
个凹槽.从左至右依次
记为凹槽0，凹槽1，…，凹槽
，当
时，钉板如图所示.进行
次独立重复试验，每次试验
投放一个小球.设小球从入口下落最终落入凹槽
的个数为
.
X
0,2,4
2
1
1
0
6
6
18
P X
2
5
4
3
22
11
2
6
6
6
6
36
18
P X
4
3
6
1
4
6
6
18
3
P X
1
11
1
23
0
2
4
18
18
3
9
E X
(
1)
P X
(
)
E X
1
4n
1
4
3
2
1
4
n
n
n
n
1
4
1
1
(
1)
( )
4
4
n
n
P X
1
1
1
( )
(
)
[
(
1) ]
4
4
4
n
n
n
n
n
k
k
P X
k
P X
k
P X
k
k
k
1
k
1
(
)
[1
2 (2
1 )
3 (3
2 )
4(4
3 )]
4
n
n
n
n
n
n
n
n
E X
1
1
1
(4 4
3
2
1 )
(4
3
2
1)
4
4
n
n
n
n
n
n
n
n
n
m
m
1
m
m
11
m
n
0,1,2,
,
k k
m
k
X
(1)若
，
（ⅰ）当
时，求
；
（ⅱ）当
时，求
的数学期望与方差；
(2)当
足够大时，可以认为小球最终落入的凹槽标号
服从正态分布
，其中
为
的数学
期望，
为
的方差.若
，
，试估计落在凹槽15 到凹槽21（含15 和21）内的小球
总数.
参考数据：若随机变量
，
，
，
.
【答案】(1)（ⅰ）
；（ⅱ）
；
(2)6827
【分析】（1）（ⅰ）利用二项分布的概率公式计算即可；（ⅱ）利用二项分布的期望和方差公式
计算.
（2）根据二项分布的期望和方差公式求出
和
，再结合正态分布性质求解.
【详解】（1）（ⅰ）
.
（ⅱ）由（ⅰ）知小球落入3 号槽的概率为
，由题意知
，
8
m
1
n
3
P k
1600
n
3
X
n
k
2
,
N
k
2
k
36
m
10000
n
2
,
Y
N
0.6827
P Y
2
0.9545
P Y
3
0.9973
P Y
7
32
3
350
E X
3
4375
16
D X
8
3
8
1
7
3
C
2
32
P k
7
32
3
7
1600, 32
X
B
所以
，
.
（2）一个小球最终落入的凹槽标号
满足
，
，
，由题可知小球最终落入的凹槽标号
服从正态分布
，
所以估计落在凹槽15 到凹槽21（含15 和21）内的小球总数为6827.
17．（2026·湖北·二模）某篮球运动员在训练中进行投篮练习.已知其2 分球的命中率为0.8，3 分球
的命中率为0.5，且每次投篮结果相互独立.在每次投篮前，他可以根据场上情况选择投2 分球或3
分球.
(1)若该运动员等可能地选择投2 分球或3 分球，求他投一次篮命中的概率：
(2)现该运动员拥有连续2 次投篮的机会，他制定了如下策略：
若第一次命中，则第二次继续选择同一类型的投篮；若第一次未命中，则第二次更换为另一种类型
的投篮，求该策略下，这名运动员第一次投篮应该怎么选择可以使得两次投篮总得分的期望最大.
【答案】(1)
(2)该运动员第一次选择2 分球可以使得两次投篮总得分的期望最大
【分析】（1）记选择2 分球为事件
，选择3 分球为事件
，投一次篮命中为事件
，结合全概
率公式，即可求解；
（2）当该运动员第一次选择2 分球时，得到变量
可取值有
，求得相应的概率，列出分布
列，求得期望值；当该运动员第一次选择3 分球时，得到变量
可取值有
，求得相应的概
率，列出分布列，求得期望值，结合
，即可求解.
【详解】（1）解：记选择2 分球为事件
，选择3 分球为事件
，投一次篮命中为事件
，
则
，所以
.
（2）解：当该运动员第一次选择2 分球时，记他两次投篮的得分为
，
可取值有
，
可得
，
，
3
7
1600
350
32
E X
3
7
25
4375
1600
32
32
16
D X
k
1
36, 2
k
B
1
36
18
2
E k
2
1
1
36
9
2
2
D k
k
18,9
N
15
21
18
3
18
3
0.6827
P
k
P
k
0.65
A
B
C
0,2,3,4
0,2,3,6
E
E
A
B
C
0.5
P A
P B
|
|
0.5 0.8
0.5 0.5
0.65
P C
P CA
CB
P A P C A
P B P C B
0,2,3,4
(
)
(1 0.8)(1 0.5)
0.1
0
P
(
)
0.8 (1 0.8)
0
2
.16
P
，
，所以随机变量
的分布列为：
0
2
3
4
0.1
0.16
0.1
0.64
所以
当该运动员第一次选择3 分球时，记他两次投篮的得分为
，
可取值有
，
可得
，
，
，
所以随机变量
的分布列为：
0
2
3
6
0.1
0.4
0.25
0.25
所以
，因为
，即
，
所以该运动员第一次选择2 分球可以使得两次投篮总得分的期望最大.
18．（2026·辽宁抚顺·二模）为促进消费，某商场面向顾客开展抽奖活动，规则如下：现有10 个不
透明的箱子，每个箱子内装有4 个除颜色外其他完全相同的小球，其中5 个箱子各装有2 个白球和
2 个红球，另外5 个箱子各装有1 个白球和3 个红球，顾客从10 个箱子中随机地选取1 个箱子，记
所选的箱子中红球的个数为m，顾客可从选中的箱子中一次性取出
个球，若取出的均是
红球，则顾客可获得奖金
元，否则无法获得奖金.
(1)当
时，求顾客可以获得奖金的概率；
(2)当n 取何值时，顾客获得奖金金额的期望更大？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用全概率公式计算即可；
（2）利用离散型随机变量的分布列分别计算期望比较大小即可.
【详解】（1）当
时，记事件A 为“顾客所选的箱子中有2 个白球和2 个红球”，事件B 为
(
)
(1 0.8)
3
0.5
0.1
P
(
)
0.8 0.8
0.64
4
P
P
0
0.32
0.3
2.56
3.18
E
0,2,3,6
(
)
(1 0.5)(1 0.8)
0.1
0
P
(
)
(1 0.5)
2
0.8
0.4
P
(
)
0.5 (1 0.5)
0
3
.25
P
6
0.5 0.5
0.25
P
P
0
0.8
0.75 1.5
3.05
E
3.18
3.05
E
E
(
{1,2})
n n
120
1
n
m
1
n
5
8
2
n
1
n
“顾客可以获得奖金”，则
.
（2）当
时，记顾客获得的奖金为X 元，则X 的所有可能取值为0，30，40，
且
，
，
，
则
.当
时，记顾客获得的奖金为Y 元，则Y 的所有可能取值为
0，60，80，且
，
，
，
则
.因为
，所以当
时，顾客获得奖金金额的期望更大.
19．（2026·河南·二模）中国航天“十五五”规划核心是从航天大国迈向航天强国、从大国重器转
向万亿级支柱产业、从近地领先走向深空领跑.为实现发动机科研突破，我国某航天研究院对甲、
乙、丙三款新型发动机关键部件进行可靠性测试，单次测试中，部件连续稳定工作时长达到1200
小时及以上，即可判定为“一级可靠性部件”.为预测本次测试中获评“一级可靠性部件”的数量
及最优部件型号，收集了三款部件过往的测试数据（单位：小时），如下所示：
甲部件：
乙部件：
丙部件：
(1)求收集到的甲部件测试数据的第
分位数；
(2)假设用频率估计概率，且甲、乙、丙三款部件的测试结果相互独立.设
为甲、乙、丙三款部件
中获评“一级可靠性部件”的总数量，求
的概率分布列和数学期望
．
【答案】(1)
(2)
X
0
1
2
3
P
( )
( )
(
)
( )
(
)
P B
P A
P B A
P A
P B A
∣
∣
5
2
5
3
5
10
4
10
4
8
1
n
5
3
(
0)
1
8
8
P X
5
3
3
(
30)
10
4
8
P X
5
2
1
(
40)
10
4
4
P X
3
3
1
85
(
)
0
30
40
8
8
4
4
E X
2
n
2
3
2
4
C
5
1
(
60)
10
C
4
P Y
2
2
2
4
C
5
1
(
80)
10
C
12
P Y
1
1
2
(
0)
1
4
12
3
P Y
2
1
1
65
( )
0
60
80
3
4
12
3
E Y
85
65
4
3
2
n
1380,1350,1280,1250,1230,1210,1190,1170,1150,1120
1360,1310,1260,1220,1180,1160
1420,1330,1170,1140
80%
X
X
E X
1315
1
15
3
10
13
30
1
5
【分析】（1）先将甲部件10 个测试数据从小到大排序，通过总数乘80%得整数8，按分位数规则
取第8、9 个数据的平均数，算出甲部件测试数据的第
分位数；
（2）先分别统计甲、乙、丙部件寿命不低于1200 小时的个数，求出各自优秀频率并当作对应优秀
概率，设出各部件优秀事件，依次算出随机变量
取0、1、2、3 时的概率，列出分布列，再依据
数学期望公式计算出
的数
学期望。
【详解】（1）将甲部件测试数据从小到大排列，得：
又
为整数，所以数据的第80%分位数为第8 个数据和第9 个数据的平均数.
所以收集到的甲部件测试数据的第
分位数为
．
（2）甲部件：数据共
个，大于等于
小时的是
，共6 个，频
率为
．乙部件：数据共
个，大于等于
小时的是
，共4 个，频率为
．
丙部件：数据共
个，大于等于
小时的是
，共2 个，频率为
．由频率估计概率得，
甲部件获得优秀的概率为
，乙部件获得优秀的概率为
，丙部件获得优秀的概率为
．设甲部件
获得优秀为事件
，乙部件获得优秀为事件
，丙部件获得优秀为事件
，甲、乙、丙三款部件
的测试结果相互独立.
，
，
，
．
所以X 的分布列为
53
30
E X
80%
X
X
1120,1150,1170,1190,1210,1230,1250,1280,1350,1380,
10 80%
8
80%
1280
1350
1315
2
10
1200
1210,1230,1250,1280,1350,1380
3
5
6
1200
1360,1310,1260,1220
2
3
4
1200
1420,1330
1
2
3
5
2
3
1
2
1A
2
A
3
A
1
2
3
2
1
1
1
(
0)
5
3
2
15
P X
P A A A
1
2
3
1
2
3
1
2
3
(
1)
P X
P A A A
P A A A
P A A A
3
1
1
2
2
1
2
1
1
3
5
3
2
5
3
2
5
3
2
10
1
2
3
1
2
3
1
2
3
(
2)
P X
P A A A
P A A A
P A A A
3
2
1
3
1
1
2
2
1
13
5
3
2
5
3
2
5
3
2
30
1
2
3
3
2
1
1
3
5
3
2
5
P X
P A A A
X
0
1
2
3
P
所以X 的数学期望
．
20．（2026·河北保定·二模）某农家乐园为增加客流量，计划在五一期间举行农产品的团购活动，
每位参与团购且购买金额不低于100 元的顾客均可以参加抽奖活动.抽奖方案如下：开始时箱子中
放有除颜色外完全相同的4 个红球与12 个白球，每位参与抽奖的顾客均可抽取2 次，每次从箱子
中随机取1 个球，第1 次顾客从箱子中随机取出1 个球，确定颜色后放回箱子，同时往箱子中放入
2 个与第1 次取出的球颜色相同的球，然后进行第2 次抽取.已知顾客每次取出白球没有奖励，取出
红球奖励20 元.
(1)求顾客第2 次取出红球的概率.
(2)记每位参与抽奖的顾客获得奖励的总金额为X 元，求E(X).
(3)该农家乐园计划增加一种抽奖方案，此方案要求参与抽奖的顾客通过扫描二维码进入小程序回
答问题，每位顾客最少回答 2 个问题，最多回答 3 个问题，若前 2 个问题至少回答正确 1 个，则
不再回答第 3 个问题，若前2 个问题都回答错误，则需回答第 3 个问题，且第 1 个问题回答正确
奖励 6 元，第 2 个和第3 个问题回答正确均奖励 12 元.已知顾客甲正确回答这 3 个问题的概率依
次为
且这3 个问题回答正确与否相互独立.为使顾客甲获得奖励的总金额的数学期望最大，
顾客甲应该选择原抽奖方案还是新增抽奖方案?请说明理由.
【答案】(1)
(2)10
(3)顾客甲应该选择新增抽奖方案，理由见解析.
【分析】（1）根据全概率公式即可求解；
（2）根据题意，写出离散型随机变量求出
的分布列，从而利用期望公式即可求解.
（3）设顾客甲获得奖励的总金额为
元，写出离散型随机变量求出
的分布列，求得关于
的
期望，比较
即可.
【详解】（1）设＂第1 次取出红球＂为事件
，则
，
1
15
3
10
13
30
1
5
3
13
1
53
1
2
3
10
30
5
30
E X
3 2 1
4 3 2
，，，
1
4
X
Y
Y
Y
( ),
(
)
E Y
E X
A
4
1
3
( )
, ( )
16
4
4
P A
P A
设＂第2 次取出红球＂为事件
，若第1 次取出红球，则箱子中有 6 红 12 白，共 18 个球，
此时
，若第1 次取出白球，则箱子中有4 红14 白，共18 个球，此时
，由全概率公式得
答：顾客第2 次取出红球的概率为
.
（2）由题意知，
的可能取值为0,20,40；
，
，
所以
的分布列为：
0
20
40
,
（3）设顾客甲获得奖励的总金额为
元。
由题意，
的可能取值为
。
，
，
，
，
所以
的分布列为：
0
6
12
18
B
6
1
(
)
18
3
P B A
∣
4
2
(
)
18
9
P B A
∣
1
1
3
2
1
1
1
( )
( ) (
)
( ) (
)
.
4
3
4
9
12
6
4
P B
P A P B A
P A P B A
∣
∣
1
4
X
3
2
3
7
7
(
0)
(
1
)
(
2
1
)
1
4
9
4
9
12
P X
P
P
第次白
第次白∣第次白
1
1
1
(
40)
(
1
)
(
2
1
)
4
3
12
P X
P
P
第次红
第次红∣第次红
7
1
4
1
(
20)
1
(
0)
(
40)
1 12
12
12
3
P X
P X
P X
X
X
P
7
12
1
3
1
12
7
1
1
20
10
(
)
0
20
40
10
12
3
12
3
3
E X
Y
Y
0,6,12,18
3
2
1
1
1
1
1
0
1
1
1
4
3
2
4
3
2
24
P Y
3
2
3
1
1
6
6
1
4
3
4
3
4
24
P Y
3
2
3
2
1
1
1
5
12
1
1
1
4
3
4
3
2
6
24
24
P Y
3
2
1
12
18
4
3
2
24
P Y
Y
Y
P
1
24
6
24
5
24
12
24
，
因为
，所以顾客甲应该选择新增抽奖方案.
21．（2026·山东威海·二模）把4 个形状大小相同的球等可能地放入编号为1，2，3，4 的四个盒子
中，记放入1 号，2 号，3 号，4 号盒子中的球的个数分别为
．
(1)求
的概率；
(2)求
且
的概率；
(3)设函数
，记
，求
的分布列与数学期望．
【答案】(1)
(2)
(3)
X
1
2
3
4
P
【分析】（1）先求出4 个球放入4 个盒子的概率，再求出
的情况数，最后根据古典概型公式
计算概率.
（2）先求出
且
的情况数，最后根据古典概型公式计算概率.
（3）先找出X 所有可能取值，再分别求出对应的概率，即可得到
的分布列与数学期望．
【详解】（1）由题意可知每个球放入每个盒子中的概率为
，
当
时，放入1 号盒子中球的个数恰好为2，所以
的概率为
．
1
6
5
12
36
60
216
312
( )
0
6
12
18
13
24
24
24
24
24
24
E Y
( )
13
(
)
10
E Y
E X
1
2
3
4
i
i
i
i
，，，
1=2
i
1=1
i
2=2
i
1
>0
= 0
=0
x
f x
x
，
，
1
2
3
4
X=
+
+
+
f
f
f
i
i
f
i
i
X
27
128
3
32
1
64
21
64
9
16
3
32
175
64
E X
1
2
i
1
1
i
2
2
i
X
1
4
1
2
i
1
2
i
2
2
4
4
C
3
27
4
128
（2）当
且
时，放入1 号盒子中球的个数恰好为1，放入2 号盒子中球的个数恰好为2，
所以
且
的概率为
．
（3）由题意可知X 所有可能取值为1、2、3、4，
，
，
，
，
因此X 的分布列为
X
1
2
3
4
P
则
．
22．（2026·江西·二模）甲、乙两人进行投篮练习，每人最多投篮
次，约定如下：
若先投篮者有两次投篮不中，则换成另一人投篮，否则一直投篮2n 次．假设甲每次投篮投中的概
率为
，且各次投篮结果相互独立．若甲先投篮，随机变量X 表示换成乙投篮时甲投篮的次数．
(1)求
，
；
(2)求X 的分布列；
(3)当
时，求
．
【答案】(1)
，
(2)
X
2
3
4
…
2n
P
…
1
1
i
2
2
i
1
1
i
2
2
i
1
2
1
4
3
2
4
C C C
4 3 2
3
4
4 4 4 4
32
1
4
4
C
1
1
4
64
P X
2
4
4
4
C
2
2
21
2
4
64
P X
4
3
1
2
2
3
1
2
1
4
3
4
2
4
3
4
2
4
C C C A
1
9
3
C C C C
4
4
16
P X
4
4
4
A
3
4
4
32
P X
1
64
21
64
9
16
3
32
1
21
9
3
175
2
3
4
64
64
16
32
64
E X
*
2
3,
N
n n
n
2
3
(
2)
P X
(
3)
P X
2
n
(
2
)
P X
X
n
∣
1
(
2)
9
P X
4
(
3)
27
P X
2
1
n
0
1
2
9
3
1
2
2
9
3
2
1
2
3
3
2
3
2
2
2
9
3
n
n
2
2
2
1
2
3
3
n
n
(3)
【分析】（1）由概率公式得到
和
；
（2）分析得到
的可能取值和对应的概率，得到分布列；
（3）在（2）基础上，由错位相减法和条件概率公式进行求解.
【详解】（1）
，即甲两次投篮均不中，
，
，即甲前两次投篮有1
次中，1 次不中，第三次投篮不中，故
；
（2）
的可能取值为
，当
时，第k 次投篮未进，
则前面
次投篮中有1 次未投中，所以
；
当
时，若前面
次投篮都投中，其概率为
；
若前面
次投篮中有1 次未投中，其概率为
，
故
，
所以X 的分布列为
X
2
3
4
…
2n
P
…
（3）由上可知
，
，①
，②
2
1
3
(
2
)
3
(
2) 2
n
n
n
P X
X
n
n
∣
(
2)
P X
(
3)
P X
X
2
X
1
1
1
(
2)
3
3
9
P X
3
X
2
1
1
1
2
1
4
(
3)
3
3
3
3
3
3
27
P X
X
*
2
2 ,
k
k
n k
N
*
2
2
1,
X
k
k
n
k
N
1
k
2
2
1
1
1
2
1
1
2
(
)
C
3
3
3
9
3
k
k
k
k
P X
k
*
2
2,
X
n n
n
N
2
1
n
2
1
2
3
n
2
1
n
2
2
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
C
3
3
3
3
n
n
n
n
2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
(
2 )
3
3
3
3
3
n
n
n
n
n
P X
n
2
1
n
0
1
2
9
3
1
2
2
9
3
2
1
2
3
3
2
3
2
2
2
9
3
n
n
2
2
2
1
2
3
3
n
n
1
(
2)
9
P X
0
1
2
1
2
2
2
1
2
(
)
9
3
9
3
9
3
n
n
P X
n
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
(
)
3
9
3
9
3
9
3
n
n
P X
n
由
得，
，所以
，故当
时，
.
①
②
1
2
2
1
1
1
2
2
2
1
2
(
)
1
3
9
3
3
3
9
3
n
n
n
P X
n
1
1
1
2
1
1
1
2
1
2
2
3
2
9
9
3
3
9
3
1
3
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