专项06 概率与统计
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【命题解码·定方向】命题趋势+2026 年预测
【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式
【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分
根据近五年全国卷考情，概率与统计是高考解答题必考解答题，考查的内容主要是以统计案例及统计数
据分析，随机变量与分布列，正态分布，对立性检验，回归方程分析这几种形式出现，小题大题总分值
约为13-20 分．
命题趋势：
解答题：独立考查概率或考查概率与统计的综合（常为第15 至17 题），有时也与导数或数列等综合以
压轴题的形式出现.
2026 年预测：解答题极可能会以分布列及条件概率形式出现，应该予以重视.
备考核心：夯实概率模型与统计公式，规范步骤书写；重点突破分布列、期望与独立性检验，限时训练
提升计算准确率，总结易错点.
题型01 统计图表与概率的综合
析典例·建模型
1．（2026·上海杨浦·一模）为了了解某校高三年级学生的体育成绩，随机选取100名学生参加考核，将考
核的成绩（满分100分，成绩均为不低于40 分的整数）分成六组：
40,50 ，
50,60 ，
60,70 ，
70,80 ，
80,90 ，
90,100 ，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中a 的值；
(2)在考核成绩为
70,80 ，
80,90 ，
90,100 的三组学生中，用分层抽样的方法抽取13人，则考核成
绩在
70,80 中的学生应抽取多少人?
(3)若落在
50,60 学生的平均成绩是54.4 ，方差是5.2，落在
60,70 学生的平均成绩为66.4 ，方差是
9.2，求这两组学生成绩的平均数和方差.（结果精确到0.1）
【思路分析】（1）利用频率之和为1结合频率分布直方图列式求出a ；
（2）利用频率分布直方图求出成绩为
70,80 ，
80,90 ，
90,100 的学生人数，再根据分层抽样的概
念求解即可；
（3）先利用频率分布直方图求出
50,60 和
60,70 的学生人数，再根据平均数和方差公式计算求解即
可.
【规范答题】(1)由频率分布直方图可得10 (0.005
0.01 0.02
0.025
0.01)
1
a
´
+
+
+
+
+
= ，
解得
0.03
a =
.
（2）由频率分布直方图知，样本考核成绩在
70,80 ，
80,90 ，[90,100]的三组学生有
100 10
0.03
0.025
0.01
65
´
´
+
+
=
（人），
其中样本考核成绩在
70,80 的市民人数为100 10 0.03
30
´
´
=
，
用分层抽样的方法应从考核成绩在
70,80 的市民中抽取30 13
6
65 ´
=
（人）．
（3）由频率分布直方图知，成绩在
50,60 的学生人数为100 0.1 10
´
=
，
成绩在
60,70 的市民人数为100
0.2
20
´
=
，
所以总平均数
10 54.4
20 66.4
62.4
10
20
z
´
+
´
=
=
+
，
总方差
2
2
2
10
20
598
5.2
54.4
62.4
9.2
66.4
62.4
39.9
10
20
10
20
15
s
é
ù
é
ù
=
+
-
+
+
-
=
»
ë
û
ë
û
+
+
.
2．（2026·重庆·一模）某地区从高一年级的物理测试中随机抽取了100 名学生的物理成绩，整理得到如图
所示的频率分布直方图．
(1)该地区某学校建议此次物理测试成绩在本地区前60% 的学生选科报物理方向，试估计报物理方向的
学生本次成绩不低于多少分？（结果保留整数）
(2)从成绩位于区间
80,90 和
90,100 的答卷中，采用分层抽样随机抽取7 份，再从这7 份中随机抽取
3 份，设成绩在
90,100 的答卷份数为随机变量X ，求X 的分布列及数学期望．
【思路分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积和为1，可求得a 值，分析可得选报物理
方向的最低分x 在
70,80 内，根据x 值右侧面积和为0.6 ，即可求得答案.
（2）求出成绩在区间
80,90 和
90,100 的人数，分析可得X 的可能取值，求出各个取值对应的概
率，列出分布列，求出期望即可.
【规范答题】（1）由题意
10
0.005
0.010 2
0.020
0.025
1
a
´
+
´ +
+
+
= ，解得
0.030
a =
，
成绩在
90,100 的频率为0.1，在
80,90 的频率为0.25，在
70,80 的频率为0.3，
因为0.1 0.25
0.35,0.1 0.25
0.3
0.65
+
=
+
+
=
，
所以选报物理方向的最低分x 在
70,80 内，则
80
0.03
0.25
0.1
0.6
x
-
´
+
+
=
，
解得
72
x »
，所以估计报物理方向的学生本次成绩不低于72 分．
（2）由题可知，成绩在区间
80,90 的频数为100 0.025 10
25
´
´
=
，
成绩在区间
90,100 的频数为100 0.010 10
10
´
´
=
，
利用分层抽样，从中抽取7 份，成绩在
80,90 的频数为
7
25
5
25 10
´
=
+
，
成绩在
90,100 的频数为
7
10
2
25 10
´
=
+
，
再从这7 份答卷中随机抽取3 份，X 的所有可能取值为0,1,2 ，
0
3
1
2
2
1
2
5
2
5
2
5
3
3
3
7
7
7
C
C
C
C
C
C
10
2
20
4
5
1
0
,
1
,
2
C
35
7
C
35
7
C
35
7
P X
P X
P X
×
×
×
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
，
故X 的分布列为：
X
0
1
2
P
2
7
4
7
1
7
所以X 的数学期望为：
2
4
1
6
0
1
2
7
7
7
7
E X =
´
+ ´
+ ´
=
．
研考点·通技法
1.常用统计图表
(1)常见的统计图表有条形统计图、扇形统计图、频率折线图、频率分布直方图、频率分布表等.
(2)作频率分布直方图的步骤
2.设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m ，1x ，
2
1s ；n ，
2x ，
2
1s ，记两组数据总体的样
本平均数为w ．则总体样本方差
2
2
2
2
2
1
1
2
2
m
n
s
s
x
w
s
x
w
m
n
m
n
é
ù
é
ù
=
+
-
+
+
-
ê
ú
ê
ú
ë
û
ë
û
+
+
.
破类题·提能力
1．（2026·上海崇明·一模）王老师将全班40 名学生的高一数学期中考试（满分100 分）成绩分成5 组，
绘制成如图所示的频率分布直方图，现将[50,60) 记作第一组，[60,70) 、[70,80) 、[80,90) 、[90,100]
分别记作第二、三、四、五组．已知第一组、第二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相
同．
(1)估计此次考试成绩的平均值（同一组数据用该组数据的中点值代替）；
(2)王老师将测试成绩在[80,90) 和[90,100]内的试卷进行分析，再从中选2 人的试卷进行优秀答卷展
示，求被选中进行优秀答卷展示的这2 人的测试成绩至少1 个在[90,100]内的概率；
(3)已知第二组考生成绩的平均数和方差分别为65 和40，第四组考生成绩的平均数和方差分别为83
和70，据此计算第二组和第四组所有学生成绩的方差．
【答案】(1)74.5
(2) 17
45
(3) 400
3
【分析】（1）根据频率之和为1 可求,a b 的值，根据组中值可求平均数；
（2）根据对立事件可求2 人的测试成绩至少1 个在[90,100]内的概率；
（3）根据分层方差和总体方差的关系式可求第二组和第四组所有学生成绩的方差.
【详解】（1）由题意得
10
10
0.3
10(0.045
0.020
)
0.7
a
b
a
+
=
ì
í
+
+
=
î
，解得
0.005,
0.025.
a
b
=
ì
í =
î
所以平均数等于55
0.05
65
0.25
75
0.45
85
0.2
95
0.05
74.5
´
+
´
+
´
+
´
+
´
=
（2）由题意，[80,90) 内有8 人，[90,100]内有2 人，
所以被选中进行优秀答卷展示的这2 人的测试成绩至少1 个在[90,100]内的概率为
2
8
2
10
C
17
1
C
45
-
=
.
（3）设第二组、第四组的平均数与方差分别为
2
2
1
2
1
2
,
,
,
x x s
s ，
由题意，第二组、第四组分别有10 人和8 人，
所以成绩在第二组、第四组的平均数
65 10
83 8
73
10
8
x
+
´
+
´
=
=
成绩在第二组、第四组的方差
10
8
2
2
2
1
1
1 [
(
)
(
) ]
18
i
j
i
j
s
x
x
y
x
=
=
=
-
+
-
å
å
10
8
2
2
1
1
2
2
1
1
1
[(
)
(
)]
[(
)
(
)]
18
i
j
i
j
x
x
x
x
y
x
x
x
=
=
ì
ü
ì
ïï
ï
=
-
+
-
+
-
+
-
íí
ý
ï
ï
ï
î
î
þ
å
å
2
2
2
2
1
1
2
2
5
4
9
9
s
x
x
s
x
x
é
ù
é
ù
=
+
-
+
+
-
ê
ú
ê
ú
ë
û
ë
û
2
2
5
4
400
40
65
73
70
83
73
9
9
3
é
ù
é
ù
=
´
+
-
+
´
+
-
=
ë
û
ë
û
故估计成绩在第二组、第四组的方差是400
3 .
2．（2026·辽宁抚顺·一模）某科技兴趣小组研发了一种AI 模型，用于图象识别任务．为了测试该模型的性
能，对其进行了若干次试验，在每次试验中识别相同数目的图象，并记录该模型正确识别图象的数
量，得到如图所示的样本数据频率分布直方图．
(1)求a 的值，并估计该模型在一次试验中正确识别图象数量的均值x （同一组中的数据用该组区间的
中点值作代表）；
(2)以频率估计概率，在相同的条件下，随机对该模型进行4 次试验，用X 表示这4 次试验中正确识别
图象不少于50 个的次数，求X 的分布列和数学期望
E X ．
【答案】(1)
0.0125
a =
，
67
x =
(2) X 的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
1
256
3
64
27
128
27
64
81
256
3
E X =
.
【分析】（1）根据频率和为1 可求a 的值，根据平均数的计算方法求x .
（2）利用二项分布求X 的分布列和数学期望.
【详解】（1）由
20 0.0050
0.0075
0.0150
0.0100
1
a
+
+
+
+
= Þ
0.0125
a =
.
所以
20
20 0.0050
40 0.0075
60 0.0125
80 0.0150 100 0.0100
x =
´
´
+
´
+
´
+
´
+
´
67
=
.
（2）以频率估计概率，正确识别图象不少于50 个的概率为
1 20
0.0050
0.0075
P = -
´
+
3
0.75
4
=
=
.
X 表示这4 次试验中正确识别图象不少于50 个的次数，则
3
4, 4
X
Bæ
ö
~
ç
÷
è
ø.
所以
0
4
0
4
3
1
1
0
C
4
4
256
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
×
×
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
1
3
1
4
3
1
12
3
1
C
4
4
256
64
P X
æ
ö æ
ö
=
=
×
×
=
=
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
,
2
2
2
4
3
1
54
27
2
C
4
4
256
128
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
×
×
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
3
1
3
4
3
1
108
27
3
C
4
4
256
64
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
×
×
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
4
0
4
4
3
1
81
4
C
4
4
256
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
×
×
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
.
所以X 的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
1
256
3
64
27
128
27
64
81
256
所以
3
4
3
4
E X =
´
=
.
题型02 随机变量的分布列及数学期望
析典例·建模型
1．（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 X 表示抽出 3 张彩票中一等奖彩票的张数，求 X 的分布列与数学期望.
【思路分析】（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X 的可能的取值，再根据超几何分布可求X 的分布列，最后根据期望公式可求
E X .
【规范答题】（1）设A 为“抽出的 3 张彩票的奖金总额不高于 700 元”，
则
1
2
2
1
3
7
3
7
5
7
3
12
C C
C C
C
21 105
35
161
C
220
220
P A
+
+
+
+
=
=
=
.
（2）由题设有X 可取0,1,2 ，
又
0
3
2
10
3
12
C C
120
6
0
C
220
11
P X =
=
=
=
，
1
2
2
10
3
12
C C
2 45
9
1
C
220
22
P X
´
=
=
=
=
，
2
1
2
10
3
12
C C
10
1
2
C
220
22
P X =
=
=
=
，
故X 的分布列为：
X
0
1
2
P
6
11
9
22
1
22
故
6
9
1
1
0
1
2
11
22
22
2
E X =
´
+ ´
+ ´
=
.
2．（2026·山东临沂·一模）某人工智能公司召开年会，期间提供两个游戏供员工选择，两个游戏均有3
局，每局获胜可获对应奖金，奖金可累计.具体规则如下：
游戏Ⅰ：抛掷质地均匀的相同硬币
第1 局，抛两枚，向上的图案相同则获胜，得100 元奖金；第2 局，抛三枚，向上的图案相同则获
胜，得500 元奖金；第3 局，抛四枚，向上的图案相同则获胜，得900 元奖金；
游戏Ⅱ：抛掷质地均匀的特殊骰子（三组对面分别标记0，2，6 的骰子）.
第1 局，抛两颗，向上的数字相同则获胜，得300 元奖金；第2 局，抛三颗，向上的数字相同则获
胜，得600 元奖金；第3 局，抛四颗，向上的数字是2，0，2，6（不计顺序）则获胜，得900 元奖
金.
(1)求游戏Ⅰ第2 局获胜的概率；
(2)若销售部门的3 位员工均选择游戏Ⅰ，设X 为前两局均未获胜的人数，求X 的分布列和数学期望；
(3)从奖金期望角度，员工应选择哪个游戏？请说明理由.
【思路分析】（1）根据古典概型概率公式直接计算可得结果；
（2）利用二项分布直接计算即可得出分布列和期望；
（3）分别计算出参加一次游戏Ⅰ和游戏Ⅱ对应的奖金期望值，可知应选择游戏Ⅱ.
【规范答题】（1）由题意知，游戏Ⅰ第2 局获胜的概率
3
2
1
2
4
P =
=
.
（2）易知
0,1,2,3
X =
,
游戏Ⅰ第1局获胜的概率为
1
2 ，第2 局获胜的概率为1
4 ，则第1局和第2 局均未获胜的概率为
1
1
3
1
1
2
4
8
æ
ö æ
ö
-
´
-
=
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
，
因此可知
3
~
3, 8
X
Bæ
ö
ç
÷
è
ø
,
3
2
1
3
3
125
3
3
225
0
1
,
1
C
1
,
8
512
8
8
512
P X
P X
æ
ö
æ
ö
\
=
=
-
=
=
=
-
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
2
3
2
3
3
3
135
3
27
2
C
1
,
3
,
8
8
512
8
512
P X
P X
æ
ö æ
ö
æ
ö
=
=
-
´
=
=
=
=
ç
÷ ç
÷
ç
÷
è
ø è
ø
è
ø
随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
125
512
225
512
135
512
27
512
随机变量X 的期望
125
225
135
27
9
0
1
2
3
512
512
512
512
8
E X =
´
+ ´
+ ´
+ ´
=
或
3
9
3 8
8
E X = ´
=
.
（3）应该参加游戏Ⅱ，理由如下：
记
1
2
,
Y Y 分别为一次参加游戏Ⅰ,Ⅱ所获奖金总额，
游戏Ⅰ第1局获胜的概率为
1
2 ，第2 局获胜的概率为1
4 ，第3局获胜的概率为1
8 ，
1
1
1
1
100
500
900
287.5
2
4
8
E Y
\
=
´
+
´
+
´
=
,
游戏Ⅱ第1局获胜的概率为1
3 ，第2 局获胜的概率为1
9 ，第3局获胜的概率为
2
2
1
4
2
1
1
1
4
C
C
3
3
3
27
æ
ö
´
´
´
´
=
ç
÷
è
ø
，
2
1
1
4
300
600
900
300
3
9
27
E Y
\
=
´
+
´
+
´
=
,
2
1 ,
E Y
E Y
>
Q
\从奖金期望角度来看，应选择参加游戏Ⅱ.
研考点·通技法
1.离散型随机变量分布列的求解步骤
注意：离散型随机变量的每一个可能的取值为实数，其实质代表的是“事件”，即事件是用一个反映结果
的实数表示的.
2.求离散型随机变量X 的均值与方差的步骤
第一步：理解X 的意义，写出X 可能的全部取值；第二步：求X 取每个值的概率；第三步：写出X 的
分布列；第四步：由均值的定义求EX；第五步：由方差的定义求DX.
注意：结合题设背景，正确写出X 的所有可能的取值，借助于排列、组合、古典概型求出各事件的
概率是解决本类问题的关键.
3.二项分布与超几何分布的区别
（1）超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；
（2）超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的；
而二项分布是“有放回”抽取（独立重复），在每次试验中某一事件发生的概率是相同的．
破类题·提能力
1．（25-26 高三下·福建泉州·开学考试）为全面提升青少年消防安全意识和自防自救能力，7 月24 日，某
消防救援支队走进社区暑期爱心课堂，为孩子们带来了一堂生动有趣的“消防安全知识课”.
(1)已知爱心课堂共有10 名学生，其中有6 名男生，4 名女生，从这10 名学生中任选3 名学生，记这
3 名学生中女生的人数为X，求X 的分布列和数学期望；
(2)课后设置消防安全有奖知识竞答，每道题答对的概率为0.4，为使答对题数的数学期望不小于4 ，
则小王同学至少要抢答多少道题？
【答案】(1)分布列见解析，6
5
(2)10 道
【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列并计算数学期望.
（2）利用二项分布的知识列不等式，由此求得正确答案.
【详解】（1）X 可能的取值为0，1，2，3.
有
3
6
3
10
C
20
1
(
0)
C
120
6
P X =
=
=
=
；
2
1
6
4
3
10
C C
60
1
(
1)
C
120
2
P X =
=
=
=
；
1
2
6
4
3
10
C C
36
3
(
2)
C
120
10
P X =
=
=
=
；
3
4
3
10
C
4
1
(
3)
C
120
30
P X =
=
=
=
.
可得X 的分布列为：
X
0
1
2
3
P
1
6
1
2
3
10
1
30
1
1
3
1
6
(
)
0
1
2
3
6
2
10
30
5
E X =
´
+ ´
+
´
+ ´
=
.
（2）设小王同学至少抢答n 道题，这n 道题中答对的题数为Y，有
~
( ,0.4)
Y
B n
.
有0.4
4
n ³
，可得
10
n≥
，故小王同学至少要抢答10 道题.
2．（2026·山西晋中·模拟预测）晋中市的平遥推光漆器是中国四大名漆器之一，其制作过程中描金､罩漆､
抛光三个核心环节的成功率直接影响漆器的等级与收益.已知某工艺师在描金､罩漆､抛光环节的成功率
分别为2 3 1
,
,
3 4 2 （各环节相互独立）.若描金失败，则该漆器直接报废，每件废品损失25 元；若描金成
功但罩漆和抛光中至少有一个环节失败，则为普品；若三个环节均成功，则为精品.普品和精品均为成
品，可对外销售，假设每件漆器的制作过程相互独立.
(1)求该工艺师制作的一件漆器为精品的概率；
(2)该工艺师共制作n 件漆器，记其中精品的数量为X ，普品的数量为Y ，若
5
E Y
E X
-
=
，求n 的
值；
(3)该工艺师计划制作一批漆器进行销售，现有两种销售方案：方案①：成品全部线下零售，普品每
件可获利80 元，精品每件可获利300 元；方案②：成品全部线上零售，在方案①获利的基础上，每
件成品均需支付5 元快递费，且每件精品可获得25 元的线上平台补贴.分别求采用销售方案①②时
一件漆器的期望利润，并判断对该工艺师来说，哪种方案更好.
【答案】(1) 1
4
(2)30
(3)100 元，1235
12 元，方案②更好
【分析】（1）利用相互独立事件的乘法公式，将描金、罩漆、抛光三道工序成功的概率直接相乘，
得到一件漆器为精品的概率；
（2）先确定精品、普品件数服从二项分布，写出各自的期望表达式，再根据两者期望的差值建立方
程，解出制作漆器的总数n ；
（3）分别列出两种方案下单件漆器利润的分布列，计算各自的数学期望，通过比较期望大小判断更
优方案
【详解】（1）设事件A 为“描金成功”，事件B 为“罩漆成功”，事件C 为“抛光成功”，
则
2
3
1
,
,
3
4
2
P A
P B
P C
=
=
=
，且, ,
A B C 相互独立.
所以该工艺师制作的一件漆器为精品的概率为
2
3
1
1
3
4
2
4
P ABC
P A P B P C
=
=
´
´
=
.
（2）由题可知该工艺师制作一件漆器为精品的概率
1
1
4
P =
，为废品的概率
2
2
1
1
1
3
3
P
P A
= -
= -
=
，
为普品的概率
3
1
2
1
1
5
1
1
4
3
12
P
P
P
= -
-
= -
-
=
.
由题可知
1
5
,
,
,
4
12
X
B n
Y
B n
æ
ö
æ
ö
~
~
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø ，
故
1
5
,
4
12
E X
n E Y
n
=
=
.
因为
5
E Y
E X
-
=
，所以5
1
5
12
4
n
n
-
=
，
解得
30
n =
.
（3）当采用方案①时，设一件漆器的利润为
1
Z 元，则
1
Z 的所有可能取值为25,80,300
-
，
1
Z 的分布列
为
1
Z
-25
80
300
P
1
3
5
12
1
4
所以
1
1
5
1
25
80
300
100
3
12
4
E Z
= -
´
+
´
+
´
=
（元）.
当采用方案②时，设一件漆器的利润为
2
Z 元，则
2
Z 的所有可能取值为25,75,320
-
，
2
Z 的分布列为
2
Z
-25
75
320
P
1
3
5
12
1
4
所以
2
1
5
1
1235
25
75
320
3
12
4
12
E Z
= -
´
+
´
+
´
=
（元）.
因为
2
1
E Z
E Z
>
，所以对该工艺师来说，方案②更好.
题型03 正态分布
析典例·建模型
1．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）鄂尔多斯市装备制造基地的某企业生产一种零部件，其质量指标X 介于
19.7, 20.3 的为优品．技术改造前，其质量指标
2
~
20, 0.3
X
N
；技术改造后，其质量指标
2
~
20, 0.15
X
N
．如果生产该零部件的控制系统中有超过一半的元件正常工作，则系统就能正常工
作．系统正常工作的概率称为系统的可靠性．已知该系统中每个元件正常工作的概率都是
0
1
p
p
<
<
，且各个元件能否正常工作相互独立．
若
2
~
,
X
N m s
，则
0.6827
P
X
m
s
m
s
-
£
£
+
»
，
2
2
0.9545
P
X
m
s
m
s
-
£
£
+
»
．
(1)求该企业生产的这种零部件在技术改造后与技术改造前的优品率之差；
(2)若控制系统原有3 个元件，计算该系统的可靠性；若该系统增加一个元件，判断其可靠性有何变
化．
【思路分析】（1）首先根据优品的范围，再结合正态分布的数据，以及参考公式，分别求解改造前后
的优品率，即可求解.
（2）根据二项分布概率公式，分别求增加元件前后系统正常工作的概率，再比较即可.
【规范答题】（1）由题意知，技术改造前
1
20
m =
，
1
0.3
s =
，
优品率为
19.7
20.3
0.6827
P
X
P
X
m
s
m
s
£
£
=
-
£
£
+
»
.
技术改造后
2
20
m =
，
2
0.15
s =
，
优品率为
19.7
20.3
2
2
0.9545
P
X
P
X
m
s
m
s
£
£
=
-
£
£
+
»
.
0.9545
0.6827
0.2718
-
=
，
所以该企业生产的这种零部件在技术改造后与技术改造前的优品率之差为0.2718.
（2）设X 为原有3 个元件正常工作的个数，
3,
X
B
p
~
，
则系统正常工作的概率
2
2
3
2
3
2
C
1
3
2
P X
p
p
p
p
p
³
=
-
+
=
-
0
1
p
<
<
，
所以该系统的可靠性为
2 3
2
p
p
-
0
1
p
<
<
.
设Y 为增加一个元件后，元件正常工作的个数，
4,
Y
B
p
~
，
则系统正常工作的概率
3
3
4
3
4
3
C
1
4
3
P Y
p
p
p
p
p
³
=
-
+
=
-
0
1
p
<
<
，
因为
2
3
2
2
3
2
4
3
3
2
3
1
0
P Y
P X
p
p
p
p
p
p
³
-
³
=
-
-
-
= -
-
<
，
所以该系统增加一个元件，可靠性降低.
研考点·通技法
解决正态分布问题有三个关键点
1.对称轴x＝μ.
2.标准差σ.
3.分布区间.利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ 分布区间的特征进行转化，使分布区间转化
为3σ 特殊区间，从而求出所求概率，注意只有在标准正态分布下对称轴才为直线x＝0.
破类题·提能力
1．（25-26 高三下·湖南长沙·开学考试）某新能源汽车企业为了检验一款新车型的续航能力，随机抽取了
100辆该车型，在相同条件下进行续航测试，得到续航里程（单位：km ）的频率分布表如下：
续航里程区间
400,450)
450,500
500,550
550,600
600,650
频率
0.05
0.2
0.45
0.25
0.05
(1)求这100辆该车型续航里程的平均数x 和方差
2s （同一区间的数据用该区间的中点值作代表）；
(2)由频率分布表可认为，该车型的续航里程X 服从正态分布
2
,
N m s
，其中m 近似为样本平均数x ，
2
s 近似为样本方差
2s ．
（i）求
480.6
574.4
P
X
<
<
；
（ii）某用户购买了该车型，求其续航里程不低于480.6km的概率．
参考数据：
2200
46.9
»
，若
2
,
X
N m s
~
，则
0.6827
P
X
m
s
m
s
-
<
<
+
»
，
2
2
0.9545
P
X
m
s
m
s
-
<
<
+
»
．
【答案】(1)527.5,2118.75
(2)（i）0.6827 （ii）0.8414
【分析】（1）结合已知条件，利用平均数x 和方差
2s 的计算公式求解；
（2）（i）利用（1）的数据结合正态分布的性质求解；（ii）利用正态分布的对称性计算求解．
【详解】（1）
400
450
450
500
500
550
550
600
600
650
0.05
0.2
0.45
0.25
0.05
2
2
2
2
2
x
+
+
+
+
+
=
´
+
´
+
´
+
´
+
´
21.25
95
236.25 143.75
31.25
=
+
+
+
+
527.5
=
km ，
2
2
2
2
2
425
527.5
0.05
475
527.5
0.2
525
527.5
0.45
575
527.5
0.25
s =
-
´
+
-
´
+
-
´
+
-
´
2
625
527.5
0.05
+
-
´
525.3125
551.25
2.8125
564.0625
475.3125
=
+
+
+
+
2118.75
=
．
（2）由（1）可知，
2
,
X
N m s
~
，
2
527.5,
2118.75
2200
m
s
»
=
»
，结合参考数据得
46.9
s »
，
（i）
1
480.6
527.5
46.9
1
46.9
46.9
z
-
-
=
=
= -
Q
，
2
574.4
527.5
46.9
1
46.9
46.9
z
-
=
=
= ，
1
2
1 1
2
z
z
+
= + =
，区间长度为2s ，
根据正态分布的对称性，概率近似等于
P
X
m
s
m
s
-
<
<
+
，
已知
2
,
X
N m s
~
，
0.6827
P
X
m
s
m
s
-
<
<
+
»
，
0.6827
P
X
m
s
m
s
\
-
<
<
+
»
；
（ii）利用正态分布对称性：
1
1 0.6827
0.15865
2
2
P
X
P X
m
s
m
s
m
s
-
-
<
<
+
-
<
-
=
=
=
，
480.6
1
1 0.15865
0.84135
P X
P X
m
s
\
³
= -
<
-
» -
=
，
\其续航里程不低于480.6km的概率约为0.8414 ．
2．（25-26 高三上·湖南娄底·期末）某企业车载电池LG 型有A，B 两条生产线，产品质检员随机从A，B
两条生产线共抽取50 件车载电池进行电量误差检测，误差（单位：kwh）统计的数据如下表：
生产
线
抽取件
数
平均误
差
标准
差
A
30
0.2
2.1
B
20
0.3
-
1.1
(1)若
,
A B 两条生产线的车载电池电量的误差X 服从正态分布
,3.19
N m
，以抽取样本的误差的平均数
作为m 的估计值，并规定
1.79,1.79
X Î -
为特等品，其余为一等品或二等品，求
,
A B 两条生产线生产
的LG 型的10000件车载电池中特等品的件数的估计值；
(2)某小型新能源汽车装配了特等品和一等品车载电池，该车载电池特等品的续航优秀率为60%，为了
测试特等品车载电池的续航功能，从装配了特等品的该新能源汽车中随机抽取4 辆进行测试，记续航
优秀的台数为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望.
附：3.19
1.79
»
，若
2
~
,
X
N m s
，则
0.6827
P
X
m
s
m
s
-
£
£
+
»
，
2
2
0.9545
P
X
m
s
m
s
-
£
£
+
»
，
3
3
0.9973
P
X
m
s
m
s
-
£
£
+
»
.
【答案】(1)6827
(2)分布列见解析；
12
(
)
5
E X =
【分析】（1）结合题意先确定
0
m =
，再结合正态分布的性质求出特等品的概率，最后结合题意求解
估计值即可.
（2）先确定变量服从二项分布，再利用二项分布的概率公式求解概率写出分布列，最后结合二项分
布的期望公式求解期望即可.
【详解】（1）设这50 件零件尺寸误差的平均数为x ，
由题意得
30 0.2
20
0.3
0
50
x
´
+
´ -
=
=
，则
0
m =
，
而3.19
1.79
»
，规定
1.79,1.79
X Î -
为特等品，则
,
X
s
m s
m
Î -
+
+
为特等品，
故特等品的概率为
0.6827
P
X
m
s
m
s
-
<
<
+
»
，
故
,
A B 两条生产线生产的LG 型的10000件车载电池中特等品的件数约为10000 0.6827
6827
´
=
件.
（2）由题意得
3
(4, )
5
X
B
:
，
则
0
0
4
4
3
2
16
(
0)
5
5
625
P X =
=
´´=
C
，
1
1
3
4
3
2
96
(
1)
5
5
625
P X =
=
´´=
C
，
2
2
2
4
3
2
216
(
2)
5
5
625
P X =
=
´´=
C
，
3
3
1
4
3
2
216
(
3)
5
5
625
P X =
=
´´=
C
，
4
4
0
4
3
2
81
(
4)
5
5
625
P X =
=
´´=
C
，
则X 的分布列如下，
X
0
1
2
3
4
P
16
625
96
625
216
625
216
625
81
625
且
3
12
(
)
4
5
5
E X =
´
=
.
题型04 条件概率与全概率公式
析典例·建模型
1．（25-26 高三上·河北衡水·期末）某电视台对《秧BOT》节目进行了观众满意度调查，从观看该节目的
观众中随机抽取了100 名观众，其中60 名观众表示非常满意，30 名观众表示满意，10 名观众表示不
满意.
(1)若从这100 名观众中随机选取2 名观众，已知其中一名观众不满意，求另一名观众也不满意的概
率；
(2)若以这100 名观众的满意度情况来估计所有观众的满意度情况，现从所有观众中随机抽取3 名观
众，设表示非常满意的观众人数为X ，求X 的分布列和数学期望.
【思路分析】(1) 考查条件概率，利用条件概率公式
(
|
)
P AB
P B A
P A
=
，分别计算事件“至少1 人不满
意”和“2 人都不满意”的概率，代入求解；
(2) 由抽样频率得非常满意的概率，X 服从二项分布
3,
X
B
p
~
，列出分布列并套用二项分布期望公
式计算
E X 。
【规范答题】（1）设事件A ：选取的2 名观众中至少有1 名不满意，事件B ：选取的2 名观众都不
满意，
2
10
2
100
10 9
C
90
1
2
100 99
C
9900
110
2
P AB
P B
´
=
=
=
=
=
´
，
2
90
2
100
90 89
C
8010
1890
21
2
1
1
1
100 99
C
9900
9900
110
2
P A
´
= -
= -
= -
=
=
´
，
所以
1
1
110
|
21
21
110
P AB
P B A
P A
=
=
=
.
（2）由题意，随机抽取1 人，非常满意的概率
60
3
100
5
p =
=
，
抽取3 人，X 表示非常满意人数，则
3
3, 5
X
Bæ
ö
~
ç
÷
è
ø ，X 的可能取值为：0,1,2,3，
0
3
0
3
3
2
8
8
0
C
1 1
5
5
125
125
P X
æ
ö æ
ö
=
=
= ´ ´
=
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
，
1
2
1
3
3
2
3
4
36
1
C
3
5
5
5
25
125
P X
æ
ö æ
ö
=
=
= ´
´
=
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
，
2
1
2
3
3
2
9
2
54
2
C
3
5
5
25
5
125
P X
æ
ö æ
ö
=
=
= ´
´
=
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
，
3
0
3
3
3
2
27
27
3
C
1
1
5
5
125
125
P X
æ
ö æ
ö
=
=
= ´
´ =
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
8
125
36
125
54
125
27
125
3
9
3
5
5
E X = ´
=
.
2．（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x 表示抽取的指令中成功完成的个数.
(1)求x 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
p ，若该机器人成功完成指令的概率为0.8，求p 的值；
【思路分析】（1）由题设随机变量x 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；
【规范答题】（1）由题意知随机变量x 服从超几何分布，其中
7
N =
，
5
M =
，
4
n =
，
且x 的所有可能取值为2，3，4，
2
2
5
2
4
7
C C
2
2
C
7
P x =
=
=
，
3
1
5
2
4
7
C C
4
3
C
7
P x =
=
=
，
4
0
5
2
4
7
C C
1
4
C
7
P x =
=
=
，
故x 的分布列为：
x
2
3
4
P
2
7
4
7
1
7
法一：所以x 的数学期望
2
4
1
20
2
3
4
7
7
7
7
x =
´
+ ´
+ ´
=
E
.
法二：根据超几何分布的期望公式知
5
20
4
7
7
M
E
n N
x =
×
=
´
=
.
（2）记“下达的动作指令表述清晰”为事件A ，
记“下达的动作指令表述模糊”为事件B ，
记“机器人成功完成指令”为事件C .
由已知得
0.8
P C =
，
|
0.9
P C A =
，
|
0.5
P C B =
，
P B
p
=
，
1
P A
p
= -
.
因为
|
|
0.9 1
0.5
0.9
0.4
P C
P AC
P BC
P A P C A
P B P C B
p
p
p
=
+
=
+
=
-
+
=
-
，
所以0.9
0.4
0.8
0.25
p
p
-
=
Þ
=
.
研考点·通技法
1.求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B｜A)＝
𝑃(𝐴𝐵)
𝑃(𝐴) .
(2)样本点法：P(B｜A)＝
𝑛(𝐴𝐵)
𝑛(𝐴) .
(3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解.
2.乘法公式的作用
乘法公式P(AB)＝P(B｜A)P(A)的作用就是方便我们在不好直接求得P(AB)的情况下，先迂回地求出方便
计算的P(B｜A)和P(A)，再求得P(AB).
注意：求一些复杂的条件概率时，往往可以先把事件分解成若干个互斥的较简单事件之和，利用公式
P(B∪C｜A)＝P(B｜A)＋P(C｜A)使求解更为简捷.如果直接分解比较麻烦，可以考虑对立事件，利用
P(AB)＋P(A𝐵)＝P(A)及P(𝐵｜A)＋P(B｜A)＝1 求解.
3．全概率公式的适用范围及步骤
(1)适用范围：所研究的事件试验前提或前一步骤有多种可能，在这多种可能中均有所研究的事件发生，
这时要求所研究事件的概率就可用全概率公式.
(2)运用全概率公式的一般步骤
第一步：求出样本空间Ω 的一个划分A1，A2，…，An；
第二步：求P(Ai)(i＝1，2，…，n)；
第三步：求P(B｜Ai)(i＝1，2，…，n)；
第四步：求目标事件的概率P(B).
注意：(1)对Ω 中的任意事件B，都有B＝BA1＋BA2＋…＋BAn.(2)全概率公式体现了转化与化归的数学思
想，即采用化整为零的方式，把各块的概率分别求出，再相加求和即可.
破类题·提能力
1．（2026·福建龙岩·一模）某会员店的本地会员占3
5 ，外地会员占2
5 .现开展商品质量满意度调查，已知本
地会员对该店商品质量满意的概率为2
3 ，外地会员对该店商品质量满意的概率为3
4 ，每个会员对该店
商品质量满意与否相互独立.
(1)从该店所有会员中随机抽取1 名会员，求其对该店商品质量满意的概率；
(2)从该店所有会员中随机抽取2 名会员（其中会员总数远大于2），记这2 名会员中对该店商品质量
满意的人数为X ，求X 的分布列与数学期望.
【答案】(1) 7
10
(2)
X
0
1
2
p
9
100
21
50
49
100
7
5
E X =
【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及期望公式计算即可.
【详解】（1）设事件A ：抽取的是本地会员，
3
5
P A =
，
则事件A ：抽取的是外地会员，
2
5
P A =
，
事件B ：会员对商品质量满意，
2
3
P B A =
，
3
4
P B A =
，
所以
3
2
2
3
7
5
3
5
4
10
P B
P A P B A
P A P B A
=
+
=
´
+
´
=
.
（2）由（1）可知，单次抽取会员满意的概率
7
10
p =
，不满意的概率为
3
1
10
p
-
=
，
X 的所有可能取值为0，1，2.
则
7
2,10
X
Bæ
ö
ç
÷
è
ø
～
，
2
3
9
0
10
100
P X
æ
ö
=
=
=
ç
÷
è
ø
，
1
2
7
3
21
1
C
10
10
50
P X =
=
´
´
=
，
2
7
49
2
10
100
P X
æ
ö
=
=
=
ç
÷
è
ø
，
X
0
1
2
p
9
100
21
50
49
100
所以
9
21
49
7
0
1
2
100
50
100
5
E X =
´
+ ´
+ ´
=
.
2．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）为落实中央经济工作会议“坚持内需主导，建设强大国内市场”的精
神，某市大力推行某项消费补贴政策.政策旨在直接激发消费，并希望通过了解政策的家庭产生“带动
效应”，形成消费涟漪，进一步扩大内需.政策规定每个家庭在2026 年一年内有两次机会领取补贴，每
次消费5000 元以上可以领取500 元补贴.通过调查可知，该市有3
5 的家庭了解政策；在所有了解政策
的家庭中，有3
4 的家庭因此产生了消费意向；在不了解政策的家庭中，也有1
3 的家庭因市场氛围等因
素产生了消费意向.调研发现，每个了解政策的家庭，其每次发生消费行为的概率为3
4 ，且可能带动另
一个不了解政策的家庭进行消费，受带动的家庭每次发生消费行为的概率为
1
2 ．
(1)求在随机抽取到一个有消费意向家庭的条件下，该家庭是“因了解政策而产生消费意向”的概率；
(2)求一个了解政策的家庭与受其带动的家庭合计拿到的补贴的分布列；
(3)若政策规定一个家庭参与消费且拿到补贴，并带动另外一个不了解政策家庭进行消费且拿到补贴，
则可以领到额外消费奖励，其奖励如下：两个家庭合计拿到1000 元补贴，带动家庭可以拿到100 元
奖励；两个家庭合计拿到1500 元补贴，带动家庭可以拿到200 元奖励；两个家庭合计拿到2000 元补
贴，带动家庭可以拿到300 元奖励，试估计该带动家庭可以拿到多少奖励（单位：元）.
【答案】(1) 27
35
(2)分布列见解析
(3) 2175
16
【分析】（1）设事件A 为抽取到的是一个有消费意向的家庭，事件B 为该家庭是“因了解政策而产生
消费意向”的家庭，根据题意求出
P A ，
P AB ，利用条件概率的公式求出
P B A ，从而得解.
（2）设一个了解政策的家庭与受其带动的家庭合计拿到的补贴为X ，写出X 的可能取值，分别求出
X 的每一个可能取值的概率，根据其概率求出X 的分布列.
（3）分别求出带动家庭可以拿到100 元，200 元，300 元的奖励的概率，从而得到该带动家庭可以拿
到的奖励.
【详解】（1）设事件A 为抽取到的是一个有消费意向的家庭，
事件B 为该家庭是“因了解政策而产生消费意向”的家庭，
3
3
2
1
7
5
4
5
3
12
P A =
´
+
´
=
，
3
3
9
5
4
20
P AB =
´
=
，
所以
9
27
20
7
35
12
P AB
P B A
P A
=
=
=
，
所以在随机抽取到一个有消费意向家庭的条件下，
该家庭是“因了解政策而产生消费意向”的概率为27
35 .
（2）设一个了解政策的家庭与受其带动的家庭合计拿到的补贴为X ，
X 的可能取值为0，500，1000，1500，2000，
2
2
1
1
1
0
4
2
64
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
2
2
1
1
2
2
3
1
1
1
1
1
1
500
C
C
4
4
2
4
2
2
8
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
´
+
´
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
2
2
2
2
1
1
2
2
3
1
1
1
3
1
1
1
11
1000
C
C
4
2
4
2
4
4
2
2
32
P X
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
=
´
+
´
+
´
´
´
´
´
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，
2
2
1
1
2
2
3
1
1
3
1
1
3
1500
C
C
4
2
2
4
4
2
8
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
´
+
´
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
2
2
3
1
9
2000
4
2
64
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
所以X 的分布列为
X
0
500
1000
1500
2000
P
1
64
1
8
11
32
3
8
9
64
（3）带动家庭可以拿到100 元奖励的概率为
1
1
1
2
2
3
1
1
1
3
C
C
4
4
2
2
16
P =
´
´
´
´
´
=
，
带动家庭可以拿到200 元奖励的概率为
2
2
1
1
2
2
2
3
1
1
3
1
1
3
C
C
4
2
2
4
4
2
8
P
æ
ö
æ
ö
=
´
´
´
+
´
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
带动家庭可以拿到300 元奖励的概率为
2
2
3
3
1
9
4
2
64
P
æ
ö
æ
ö
=
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
该带动家庭可以拿到的奖励为
1
2
3
3
3
9
2175
100
200
300
100
200
300
16
8
64
16
P
P
P
+
+
=
´
+
´
+
´
=
（元）.
题型05 独立性检验
析典例·建模型
1．（2026·陕西榆林·模拟预测）2025 年春节期间，电影《哪吒之魔童闹海》掀起全民观影热潮，连续7 天
票房逆势攀升，单日最高突破8.6 亿元，吸引部分家庭扶老携幼共赴影院，缔造中国影史春节档票房
与观影人次双冠王的奇迹．某电影院为了解民众对一部热映电影的喜欢程度，随机采访了140 名观影
人员，得到下表：
是否喜欢
是否成年人
不喜欢
喜欢
合计
未成年人
20
60
80
成年人
20
s
60
合计
n
t
140
(1)依据小概率值
0.1
a =
的独立性检验，能否认为喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年有关？
(2)用频率估计概率，现随机采访一名成年人和一名未成年人，设X 表示这两人中喜欢电影《哪吒之魔
童闹海》的人数，求X 的分布列和数学期望．
参考公式：
2
2
n ad
bc
a
b
c
d
a
c
b
d
c
-
=
+
+
+
+
（其中n
a
b
c
d
=
+
+ +
）．
a
0.1
0.05
0.01
xa
2.706
3.841
6.635
【思路分析】（1）先根据表格数据计算, ,
s n t 的值，然后计算
2
c 的值，最后得出结论即可.
（2）先求出未成年人、成年人喜欢和不喜欢的概率，然后确定X 的可能取值，并求出对应的概率，
进而得到X 的分布列和期望.
【规范答题】（1）由表格数据可知，
60
20
40,
20
20
40,
140
40
100
s
n
t
=
-
=
=
+
=
=
-
=
.
所以
2
2
140
20 40
20 60
1.167
20
60
20
40
20
20
60
40
c
´
´
-
´
=
»
+
´
+
´
+
´
+
，
当
0.1
a =
时，
2.706
xa =
.
由于1.167
2.706
<
，所以没有足够的证据拒绝原假设，即不能认为喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是
否成年有关.
（2）由题意可知，未成年人喜欢电影的概率是60
3
80
4
=
，不喜欢的概率是
3
1
1
4
4
-
=
；
成年人喜欢电影的概率是40
2
60
3
=
，不喜欢的概率是
2
1
1
3
3
-
=
.
由题意，X 的可能取值为0,1,2 ，则
1
1
1
0
4
3
12
P X =
=
´
=
；
3
1
2
1
5
1
4
3
3
4
12
P X =
=
´
+
´
=
；
3
2
1
2
4
3
2
P X =
=
´
=
.
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P X
1
12
5
12
1
2
数学期望为
1
5
1
17
0
1
2
12
12
2
12
E X =
´
+ ´
+ ´
=
.
研考点·通技法
独立性检验的三个步骤
第一步：根据样本数据制成2×2 列联表；
第二步：根据公式χ2＝
𝑛(𝑎𝑑－𝑏𝑐)2
(𝑎＋𝑏)(𝑐＋𝑑)(𝑎＋𝑐)(𝑏＋𝑑)，计算χ2 的值；
第三步：查表比较χ2 与临界值的大小关系，作出统计判断.
破类题·提能力
1．（四川成都市2026 届高三下学期第二次模拟测试数学试题）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
200 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
80
b
150
不爱好运动
c
10
合计
200
(1)求,b c 的值，并依据小概率值
0.01
a =
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：
2
2
(
)
(
)(
)(
)(
)
n ad
bc
a
b c
d
a
c b
d
c
-
=
+
+
+
+
，其中n
a
b
c
d
=
+
+ +
．
a
0.1
0.01
0.001
xa
2.706
6.635
10.828
【答案】(1)
70,
40
b
c
=
=
，体质情况与爱好运动有关.
(2) X 的分布列为：
X
0
1
2
P
1
15
8
15
2
5
4
3
E X =
.
【分析】（1）求出参数值并完善表格，根据公式计算
2
c 的值后可得正确判断；
（2）先确定X 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
E X .
【详解】（1）由表中数据可得
70,
50 10
40
b
c
=
=
-
=
，表格完善如下：
体
合格
良好及以上
合计
质情况组别
爱好运动
80
70
150
不爱好运动
40
10
50
合计
120
80
200
设
0
H ：体质情况与爱好运动无关，
则
2
2
200(800
2800)
1
5
1.11
120 8
6
0 1
3
0 5
.6
5
0
c
-
=
»
>
´
´
´
，
根据依据小概率值
0.01
a =
的独立性检验，否定
0
H ，故体质情况与爱好运动有关.
（2）易知6 名体质情况“合格”对象中有
80
6
4
80
40 ´
=
+
人爱好运动，
40
6
2
80
40 ´
=
+
人不爱好运动，
故X 的所有可能取值为0，1，2，
0
2
4
2
2
6
C C
1
0
C
15
P X =
=
=
，
1
1
4
2
2
6
C C
8
1
C
15
P X =
=
=
，
2
0
4
2
2
6
C C
6
2
2
C
15
5
P X =
=
=
=
，
即所求分布列为
X
0
1
2
P
1
15
8
15
2
5
所以X 的期望
1
8
2
4
0
1
2
15
15
5
3
E X =
´
+ ´
+ ´
=
.
2．（2026·河北承德·一模）2025 年9 月3 日在天安门广场举行纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争
胜利80 周年阅兵式，这不仅是一场军事盛宴，更是一次民族精神的洗礼．某中学为了增强学生的爱
国主义情怀，减轻学习压力，决定组织一次军事知识竞赛．为了了解学生喜欢军事是否与性别有关，
随机抽取了100 名学生进行调查，已知女生中有15 名喜欢军事，男生中有3
5 的人喜欢军事，喜欢军
事的学生中有2
3 是男生．参加竞赛的学生从喜欢军事的学生中选取，测试题型分为选择题与填空题两
种，每次由电脑随机选出一道，选择题与填空题出现的频率之比为2:1，已知学生答对选择题的概率
为3
4 ，答对填空题的概率为
1
2 ，每次答题互不影响．
喜欢军事
不喜欢军事
合计
男生
女生
15
合计
(1)根据已知条件补充完整上表，并根据小概率值
0.001
a =
的独立性检验，分析该校学生喜欢军事是否
与性别有关；
(2)若每位学生答3 题，求该学生答对题数X 的分布列和数学期望．
附：
2
2
n ad
bc
a
b
c
d
a
c
b
d
c
-
=
+
+
+
+
，其中n
a
b
c
d
=
+
+ +
．
a
0.01
0.005
0.001
xa
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)
喜欢军事
不喜欢军事
合计
男生
30
20
50
女生
15
35
50
合计
45
55
100
认为该校学生喜欢军事与性别无关．
(2)
X
0
1
2
3
P
1
27
6
27
12
27
8
27
数学期望2 ．
【分析】（1）完善列联表，计算
2
c 进行判断；
（2）因为X 的可能取值为0，1，2，3，且
2
3, 3
X
Bæ
ö
ç
÷
è
ø
:
，列出分布列求期望.
【详解】（1）由题可知喜欢军事的男生与女生人数之比为2:1，
且有15 名女生喜欢军事，所以有30 名男生喜欢军事，
因为男生中有3
5 的人喜欢军事，所以男生共有50 名，故不喜欢军事的男生有20 名，
完善后的列联表如下：
喜欢军事
不喜欢军事
合计
男生
30
20
50
女生
15
35
50
合计
45
55
100
零假设为
0
H ：该校学生喜欢军事与性别无关．
2
2
0.001
100(30
35
20 15)
100
9.091
10.828
45 55 50
50
11
x
c
´
-
´
=
=
»
<
=
´
´
´
，
根据小概率值
0.001
a =
的
2
c 独立性检验，没有充分证据推断
0
H 不成立，
因此可以认为
0
H 成立，即该校学生喜欢军事与性别无关．
（2）学生答对任意一题的概率为2
3
1
1
2
3
4
3
2
3
´
+
´
=
，
X 的可能取值为0，1，2，3，且
2
3, 3
X
Bæ
ö
ç
÷
è
ø
:
，
3
0
3
1
1
0
C
3
27
P X
æ
ö
=
=
´
=
ç
÷
è
ø
，
2
1
3
1
2
6
1
C
3
3
27
P X
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
è
ø
，
2
2
3
1
2
12
2
C
3
3
27
P X
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
è
ø
，
3
3
3
2
8
3
C
3
27
P X
æ
ö
=
=
=
ç
÷
è
ø
，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
27
6
27
12
27
8
27
数学期望
1
6
12
8
0
1
2
3
2
27
27
27
27
E X =
´
+ ´
+
´
+ ´
=
．
题型06 回归分析
析典例·建模型
1．（25-26 高三下·江苏扬州·月考）某高中数学兴趣小组，准备利用所学知识研究成年男性的臂长
cm
y
与身高
cm
x
之间的关系，为此他们随机统计了5 名成年男性的身高与臂长，得到如下数据：
x
159
165
170
176
180
y
67
71
73
76
78
(1)根据上表数据，可用线性回归模型拟合y 与x 的关系，请用相关系数加以说明；
(2)建立y 关于x 的回归方程（系数精确到0.01）；
(3)从5 名样本成年男性中任取2 人，记这2 人臂长差的绝对值为X ，求
E X ．
参考数据：
5
5
2
1
1
62194,
8.6, 282
16.8
i
i
i
i
i
x y
y
y
=
=
=
-
=
»
å
å
【思路分析】（1）利用相关系数的计算公式即可得解；
（2）利用已知数据和公式得到关于x 的线性回归方程;
（3）根据已知条件求出随机变量X 的取值，利用古典概型的概率公式计算随机变量取值相应的概
率，再利用离散型随机变量的期望公式即可求解.
【规范答题】（1）由表中的数据和参考数据得
5
1
850
i
i
x
=
=
å
，
170
x =
，
5
1
365
i
i
y
=
=
å
，
73
y =
，
5
2
2
2
2
2
2
1
11
5
0
6
10
282
i
i
x
x
=
-
=
+
+
+
+
=
å
，
5
2
1
8.6
i
i
y
y
=
-
=
å
，
5
5
5
1
1
1
62194 170 73 5
144
i
i
i
i
i
i
i
i
x
x
y
y
x y
x
y
=
=
=
-
-
=
-
=
-
´
´
=
å
å
å
，
∴
5
1
5
5
2
2
1
1
144
0.997
16.8 8.6
i
i
i
i
i
i
i
x
x
y
y
r
x
x
y
y
=
=
=
-
-
=
=
»
´
-
-
å
å
å
．
因为y 与x 的相关系数近似为0.997，说明y 与x 的线性相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟
合y 与x 的关系．
（2）由
73
y =
及（1）得
5
1
5
2
1
1
ˆ
144
24
0.5
282
47
i
i
i
i
i
x
x
y
y
b
x
x
=
=
-
-
=
=
=
»
-
å
å
，
24
73
170
13.81
47
a
y
bx
=
-
=
-
´
» -
，
所以y 关于x 的回归方程为
13.81
0.51
y
x
= -
+
．
（3）X 的取值依次为2，3，4，5，6，7，9，11，
2
5
2
1
2
C
5
P X =
=
=
，
2
5
1
1
3
C
10
P X =
=
=
，
2
5
1
1
4
C
10
P X =
=
=
，
2
5
2
1
5
C
5
P X =
=
=
，
2
5
1
1
6
C
10
P X =
=
=
，
2
5
1
1
7
C
10
P X =
=
=
，
2
5
1
1
9
C
10
P X =
=
=
，
2
5
1
1
11
C
10
P X =
=
=
,
X 的分布列
X
2
3
4
5
6
7
9
11
P
1
5
1
10
1
10
1
5
1
10
1
10
1
10
1
10
所以
1
1
1
1
1
1
1
1
27
2
3
4
5
6
7
9
11
5
10
10
5
10
10
10
10
5
E X =
´
+ ´
+ ´
+ ´
+ ´
+ ´
+ ´
+
´
=
.
2．（2026·湖南怀化·一模）我国新能源汽车迅速崛起，成为推动绿色革命的核心引擎.某品牌新能源汽车公
司为了抢占更多的市场份额，计划加大广告投入.该公司近5 年的年广告费
ix （单位：百万元）和年销
售量
iy （单位：百万辆）关系如图所示：
令
ln
1,2,
,5
i
i
v
x i
=
=
L
，数据经过初步处理得：
5
5
5
5
5
2
2
2
1
1
1
1
1
44,
4.8,
10,
40.3,
1.612,
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
y
v
x
x
y
y
v
v
=
=
=
=
=
=
»
-
=
-
=
-
»
å
å
å
å
å
5
5
1
1
17.085,
7.657
i
i
i
i
i
i
x
x
y
y
y
y
v
v
=
=
-
-
=
-
-
»
å
å
.现有①y
bx
a
=
+
和②
ln
y
n x
m
=
+
两种模型作为
年销售量y 关于年广告费x 的回归分析模型，其中, ,
,
a b m n 均为常数.
(1)请从样本相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好？
(2)为刺激消费，A 省出台了以下补贴政策：每购买一辆新能源汽车，补贴6000 元.若甲､乙两人近期
在A 省购买一辆该新能源汽车的概率分别为
2,3
1
p
p - ，其中1
2
3
3
p
<
<
，每人最多购买一辆.求该省对甲
､乙两人补贴总金额的期望值的取值范围.
参考数据：
403
20.1, 64.9636
8.06
»
=
.
相关系数
1
1
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
n
n
i
i
i
i
i
i
n
n
n
n
i
i
i
i
i
i
i
i
x
x
y
y
x y
nxy
r
x
x
y
y
x
nx
y
ny
=
=
=
=
=
=
-
-
-
=
=
-
-
-
-
å
å
å
å
å
å
.
【思路分析】（1）利用公式分别求出模型①和②的相关系数，结合相关系数的意义即可判断哪一个
模型拟合程度更好；
（2）根据已知得该省对甲､乙两人补贴总金额的期望值为
2
6000(
3
1)
p
p
+
-
，结合二次函数的性质求范
围.
【规范答题】（1）设模型①和②的相关系数分别为1
2
,
r r ，
由题意可得：
5
1
1
5
5
2
2
1
1
17.085
17.085
0.85
20.1
10
40.3
i
i
i
i
i
i
i
x
x
y
y
r
x
x
y
y
=
=
=
-
-
=
=
»
=
´
-
-
å
å
å
，
5
1
2
5
5
2
2
1
1
7.657
7.657
0.95
8.06
40.3
1.612
i
i
i
i
i
i
i
y
y
v
v
r
y
y
v
v
=
=
=
-
-
=
=
=
=
´
-
-
å
å
å
，
所以
1
2
r
r
<
，由相关系数的意义可得，模型②的拟合程度更好.
（2）由题意，甲乙买车的总数量X 可能值为0,1,2 ，
2
2
3
(
0)
(1
)[1 (3
1)]
2
3
2
3
P X
p
p
p
p
p
=
=
-
-
-
=
-
-
+
，
2
2
3
2
(
1)
[1 (3
1)]
(1
)(3
1)
6
3
3
1
P X
p
p
p
p
p
p
p
=
=
-
-
+
-
-
= -
+
+
- ，
2
3
2
(
2)
(3
1)
3
P X
p
p
p
p
=
=
-
=
-
，
该省对甲､乙两人买车数量期望值为
2
3
3
2
3
2
2
(
)
0 (2
3
2
3
) 1 ( 6
3
3
1)
2 (3
)
3
1
E X
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
=
´
-
-
+
+ ´ -
+
+
-
+ ´
-
=
+
- ，
所以两人补贴总金额期望值为
2
6000(
3
1)
p
p
+
-
，1
2
3
3
p
<
<
，
由
2
3
1
y
p
p
=
+
- 在1 2
( , )
3 3 上单调递增，则
1 13
,
9 9
y
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
所以
2
2000 26000
6000(
3
1)
,
3
3
p
p
æ
ö
+
-
Îç
÷
è
ø
.
研考点·通技法
1.线性回归分析问题的解题策略
(1)利用最小二乘估计公式，求出回归系数
∧
𝑏；
(2)利用经验回归直线过样本点的中心求系数
∧
𝑎；
(3)写出经验回归方程，并利用经验回归方程进行预测.
2.有些非线性回归分析问题并不给出经验回归公式，这时我们可以画出已知数据的散点图，把它与学过的
各种函数(幂函数、指数函数、对数函数等)的图象进行比较，挑选一种跟这些散点拟合的最好的函数，用
适当的变量进行变换，把问题化为线性回归问题，使之得到解决.
(1)其一般步骤为：
(2)常见非线性回归方程与线性回归方程之间经常使用取对数进行转换.
破类题·提能力
1．（2026·陕西西安·模拟预测）近年来我国新能源汽车行业蓬勃发展，新能源汽车不仅对环境保护具有重
大的意义，而且还能够减少对不可再生资源的开发，是全球汽车发展的重要方向．某地区近几年新能
源汽车的购买情况如下表所示：
年份x
2019
2020
2021
2022
2023
购买量y
（万辆）
0.40
0.70
1.10
1.50
1.80
(1)计算y 与x 的相关系数r （保留三位小数）；
(2)求y 关于x 的线性回归方程，并预测该地区2026 年新能源汽车购买数量．
参考公式：
1
1
2
2
2
1
1
1
, ˆ
ˆ
ˆ
,
n
n
i
i
i
i
i
i
n
n
n
i
i
i
i
i
i
x
x
y
y
x
x
y
y
r
b
a
y
bx
x
x
x
x
y
y
=
=
=
=
=
-
-
-
-
=
=
=
-
-
-
-
å
å
å
å
å
．
参考数值：
5
1
13
3.6056,
3.6
i
i
i
x
x
y
y
=
»
-
-
=
å
．
【答案】(1)
0.998
r =
；
(2)
6
ˆ
0.36
726.4
y
x
=
-
，2.9 万辆．
【详解】（1）由题意
2019
2020
2021
2022
2023
2021
5
x
+
+
+
+
=
=
，
0.40
0.70
1.10
1.50
1.80
1.10
5
y
+
+
+
+
=
=
，
则
5
2
2
2
2
2
1
2
1
1
2
10
i
i
x
x
=
-
= -
+ -
+
+
=
å
，
5
2
2
2
2
2
1
( 0.7)
( 0.4)
0.4
0.7
1.3
i
i
y
y
=
-
= -
+ -
+
+
=
å
，
则
5
1
5
5
2
2
1
1
(
)(
)
3.6
3.6
0.998
3.6056
10
1.3
(
)
(
)
i
i
i
i
i
i
i
x
x
y
y
r
x
x
y
y
=
=
=
-
-
=
=
»
»
´
-
×
-
å
å
å
．
故y 与x 的相关系数为
0.998
r =
．
（2）由（1）
5
1
5
2
1
6
ˆ
(
)(
)
3.6
0.3
10
(
)
i
i
i
i
i
x
x
y
y
b
x
x
=
=
-
-
=
=
=
-
å
å
，
则
1.10
0.36
2021
726.46
ˆa
y
bx
=
-
=
-
´
= -
，
故y 关于x 的线性回归方程为
6
ˆ
0.36
726.4
y
x
=
-
，
令
2026
x =
，则
0.36 2026
726.46
2.9
ˆy =
´
-
=
，
故可预测该地区2026 年新能源汽车购买数量为2.9 万辆.
2．（2026·江西·一模）随着科技的发展，人工智能生成的虚拟角色正逐步取代传统的真人直播带货．某公
司使用虚拟角色直播带货后销售金额逐步提升，根据该公司使用虚拟角色直播带货后18 个月的销售
金额的情况统计，得到一组样本数据
1,2,
,18
,
i
i
x y
i =
L
，其中
ix 和
iy 分别表示月份编号和销售金额
数量（单位：万元），并计算得
1
2
18
66
i
i
x
x
=
-
=
å
，
18
1
1
2
18
7500,
950,18
270
i
i
i
i
i
y
y
x y
x y
=
=
-
=
=
×
=
å
å
.
(1)求样本
1 2
18
,
i
i
x y
i =
L
，，，的相关系数（精确到0.01），并推断销售金额y （单位：万元）和月份
编号x 是否线性相关（当
0.75
r ³
时，即可认为线性相关）；
(2)已知这18 个月中有10 个月的销售金额高于平均数，从这18 个月中随机抽取2 个月的销售金额，
记抽到销售金额高于平均数的月份数为X ，求随机变量X 的分布列．
附：相关系数
2
1
1
1
1
2
2
2
2
2
1
1
,
22
4.7
n
i
i
n
n
i
i
i
i
i
n
n
i
i
i
i
i
n
i
i
x
x
y
y
x y
n
r
x y
y
x
x
y
x
nx
y
ny
=
=
=
=
=
=
-
-
-
×
=
=
»
æ
öæ
ö
-
-
-
-
ç
֍
÷
è
øè
ø
å
å
å
å
å
å
．
【答案】(1)0.96 ，具有很强的正相关性
(2)
X
0
1
2
P
28
153
80
153
5
17
【分析】（1）由条件结合相关系数公式求出相关系数，根据相关系数性质判断结论；
（2）由条件确定X 的可能取值，再求取各值的概率，由此可得其分布列.
【详解】（1）样本
1,2,
,18
,
i
i
x y
i =
L
的相关系数为：
1
18
1
2
2
18
18
18
1
1
18
680
0.96
66 7500
150 22
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
x
x
y
y
x y
r
y
y
x
x
x
y
=
=
=
=
-
-
-
×
=
=
=
»
´
-
-
å
å
å
å
由于相关系数
0.96
0.75
»
³
r
，故销售金额y （单位：万元）和月份编号x 具有很强的正相关性；
（2）由题意得：X 的可能取值为0，1，2，
18 个月中有10 个月的销售金额高于平均数，
所以
0
2
10
8
2
18
C C
28
0
C
153
P X =
=
=
，
1
1
10
8
2
18
C C
80
1
C
153
P X =
=
=
，
2
10
2
18
C
45
5
2
C
153
17
P X =
=
=
=
，
所以X 的分布列为：
X
0
1
2
P
28
153
80
153
5
17
题型07 概率统计与数列或导数的综合问题
析典例·建模型
1．（25-26 高三下·重庆·开学考试）在乒乓球亚洲杯的决赛场上，中国队队员王楚钦击败了日本队队员张
本智和并夺得金牌，重庆市育才中学高三的学生们深受鼓舞，在冲刺高考的同时，利用课余时间积极
地进行乒乓球运动.甲，乙两队进行乒乓球双打比赛，规定采用五场三胜制，即先赢得三场比赛的队伍
获胜.已知每场比赛甲队获胜的概率为
1
1
2
p
p
æ
ö
£
<
ç
÷
è
ø ，乙队获胜的概率为1
p
-
，且每场比赛的结果相互
独立.
(1)当
1
2
p =
时.
（i）记比赛开始的前三场的中甲获胜的场数为X，求X 的分布列；
（ii）求在甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了四场的概率；
(2)若比赛结果为3:0 或者3:1时胜方的成长值记3 分，负方记0 分，比赛结果为3: 2 时胜方的成长值
记2 分，负方记1 分，求甲队本次比赛的成长值得分的期望
E Y ，并求
E Y 的取值范围.
【思路分析】（1）（i）根据二项分布求出分布列即可；
（ii）分别计算甲队获胜的概率和甲队获胜且比赛恰好4 场的概率，然后利用条件概率求解；
（2）先确定甲队成长值得分Y 的可能取值，并计算概率，根据期望计算公式计算.得出期望关于p 的
关系式后，通过导数判断
E Y 在1 ,1
2
é
ö
÷
êë
ø 上的单调性确定其范围.
【规范答题】（1）（i）由题意可知，
1
3, 2
X
Bæ
ö
~
ç
÷
è
ø ，则X 的可能取值为0,1,2,3，
则
0
3
0
3
1
1
1
0
C
2
2
8
P X
æ
ö æ
ö
=
=
=
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
；
1
2
1
3
1
1
3
1
C
2
2
8
P X
æ
ö æ
ö
=
=
=
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
；
2
1
2
3
1
1
3
2
C
2
2
8
P X
æ
ö æ
ö
=
=
=
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
；
3
0
3
3
1
1
1
3
C
2
2
8
P X
æ
ö æ
ö
=
=
=
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
，
∴X 分布列为
X
0
1
2
3
P
1
8
3
8
3
8
1
8
（ii）设事件A 表示“比赛恰好进行4 场”，事件B 表示“甲队获胜”.
甲队获胜包含三种情况：
比赛3 场甲队获胜，其概率为
3
3
3
1
1
C
2
8
æ
ö =
ç
÷
è
ø
.
比赛4 场甲队获胜，即前3 场甲队胜2 场，第4 场甲队胜，概率为
2
2
3
1
1
1
3
C
2
2
2
16
æ
ö ´
´
=
ç
÷
è
ø
.
比赛5 场甲队获胜，即前4 场甲队胜2 场，第5 场甲队胜，概率为
2
2
2
4
1
1
1
6
3
C
2
2
2
32
16
æ
ö
æ
ö
´
´
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
.
∴甲队获胜的概率为
1
3
3
1
8
16
16
2
P B =
+
+
=
.
甲队获胜且比赛恰好进行4 场的概率为
2
2
3
1
1
1
3
=C
2
2
2
16
P AB
æ
ö ´
´
=
ç
÷
è
ø
.
∴在甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了4 场的概率为
3
3
16
|
1
8
2
P AB
P A B
P B
=
=
=
.
（2）甲队本次比赛的成长值得分Y 的可能取值为3，2，1，0.
3
2
2
3
3
3
C
1
4
3
P Y
p
p
p
p
p
p
=
=
+
´
-
´
=
-
；
2
2
2
2
3
4
2
C
1
6
1
P Y
p
p
p
p
p
=
=
´
-
´
=
-
；
2
3
2
2
2
4
1
C
1
1
6
1
P Y
p
p
p
p
p
=
=
´
-
´
-
=
-
；
3
2
3
1
3
0
1
C
1
1
1
1 3
P Y
p
p
p
p
p
p
=
=
-
+
´
-
´
-
=
-
+
.
∴
2
3
3
3
3
2
3
4
3
2 6
1
1 6
1
0
1
1 3
E Y
p
p
p
p
p
p
p
p
= ´
-
+ ´
-
+ ´
-
+ ´
-
+
5
4
3
2
6
15
6
6
p
p
p
p
=
-
+
+
.
令
5
4
3
2 1
6
15
6
6
1
2
g p
p
p
p
p
p
æ
ö
=
-
+
+
£
<
ç
÷
è
ø ，
则
3
2
6
5
10
3
2
g
p
p
p
p
p
=
-
+
+
¢
，
∵
1 ,1
2
p
é
ö÷
Î ê
÷
êë
ø ，∴6
0
p >
，
再令
3
2
5
10
3
2
f
p
p
p
p
=
-
+
+
，
2
15
20
3
f
p
p
p
¢
=
-
+ ，判别式
0
D >
，
0
f
p
¢
=
的两根为
1
10
55
1
15
2
p
-
=
<
，
2
10
55
1
15
p
+
=
> ，
由
0
f
p
¢
<
可得
1
2
p
p
p
<
<
，则
f
p 在1 ,1
2
é
ö
÷
êë
ø 上单调递减，则
1
0
f
p
f
>
=
，
所以
1 ,1
2
p
é
ö÷
Î ê
÷
êë
ø 时，
0
f
p >
，
0
g
p
¢
>
，
因此函数
g p 在1 ,1
2
é
ö
÷
êë
ø 上单调递增，
又
1
3
2
2
g æ
ö =
ç
÷
è
ø
，当p 趋近于1 时，
3
g p ®
，则
3
3
2
g p
£
<
，
故
E Y 的取值范围是3 ,3
2
é
ö
÷
êë
ø
.
2．（2026·甘肃兰州·一模）一项物理实验是向区域W 中发射某种粒子，该粒子随机落于W 中的任何位置，
且任意两个粒子落于何处互不影响.当某个粒子落于W 中特定区域A 内时，则需对其进行检测，已知每
个粒子落于A 内的概率均为
1
1
e
-
（e是自然对数的底）.
(1)若一次向W 中发射3 个粒子，求恰有2 个粒子需要检测的概率；
(2)若向W 中发射该粒子，每次一个，只要有粒子落于A 内，就停止发射. X 表示粒子首次落于A 内的
发射次数，
P X
i
=
表示第i 次发射时粒子首次落于A 内的概率，若
1
999
(
)
1000
m
k
P X
k
=
=
>
å
，求m 的最小
值；（参考数据：ln10
2.303
»
）
(3)若一次向W 中发射
*
n nÎN
个粒子，X 表示落于A 内的粒子个数，
P X
i
=
表示有i 个粒子落于A
内的概率，求证：
1
1
(
)
1
e
e
n
n
k
n
P X
k
=
£
=
-
+
å
.
【思路分析】（1）利用二项分布
3,
X
B
p
~
的概率公式计算即可；
（2）由题意可知，
1
1
1
1
,
1,2,
,
e
e
i
P X
i
i
m
-
æ
ö
æ
ö
=
=
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
L
，利用等比数列的求和公式计算
1
(
)
m
k
P X
k
=
=
å
，进而可得出结果；
（3）
1
(
)
n
k
P X
k
=
£
å
E X
=
+
0
(
)
n
k
P X
k
=
£
å
0
E X
P X
-
-
£
，将
E X +
0
(
)
n
k
P X
k
=
£
å
转化为按单点概率
P X
i
=
分组的线性形式并化简，最后减去
0
E X
P X £
，
得到目标结论.
【规范答题】（1）设事件M 为：“向区域W 中发射3 个粒子，恰有2 个落在A 中”.
则事件M 的概率为
2
2
2
3
1
1
3
1
C
1
1
e
e
e
e
P M
æ
ö
æ
ö
=
-
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
（2）由题意可知，
1
1
1
1
,
1,2,
,
e
e
i
P X
i
i
m
-
æ
ö
æ
ö
=
=
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
L
.
则
1
(
)
m
k
P X
k
=
=
å
1
2
P X
P X
P X
m
=
=
+
=
+
+
=
L
，
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
e
1
1
1
1
1
1
e
e
e
e
e
e
e
e
1
e
m
m
m
-
æ
ö
-ç
÷
æ
ö æ
ö
æ
ö æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
è
ø
=
-
+
-
+
+
-
=
-
= -
ç
÷ ç
÷
ç
÷ ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø è
ø
è
ø è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
-
L
，
若
1
(
)
m
k
P X
k
=
=
å
999
1000
>
，则
1
999
1
e
1000
m
æ
ö
-
>
ç
÷
è
ø
，所以
3
e
10
m >
，解得：
3ln10
6.909
m >
»
，
所以m 的最小值为7.
（3）由题意可知
1
~
,1
e
X
B n
æ
ö
-
ç
÷
è
ø ，可得
0
(
)
n
k
P X
k
=
£
å
0
1
2
P X
P X
P X
P X
n
=
£
+
£
+
£
+
+
£
L
1
0
1
1
2
n
P X
nP X
n
P X
P X
n
=
+
=
+
=
+
-
=
+
=
L
，
因为
0
0
1
1
2
2
E X
P X
P X
P X
n
P X
n
=
´
=
+ ´
=
+ ´
=
+
+ ´
=
L
，且
1
1
e
E X
næ
ö
=
-
ç
÷
è
ø .
所以
E X +
0
(
)
n
k
P X
k
=
£
å
=
0
(
)
n
i
iP X
i
=
=
å
1
0
1
n
P X
nP X
P X
n
é
ù
+
+
=
+
=
+
+
=
ë
û
L
1
0
1
1
n
P X
P X
P X
n
n
é
ù
=
+
=
+
=
+
+
=
=
+
ë
û
L
.，
所以
1
(
)
n
k
P X
k
=
£
å
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
e
e
e
e
n
n
n
n
E X
P X
n
E X
P X
n
næ
ö
æ
ö
=
+
-
-
£
=
+
-
-
=
=
+
-
-
-
=
-
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
.
研考点·通技法
1．概率统计与数列综合题，常以递推概率、独立重复试验或统计数据为背景，考查等差、等比数列及
求和.
解题关键：先利用概率定义与独立性建立递推关系，识别数列类型；再用通项公式、求和公式求解，最
后结合期望、方差作答。注意分类讨论与边界条件，规范书写递推推导过程，保证逻辑严谨、计算准
确.
2．概率统计与导数综合题，多以概率最值、期望极值为载体.
解题关键：先建立概率、期望等关于变量的函数模型，再利用导数研究单调性、极值与最值，确定最优
解.
破类题·提能力
1．（25-26 高三上·湖南长沙·月考）甲、乙两人共进行
*
2
1
N
2
n
n
n
-
Î
³
且
局比赛，假设每局比赛甲赢的
概率都是
0
1
p
p
<
<
，各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局.
(1)设
1
2
p =
，若全部2
1
n - 局比完后，所赢局数多者获胜.甲获胜的概率记为
np ，
（i）求
2
p ；
（ii）试比较
np 与
1
2 的大小，并证明你的结论.
(2)设
1
0
2
p
<
<
，“
*
2
1
N
2
n
n
n
-
Î
³
且
局比赛结束后，甲赢得奇数局比赛”的概率记为
nq ，证明：
2
1
1
n
n
n
n
q
q
q
q
+
+
+
-
<
-
.
【答案】(1)（i）
2
1
2
p =
；（ii）
1
2
np =
，证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）（i）由比赛局数和甲赢的局数服从二项分布
1
3, 2
Bæ
ö
ç
÷
è
ø 即可结合互斥事件概率加法公式计
算求解；
（ii）记事件A = “甲获胜”，事件B = “乙获胜”，由甲乙获胜各赢的局数以及每局赢的概率结合没有平
局结果的特性即可求解证明；
（2）先根据甲赢的局数服从二项分布
2
1,
B
n
p
-
和二项式定理原理求出
nq 的表达式，接着计算差值
1
n
n
q
q
+ -
和
2
1
n
n
q
q
+
+
-
，再由不等式性质分析即可比较大小得证.
【详解】（1）（i）当
2
n =
时，比赛局数为2
1
3
n - =
局，
则甲获胜的条件是至少赢两局，且甲赢的局数服从二项分布
1
3, 2
Bæ
ö
ç
÷
è
ø ，
所以
2
3
2
3
2
3
3
1
1
1
1
C
1
+C
2
2
2
2
p
æ
ö æ
ö
æ
ö
=
-
=
ç
÷ ç
÷
ç
÷
è
ø è
ø
è
ø
；
（ii）
1
2
np =
，证明：
记事件A = “甲获胜”，则甲赢的局数k
n
³
，事件B = “乙获胜”，则乙赢的局数k
n
¢ ³
，
因为
1
1
2
p
p
= -
=
，所以
P A
P B
=
，
又因为打的局数2
1
n - 为奇数，各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局.
所以
1
P A
P B
+
= ，所以
1
2
P A
P B
=
=
，
所以
1
2
np =
；
（2）由题甲赢的局数服从二项分布
2
1,
B
n
p
-
，
则“
*
2
1
N
2
n
n
n
-
Î
³
且
局比赛结束后，甲赢得奇数局比赛”的概率
2
2
2
4
2
1
3
3
2
3
2
3
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
C
1
C
1
...
C
1
C
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
q
p
p
p
p
p
p
p
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
=
-
+
-
+
+
-
+
，
因为
2
1
0
1
2
2
2
1
0
2
1
1
2
2
2
2
1
2
1
0
2
1
2
1
2
1
2
1
1
C
1
C
1
...
C
1
C
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
é
ù
+
-
=
-
+
-
+
+
-
+
-
ë
û
，
2
1
0
2
1
2
2
2
2
1
2
1
0
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
C
-
1
C
-
1
...
C
-
1
C
-
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
p
p
p
p
p
p
p
p
p
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
é
ù
-
-
=
-
+
-
+
+
-
+
ë
û
，
所以
2
1
2
1
2
1
1
1
1
1 2
2
2
n
n
n
n
p
p
p
p
p
q
-
-
-
é
ù
é
ù
+
-
-
-
-
-
-
ë
û
ë
û
=
=
，
所以
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1 2
1
1 2
1
1 2
1
1 2
1 2
1 2
2
1
1 2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
p
p
p
p
p
p
q
q
p
p
p
-
+
-
-
+
-
+
é
ù
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
ë
û
-
=
-
=
=
=
-
-
，
同理
2
1
2
1
2
1
1 2
n
n
n
q
q
p
p
p
+
+
+
-
=
-
-
，
因为
1
0
2
p
<
<
，所以0
1
2
1
p
< -
< ，
2
1
0
p
p
-
>
，
所以
2
1
2
1
2
2
1
1 2
1 2
1 2
1 2
n
n
n
p
p
p
p
+
-
-
-
=
-
-
<
-
，
所以
2
1
2
1
2
1
1 2
2
1
1 2
n
n
p
p
p
p
p
p
+
-
-
-
<
-
-
，即
2
1
1
n
n
n
n
q
q
q
q
+
+
+
-
<
-
.
2．（2026·河北唐山·一模）某销售公司为了激励员工，对销售冠军——员工甲进行奖励，奖励方案为：在
一个盲盒里，有n（足够多）张奖券，这些奖券的金额各不相等，其最大值为M，但金额具体是多
少，并未公开.该员工甲需逐张随机抽取并查看金额，如果对抽取的奖券不满意就弃掉，继续抽奖（弃
掉的奖券不能再抽取），如果对这张奖券比较满意就保留，从而停止抽奖，公司将以此奖券金额作为
奖励.
(1)若甲抽取了两张，把第2 张奖券保留下来，求甲获得最大金额奖励M 的概率；
(2)若甲先抽取了k（
*
N
k Î
，且k
n
<
）张奖券，记录下其中的最大金额为m，然后继续抽取，若抽到
奖券的金额小于m，就继续抽，当抽到第i（
*
N
iÎ
，k
i
n
< £
）张奖券时，其金额大于m，则保留该
奖券，停止抽奖，若未抽到金额大于m 的奖券，则保留第n 张.
（ⅰ）若
5
n =
，当
2
k =
时，求甲获得最大金额奖励M 的概率p；
（ⅱ）当调整k 的取值时，甲获得最大金额奖励M 的概率p 也会发生变化.若
100
n =
，请估计p 的最
大值，并求此时k 的值.
（估值参考：当
100
n ³
时，
1 1
ln
n
i k
n
i
k
-
=
»
å
，e
2.72
»
，0.36ln 0.36
0.3678
» -
，0.37ln 0.37
0.3679
» -
.）
【答案】(1) 1
n ；
(2)（i）13
30 ；（ii）所以p 的最大值约为0.3679，此时
37
k =
．
【分析】（1）合理设出事件，再根据全概率公式即可得到答案；
（2）（i）设
i
D ：抽到的第
*,
i i
k
i
n
Î
< £
N
张奖券金额为M ，再利用全概率公式求出概率通式，再
代入
5
n =
即可；
（ii）根据估值参考公式得
( )
ln
k
n
p
p k
n
k
=
»
，再设函数
ln
( )
,
1
x
f x
x
x
=
> ，求导得其最值，从而得到k
的估计值，最后结合其整数范围即可得到答案.
【详解】（1）设抽到的第j 张奖券的金额为
,
1,2
ja
j =
．
设
1
1
:
,
:
,
:
A a
M B a
M C
=
<
甲获得最大金额奖励M ．
注意到
1
1
1
( )
,
(
)
0,
( )
,
(
)
1
n
P A
P C A
P B
P C B
n
n
n
-
=
=
=
=
-
∣
∣
．
则
1
( )
( ) (
)
( ) (
)
P C
P A P C A
P B P C B
n
=
+
=
∣
∣
．
（2）（i）仍设C ：甲获得最大金额奖励M ，
若m
M
=
，则
( )
0
P C =
，故只需考虑m
M
<
的情况．
设
i
D ：抽到的第
*,
i i
k
i
n
Î
< £
N
张奖券金额为M ．
由于是随机抽取，抽到的每张奖券为最大金额M 的机会均等，则
1
i
P D
n
=
．
只有当m 是前
1
i - 张奖券中的最大金额，甲才会保留第i 张奖券，则
1
i
k
P C D
i
= -
∣
．
则
1
1
1
1
1
1
1
1
1
( )
1
1
n
n
n
n
n
i
i
i
i k
i k
i k
i k
i k
k
k
k
P C
P D P C D
P C D
n
n
i
n
i
n
i
-
= +
= +
= +
= +
=
=
=
=
=
=
-
-
å
å
å
å
å
∣
∣
．
若
5
n =
，当
2
k =
时，
2
1
1
1
13
( )
5
2
3
4
30
p
P C
æ
ö
=
=
´
+
+
=
ç
÷
è
ø
．
（ii）由估值参考得
1 1
ln
n
i k
n
i
k
-
=
»
å
，则
( )
ln
k
n
p
p k
n
k
=
»
．
令
ln
( )
,
1
x
f x
x
x
=
> ，则
2
1 ln
( )
x
f
x
x
-
¢
=
．
当
e
x= 时，
( )
0
f
x
¢
=
．
当1
e
x
<
<
时，
( )
0,
( )
¢
>
f
x
f x 单调递增；
当
e
x> 时，
( )
0,
( )
¢
<
f
x
f x 单调递减，
因此，当
e
x= 时，
( )
f x 取得最大值
1
(e)
e
f
=
．
此时
100
36.8
e
k =
»
，不是整数，
又
(36)
0.36ln 0.36
0.3678, (37)
0.37ln 0.37
0.3679
p
p
= -
»
= -
»
，
所以p 的最大值约为0.3679，此时
37
k =
．
（建议用时：60 分钟）
刷模拟
1．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）某电商研究中心为剖析国潮消费趋势，随机调查了该平台50 名男性用
户和50 名女性用户，统计其对“国潮服饰类产品”的购买意愿（经常购买/不常购买），得到如下列联
表：
经常购买
不常购买
男性用户
40
10
女性用户
30
20
(1)依据a ＝0.05 的独立性检验，能否认为该平台男、女用户对国潮服饰类产品的购买意愿有差异？
(2)从该平台的用户中任选一人，A 表示事件“选到的人不常购买国潮服饰类产品”，B 表示事件“选到的
人为女性用户”，利用该调查数据，给出
P B A
P B A
，
的估计值．
附：
2
2
n ad
bc
a
b
c
d
a
c
b
d
c
-
=
+
+
+
+
．
2
χ
4
P
³
0.050
0.010
0.005
k
3.841
6.635
7.879
【答案】(1)认为男、女用户对国潮服饰类产品的购买意愿有差异
(2) 2
3 ，3
7
【分析】（1）通过列联表数据计算
2
c 统计量，与显著性水平 α=0.05 对应的临界值比较得到判断；
（2）利用调查数据，统计对应女性用户的占比，得到
P B A
P B A
，
的频率估计值.
【详解】（1）由题可得：
2
2
100
40 20
30 10
4.762
3.841
50 50 70 30
c
´
´
-
´
=
»
>
´
´
´
，
依据a ＝0.05 的独立性检验，认为男、女用户对国潮服饰类产品的购买意愿有差异．
（2）由题得，
20
2
30
3
P AB
n AB
P B A
P A
n A
=
=
=
=
，
30
3
70
7
P AB
n AB
P B A
P A
n A
=
=
=
=
．
2．（25-26 高三上·山西吕梁·期末）为深入贯彻落实党的二十大关于“深化全民阅读活动”的重要精神和二
十届四中全会关于“激发全民族文化创新活力”的战略部署，推进书香社会建设，某社区随机调查了
500 名居民每周的阅读时间（单位：小时），将全部样本数据分成
0,2 , 2,4 , 4,6 ,
, 16,18
L
九组，
得到频率分布直方图，如图所示．
(1)求a 的值；
(2)根据频率分布直方图，估计该社区居民每周阅读时间的平均值（同一组数据用该组区间的中点值作
代表）；
(3)为进一步了解居民阅读偏好，从阅读时长在
10,12 和
12,14 的居民中，采用等比例分层随机抽样
的方法抽取6 人，再从这6 人中随机抽取3 人进行深度访谈．记阅读时长在
10,12 内的人数为X ，
求X 的分布列和数学期望．
【答案】(1)0.1
(2)9.16小时
(3)分布列见解析；期望为2
【分析】（1）由概率之和为1 即可求解；
（2）由频率分布直方图的平均数的计算方法直接计算即可；
（3）明确阅读时长
10,12 和
12,14 内的人数，进而得到随机变量X 的可能取值，求出每个可能取值
相应的概率即可求分布列，再结合期望的公式即可求解.
【详解】（1）由题
2
0.02
0.03
0.05 3
0.15
0.04
0.01
1
a
´
+
+
´ +
+
+
+
= ，解得
0.1
a =
.
（2）由频率分布直方图的数据可得阅读时间的平均数为
1 0.04
3 0.06
5 0.1
7 0.1 9 0.3 11 0.2 13 0.1 15 0.08 17 0.02
9.16
t = ´
+ ´
+ ´
+ ´
+ ´
+
´
+
´
+
´
+
´
=
小时.
（3）由频率分布直方图可得阅读时长在
10,12 与
12,14 的居民分别有500 0.1 2
100
´
´
=
人，
500 0.05 2
50
´
´
=
人，
所以抽取的6 人中阅读时长在
10,12 的人数为4 人，在
12,14 的人数为2 人，
所以随机变量X 的可能取值有1,2,3，
1
2
2
1
3
4
2
4
2
4
3
3
3
6
6
6
C C
C C
C
1
3
1
1
,
2
,
3
C
5
C
5
C
5
P x
P x
P x
=
=
=
=
=
=
=
=
=
，
所以随机变量X 的分布列为
X
1
2
3
P
1
5
3
5
1
5
故随机变量X 的数学期望
1
3
1
1
2
3
2
5
5
5
E X = ´
+ ´
+ ´
=
.
3．（2026·湖北恩施·二模）某景区为回馈游客设计了一项抽奖活动，每轮抽奖规则是：从装有大小相同的
6 个红球和4 个黑球的袋中一次抽取3 个球，每一个红球积1 分，每一个黑球积0 分；每位游客只能
参加一轮抽奖活动，若所得积分大于或等于2，即可获得景区门票一张．
(1)求游客甲在一轮抽奖中所得积分X 的分布列；
(2)若某旅行团共5 位游客，每位游客获奖的概率稳定且相互独立，求该旅行团获得景区门票人数的众
数．
【答案】(1)
X
0
1
2
3
P
1
30
3
10
1
2
1
6
(2)3 人或4 人
【分析】（1）根据题意求得X 所有可能取值为0，1，2，3 对应的概率即可求解；
（2）先求得在一轮抽奖中获得景区门票的概率p ，记成功的人数为Y ，则
2
5, 3
Y
Bæ
ö
~
ç
÷
è
ø ，求得
0,1,
,5
P Y
k
k
=
=
L
的最大值即可．
【详解】（1）由题知X 的所有可能取值为0，1，2，3，
则
0
3
1
2
6
4
6
4
3
3
10
10
C C
C C
1
3
0
,
1
C
30
C
10
P X
P X
=
=
=
=
=
=
，
2
1
3
0
6
4
6
4
3
3
10
10
C C
C C
1
1
2
,
3
C
2
C
6
P X
P X
=
=
=
=
=
=
，
故X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
30
3
10
1
2
1
6
（2）在一轮抽奖中所得积分大于或等于2 的概率为
1
1
2
2
6
3
p =
+
=
，
5 位游客在5 轮抽奖中，记成功的人数为Y ，则
2
5, 3
Y
Bæ
ö
~
ç
÷
è
ø ，
故
5
5
2
1
C
0,1,
,5
3
3
k
k
k
P Y
k
k
-
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
L
，
法一：
0
5
0
5
2
1
1
0
C
3
3
243
P Y
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
1
4
1
5
2
1
10
1
C
3
3
243
P Y
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
2
3
2
5
2
1
40
2
C
3
3
243
P Y
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
3
2
3
5
2
1
80
3
C
3
3
243
P Y
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，.
4
1
4
5
2
1
80
4
C
3
3
243
P Y
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
5
0
5
5
2
1
32
5
C
3
3
243
P Y
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
且
80
3
4
243
P Y
P Y
=
=
=
=
，故5 位游客在5 轮抽奖中，该旅行团获得景区门票人数的众数是3 人或
4 人．
法二：假设当Y
k
=
时，对应概率取值最大，
则
5
1
4
1
5
5
2
1
2
1
C
C
3
3
3
3
k
k
k
k
k
k
-
+
-
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
´
´
³
´
´
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，且
5
1
6
1
5
5
2
1
2
1
C
C
3
3
3
3
k
k
k
k
k
k
-
-
-
-
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
´
´
³
´
´
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，
解得3
4
k
£
£
，
且
80
3
4
243
P Y
P Y
=
=
=
=
，
故5 位游客在5 轮抽奖中，该旅行团获得景区门票人数的众数是3 人或4 人．
4．（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
60,90 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
60,70 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
2
,
N m s
，其中m 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
2
219
s »
.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：
219
15
»
；若
2
,
Z
N m s
~
，则
0.6827
P
Z
m
s
m
s
-
£
£
+
»
，
2
2
P
Z
m
s
m
s
-
£
£
+
0.9545
»
，
3
3
0.9973
P
Z
m
s
m
s
-
£
£
+
»
］
【答案】(1)
0.010
a =
，76 分
(2)分布列见解析
(3)0.15865
【分析】（1）根据频率分布直方图矩形面积为1 计算可得
0.010
a =
，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，
0.040
0.030
0.016
0.004
10
1
a
+
+
+
+
´
= ，
解得
0.010
a =
，
由图知
90,100 的频率为0.04，
80,100 的频率为0.1 0.04
0.14
+
=
，
70,100 的频率为0.54，
∴获奖学生最低分数线落在
70,80 内，不妨设为x，
则
80
0.04
0.04
0.1
0.3
x
-
´
+
+
=
，解得
76
x =
，
∴估计获奖学生的最低分数线为76 分.
（2）由图可知
60,70 ，
70,80 与
80,90 的频率之比是0.3:0.4:0.1
3: 4:1
=
，
根据分层随机抽样的方法可知，在
60,70 内抽取3 人，在
70,80 内抽取4 人，在
80,90 内抽取1 人.
则X 的可能取值为0，1，2，
易知
2
5
2
8
C
5
0
C
14
P X =
=
=
，
1
1
5
3
2
8
C C
15
1
C
28
P X =
=
=
，
2
3
2
8
C
3
2
C
28
P X =
=
=
，
∴X 的分布列为
X
0
1
2
P
5
14
15
28
3
28
（3）易知平均值为
55 0.16
65 0.3
75 0.4
85 0.1 95 0.04
70.6
X =
´
+
´
+
´
+
´
+
´
=
，
即可得
70.6
m =
，
∴
1 0.6827
(
85.6)
(
)
0.15865
2
P X
P X
m
s
-
>
»
>
+
»
=
.
5．（25-26 高三下·安徽·月考）某新能源汽车公司为测试A 型和B 型两款辅助驾驶系统避让障碍物的能
力，用分别搭载A 型和B 型系统的汽车各测试了100 次，其中A 型系统成功避让80 次，B 型系统成
功避让75 次.假设每次测试相互独立，用频率估计概率.
(1)估计A 型系统每次测试中成功避让的概率；
(2)若对B 型系统再测试3 次，设X 为其中成功避让的次数，求X 的分布列和数学期望
E X ；
(3)这两款辅助驾驶系统都是利用摄像头配合激光雷达来识别障碍物的，如果摄像头没有正确识别障碍
物，仅依靠激光雷达，则A 型和B 型系统成功避让的概率都只有2
5 ，若摄像头正确识别障碍物，则A
型系统一定能成功避让，B 型系统成功避让的概率为9
10 ，设A 型、B 型系统中摄像头正确识别障碍物
的概率分别为
1
2
,
p
p ，试比较
1
2
,
p
p 的大小.
【答案】(1) 4
5
(2)分布列见解析，9
4
(3)
1
2
p
p
<
【分析】（1）用频率估算概率后可得A 型系统每次测试中成功避让的概率；
（2）利用二项分布可求X 的分布列和数学期望
E X ；
（3）利用全概率公式可得关于
1p 的方程，求出其解后可得
1p 的值，同理求出
2
p ，故可比较两者的大
小.
【详解】（1）估计A 型系统每次测试中成功避让的概率为80
4
100
5
=
.
（2）X 的所有可能取值为0，1，2，3，
由题意知B 型系统每次测试中成功避让的概率为75
3
100
4
=
，所以
3
~
3, 4
X
Bæ
ö
ç
÷
è
ø ，
所以
3
2
1
3
1
1
1
3
9
0
,
1
C
4
64
4
4
64
P X
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
=
=
=
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
2
3
2
3
1
3
27
3
27
2
C
,
3
4
4
64
4
64
P X
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
=
=
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
.
故X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
64
9
64
27
64
27
64
3
9
3
4
4
E X = ´
=
.
（3）设C 为“ A 型系统成功避让”，D 为“ A 型系统的摄像头正确识别障碍物”，
则
2
|
5
P C D =
，
|
1
P C D = ，
4
5
P C =
，
1
P D
p
=
而
|
|
P C
P C D P D
P C D P D
=
+
，
所以
1
1
2
4
1
5
5
p
p
+
-
=
，解得
1
2
3
p =
，
同理有
2
2
9
2
3
1
10
5
4
p
p
+
-
=
，解得
2
7
10
p =
，
所以
1
2
p
p
<
.
6．（25-26 高三下·全国·单元测试）近期，某市公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动
设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线
路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x 表示活动推出的天数，y 表示
每天使用扫码支付的人次（单位：十人次），统计数据如表所示：
x
1
2
3
4
5
6
7
y
6
11
21
34
66
101
196
根据以上数据，绘制了散点图．
(1)根据散点图判断，在推广期内，y
a
bx
=
+
与
x
y
c d
= ×
（,c d 均为大于零的常数）哪一个适宜作为扫
码支付的人次y 关于活动推出天数x 的经验回归方程？（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，建立y 关于x 的回归方程，并预测活动推出第8 天使用扫码
支付的人次．
[参考数据：
66
y =
，
1.54
v =
，
7
1
2711
i
i
i
x y
=
=
å
，
7
1
50.12
i
i
i
x v
=
=
å
，
0.54
10
3.47
=
，其中
lg
i
i
v
y
=
，
7
1
1
7
i
i
v
v
=
= å
]
【答案】(1)
x
y
c d
= ×
适宜
(2)
0.25
ˆ
3.47 10
x
y =
´
，347 十人次
【分析】（1）根据散点图判断即可.
（2）对
x
y
c d
= ×
两边同时取常用对数，得lg
lg
lg
y
c
x
d
=
+
，进而转化为线性关系v
a
bx
=
+
，再根据
已知数据计算回归方程，并代入数据检验即可.
【详解】（1）由散点图，得
x
y
c d
= ×
适宜作为扫码支付的人次y 关于活动推出天数x 的回归方程类
型.
（2）由
x
y
c d
= ×
，两边同时取常用对数，得lg
lg
lg
y
c
x
d
=
+
，
设
lg ,
lg ,
lg
v
y a
c b
d
=
=
=
，则v
a
bx
=
+
，由
4,
1.54
x
v
=
=
，
7
2
1
140
i
i
x
=
=
å
，
得
7
1
7
2
2
2
1
7
50.12
7 4 1.54
7
ˆ
0.25
140
7 4
28
7
i
i
i
i
i
x v
xv
b
x
x
=
=
-
- ´ ´
=
=
=
=
- ´
-
å
å
，
ˆ
ˆ
0.54
a
v
bx
=
-
=
，
因此ˆ
0.54
0.25
v
x
=
+
，即
ˆ
lg
0.54
0.25
y
x
=
+
，则
0.54 0.25
0.25
ˆ
10
3.47 (10
)
x
x
y
+
´
=
=
，
当
8
x =
时，得
0.54 0.25 8
2 0.54
2
0.54
ˆ
10
10
10
10
347
y
+
´
+
=
=
=
´
=
，
所以y 关于x 的回归方程为
0.25
ˆ
3.47 10
x
y =
´
，活动推出第8 天使用扫码支付的人次为347 十人次.
7．（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3
5 ，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
nP （不考虑人流量有限的限制）．
①求
1P ，
2P ；
②求
nP ．
【答案】(1)
X
0
1
2
3
P
8
125
36
125
54
125
27
125
9
5
E X =
，
18
25
D X =
(2)①
1
2
5
P =
；
2
19
25
P =
；②
5
3
3
8
8
5
n
nP
æ
ö
=
+
-
ç
÷
è
ø
【分析】（1）分析可知
3
3, 5
X
Bæ
ö
~
ç
÷
è
ø ，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
2
1
3
2
5
5
n
n
n
P
P
P
+
+
=
+
，利用构造法和累加法，结合等比数列求
nP .
【详解】（1）由题意可知：
3
3, 5
X
Bæ
ö
~
ç
÷
è
ø ，
则
3
3
8
0
1
5
125
P X
æ
ö
=
=
-
=
ç
÷
è
ø
，
2
1
3
3
3
36
1
C
1
5
5
125
P X
æ
ö
=
=
-
´
=
ç
÷
è
ø
，
2
2
3
3
3
54
2
C
1
5
5
125
P X
æ
ö æ
ö
=
=
-
´
=
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
，
3
3
27
3
5
125
P X
æ
ö
=
=
=
ç
÷
è
ø
，
则X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
8
125
36
125
54
125
27
125
所以X 的均值
3
9
3
5
5
E X = ´
=
，且方差
3
3
18
3
1
5
5
25
D X
æ
ö
= ´
´
-
=
ç
÷
è
ø
.
（2）①因为每位游客选择东门入园的概率是3
5 ，则选择其他门入园的概率是2
5 ，
若人气值为1 点，则仅有1 人入园且选择其他门入园，所以
1
2
5
P =
；
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
3
2
2
19
5
5
5
25
P =
+
´
=
；
②若人气值为
2
n +
点，可知在人气值为n 点的前提下仅有1 人且选择东门入园，或在人气值为
1
n +
点的前提下仅有1 人且选择其他门入园，
则
2
1
3
2
5
5
n
n
n
P
P
P
+
+
=
+
，可得
2
1
1
3
5
n
n
n
n
P
P
P
P
+
+
+
-
= -
-
，
且
2
1
9
0
25
P
P
-
=
¹
，可知数列
1
n
n
P
P
+ -
是以首项为9
25 ，公比为
3
5
-
的等比数列，
则
1
1
1
9
3
3
25
5
5
n
n
n
n
P
P
-
+
+
æ
ö
æ
ö
-
=
´ -
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
当
2
n ³
时，则
1
2
1
3
2
1
n
n
n
P
P
P
P
P
P
P
P -
=
+
-
+
-
+×××+
-
2
3
1
2
3
3
3
5
5
5
5
n+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
+ -
+ -
+×××+ -
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
2
1
3
3
1
5
5
2
5
3
3
3
5
8
8
5
1
5
n
n
-
é
ù
æ
ö
æ
ö
-
- -
ê
ú
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
ê
ú
æ
ö
ë
û
=
+
=
+
-
ç
÷
æ
ö
è
ø
- -
ç
÷
è
ø
，
且
1
2
5
P =
符合上式，所以
5
3
3
8
8
5
n
nP
æ
ö
=
+
-
ç
÷
è
ø
.
8．（25-26 高三上·云南昭通·期末）泊松分布（Poisson Distribution）是一种重要的离散型分布，用于描述
稀有事件的发生情况.如果随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，…，且
e
!
k
P X
k
k
l
l
-
=
=
，
0,1,2,3,
k =
L，其中
0
l >
，则称X 服从泊松分布，记作
X
Poi l
~
.
(1)当
50
l ³
时，泊松分布近似于正态分布，且满足
,
X
N l l
~
，若
400
X
Poi
~
，求
360
440
P
X
<
<
的近似值；
(2)已知当
20
n ³
，0
0.05
p
£
£
时，可以用泊松分布
Poi np 近似二项分布
,
B n p ，即对于
,
X
B n p
~
，
Y
Poi np
~
，当k 不太大时，有
P X
k
P Y
k
=
»
=
.已知某快递公司共有20000 个包
裹待配送，每个包裹有0.00015 的概率出现配送延迟.试估计某天出现至少3 起配送延迟的概率；（保
留两位有效数字）
(3)若
X
Poi l
~
，且
10
1
11
P X £
>
，求l 的取值范围.
参考数据：若
2
,
X
N m s
~
，
3
e
0.0498
- »
，
0.5
e
1.6500
»
，则有
0.6827
P
X
m
s
m
s
-
<
<
+
»
，
2
2
0.9545
P
X
m
s
m
s
-
<
<
+
»
，
3
3
0.9973
P
X
m
s
m
s
-
<
<
+
»
.
【答案】(1)0.9545
(2)0.58
(3)
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
【分析】（1）由
400
l =
时，泊松分布
400
X
Poi
~
近似于正态分布
400,400
X
N
~
求解；
（2）设
1
X 为配送延迟包裹数，由
1
20000,0.00015
X
B
~
，根据
1
20000
20
n =
>
，
1
0
0.00015
0.05
p
<
=
<
，得到
1
1
20000 0.00015
3
n p
l =
=
´
=
，由
1 1
1
1
1
e
!
k
n p
n p
P X
k
k
-
=
»
求解.
（3）由
10
1
11
P X £
>
，得到
10
0
1
11
P X
P X
=
+
=
>
，再根据泊松分布的概率公式求解.
【详解】（1）当
400
l =
时，泊松分布
400
X
Poi
~
近似于正态分布
400,400
X
N
~
，
即
400
m =
，
400
20
s =
=
，要计算
360
440
P
X
<
<
，
根据正态分布的性质，因
2
2
0.9545
P
X
m
s
m
s
-
<
<
+
»
，
故
360
440
0.9545
P
X
<
<
»
.
（2）设
1
X 为配送延迟包裹数，则
1
0,1,2,
X =
L，
1
20000,0.00015
X
B
~
，
因为
1
20000
20
n =
>
，
1
0
0.00015
0.05
p
<
=
<
，
1
1
20000 0.00015
3
n p
l =
=
´
=
，
所以
1 1
1
1
3
1
3
e
e
!
!
k
k
n p
n p
P X
k
k
k
-
-
=
»
=
，
那么，某天至少3 起配送延迟的概率约为
1
1
1
1
3
1
0
1
2
P X
P X
P X
P X
³
= -
=
-
=
-
=
3
3
3
9e
1 e
3e
2
-
-
-
» -
-
-
0.58
»
.
（3）由
10
1
11
P X £
>
，可得
10
0
1
11
P X
P X
=
+
=
>
，
根据泊松分布的概率公式：
0
e
P X
l
-
=
=
，
1
e
P X
l
l
-
=
=
，可得
10
1 e
11
l
l
-
+
>
.
设
1 e
0
h
l
l
l
l
-
=
+
>
，
由
e
0
h
l
l
l
-
¢
= -
<
，可知
h l 在
0, ¥
+
上为减函数.
因为
1
2
1
1
10
150
1.5
2
1 e
11
165
1.65
e
l
l
-
+
+
>
=
=
=
，所以
1
2
1
1
1
2
e
e
l
l
+
+
>
，
所以
1
2
h
h
l
æ
ö
>
ç
÷
è
ø，即
1
0
2
l
<
<
，故l 的取值范围为
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
.
刷真题
1．（2026·上海·春季高考）某兴趣班共150 人，年龄分布及兴趣爱好统计如下：
年龄
剪纸
摄影
画画
人数
25,35
8
45
35,45
10
55
45,55
6
50
(1)现采用分层抽样抽取30 人，其中抽到年龄在
25,35 岁的有多少人？
(2)该兴趣班150 人的平均年龄是多少？
(3)现从150 人中任意抽选1 人，记抽到的学员年龄在
35,45 为事件A ，记抽到学员爱好摄影为事件
B .事件A 与B 是否独立？请说明理由.
【答案】(1)9；
(2)121
3 ；
(3)不相互独立，理由见解析.
【分析】（1）由题意，计算
25,35 年龄段占总体比例，据此可得答案.
（2）利用年龄区间中点作为该区间年龄平均值，再由各年龄段人数占总体比例可得答案；
（3）验证
P A
P B
×
，是否等于
P AB 可得答案.
【详解】（1）
25,35 年龄段占总体比例为： 45
3
150
10
=
，则抽取人数为：
3
30
9
10
´
=
；
（2）由题可得150人的平均年龄为：
45
55
50
30
40
50
150
150
150
´
+
´
+
´
=
3
11
1
121
30
40
50
10
30
3
3
´
+
´
+
´
=
；
（3）由题可得
55
11
150
30
P A =
=
，
24
4
150
25
P B =
=
，
10
1
150
15
P AB =
=
，
注意到
P A
P B
P AB
×
¹
，则事件A 与事件B 不相互独立.
2．（2025·全国二卷·高考真题）甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1 分，负者得0 分．设每个球
甲胜的概率为
1
1
2
p
p
æ
ö
<
<
ç
÷
è
ø，乙胜的概率为q，
1
p
q
+
= ，且各球的胜负相互独立.对正整数
2
k ³
，记
kp 为打完k 个球后甲比乙至少多得2 分的概率，
kq 为打完k 个球后乙比甲至少多得2 分的概率．
(1)求
3
4
,
p
p （用p 表示）．
(2)若
4
3
4
3
4
p
p
q
q
-
=
-
，求p．
(3)证明：对任意正整数m，
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
m
m
m
m
m
m
p
q
p
q
p
q
+
+
+
+
-
<
-
<
-
．
【答案】(1)
3
3p
p
=
，
3
4
4
3
p
p
p
=
-
(2)
2
3
p =
(3)证明过程见解析
【分析】（1）直接由二项分布概率计算公式即可求解；
（2）由题意
3
3
3
4
,
4
3
q
q q
q
q
=
=
-
，联立
4
3
4
3
4
p
p
q
q
-
=
-
，
1
p
q
+
= 即可求解；
（3）首先
1
1
2
2
1
2
Cm
m
m
m
m
m
p
p
p
q
-
+
+
-
=
，
2
2
2
2
1
2
1
Cm
m
m
m
m
m
p
p
p
q
+
+
+
+
-
=
，同理有
1
1
2
2
1
2
Cm
m
m
m
m
m
q
q
q
p
-
+
+
-
=
，
2
2
2
2
1
2
1
Cm
m
m
m
m
m
q
q
q
p
+
+
+
+
-
=
，作差有
2
1
2
1
2
2
m
m
m
m
p
q
p
q
+
+
-
<
-
，另一方面
2
2
2
2
1 !
!
1 !
2
1
m
m
m
m
m
m
p
p
p q
p p
m m
m
+
+
æ
ö
-
=
×
-
ç
÷
+
+
è
ø ，且同理有
2
2
2
2
1 !
!
1 !
2
1
m
m
m
m
m
m
q
q
p q
q q
m m
m
+
+
æ
ö
-
=
×
-
ç
÷
+
+
è
ø ，作
差能得到
2
2
2
2
2
2
m
m
m
m
p
q
p
q
+
+
-
<
-
，由此即可得证.
【详解】（1）
3p 为打完3 个球后甲比乙至少多得两分的概率，故只能甲胜三场，
故所求为
0
3
3
3
3
3
C
1
p
p
p
p
=
-
=
，
4p 为打完4 个球后甲比乙至少多得两分的概率，故甲胜三场或四场，
故所求为
1
0
3
3
4
4
3
4
3
4
4
4
C
1
C
1
4
1
4
3
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
=
-
+
-
=
-
+
=
-
；
（2）由（1）得
3
3p
p
=
，
3
4
4
3
p
p
p
=
-
，同理
3
3
3
4
,
4
3
q
q q
q
q
=
=
-
，
若
4
3
4
3
4
p
p
q
q
-
=
-
，
1
p
q
+
= ，
则
2
3
3
3
3
4
3
3
3
3
3
4
3
4
3
3
1
4
4
3
3
1
p
p
p
p
p
p
p
p q
p
q
q
q
q
q
q
q
q p
q
-
-
-
æ
ö
-
=
=
=
=
=
ç
÷
-
-
-
-
è
ø
，
由于0
,
1
p q
<
< ，所以
2
2 1
0
p
q
p
=
=
-
>
，解得
2
3
p =
；
（3）设打完k 个球，甲的得分为
k
X ，乙的得分为
kY ，
k
k
X
Y
k
+
=
，
所以
2
2
(
1)
m
m
p
P X
m
=
³
+
，
2
1
2
1
(
2)
m
m
p
P X
m
+
+
=
³
+
，
2
2
2
2
(
2)
m
m
p
P X
m
+
+
=
³
+
，
2
2
(
1)
m
m
q
P Y
m
=
³
+
，
2
1
2
1
(
2)
m
m
q
P Y
m
+
+
=
³
+
，
2
2
2
2
(
2)
m
m
q
P Y
m
+
+
=
³
+
，
要证明
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
m
m
m
m
m
m
p
q
p
q
p
q
+
+
+
+
-
<
-
<
-
，
即证明①
2
1
2
2
1
2
m
m
m
m
p
p
q
q
+
+
-
<
-
，②
2
2
2
2
2
2
m
m
m
m
p
p
q
q
+
+
-
>
-
，
先证明①
2
1
2
2
1
2
m
m
m
m
p
p
q
q
+
+
-
<
-
，
2
1
2
2
1
2
(
2)
(
1)
m
m
m
m
p
p
P X
m
P X
m
+
+
-
=
³
+
-
³
+
2
2
2
(
2)
(
1)
(
1)
m
m
m
P X
m
P X
m
p
P X
m
=
³
+
+
=
+
-
³
+
2
2
(
1)
(
1)
m
m
P X
m
p
P X
m
=
=
+
-
=
+
1
1
1
2
(
1)
m
m
m
m
p
C
p
q
+
+
-
=
-
，
同理可得
1
1
1
2
1
2
2
(
1)
m
m
m
m
m
m
q
q
q
C
q
p
+
+
-
+ -
=
-
，
所以①
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
(
1)
(
1)
(
1)
(
1)
m
m
m
m
m
m
m
m
p
C
p
q
q
C
q
p
p
p
q
q
p q
q p
p
q
p
q
+
+
-
+
+
-
Û
-
<
-
Û
-
<
-
Û -
< -
Û -
< - Û
>
，
故成立；
证明②
2
2
2
2
2
2
m
m
m
m
p
p
q
q
+
+
-
>
-
：
2
2
2
2
2
2
(
2)
(
1)
m
m
m
m
p
p
P X
m
P X
m
+
+
-
=
³
+
-
³
+
2
2
2
2
2
2
(
)
(
1)[1 (1
) ]
(
2)
(
1)
m
m
m
m
P X
m p
P X
m
p
P X
m
P X
m
=
=
+
=
+
-
-
+
³
+
-
³
+
2
2
2
2
2
2
2
(
)
(
1)[1 (1
) ]
(
1)
(
1)
(
1)
m
m
m
m
m
P X
m p
P X
m
p
P X
m
P X
m
P X
m
=
=
+
=
+
-
-
+
³
+
-
=
+
-
³
+
2
2
2
2
2
(
)
(
1)(1
)
(
1)
m
m
m
P X
m p
P X
m
q
P X
m
=
=
+
=
+
-
-
=
+
2
2
1
1
1
2
2
m
m
m
m
m
m
m
m
C
p q p
q C
p
q
+
+
-
=
-
2
1
1
1
2
2
m
m
m
m
m
m
m
m
C
p
q
C
p
q
+
+
+
+
=
-
，
同理可得
2
1
1
1
2
2
2
2
2
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
q
q
C
q
p
C
q
p
+
+
+
+
+ -
=
-
，
所以②
2
1
1
1
2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
C
p
q
C
p
q
C
q
p
C
q
p
C
p
q
C
q
p
p
q
p
q
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
Û
-
>
-
Û
>
Û
>
Û
>
，故成立；
综上，不等式
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
m
m
m
m
m
m
p
q
p
q
p
q
+
+
+
+
-
<
-
<
-
成立.
3．（2025·全国一卷·高考真题）为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机
调查了1000 人，得到如下列联表：
超声波检查结果组别
正常
不正常
合计
患该疾病
20
180
200
未患该疾病
780
20
800
合计
800
200
1000
(1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为p，求p 的估计值；
(2)根据小概率值
0.001
a =
的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关.
附
2
2
(
)
(
)(
)(
)(
)
n ad
bc
a
b c
d
a
c b
d
c
-
=
+
+
+
+
，
2
P
k
c ³
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【答案】(1) 9
10
(2)有关
【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求出；
（2）根据独立性检验的基本思想,求出
2
c ,然后与小概率值
0.001
a =
对应的临界值10.828比较,即可判
断.
【详解】（1）根据表格可知，检查结果不正常的200 人中有180人患病，所以p 的估计值为
180
9
200
10
=
；
（2）零假设为
0
H ：超声波检查结果与患病无关，
根据表中数据可得，
2
2
0.001
1000
20 20
780 180
765.625
10.828
800 200 800 200
x
c
´
´
-
´
=
=
>
=
´
´
´
，
根据小概率值
0.001
a =
的
2
c 独立性检验，我们推断
0
H 不成立，即认为超声波检查结果与患该病有
关，该推断犯错误的概率不超过0.001.
4．（2024·新高考Ⅰ卷·高考真题）设m 为正整数，数列
1
2
4
2
,
,...,
m
a a
a
+ 是公差不为0 的等差数列，若从中删
去两项
ia 和
ja
i
j
<
后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4 个数都能构成等差数列，则称数
列
1
2
4
2
,
,...,
m
a a
a
+ 是
,i j -可分数列．
(1)写出所有的
,i j ，1
6
i
j
£ <
£
，使数列
1
2
6
,
,...,
a a
a 是
,i j -可分数列；
(2)当
3
m ³
时，证明：数列
1
2
4
2
,
,...,
m
a a
a
+ 是
2,13 - 可分数列；
(3)从1,2,...,4
2
m +
中任取两个数i 和
j i
j
<
，记数列
1
2
4
2
,
,...,
m
a a
a
+ 是
,i j -可分数列的概率为
m
P ，证
明：
1
8
m
P >
．
【答案】(1)
1,2 , 1,6 , 5,6
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据
,i j -可分数列的定义即可；
（2）根据
,i j -可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是
,i j -可分数列的
,i j 至少有
2
1
m
m
+
-
个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列
1
2
4
2
,
,...,
m
a a
a
+ 的公差为d ，则
0
d ¹
.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形
1
1
1,2,...,4
2
k
k
a
a
a
k
m
d
-
=
+
=
+
¢
，
得到新数列
1,2,...,4
2
ka
k k
m
=
=
+
¢
，然后对
1
2
4
2
,
,...,
m
a a
a
+
¢
¢
¢
进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设
1,2,...,4
2
ka
k k
m
=
=
+
，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1 小问相当于从1,2,3,4,5,6 中取出两个数i 和
j i
j
<
，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是1,2,3,4 ，或2,3,4,5，或3,4,5,6 .
所以所有可能的
,i j 就是
1,2 , 1,6 , 5,6 .
（2）由于从数列1,2,...,4
2
m +
中取出2 和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使
得每组成等差数列：
①
1,4,7,10 , 3,6,9,12 , 5,8,11,14 ，共3组；
②
15,16,17,18 , 19,20,21,22 ,..., 4
1,4 ,4
1,4
2
m
m
m
m
-
+
+
，共
3
m - 组.
（如果
3
0
m -
=
，则忽略②）
故数列1,2,...,4
2
m +
是
2,13 - 可分数列.
（3）定义集合
4
1
0,1,2,...,
1,5,9,13,...,4
1
A
k
k
m
m
=
+
=
=
+
，
4
2
0,1,2,...,
2,6,10,14,...,4
2
B
k
k
m
m
=
+
=
=
+
.
下面证明，对1
4
2
i
j
m
£ <
£
+
，如果下面两个命题同时成立，
则数列1,2,...,4
2
m +
一定是
,i j -可分数列：
命题1：
,
i
A j
B
Î
Î
或
,
i
B j
A
Î
Î
；
命题2：
3
j
i
- ¹
.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果
,
i
A j
B
Î
Î
，且
3
j
i
- ¹
.
此时设
1
4
1
i
k
=
+ ，
2
4
2
j
k
=
+
，
1
2
,
0,1,2,...,
k k
m
Î
.
则由i
j
<
可知
1
2
4
1
4
2
k
k
+ <
+
，即
2
1
1
4
k
k
-
> -
，故
2
1
k
k
³
.
此时，由于从数列1,2,...,4
2
m +
中取出
1
4
1
i
k
=
+ 和
2
4
2
j
k
=
+
后，
剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：
①
1
1
1
1
1,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4
3,4
2,4
1,4
k
k
k
k
-
-
-
，共
1k 组；
②
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
4
2,4
3,4
4,4
5 , 4
6,4
7,4
8,4
9 ,..., 4
2,4
1,4
,4
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
+
+
+
+
+
+
+
+
-
-
+
，共
2
1
k
k
-
组；
③
2
2
2
2
2
2
2
2
4
3,4
4,4
5,4
6 , 4
7,4
8,4
9,4
10 ,..., 4
1,4 ,4
1,4
2
k
k
k
k
k
k
k
k
m
m
m
m
+
+
+
+
+
+
+
+
-
+
+
，共
2
m
k
-
组.
（如果某一部分的组数为0 ，则忽略之）
故此时数列1,2,...,4
2
m +
是
,i j -可分数列.
第二种情况：如果
,
i
B j
A
Î
Î
，且
3
j
i
- ¹
.
此时设
1
4
2
i
k
=
+
，
2
4
1
j
k
=
+ ，
1
2
,
0,1,2,...,
k k
m
Î
.
则由i
j
<
可知
1
2
4
2
4
1
k
k
+
<
+ ，即
2
1
1
4
k
k
-
>
，故
2
1
k
k
>
.
由于
3
j
i
- ¹
，故
2
1
4
1
4
2
3
k
k
+
-
+
¹
，从而
2
1
1
k
k
-
¹ ，这就意味着
2
1
2
k
k
-
³
.
此时，由于从数列1,2,...,4
2
m +
中取出
1
4
2
i
k
=
+
和
2
4
1
j
k
=
+ 后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部
分，共m 组，使得每组成等差数列：
①
1
1
1
1
1,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4
3,4
2,4
1,4
k
k
k
k
-
-
-
，共
1k 组；
②
1
1
2
1
2
1
2
4
1,3
1,2
2
1,
3
1
k
k
k
k
k
k
k
+
+
+
+
+
+
+
，
1
2
1
2
1
2
2
3
2,2
2
2,
3
2,4
2
k
k
k
k
k
k
k
+
+
+
+
+
+
+
，共2 组；
③全体
1
1
2
1
2
1
2
4
,3
,2
2
,
3
k
p
k
k
p
k
k
p k
k
p
+
+
+
+
+
+
+
，其中
2
1
3,4,...,
p
k
k
=
-
，共
2
1
2
k
k
-
-
组；
④
2
2
2
2
2
2
2
2
4
3,4
4,4
5,4
6 , 4
7,4
8,4
9,4
10 ,..., 4
1,4 ,4
1,4
2
k
k
k
k
k
k
k
k
m
m
m
m
+
+
+
+
+
+
+
+
-
+
+
，共
2
m
k
-
组.
（如果某一部分的组数为0 ，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含
2
1
2
k
k
-
-
个行，4 个列
的数表以后，4 个列分别是下面这些数：
1
1
1
2
4
3,4
4,...,3
k
k
k
k
+
+
+
，
1
2
1
2
1
2
3
3,3
4,...,2
2
k
k
k
k
k
k
+
+
+
+
+
，
1
2
1
2
1
2
2
2
3,2
2
3,...,
3
k
k
k
k
k
k
+
+
+
+
+
，
1
2
1
2
2
3
3,
3
4,...,4
k
k
k
k
k
+
+
+
+
.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍
1
1
2
4
1,4
2,...,4
2
k
k
k
+
+
+
中除开五个
集合
1
1
4
1,4
2
k
k
+
+
，
1
2
1
2
3
1,3
2
k
k
k
k
+
+
+
+
，
1
2
1
2
2
2
1,2
2
2
k
k
k
k
+
+
+
+
，
1
2
1
2
3
1,
3
2
k
k
k
k
+
+
+
+
，
2
2
4
1,4
2
k
k
+
+
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的
1
4
2
k +
和
2
4
1
k + 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4
2
m +
是
,i j -可分数列.
至此，我们证明了：对1
4
2
i
j
m
£ <
£
+
，如果前述命题1 和命题2 同时成立，则数列1,2,...,4
2
m +
一
定是
,i j -可分数列.
然后我们来考虑这样的
,i j 的个数.
首先，由于A
B = Æ
I
，A 和B 各有
1
m + 个元素，故满足命题1 的
,i j 总共有
2
1
m +
个；
而如果
3
j
i
- = ，假设
,
i
A j
B
Î
Î
，则可设
1
4
1
i
k
=
+ ，
2
4
2
j
k
=
+
，代入得
2
1
4
2
4
1
3
k
k
+
-
+
=
.
但这导致
2
1
1
2
k
k
-
=
，矛盾，所以
,
i
B j
A
Î
Î
.
设
1
4
2
i
k
=
+
，
2
4
1
j
k
=
+ ，
1
2
,
0,1,2,...,
k k
m
Î
，则
2
1
4
1
4
2
3
k
k
+
-
+
=
，即
2
1
1
k
k
-
= .
所以可能的
1
2
,
k k
恰好就是
0,1 , 1,2 ,...,
1,
m
m
-
，对应的
,i j 分别是
2,5 , 6,9 ,..., 4
2,4
1
m
m
-
+
，总共m 个.
所以这
2
1
m +
个满足命题1 的
,i j 中，不满足命题2 的恰好有m 个.
这就得到同时满足命题1 和命题2 的
,i j 的个数为
2
1
m
m
+
-
.
当我们从1,2,...,4
2
m +
中一次任取两个数i 和
j i
j
<
时，总的选取方式的个数等于
4
2
4
1
2
1
4
1
2
m
m
m
m
+
+
=
+
+
.
而根据之前的结论，使得数列
1
2
4
2
,
,...,
m
a a
a
+ 是
,i j -可分数列的
,i j 至少有
2
1
m
m
+
-
个.
所以数列
1
2
4
2
,
,...,
m
a a
a
+ 是
,i j -可分数列的概率
m
P 一定满足
2
2
2
2
1
1
1
1
1
2
4
2
1
4
1
2
1
4
1
2
1
4
2
2 2
1
2
1
8
m
m
m
m
m
m
m
m
P
m
m
m
m
m
m
m
m
æ
ö
+
+
+
ç
÷
+
-
+
+
è
ø
³
=
>
=
=
+
+
+
+
+
+
+
+
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或
探究结论.
5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则
如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3 次，若3 次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0 分；
若至少投中一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3 次，每次投篮投中得5
分，未投中得0 分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每
次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若
0.4
p =
，
0.5
q =
，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5 分的概率．
(2)假设0
p
q
<
<
，
（i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15 分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
（ii）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
【答案】(1)0.686
(2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛；
【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）（i）首先各自计算出
3
3
1 (1
)
P
p
q
é
ù
=
-
-
ë
û
甲
，
3
3
1 (1
)
P
q
p
é
ù
=
-
-
×
ë
û
乙
，再作差因式分解即可判断；(ii)
首先得到X 和Y 的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.
【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5 分，则甲第一阶段至少投中1 次，乙第二阶段也至
少投中1 次，
\比赛成绩不少于5 分的概率
3
3
1 0.6
1 0.5
0.686
P =
-
-
=
.
（2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15 分的概率为
3
3
1 (1
)
P
p
q
é
ù
=
-
-
ë
û
甲
，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15 分的概率为
3
3
1 (1
)
P
q
p
é
ù
=
-
-
×
ë
û
乙
，
0
p
q
<
<
Q
，
3
3
3
3
(
)
(
)
P
P
q
q
pq
p
p
pq
\
-
=
-
-
-
+
-
甲
乙
2
2
2
2
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)(
)
q
p
q
pq
p
p
q
p
pq
q
pq
p
pq q
pq
é
ù
=
-
+
+
+
-
×
-
+
-
+
-
-
ë
û
2
2
2
2
(
) 3
3
3
p
q
p q
p q
pq
=
-
-
-
3
(
)(
)
3
(
)[(1
)(1
) 1]
0
pq p
q
pq
p
q
pq p
q
p
q
=
-
-
-
=
-
-
-
-
>
，
P
P
\
>
甲
乙，应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X 的所有可能取值为0，5，10，15，
3
3
3
(
0)
(1
)
1 (1
)
(1
)
P X
p
p
q
é
ù
=
=
-
+
-
-
×
-
ë
û
，
3
2
1
3
5
1
1
C
1
P X
p
q
q
é
ù
=
=
-
-
×
-
ë
û
，
3
2
2
3
(
10)
1 (1
)
C
(1
)
P X
p
q
q
é
ù
=
=
-
-
×
-
ë
û
，
3
3
(
15)
1 (1
)
P X
p
q
é
ù
=
=
-
-
×
ë
û
，
3
3
2
(
)
15 1 (1
)
15
3
3
E X
p
q
p
p
p
q
é
ù
\
=
-
-
=
-
+
×
ë
û
记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y 的所有可能取值为0，5，10，15，
同理
3
2
( )
15
3
3
E Y
q
q
q
p
=
-
+
×
(
)
( )
15[
(
)(
)
3
(
)]
E X
E Y
pq p
q
p
q
pq p
q
\
-
=
+
-
-
-
15(
)
(
3)
p
q pq p
q
=
-
+
-
，
因为0
p
q
<
<
，则
0
p
q
-
<
，
3
1 1 3
0
p
q
+
-
< + -
<
，
则(
)
(
3)
0
p
q pq p
q
-
+
-
>
，
\应该由甲参加第一阶段比赛.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较
出大小关系，最后得到结论.
6．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续
投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投
篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1 次投篮的人选，第1 次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2 次投篮的人是乙的概率；
(2)求第i 次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量
i
X 服从两点分布，且
1
1
0
,
1,2,
,
i
i
i
P X
P X
q i
n
=
= -
=
=
=
×××
，则
1
1
n
n
i
i
i
i
E
X
q
=
=
æ
ö =
ç
÷
è
ø
å
å
．记前n 次（即从第1 次到第n 次投篮）中甲投篮的次数为Y ，求
E Y ．
【答案】(1)0.6
(2)
1
1
2
1
6
5
3
i-
æ
ö
´
+
ç
÷
è
ø
(3)
5
2
( )
1
18
5
3
n
n
E Y
é
ù
æ
ö
=
-
+
ê
ú
ç
÷
è
ø
ê
ú
ë
û
【分析】（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设
i
i
P A
p
=
，由题意可得
1
0.4
0.2
i
i
p
p
+ =
+
，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
【详解】（1）记“第i 次投篮的人是甲”为事件
iA ，“第i 次投篮的人是乙”为事件
iB ，
所以，
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
|
|
P B
P A B
P B B
P A P B
A
P B
P B
B
=
+
=
+
0.5
1 0.6
0.5 0.8
0.6
=
´
-
+
´
=
.
（2）设
i
i
P A
p
=
，依题可知，
1
i
i
P B
p
= -
，则
1
1
1
1
1
|
|
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
P A
P A A
P B A
P A P A
A
P B P A
B
+
+
+
+
+
=
+
=
+
，
即
1
0.6
1 0.8
1
0.4
0.2
i
i
i
i
p
p
p
p
+ =
+
-
´
-
=
+
，
构造等比数列
ip
l
+
，
设
1
2
5
i
i
p
p
l
l
+ +
=
+
，解得
1
3
l = - ，则
1
1
2
1
3
5
3
i
i
p
p
+
æ
ö
-
=
-
ç
÷
è
ø ，
又
1
1
1
1
1
,
2
3
6
p
p
=
-
=
，所以
1
3
ip
ì
ü
-
í
ý
î
þ 是首项为1
6 ，公比为2
5 的等比数列，
即
1
1
1
1
2
1
2
1
,
3
6
5
6
5
3
i
i
i
i
p
p
-
-
æ
ö
æ
ö
-
=
´
=
´
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
．
（3）因为
1
1
2
1
6
5
3
i
ip
-
æ
ö
=
´
+
ç
÷
è
ø
，
1,2,
,
i
n
=
×××
，
所以当
*
N
nÎ
时，
1
2
2
1
1
5
2
5
1
2
6
3
18
5
3
1
5
n
n
n
n
n
E Y
p
p
p
æ
ö
-ç
÷
é
ù
æ
ö
è
ø
=
+
+
+
=
´
+
=
-
+
ê
ú
ç
÷
è
ø
ê
ú
ë
û
-
L
，
故
5
2
( )
1
18
5
3
n
n
E Y
é
ù
æ
ö
=
-
+
ê
ú
ç
÷
è
ø
ê
ú
ë
û
．
【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根
据数列的基本知识求解．
7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标
有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c 的人判定为阳性，小于或等于c
的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为
( )
p c ；误诊率是将未患病
者判定为阳性的概率，记为( )
q c ．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的
概率．
(1)当漏诊率
0.5
p c =
％时，求临界值c 和误诊率
q c ；
(2)设函数
f c
p c
q c
=
+
，当
95,105
cÎ
时，求
f c 的解析式，并求
f c 在区间
95,105 的最小
值．
【答案】(1)
97.5
c =
，( )
3.5%
q c =
；
(2)
0.008
0.82,95
100
( )
0.01
0.98,100
105
c
c
f c
c
c
-
+
£
£
ì
= í
-
<
£
î
，最小值为0.02．
【分析】（1）根据题意由第一个图可先求出c ，再根据第二个图求出
97.5
c ³
的矩形面积即可解出；
（2）根据题意确定分段点100，即可得出
f c 的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出．
【详解】（1）依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为5 0.002
0.5%
´
>
，所以95
100
c
<
<
，
所以
95
0.002
0.5%
c -
´
=
，解得：
97.5
c =
，
0.01
100
97.5
5 0.002
0.035
3.5%
q c =
´
-
+ ´
=
=
．
（2）当
[95,100]
cÎ
时，
( )
( )
( )
(
95) 0.002
(100
) 0.01 5 0.002
f c
p c
q c
c
c
=
+
=
-
´
+
-
´
+ ´
0.008
0.82
0.02
c
= -
+
³
；
当
(100,105]
cÎ
时，
( )
( )
( )
5 0.002
(
100) 0.012
(105
) 0.002
f c
p c
q c
c
c
=
+
= ´
+
-
´
+
-
´
0.01
0.98
0.02
c
=
-
>
,
故
0.008
0.82,95
100
( )
0.01
0.98,100
105
c
c
f c
c
c
-
+
£
£
ì
= í
-
<
£
î
，
所以
f c 在区间
95,105 的最小值为0.02．
