培优专题06概率与统计6大重难题型（大题专练）（答案版）_数学_一轮复习_2027年高考数学一轮更新中_62027年高考数学大题突破+限时集训（多地区使用）

培优专题 06 概率与统计 6 大重难题型
参考答案
题型01 统计案例与样本数字特征问题
🎯命题方向一 统计图表的数据分析及样本数字特征的计算与应用
1. 【答案】（1）平均数100，方差104
（2）z 86.5，s2 15.375
【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数与方差的求法，代入数据，即可得答案.
（2）根据条件，分别求出两组数据的样本容量，平均数和方差，代入公式，整理计算，即可得答案.
【详解】（1）由频率分布直方图得，
x10(800.006900.0261000.0381100.0221200.008)100
平均数 ，
s2 (80100)20.00610(90100)20.026100
方差
(110100)20.02210(120100)20.00810104
.
75,85 x 80,s2 4
（2）第一组 的样本容量m1000.006106， 1 1 ，
85,95 x 88,s2 6
第二组 的样本容量n1000.0261026， 2 2 ，
6802688
所以合并后的平均数z  86.5，
626
6 26
则s2  

4(8086.5)2

 

6(8886.5)2

15.375.
626 626
48
2. 【答案】（1） ； （2）公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为15元； （3）公司将前台工
125
作人员裁员1人对提高公司利润不利.100,400
【分析】（1）根据样本中包裹件数在 内的天数，得到频率，再根据未来3天中，包裹件数在
100,400
间的天数X 服从二项分布求解.
X
（2）根据重量统计和收费标准，列出样本中快递费用 的分布列，再求期望.
1
（3）根据题意及（2），揽件数每增加1，可使前台工资和公司利润增加15 5（元），若不裁员，
3
则每天可揽件的上限为450件，若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，根据公司随机抽取60天的揽
件数的频数分布表分别列出分布列，求期望再减去员工的费用比较.
48 4
【详解】（1）样本中包裹件数在100,400内的天数为48，频率为  ，
60 5
4
可估计概率为 ，未来3天中，包裹件数在100,400间的天数 服从二项分布，
5 X
 4 4 2 1 48
即 X  B   3, 5   ，故所求概率为 PC 3 2  5   5  125；
X
（2）样本中快递费用 的分布列如下表：
X 10 15 20 25 30
P 0.43 0.3 0.15 0.08 0.04
故样本中每件快递收取的费用的平均值为
1
x (104315302015258304)15（元），
100
故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为15元.
1
（3）根据题意及（2），揽件数每增加1，可使前台工资和公司利润增加15 5（元），
3
若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：
包裹件数（近似处理 50 150 250 350 450
实际揽件数Y 50 150 250 350 450
频率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1EY 500.11500.12500.53500.24500.1260
故公司平均每日利润的期望值为260531001000（元）；
若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：
包裹件数（近似处理 50 150 250 350 450
实际揽件数Z 50 150 250 300 300
频率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1
EY 500.11500.12500.53000.23000.1235
故公司平均每日利润的期望值为23552100975（元）
9751000
因 ，故公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利.
46
3 【答案】（1）（i）0.35；（ii）
7
（2）7．
【分析】（1）（i）用频率代替概率即可；
（ii）先用频率代替概率得出科普过程性积分为3,4的概率，再根据独立事件的乘法公式计算分布列，最
后利用期望公式即可；
Y
（2）先求出 1 的最大值，再根据各分数段取最小值求得的平均分作为 Y 的最小值，根据
2
Y  Y 
即可求出.
1 max 2 min
【详解】（1）（i）由表知，科普过程性积分不少于3分的学生人数为102535，
35
则从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的频率为 0.35，
100
所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率估计为0.35．
（ii）依题意，从样本中成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为 3分的频
25 5
率为  ，所以从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过
1025 7
5
程性积分为3分的概率估计为 ，同理，从该校学生科普测试成绩不低于 80分的学生中随机抽取一名，
72
这名学生的科普过程性积分为4分的概率估计为 ，
7
X的所有可能值为6，7，8，
5 5 25 5 2 20 2 2 4
P(X 6)   ，P(X 7)2   ，P(X 8)   ，
7 7 49 7 7 49 7 7 49
25 20 4 46
所以X的数学期望E(X)6 7 8  .
49 49 49 7
（20由表知，10ab232100，则b65a，
Y Y
从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为 ，则 的最大值为
1 1
Y Y Y  69
69，100名学生科普测试成绩的平均值记为Y
2
，要使
1 2
恒成立，当且仅当
2 min
，
显然Y 的最小值为各分数段取最小值求得的平均分，
2
1 683a 683a
因此 (Y )  901080a70(65a)602302 ，则 69，解得
2 min 100 10 10
a7，
Y Y
所以根据表中信息能推断 恒成立的a的最小值是7．
1 2
🎯命题方向二 统计案例中的抽样方法与数据解读
4．【答案】（1）65
32
（2）（i）分布列见详解，数学期望为1；（ii）
5
.
【分析】（1）根据中位数的定义确定体重区间，进而可求得中位数的值.
x,y
（2）（i）首先确定分层抽样的比例，然后确定 的可能取值，并计算相应的概率，列出分布列，计算
D2X 1
出期望；（ii）根据方差公式求出 的值.
5253050 525407050
60,70
【详解】（1）因为 ， ，故样本的中位数落在 内，
6070
65
又40220,302050，故中位数为
2
60,70 70,80
40:202:1
（2）（i） 和 的人数比为 ，2 1
分层抽样抽取学生6人中，60,70和70,80的人数分别为 6
21
4 和 6
21
2 ，
x 3,2,1 y 0,1,2
故这6人中随机抽取3人， 的可能取值为 ，对应的 的取值为 ，
X 3,1,1
所以 的可能取值为 ，
C3 1 C2C1 3 C1C2 1
PX 3 4  PX 1 4 2  PX 1 4 2 
C3 5， C3 5， C3 5，
6 6 6
故X 的分布列为
X 3 1 1
1 3 1
P
5 5 5
1 3 1
EX3 1 1 1
期望为 ，
5 5 5
1 3 1 8 32
DX312 112 112  D2X 14DX
（ii）由（i）知 ，所以 ．
5 5 5 5 5
6
5. 【答案】（1）72分 （2）分布列见详解，
7
【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 在
70,80
内，根据x值右侧面积和为0.6，即可求得答案.
x
（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.
100.0050.01020.0200.025a1
【详解】（1）由题意 ，解得a0.030，
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 在
70,80
内，则
80x0.030.250.10.6，
x解得x 72，所以估计报物理方向的学生本次成绩不低于72分．
80,90
（2）由题可知，成绩在区间 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，
7
利用分层抽样，从中抽取7份，成绩在80,90的频数为25 5，
2510
7
成绩在90,100的频数为10 2，
2510
0,1,2
再从这7份答卷中随机抽取3份，X 的所有可能取值为 ，
C0C3 10 2 C1 C2 20 4 C2C1 5 1
PX 0 2 5   ,PX 1 2 5   ,PX 2 2 5   ，
C3 35 7 C3 35 7 C3 35 7
7 7 7
故X 的分布列为：
X 0 1 2
2 4 1
P
7 7 7
2 4 1 6
所以 的数学期望为：EX0 1 2  ．
X 7 7 7 7
3
6. 【答案】（1）分布列见详解，
2
（2）84，30
80,90
【分析】（1）根据分层抽样比确定得分在 人数为X 的所有可能取值为0，1，2，3，分别求得对
应概率即可求得分布列和期望值；
（2）利用样本方差求总体方差公式代入计算即可求得结果.
0.0100.0150.020t0.025101
【详解】（1）由 ，解得t 0.030；
由题可知，调查问卷考核得分分值在
60,70,70,80,80,90
三组内的游客人数比为，则需在
60,70,70,80,80,90
内的游客中分别抽取
1 2 3
61人， 62人， 63人．
123 123 123
80,90
现从这6人中随机抽取3人，则考核得分在 人数为X 的所有可能取值为0，1，2，3．
C3 1 C3C2 9 C2C1 9 C3 1
PX 0 3  ，PX 1 3 3  ，PX 2 3 3  ，PX 3 3  ．
C3 20 C3 20 C3 20 C3 20
6 6 6 6
所以X 的分布列为
X 0 1 2 3
1 9 9 1
P
20 20 20 20
1 9 9 1 3
所以EX0 1 2 3  ．
20 20 20 20 2
70,80
（20满意度分值在 的频率为0.02100.2，人数为20；
在 80,90 的颣率为0.03100.3，人数为30，满意度分值在 70,80 的平均数z 78，方差s2 9，
1 1
20z 30z
在80,90的平均数 z 88 ，方差 s2 4 ，所以满意度分值在70,90的平均数z  1 2 84，
50
2 2
20  2 20  2
满意度分值在70,90的方差s2 
50
s
1
2  z
1
z


50
s
2
2  z
2
z

30.
题型02 二项分布、超几何分布、正态分布
🎯命题方向一 二项分布
1.【答案】（1）27.5
3
（2）（i）分布列见详解， ；（ii）11次
5
2000.7140 [20,30)
【分析】（1）第70百分位数为累计频数 ，第70百分位数落在区间 ，利用比例求解
即可； 1
（2）（i） Y ~ B3, ，列出Y的所有可能取值和对应概率，得到分布列，并利用二项分布求期望公式计
 5
算出数学期望；
（ii）利用对立事件计算出抽到潜在高粘性用户的概率，解不等式得到答案
【详解】（1）将数据按时长升序排列，第70百分位数位置为20070%140，
前两组累计频数305080140，前3组累计频数305080160140，
140(3050)
故第70百分位数落在区间[20,30)，则第70百分位数约为 20
80
1027.5 ；
3010 1
（2）（i）潜在高粘性用户的频率为  ，.
200 5
 1
易得 Y ~ B3, ,Y 的可能取值有0，1，2，3，
 5
4 3 64 1 4 2 48
P(Y 0)   ,P(Y 1)C1   
则 5 125 3 5 5 125，
1 2 4 12 1 3 1
P(Y 2)C2    ,P(Y 3)  
3 5 5 125 5 125，.
故Y 的分布列为
Y 0 1 2 3
64 48 12 1
P
125 125 125 125
1 3
E(Y)3 
；
5 5
4 n 4 n ln10 ln5ln2 2.302
（ii）设至少需抽取n次，则 1 5   0.9 ，即  5   0.1 ，.即 n ln4ln5  ln52ln2  0.223 10.3 ，
故至少需抽取11次.
2
2．【答案】（1）
3
184
（2）分布列见详解，
81
1120
（3）
6561
【分析】（1）用频率估计概率，结合题意求概率即可；（2）由题意可知，随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3，结合独立重复性实验概率公式求分布列和
期望；
X X 3
（3）记“甲、乙比赛两场后，两队积分相等”为事件A，分析可得 1 2 ，结合题意运算求解.
4 2

【详解】（1）用频率估计概率，6局中甲共赢4局，则甲队每局获胜的概率为 .
6 3
（2）由题意可知，随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3，
1 3 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 8
PX 0  C1     PX 1C2     
则 3 3 3 3 3 9， 4 3 3 3 81，
2 2 1 2 2 16 2 2 1 2 2 3 16
PX 2C2      PX 3C2      
4 3 3 3 81， 3 3 3 3 3 27 ，
可得X 的分布列为：
X 0 1 2 3
1 8 16 16
P
9 81 81 27
1 8 16 16 184
EX0 1 2 3 
所以 .
9 81 81 27 81
（3）记“甲、乙比赛两场后，两队积分相等”为事件A，
设第 i 场甲、乙两队积分分别为 X i， Y i，则 X i 3Y i，其中 i1,2 ，
X X Y Y X X 3X 3X  X X 3
因为两队积分相等，则 1 2 1 2，即 1 2 1 2 ，可得 1 2 ，
1 8 16 16
PX 0 PX 1 PX 2 PX 3
又因为 ， ， ， ，
9 81 81 27
PAPX 0PX 3PX 1PX 2PX 2PX 1PX 3PX 0
所以 1 2 1 2 1 2 1 2
1 16 8 16 16 8 16 1 1120
         .
9 27 81 81 81 81 27 9 6561
1
3. 【答案】（1）
4
（2）答案见详解； （3）游戏Ⅱ
【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.
2 1
【详解】（1）由题意知，游戏Ⅰ第 局获胜的概率P   .
2 23 4
X 0,1,2,3
（2）易知 ,
1
1
游戏Ⅰ第 局获胜的概率为 ，第 局获胜的概率为 ，则第 局和第 局均未获胜的概率为
1 2 2 4 1 2
 1  1 3  3
1  1  X ~ B 3,
     
 2  4 8，因此可知  8,
3 2
 3 125  3 3 225
PX 0 1  ,PX 1C1 1   ,
   
 8 512 3  8 8 512
2 3
 3 3 135 3 27
PX 2C2 1   ,PX 3  ,
     
3  8 8 512 8 512
随机变量X 的分布列为
X 0 1 2 3
125 225 135 27
P
512 512 512 512
125 225 135 27 9 3 9
EX0 1 2 3  EX3 
随机变量X 的期望 512 512 512 512 8 或 8 8 .
Y,Y
（3）应该参加游戏Ⅱ，理由如下：记 1 2分别为一次参加游戏Ⅰ,Ⅱ所获奖金总额，
1 1
1
游戏Ⅰ第1局获胜的概率为
2
，第2局获胜的概率为4 ，第3局获胜的概率为8，
1 1 1
EY 100 500 900 287.5
1 2 4 8 ,
2
1 1 1 1 1 4
C2 C1   
游戏Ⅱ第 1 局获胜的概率为 3 ，第 2 局获胜的概率为 9 ，第 3 局获胜的概率为 4  3   2 3 3 27 ，1 1 4
EY 300 600 900 300
2 3 9 27 ,
EY  EY ,
 2 1 从奖金期望角度来看，应选择参加游戏Ⅱ.
4. 【答案】（1）分布列为：
X 0 1 2
7 1 1
P
12 4 6
3
（2）
8
5 35n
（3）EZ n，DZ
12 144
【分析】（1）根据题意求出对应随机变量的概率，得到分布列；
（2）根据条件概率公式求解即可；
（3）利用二项分布的期望、方差公式求解即可.
0,1,2
【详解】（1）X 的可能取值为 ，
PX 0 1  1  1    1 1   7 PX 1 1  1  1 PX 2 1  1  1
2 2 2  3 12， 2 2 4 ， 2 3 6 ，
所以分布列为：
X 0 1 2
7 1 1
P
12 4 6
1 1 1 1 1 1 1 1
PY 32     PX 1 Y 3  

（2）由（1）， 4 6 6 6 9 ， 4 6 24 ,
1
PX 1Y 3 3
  24
P X 1Y 3   
所以 .
PY 3 1 8
97 5  5  5
PX 11  Z  B  n,  EZ n
（3）由题意， 12 12 ，所以  12，所以 12 ，
5  5  35n
DZn  1 
 
12  12 144 ,
🎯命题方向二 超几何分布
2
5. 【答案】（1）9
（2）分布列
Y 0 1 2 3
14 28 12 1
P
55 55 55 55
EY1
【分析】（1）若有放回的抽取时，随机变量X服从二项分布，由二项分布的概率公式可得；
（2）若不放回抽取时，随机变量Y服从超几何分布，由超几何分布的概率公式可得分布列及期望.
4 1
【详解】（1）若有放回抽取时，每次抽球相互独立，每次抽到红球的概率为 p   ，共抽3次，
12 3
 1
X ~ B 3,
 
因此  3 ,根据二项分布概率公式： .
0,1,2,3
Y Y
（2）若不放回抽取时， 服从超几何分布， 的所有可能取值为 ，
CkC3k
PY k 4 8 ,k 0,1,2,3
概率公式为： C3 .
12
C0C3 14 C1C2 28 C2C1 12 C3C0 1
PY 0 4 8  PY 1 4 8  PY 2 4 8  PY 3 4 8 
C3 55， C3 55 ， C3 55， C3 55 .
12 12 12 12
Y 的分布列为：
Y 0 1 2 314 28 12 1
P
55 55 55 55
14 28 12 1
E(Y)0 1 2 3 1
数学期望： 55 55 55 55 .
2 65
6.【答案】（1） （2）
9 27
1 2 2 2
PAC2   
【详解】（1）记“该顾客恰好开出两个红色商品”为事件A， 3 3 3 9．
X X 1,2,3,4
（2）为了得到红色商品，记该顾客打开盲盒的次数为 ， 的所有可能取值为 ．
1 2 1 2 2 2 1 4 2 3 8
PX 1 ,PX 2   PX 3    ,PX 4  
3 3 3 9 ， 3 3 27 3 27，
X 的分布列如下：
X 1 2 3 4
1 2 4 8
P
3 9 27 27
1 4 4 32 65 65
EX    
，则该顾客的平均花费为 元．
3 9 9 27 27 27
🎯命题方向三 正态分布
7.【答案】（1）a60，b15．
（2）（ⅰ）一等品率的估计值为13.59%；优等品率的估计值为2.275%；（ⅱ）不合格，理由见详解
a,b
【分析】（1）由题意列出关于 的方程组即可求解；
4.5 0.7
（2）由题意 ， ，（i）根据正态分布的对称性求概率即可；（ii）算出
3,32.4,6.6 2.32.4,6.6
，然后由 即可判断.
1
2.553.5154.5a5.5b6.554.5
【详解】（1）由题， ①， ②，
ab75 100
由①②解得a60，b15．4.5 0.7
（2）由题， ， ，
1 1
P5.2x5.9 P2x2 Px
（ⅰ）因为 ；
2 2 0.1359
1
Px5.9 1P2x20.02275
  ，
2
所以一等品率的估计值为13.59%；优等品率的估计值为2.275%．
P330.9973
（ⅱ）不合格．理由如下：由题， ，
1P3310.99730.0027 3,32.4,6.6 2.32.4,6.6
所以 ，又 ， ，
故小概率事件发生，所以该批固态电池不合格．
8. 【答案】（1）0.05；
（2）0.14.（注：0.14和0.15均为正确答案）
【分析】（1）根据给定条件，求出合格品概率，再利用对立事件的概率公式计算得解.
（2）由（1）可得B(40,0.05)，求出 E() ，再利用公式结合互斥事件、对立事件的概率公式求解.
   
【详解】（1）当0，10时，P X 19.6 0.95，则P X 19.6 10.950.05，
所以任意一件产品是不合格的概率为0.05.
 的 0,1,,40 B40,0.05
（2）记 为不合格产品 数量，则 ，且 ，
ke
Pk
又4020，且0.050.1，则 k! ，k 0,1,,40，
 Enp400.052
其中 ，
P4401P0P1P2P3
因此
2e 3e
1 2 2 4 19
1ee  1    1 0.14，
2! 3! e2 e2 e2 3e2 3e2
所以这批产品不合格的概率为0.14.
0.14 0.15
（注：最终结果为 和 均为正确答案）a0.025 69
9.【答案】（1） ，
3
（2）分布列见详解，
E
2
（3）K 80
【详解】（1）由于在频率分布直方图可知，所有矩形的面积之和为1，
0.010a0.0400.0150.010101
a0.025
由题可知： ，解得 ，
所以，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件的平均数为：
x100.01500.025600.04700.015800.019069 69
．所以， .
45,55 85,95 0.010.011010020
（2）样本中质量指标值在 和 的芯片数量为 ，
所取样本的个数为20件，
85,95
10  0 1 2 3
质量指标值在 的芯片件数为 件，故 可能取的值为 、 、 、 ，
C3C0 2 C2C1 15
P0 10 10  P1 10 10 
所以， C3 19， C3 38，
20 20
C1 C2 15 C0C3 2
P2 10 10  P3 10 10 
C3 38， C3 19，
20 20

随机变量 的分布列为：
 0 1 2 3
2 15 15 2
P
19 38 38 19
2 15 15 2 3
E0 1 2 3 
所以的数学期望
19 38 38 19 2
．
s11 691158 691180
（3）由（1）可知： ，则 ， ，
P6911 X 69110.6827
由题可知： ．
1P58 X 80
所以：PX 80 0.16，即 .
2 K 80题型03 概率的独立性、条件概率与全概率公式
🎯命题方向一 概率的独立性
43
1. 【答案】（1） ；
216
X
（2）随机变量 的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5 6
1 1 11 7 11 1 1
P
216 24 72 24 36 6 27
7
EX
.
2
【分析】（1）因为甲乙投篮结果相互独立，所以可利用独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式，
分别计算甲获胜的每种情况的概率再求和.
2
先确定随机变量X的所有可能取值，利用独立事件概率乘法公式计算每个组合的概率，求出分布列.
X X X X
【详解】（1）设甲、乙三轮总得分为 A、 B，且 A、 B服从二项分布，
1 3 3 1
PX 0 ，PX 1 ，PX 2 ，PX 3
；
A 8 A 8 A 8 A 8
1 6 2 12 4 8
PX 0 ，PX 1  ，PX 2  ，PX 3 ；
B 27 B 27 9 B 27 9 B 27
43
PX  X  =PX 1,X 0 +PX 2,X 2 +PX 3,X 3 =
A B A B A B A B 216
43
所以甲获胜的概率为 .
216
0,1,2,3,4,5,6
（2）X可能的取值为 ，
1 1
PX 0 PX 0,X 0 ，PX 1 PX 0,X 1PX 1,X 0 ；
A B 216 A B A B 24
11
PX 2 PX 0,X 2PX 1,X 1PX 2,X 0 ；
A B A B A B 72
7
PX 3PX 0,X 3PX 1,X 2PX 2,X 1PX 3,X 0 ；
A B A B A B A B 2411
PX 4 PX 1,X 3PX 2,X 2PX 3,X 1 ；
A B A B A B 36
1
PX 5 PX 2,X 3PX 3,X 2 ；
A B A B 6
1
PX 6 PX 3,X 3 ；
A B 27
随机变量X 的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5 6
1 1 11 7 11 1 1
P
216 24 72 24 36 6 27
1 1 11 7 11 1 1 7
EX 0 1 2 3 4 5 6
= .
216 24 72 24 36 6 27 2
11
2. 【答案】（1）36
17
（2）分布列见详解，
6
【分析】（1）根据相互独立事件概率公式直接计算可得结果；
（2）易知随机变量X 的可能取值为2，3，4，分别计算出对应概率可得分布列，计算出期望值.
【详解】（1）设事件A为“甲通过面试”，事件B为“乙通过面试”，
2 1 2 8 1 1 8
PA    PA1  
3 3 3 9（或 3 3 9）
1 1 1 3 1 1 3
PB    PB1  
2 2 2 4 （或 2 2 4）
所以甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率
8 1 1 3 11
P P  AB  P  AB   PAP  B  P  A  PB    
9 4 9 4 36 .
（2）随机变量X 的可能取值为2，3，4.
2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1
PX 2   PX 3     PX 4  
3 2 3， 3 2 2 3 2 ， 3 2 6，
随机变量X 的分布列为X 2 3 4
1 1
1
P
3 2 6
1 1 1 17
EX2 3 4 
所以随机变量X 的期望为 3 2 6 6 .
3.
【答案】（1）甲闯第一关，乙闯第二关，此时这支队伍闯过前两关的概率为0.48
（2）
X 0 1 2 3
P 0.2 0.32 0.24 0.24
EX1.52
【详解】（1）若甲闯第一关，乙闯第二关，则这支队伍闯过前两关的概率为0.80.60.48，
0.70.50.35
若乙闯第一关，甲闯第二关，则这支队伍闯过前两关的概率为 ，
0.480.35 0.48
由于 ，则应该安排甲闯第一关，乙闯第二关，此时这支队伍闯过前两关的概率为 .
0,1,2,3
X
（2）由（1）知，安排甲闯第一关，乙闯第二关，而 的可能取值为 ，
PX 010.80.2 PX 10.810.60.32
则 ， ，
PX 20.80.610.50.24 PX 30.80.60.50.24
， ，
所以X 的分布列为：
X 0 1 2 3
P 0.2 0.32 0.24 0.24
EX00.210.3220.2430.241.52
则 .
59
4. 【答案】（1）10061
（2）分布列见详解，
15
（3）n5，理由见详解
【分析】（1）根据全概率公式即可求解，
（2）根据概率乘法公式求解概率，即可求解分布列和期望，
（3）对n4和n5求解对应的概率，利用作差法比较大小即可求解.
A 
【详解】（1）设B“甲校友所选的题目回答正确”，
1
“所选的题目为篮球相关知识的题目”，
A “所选的题目为足球相关知识的题目”， A “所选的题目为排球相关知识的题目”，
2 3
Ω A A A
则   ，且A,A ,A 两两互斥．
1 2 3 1 2 3
3 2 3 2 3 1
PA  PA  PA  PB∣A  ,PB∣A  ,PB∣A 
根据题意得 1 10 ， 2 5 ， 3 10 ， 1 3 2 5 3 2 ，
3 2 2 3 3 1 59
则PB PA PB∣A PA PB∣A PA PB∣A        ，
1 1 2 2 3 3 10 3 5 5 10 2 100
59
所以甲校友在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为100．
3,1,5,9
（2）的可能取值为 ，
 2  3  1 1
PX 3 1  1  1 
     
 3  5  2 15 ，
2  3  1  2 3  1  2  3 1 3
PX 1  1  1  1   1  1  1  
           
3  5  2  3 5  2  3  5 2 10 ，
2 3  1 2  3 1  2 3 1 13
PX 5   1   1   1   
     
3 5  2 3  5 2  3 5 2 30 ，
2 3 1 1
PX 9   
3 5 2 5，则X 的分布列为：
X -3 1 5 9
1 3 13 1
P
15 10 30 5
1 3 13 1 61
EX3 1 5 9 
所以 15 10 30 5 15 ．
n4 Y
（3）当 时， 为甲校友答对题目的数量，
59
Y  B8, p p 
由题意可知 ，其中 100，
P  PY 4PY 5
n4
故当 时，甲校友获得奖励的概率 1 ，
n5
当 时，甲校友获得奖励的情况可以分为如下情况：
①前8题答对题目的数量大于等于5，
②前8题答对题目的数量等于4，且最后2题至少答对1题，
③前8题答对题目的数量等于3，且最后2题全部答对，
P  PY 5PY 41(1 p)2PY 3p2
故当n5时，甲校友获得奖励的概率 2   ，
P P  PY 4 2p p2 PY 3p2 PY 4 PY 3p2 PY 4(1 p)2
所以 2 1
 p2C3p3(1 p)5 (1 p)2C4p4(1 p)4  p4(1 p)556p701 p p4(1 p)5126p70
8 8   ，
59
p 
因为 100，所以 126p700 ，即 P  P ，所以甲校友应选n5．
2 1
🎯命题方向二 条件概率与全概率公式
5. 【答案】（1）
X 0 1 2
1 16 28
P
45 45 458
EX
5
135
（2）
289
0,1,2
【分析】（1）由题意， X 的所有取值为 ，分别求出对应的概率即可得到分布列，再根据期望的公
式求解即可；
（2）设事件A为“选中乙袋”，事件B为“从袋子中随机一次性取出的2个球都是红球”，根据全概率公式先
289
求得PB
，再根据条件概率公式求解即可.
495
0,1,2
【详解】（1）由题意，X 的所有取值为 ，
C2 1 C1C1 16 C2 28
PX 0 2  PX 1 2 8  PX 2 8 
则 C2 45， C2 45， C2 45，
10 10 10
所以X 的分布列为：
X 0 1 2
1 16 28
P
45 45 45
1 16 28 8
EX0 1 2 
则 45 45 45 5.
（2）设事件A为“选中乙袋”，事件B为“从袋子中随机一次性取出的2个球都是红球”，
1
PA
由题意得， 2，
PB PAP  B A  P  A  P  B A   1  C 9 2  1  C 8 2  1  6  1  28  289
则 2 C2 2 C2 2 11 2 45 495 ，
12 10
1 6
PAB PAP  B A   135
  2 11
P A B    
所以 .
PB PB 289 289
495X
6. 【答案】（1） 的分布列为：
X 0 1 2 3
P 0.001 0.027 0.243 0.729
72
数学期望为 2.7 （2）
73
X B3,0.9
【分析】（1）分析可知  ，利用二项分布求分布列和期望即可；
PB0.73
（2）设相应事件，利用全概率公式可得 ，结合条件概率公式运算求解.
X B3,0.9
【详解】（1）由题意可知：  ，则有：
PX 0C00.9010.93 0.001 PX 1C10.9110.92 0.027
3 ； 3 ；
PX 2C20.9210.91 0.243 PX 3C30.9310.90 0.729
3 ； 3 ；
则X 的分布列为：
X 0 1 2 3
P 0.001 0.027 0.243 0.729
EX30.92.7
数学期望为 .
A
B
【详解】（2）设事件 为“一个机器人空翻转体完成”，事件 为“一个机器人稳准落地”.
PA0.9
P

A

0.1
PB| A0.8
P

B| A

0.1
则 ， ， ， ，
PB PAPB| AP  A  P  B| A  0.90.80.10.10.73
由全概率公式可得： ，
PAB PAPB| A
0.90.8 72
PA|B   
所以 PB PB 0.73 73.
2
7. 【答案】（1）91
（2） p
2
【分析】（1）首先确定甲得3分的事件为答对2题，答错1题，根据二项分布概率公式求解；
（2）首先分别求甲和乙得分的分布列，再求甲获胜的概率，最后代入条件概率公式，求解概率.
2 1
1 2 2
【详解】（1）设“比赛结束后甲得3分”为事件 ，则PMC2      ；
M 3 3 3 9
（2）记“比赛结束后甲获胜”为事件A，记“比赛结束时乙恰好得3分”为事件B，
1 2
1 2 4
PX 0C1 
设甲的得分为 X ，则 3  3    3   9 ，
2 1 3 0 3
1 2 2 1 1 1 2 8
PX 3C2  PX 6C3  PX 3C0 
3  3    3   9 ， 3  3   27， 3  3    3   27
Y Y 3 0 3 6
设乙的得分为 ， 的可能取值为 ， ， ， ，则
PY 3C01 p3 1 p3 PY 0C1p1 p2 3p1 p2
3 ， 3 ，
PY 3C2p21 p1 3p21 p PY 6C3p3  p3
3 ， 3 ，
PAPX 0PY 3PX 3PY 0PX 6PY 0PX 6PY 3
19 2 1
 1 p3  3p1 p2  3p1 p2 3p21 p
27 9 27  
191 p3 21p1 p2 3p21 p
1
p21 p
 PAB 3p21 p
，又 ，
27 27 9
PAB 3p21 p
3
PB| A   1
所以 PA 191 p3 21p1 p2 3p21 p 43，解得 p
2
PX 10.189
8. 【答案】（1） ，X 的数学期望为2.1；
3
（2） ；
5Q80
【详解】（1）由表可知，学习强度指数 的概率为：
PQ80 PQ20P20Q800.20.50.7
,
从该市随机选取 3 名学生，记学习强度指数 Q80 的人数为X ，则X 服从二项分布
B3,0.7
，
PX 1C10.7110.72 30.70.090.189
所以 3 ；
EX30.72.1
X 的数学期望为： ；
（2）由题意可知，事件A为“该学生学习有压力”，事件B为“该学生困难应对”.
PA P20Q80PQ800.50.30.8 PB PQ800.3
， ，
PAB PB0.3
因 为事件B包含于事件A中，所以 ，
PAB
0.3 3
PB|A  
在事件 发生的条件下事件 发生的概率为： PA 0.8 8，
A B
3 5
P  B|A  1PB|A1 
在事件A发生的条件下事件B发生的概率为： 8 8 ，
3
PB|A
8 3
 
所以在事件 发生的条件下事件 发生的优势为： P  B|A  5 5 .
A B 8
3
9. 【答案】（1）20
1
（2）
3
37
（3）分布列见详解，
25
【分析】（1）由概率乘法公式进行求解；
（2）由条件概率公式求解；A,B,C E,F,G
（3）记 三幅作品成为成品的事件分别为 ，则
3 2 1 2 3 1 4 3 12
PE   ,PF   ,PG  
0,1,2,3
4 3 2 3 4 2 5 5 25 ，由X 可取 ，求出对应的概率，列出
分布列即可求解数学期望．
A,B,C A,B,C A,B,C
【详解】（1）记 三幅作品通过设计图案环节分别为事件 ，记 三幅中恰有一幅作品
通过设计图案环节为事件D，
3 1 1 1 2 1 1 1 4 3
P(D) P(ABC)P(ABC)P(ABC)         
则 4 3 5 4 3 5 4 3 5 20 ．
3 1 1
PA∣D
PAD
 4

3

5  1
（2）
PD 3 3
．
20
A,B,C E,F,G
（3）记 三幅作品成为成品的事件分别为 ，
3 2 1 2 3 1 4 3 12
PE   ,PF   ,PG  
则 4 3 2 3 4 2 5 5 25 ，
0,1,2,3
X
由 可取 ，
1 1 13 13
PX 0   
则 2 2 25 100 ，
1 1 12 1 1 13 38 19
PX 1      2 
2 2 25 2 2 25 100 50 ，
1 1 13 1 1 12 37
PX 2      2
2 2 25 2 2 25 100 ，
1 1 12 12 3
PX 3    
2 2 25 100 25，
则X 的分布列为X 0 1 2 3
13 19 37 3
P
100 50 100 25
19 37 3 37
EX1 2 3 
则数学期望 50 100 25 25 ．
3
10. 【答案】（1）
4
3
（2）分布列见详解，3，
4
【分析】（1）设出基本事件并求出概率，再利用全概率公式求解即可.
 3
X  B 4,
（2）结合题意得到  ，再求出对应取值 概率，进而得到分布列和数学期望即可.
 4 的
【详解】（1）设A表示事件“智能语音客服的回答被采纳”；B表示事件“语音输入的问题表达清晰”，
3 3 1 5 1
由题意可知，P(B) ,P(B)1  ,P(A∣B) ,P(A∣B) ，
4 4 4 6 2
3 5 1 1 3
所以P(A) P(B)P(A∣B)P(B)P(A∣B)     ，
4 6 4 2 4
3
即智能语音客服的回答被采纳的概率为 .
4
 3
X  B 4,
（2）依题意得， 的所有可能取值为 ，且  .
X 0,1,2,3,4  4
4
1 1
所以PX 0C0
 
 ,
4 4 256
3 2 2
3 1 3 3 1 27
PX 1C1   ,PX 2C2  
     
4 4 4 64 4 4 4 1283 4
3 1 27 3 81
PX 3C3   ,PX 4C4 
   
4 4 4 64 4 4 256
所以X 的分布列为
X 0 1 2 3 4
1 3 27 27 81
P
256 64 128 64 256
3 3 1 3
EX4 3,DX4  
4 4 4 4
54
11. 【答案】（1）175
 1
N 11 pk 
（2）  
 k 
5 
,
（3） 
3 
 1
X  B 4,
【分析】（1）设小组中有酶的人数为X，依题意，可知  ，分别求出 与
 4 P(X 2) P(X 1)
P(X 2| X 1)
利用条件概率公式即可求出恰有2人有酶的概率 ；
Y 1,k1
（2）设每组检测次数Y ，则易得 ，求出其分布列和数学期望，进而可求得总检测次数的期望
E rEY ；
 1
E aN bN 11 pk 
（3）利用（2）中若分组检测，由检测次数的期望求得总成本期望  ，若逐
1  k 
b
一检测，则总成本为 ，依题意 ，代值计算即得 的取值范围.
E aN bN E 0.5E a
2 1 2 1
X  B 4,
【详解】（1）设小组中有酶的人数为X，则  ．
 4
已知混合样本阳性，即X 1，则恰有2人有酶的概率为
2 2
1 3
C2
  PX 2 4  4    4   54
P X 2 X 1    ．
PX 1 3 4 175
1
 
4
（2）设每组检测次数Y ，则Y 的分布列为
Y 1 k1
p 1 pk 11 pk
期望为EY11 pk 1k  11 pk 1k  11 pk
则总检测次数的期望E rEY N
k
  1k  11 pk   N  

11 pk 
k
1 

；
 1
N 11 pk 
（ 3 ） 若 分 组 检 测 ， 检 测 次 数 的 期 望 为  ． 总 成 本 期 望
 k  为
 1
E aN bN  11 pk  ，
1  k 
若逐一检测，则总成本 为 E aN bN ．由节省50%以上得E 0.5E ．
2 1 2
代入 p 0.01，k 10， 1 pk 0.90，得ab0.20.5ab ，
b 5 b 5 
整理得 ，因此，  ，故 的取值范围是 , ．
0.5a0.3b a 3 a 3 
9 69
12. 【答案】（1）a ，
40 160
（2）不存在，理由见详解
a
【分析】（1）利用所给分布列，根据概率之和为1求出 ，再由条件概率公式及全概率公式求解即可；EX hp2p35p2 3p1
（2）根据分布列由期望公式求出 得出方程，令 ，再由导数判断函数的
最大值小于0，即可判断方程无解.
1 4a 2 1
【详解】（1）当 p  时，PA  ,PA  a,PA  a,PA 3a，
3 0 9 1 3 2 3 3
4a 2 1 9
则  a a3a1，解得a ，
9 3 3 40
2 3 3
1 1 1 1 1 1 1
由题意，得PB∣A C1  ，PB∣A C2    ，PB∣A C2   C3    .
1 1 2 2 2 2 2 4 3 3 2 3 2 2
3 a 1 a
由全概率公式，得P(B)PB∣A PA  (1 p) ap
i i 2 4 2p
i0
2 p 1  9  5 3 69
a     
    .
 4 2p 40 12 2 160
3a a
EX 2apa1 p2 apa1 pa(1 p)2 1
（2）假设存在 ，使 ，又 .
p p p
3  1  1
得  p12  p2 2p 2 ，化简得2p2 5p 30，即
p  p  p 2p3 5p2 3p10
令hp2p35p2 3p1则hp6p2 10p3
因为h030,h110，所以在 0,1
上存在 p
，使得hp 0
0 0
10p 3
所以hp 0 6p 0 2 10p 0 30即 p 0 2  6 0
且hp 在 0, p  为正，在 p ,1 为负从而hp 在 0, p  为增函数，在 p ,1 为减函数
0 0 0 0
10p 3
h(p) max hp 0 2p 0 3 5p 0 2 3p 0 1 2 6 0 p 0 5p 0 2 3p 0 1
2
10 5 5 3 2
 p 2  p 5p 2 3p 1 p 2 2p 1   p    0
3 0 0 0 0 3 0 0 3 0 5 5所以当
p0,1
时，h(p) 0，即不存在p值，使得
EX2
.
max
🎯命题方向三 贝叶斯公式的应用
4
13. 【答案】（1）
7
7 43
（2）（i） ；（ii）分布列见详解，数学期望为
9 108
【分析】（1）按照贝叶斯公式直接计算即可；
（2）（i）按照播放次数分情况求解；（ii）写出X 的所有可能取值并计算所对应的概率，然后列出分布
列，计算即可.
【详解】（1）设“任选一个频道播放，该频道是A频道”为事件M ，“任选一个频道播放，该频道是B
频道”为事件N ，“任选一个频道播放一次，该频道播放成功”为事件C，
1 2 1
PM PN PC|M ,PC|N
所以 2， 3 2 ，
在播放一次就成功的条件下，A频道成为优选频道的概率为
1 2
PM |C
PCM

PC|MPM
 2

3  4
PC PC|MPMPC|NPN 1 2 1 1 7 .
  
2 3 2 2
2
（2）（i）播放1次A频道成为优选频道的概率为3 ，
1 1 2 1
  
播放3次A频道成为优选频道的概率为3 2 3 9 ，
2 1 7
 
所以按照约定2，两个频道共播放不超过4次时，A频道成为优选频道的概率为3 9 9 .
（ii）X 的所有可能取值为0，1，2，3，
2 1 1 1 1 2 5
PX 0 ,PX 1     
3 3 2 3 2 3 18 ，1 1 1 1 1 1 1 1 2 5 1 1 1 1 1 1
PX 2          ,PX 3     
3 2 3 2 3 2 3 2 3 108 3 2 3 2 3 108，
所以X 的分布列为：
X 0 1 2 3
2 5 5 1
P
3 18 108 108
2 5 5 1 43
EX0 1 2 3 
所以数学期望为 3 18 108 108 108.
14.【答案】（1）
X 0 1 2 3
P 0.343 0.441 0.189 0.027
0.9
期望
3
（2）7
【分析】（1）由题意确定X 服从二项分布，即可求解；
A  i 1，2 PB
（2）设B“任取一个零件为次品” i “零件是从第i箱取出的” ，由全概率公式求得 ，再
由贝叶斯公式即可求解.
p0.3 X B3,0.3
【详解】（1）设 ，由题意知：
PX kCk0.3k 10.33k Ck0.3k0.73k k 0,1,2,3
3 3
所以X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.343 0.441 0.189 0.027
EXnp 30.30.9
.
（2）设B“任取一个零件为次品”，
A  i 1，2  A A A A 
i “零件是从第i箱取出的” ，则 1 2且 1 2 ，1 1 1 3
PA  ,PA  PB∣A  ,PB∣A 
由题意知： 1 2 2 2 ， 1 5 2 20 ，
1 1 1 3 7
PB PA PB∣A PA PB∣A     
由全概率公式： 1 1 2 2 2 5 2 20 40 ，
1 3
PA∣B
PA
2
PB∣A
2

 2

20  3
由贝叶斯公式知： 2 PA PB∣A PA PB∣A  7 7 .
1 1 2 2
40
题型04 变量的相关关系与回归分析
🎯命题方向一 线性回归方程的求解、拟合与预测
yˆ 0.72x5.44
1. 【答案】（1）
（2）预测该同学第7天的步数能达到一万步
【分析】（1）利用最小二乘估计可求得经验回归方程；
（2）令x 7，代入回归方程求解即可.
12345 6.26.87.68.49.0
【详解】（1）x 3，y  7.6
5 5
5 5
x xy  y x y 5xy 121.2537.67.2
i i i i
i1 i1
5
x x2  ，所以b ˆ  7.2 0.72
i (13)2 (23)2 (33)2 (43)2 (53)2 10 10
i1
ˆ ˆ
又yˆ bxaˆ过(x,y)，所以aˆ  ybx 7.60.7235.44
所以y关于x的经验回归方程为yˆ 0.72x5.44
（2）令x 7，得 yˆ 0.7275.4410.48 （千步）因为10.48千步等于1.048万步
所以由（1）中的回归方程，预测该同学第7天的步数能达到一万步
0.99
2.【答案】（1）17 87
（2）yˆ  x ，
14 7 33
【分析】（1）根据条件，直接计算，即可求解；
ˆ
b,aˆ x 17
（2）根据条件，直接求出 ，即可求出线性回归方程，再将 代入，即可求解.
6
x xy  y
i i 34 17
r  i1   0.99
【详解】（1）相关系数 6 6 2842 7 6 ．
x x2 y  y2
i i
i1 i1
1 6 1 6
x  x 12 y  y 27
（2）由题意得 6 i ， 6 i ，
i1 i1
6
x xy  y
i i 34 17
b ˆ  i1  
所以  6 x x2 28 14 ，
aˆ 27
17
12
87 ，
i
14 7
i1
17 87
yˆ  x
所以所求的经验回归方程是 14 7 ，
17 87 463
yˆ  17  33.0733
当x 17时， 14 7 14 ，
故当昼夜温差为17℃时，这种植物种子当日百粒发芽数为33．
yˆ 0.36x33.6
3. 【答案】（1）
（2）当门票定价为10元时，日广告费用为4千元时门票净收入最大
ˆ
【分析】（1）根据公式求得b,aˆ，可求得y关于x的经验回归方程；
T T
300 n n1
（2）设门票净收入为 ，结合（1）可得T 600 n，进而利用 ，可求解.
T
n
n 5n  T
n
T
n1
1 1
【详解】（1）由题意得：x  (4050607080)60，y  (18171375)12，
5 55 5
x x2 1000 x xy  y360
i ， i i ，
i1 i1
360
ˆ
b 0.36
1000 ， aˆ 12(0.36)6033.6 ，y关于x的经验回归方程为 yˆ 0.36x33.6 ．
T T  xy n x10 y 0.361033.630
（2）设门票净收入为 n，则 n n ，由（1） 时， ，
  1  300
T 10 30 2 n600 n
  
故 n
 
5n

5n ，
T T 5n1 1200
n n1
 
若要使 T 最大，则  T T ，代入可得 5n 1200 ，又因为 nN* ，故 n4 ，
n n n1
所以当门票定价为10元时，日广告费用为4千元时门票净收入最大．
yˆ 1.2x0.4
4. 【答案】（1） ；8.8万人.
（2）分布列见详解，数学期望为3.
【分析】（1）利用最小二乘法公式求出回归直线方程，再估计第7天该景区接待游客的人数；
P(A)
（2）由全概率公式计算 ，利用二项分布计算概率，列出分布列，由公式计算期望和方差可得.
12345 5 5
【详解】（1）由题x  3，又 ， ， x y 72 ， x2 55，
5 y 4 n5 i i i
i1 i1
n
x y nxy
i i 72534 12
b ˆ  i1   1.2
所以 n 55532 10 ，
x2 nx2
i aˆ  yb ˆ x 41.230.4
i1
y yˆ 1.2x0.4
x
因此 关于 的经验回归方程为 ，
x 7 yˆ 1.270.48.8
将 代入回归方程得 ，即预测第7天接待游客人数为8.8万人.
A C
B
（2）设事件 为“游客步行下山”，事件 为“游客步行上山”，事件 为“游客乘观览车上山”，
根据全概率公式可得每位游客步行下山的概率为3 4 1  2 12 3 3
PA PBP(A|B)PCP(A|C)    1   
 
4 5 4  5 20 20 4 ，
 3
X B 4,
 
所以由题意  4，X 的可能取值为0,1,2,3,4,
0 4 1 3
3 1 1 3 1 12 3
P(X 0)C0  P(X 1)C1  
4  4    4   256 ， 4  4    4   256 64 ，
2 2 3 1
3 1 54 27 3 1 108 27
P(X 2)C2   P(X 3)C3  
4  4    4   256 128 ， 4  4    4   256 64 ，
4 0
3 1 81
P(X 4)C4 
4  4    4   256 ，
因此X 的分布列为：
X 0 1 2 3 4
1 3 27 27 81
P
256 64 128 64 256
3
E(X)np 4 3
所以期望为 4 .
5. 【答案】（1）说明见详解
（2）y 13.810.51x
27
（3）
5
【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.
5 5
x 850 y 365
【详解】（1）由表中的数据和参考数据得 ， ， ， ，
i x170 i y 73
i1 i15
x x2 112 52 02 62 102 282
i ，
i1
5 5 5 5
y  y2 8.6 x xy  yx y xy 62194170735144
i ， i i i i i ，
i1 i1 i1 i1
5
x xy  y
i i 144
r  i1  0.997
∴ 5 5 16.88.6 ．
x x2y  y2
i i
i1 i1
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．
5
x xy  y
i i 144 24
b ˆ  i1   0.51
（2）由 及（1）得 5 282 47 ，
x x2
y 73 i
i1
24
a  ybx73 17013.81
47 ，所以y关于x的回归方程为y 13.810.51x．
（3）X的取值依次为2，3，4，5，6，7，9，11，
2 1 1 1 1 1
PX 2  PX 3  PX 4 
C2 5， C2 10 ， C2 10，
5 5 5
2 1 1 1 1 1
PX 5  PX 6  PX 7 
C2 5 ， C2 10， C2 10，
5 5 5
1 1 1 1
PX 9  PX 11 
C2 10， C2 10,
5 5
X的分布列
X 2 3 4 5 6 7 9 11
1 1 1 1 1 1 1 1
P
5 10 10 5 10 10 10 101 1 1 1 1 1 1 1 27
EX2 3 4 5 6 7 9 11 
所以 5 10 10 5 10 10 10 10 5 .
r 0.99
6. 【答案】（1） ，很强的线性正相关关系
（2）
X 80 150 210
3 3 1
P
5 10 10
EX114
12345 80150210260300
【详解】（1）由题意，x 3，y   200，
5 5
5
x xy  y21201500101602100550
则 i i ，
i1
5 5 5 5 5
x x2  x2 2xx 5x2  x2 10x2 5x2  x25x2
由 i i i i i ，
i1 i1 i1 i1 i1
5 5
y  y2  y2 5y2
同理 i i ，
i1 i1
5 5 5 5
x x2 y  y2  x2 5x2 y2 5y2 553
则 i i i i ，
i1 i1 i1 i1
5
x xy  y
i i 550
r  i1  0.99
则 5 5 553 ，
x x2 y  y2
i i
i1 i1
r
由 接近1且为正，故变量x与y之间有很强的线性正相关关系.
（2）由题意，X的可能取值为80、150、210，
C1C2 3 C1C2 3 C3 1
PX 80 1 4  PX 150 1 3  PX 210 3 
则 C3 5， C3 10， C3 10 ，
5 5 5故X的分布列为：
X 80 150 210
3 3 1
P
5 10 10
3 3 1
则EX80 150 210 114.
5 10 10
🎯命题方向二 非线性回归的转化与应用
7. 【答案】（1）选择模型为y  p x q，理由见详解，y 5 x 20 x26
（2）（i）不能，理由见详解（ii）9km
p q
【分析】（1）先根据定义域和单调性要求筛选出函数模型③，把已知点代入模型求出 、 的值，检验其
余点是否在所得函数图象上确定解析式.
（2）（i）计算载重9时飞行20km能耗并与300比较判断能否完成任务.
（ii）先算出载重25时总能耗表达式，再根据能耗限制列不等式求解s的最大值.
【详解】（1）选择函数模型③ y  p x q．理由如下：依题意可知，所选的函数模型必须满足两个条
件：
0,26
的
一是函数 定义域为 ；二是“每千米能耗”随着“载重”的增多而增大．
0,26
因为模型①的定义域不可能为 ，所以不符合：因为模型②是单调递减函数，所以不符合；
0,26
p 0 y  p x q
因为模型③在 有意义，且当 时， 单调递增，符合题意，故应选择模型为
q 2 p 5
 
y  p x q ．将点（0，2），（1，7）代入 y  p x q 得 pq 7，解得 q 2，
y 5 x 2 y 5 x 2
所以 ．经检验，点（4，12），（9，17），（16，22）都在函数 的图象上，
所以所求的函数解析式为 y 5 x 20 x26 ，且当x 0时， y 2 表示空载能耗.
 
5 92 20340300
（2）由（1）得y 5 x 2．（i）依题意，得 ，所以该无人机不能完成本次配送任务．
 
5 252 s2s30087%
（ii）依题意，得 ，所以29s30087%，解得s9，
所以s的最大值为9km．
1
8. 【答案】（1）
4
（2）y e0.43x0.35
【分析】（1）先确定保有量大于3万辆的年份数量，用对立事件求至少1年大于3万辆的概率，再结合2
年都大于3万辆的概率，通过条件概率公式计算结果；
（2）将非线性回归模型 y cedx 取对数转化为线性回归模型，利用给定数据计算斜率和截距，再还原得到
原模型的参数.
【详解】（1）保有量大于3万辆的年份有第4，5，6年，共3年，
保有量不大于3万辆的年份有第1，2，3年，共3年，
设至少有1年保有量大于3万辆为事件A，2年保有量全都大于3万辆为事件B，
C2 15
事件 A 的对立事件为2年都不大于3万辆，总选法有 6 ，
3 4
P(A)1 
C2 3
两年都不大于3万辆的选法为 3 ，所以 15 5 ，
1
P(AB) 5 1
3 1 P(B A)  
两年都大于3万辆的选法为 ，所以 P(AB)  ，则 P(A) 4 4.
C2 3
3 15 5 5
y cedxc0 ln y lncdx
（2）已知模型 ，两边取对数得 ，
令
t ln y
，则
t lncdx
，即转化为线性回归方程
v u
，
 lnc, d,v t n6
其中 ，由题意得 ，
n
xt nxt
i i 31.8963.51.16 7.53
d   i1   0.43
则  n x2 nx 2 9163.52 17.5 ，
i
i1 vu tx1.160.433.50.3450.35
，
 lnc ce0.35 y e0.35e0.43x e0.43x0.35
因为 ，所以 ，则 .
9．【答案】（1）yˆ 13.46e0.4t
（2）0.3087
z ktlnc
【分析】(1)将原指数方程可转化为线性回归方程： ,结合经验回归方程的公式求解即可；
P(A)C20.32 10.33
(2) 设事件A为“恰好有2人参与该活动”，利用 5 即可求解.
z ln y z ktlnc
【详解】（1）令 ，则原指数方程可转化为线性回归方程： ,
6 6 6
t 21 z 24 t z 91
即z bta，其中b ˆ k,aˆ lnc,由 i ， i ， i i ，
i1 i1 i1
1 6 21
t  t  3.5
可得 6 i 6 ，
i1
6 1 6
t2 12 22 32425262 91 z  z 4
i , 6 i ，
i1 i1
n
t z ntz
i i 9163.54
b ˆ  i1  0.4
所以

n
t2 nt 2
9163.52 ， ，所以 ,
i ˆ ˆ
aˆ  zbt 40.43.52.6 bk 0.4
i1
aˆ lnc ceaˆ  e2.6 13.46 y t yˆ 13.46e0.4t
由 得 ,则 关于 的指数回归方程 ；
（2）设事件A为“恰好有2人参与该活动”，
P(A)C20.32 10.33
100.090.3430.3087
所以 5 .
🎯命题方向三 回归模型的拟合效果评价
10.
【答案】（1）256
（2）分布列见详解，EX
5
（3）经验回归方程的拟合效果不良好
【分析】（1）求出x,y根据回归直线必过样本中心点求解即可；
0,1,2
（2）X 可能取值 为，求出对应概率，进而得到分布列和期望；
5
y  y2
（3）求出 代入 公式，即可得到答案.
i R2
i1
25689 162021m28 m85
【详解】（1）x 6，y   ，
5 5 5
m85
2.7665.44
因为y 2.76x5.44，即 5 ，解得m25.
0,1,2
X
（2）5组数据中，两组数据残差为正值，三组数据残差为负值，所以 可能取值为 ，
C2 1 C1C1 3 C2 3
PX 0 2  PX 1 3 2  PX 2 3 
C2 10， C2 5 ， C2 10，
5 5 5
所以X的分布列为
X 0 1 2
1 3 3
P
10 5 10
1 3 3 6
EX0 1 2 
期望 10 5 10 5 .
5
y  y2 16222 20222 21222 25222 28222 86
（3） i ，
i1
n
y  yˆ 2
i i 38.5
R2 1 i1 1 0.550.9
n 86 ，所以经验回归方程的拟合效果是不良好.
y  y2
i
i1题型05 独立性检验问题
1.【答案】（1）a30，b20，能认为得高脂血症与不运动有关
（2）X 的分布列为：
X 0 1 2
6 6 1
P
13 13 13
8
，数学期望为13
【分析】（1）利用合计数据求出a，b，再代入2
公式计算，与临界值比较判断是否有关.
（2）先确定得高脂血症总人数，根据分层抽样求出抽样比，进而求解X 的分布列与期望.
【详解】（1）由题意可知：总样本数为150，所以非运动者合计为1507575，
a754530 75 b755520
因此 ，运动者合计为 ，则 ，
150455530202
2  16.97
所以 ，
75756585
16.9710.828 0.001
因为 （ 对应的临界值），
0.001
依据 的独立性检验，能认为得高脂血症与不运动有关.
4520  65
（2）由（1）可知：得高脂血症总人数为 人，
13 1

分层抽样抽取13人，抽样比为65 5 ，
1
45 9
因此抽取的非运动者高脂血症患者为 5 人，
1
20 4
运动者高脂血症患者为 5 人，0,1,2
X X
表示抽取2人中运动者的人数， 的可能取值为 ，则
C2 36 6 C1C1 36 6 C2 6 1
PX 0 9   P(X 1) 9 4   P(X 2) 4  
C2 78 13， C2 78 13， C2 78 13，
13 13 13
所以X 的分布列为：
X 0 1 2
6 6 1
P
13 13 13
6 6 1 8
E(X)0 1 2 
数学期望为： 13 13 13 13.
b70,c40
2.【答案】（1） ，体质情况与爱好运动有关.
（2）X 的分布列为：
X 0 1 2
1 8 2
P
15 15 5
4
EX
3.
【分析】（1）求出参数值并完善表格，根据公式计算2
的值后可得正确判断；
EX
（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 .
b70,c501040
【详解】（1）由表中数据可得 ，表格完善如下：
体 质 情
况 合格 良好及以上 合计
组别
爱好运动 80 70 150
不爱好运动 40 10 50
合计 120 80 200200(8002800)2
设 ：体质情况与爱好运动无关，则2  11.116.635，
H
1208015050
0
根据依据小概率值0.01的独立性检验，否定H ，故体质情况与爱好运动有关.
0
80 40
（2）易知 名体质情况“合格”对象中有 64人爱好运动， 62人不爱好运动，
6 8040 8040
故X 的所有可能取值为0，1，2，
C0C2 1 C1C1 8 C2C0 6 2
PX 0 4 2  ，PX 1 4 2  ，PX 2 4 2   ，
C2 15 C2 15 C2 15 5
6 6 6
即所求分布列为
X 0 1 2
1 8 2
P
15 15 5
1 8 2 4
EX0 1 2 
所以X 的期望 15 15 5 3.
85
3.【答案】（1）
183
（2）有关联，证明见详解.
【分析】（1）结合题意根据全概率公式和贝叶斯公式计算求解（2）根据表格数据计算卡方，与临界值比
较即可判断.
【详解】（1）设事件A：任取一件产品为甲生产线加工，事件B：任取一件产品为优品.
P(A)0.51 P(A)0.49 P(B|A)0.05 P(B|A)0.06
由题意得： ， ， ， .
根据全概率公式，可得总优品概率：
P(B) P(A)P(B| A)P(A)P(B| A)0.510.050.490.060.0549
P(A)P(B| A) 0.0255 85
P(A|B)  
根据贝叶斯公式，可得所求条件概率： P(B) 0.0549 183
a5,b95,c15,d 85 n200
（2）由列联表得 ，总样本量 ，n(ad bc)2 200(5859515)2
2   5.556
代入卡方公式： (ab)(cd)(ac)(bd) 10010020180
5.556 x 3.841 95%
因为 0.05 ，所以有 把握认为生产线改造与优品有关联.
16
4.【答案】（1）有关 （2）39
【详解】（1）零假设H
0
:该市中学教师是否喜欢使用AI技术与年龄无关，
120462832142
280
2   7.186.635
而 ，
78426060 39
0.01
依据小概率值 的独立性检验，推断不成立，
即认为该市中学教师是否喜欢使用AI技术与年龄有关.
（2）设事件A为从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，抽中喜欢使用AI技术的教师，
事件B为从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，此人年龄超过45岁，
32
 
PAB
120 16
P B A   
由题意， ，则 .
78 32 PA 78 39
PA ,PAB
120 120 120
a0.025 102.5
5.【答案】（1） ，下四分位数
（2）有关
【分析】（1）利用频率分布直方图各组频率之和为1的性质，列出方程求解参数值；再根据百分位数的定
义，通过累计频率确定下四分位数所在的区间，并用插值法计算该分位数；
（2）根据分层抽样和条件概率完成列联表，再代入卡方公式计算检验统计量，与临界值比较以判断独立
性；最后通过计算两组学生的优秀率并对比，进一步验证独立性检验的结论.
【详解】（1）根据频率分布直方图的性质，所有组频率和为1，组距为10，
10(0.0050.0050.0100.0200.020a0.0100.005)1 a0.025
因此： ，解得： ，
25
下四分位数即第 百分位数，计算累计频率[70,80) 0.05 0.05 [80,90) 0.05 0.1
频率 ，累计 ； 频率 ，累计 ；
[90,100) 0.1 0.2 [100,110) 0.2 0.4
频率 ，累计 ； 频率 ，累计 。
0.25(0.2,0.4) 25 [100,110)
，因此第 百分位数在区间 内，
0.250.2
10010 102.5
下四分位数
计算得：下四分位数 0.2
H
（2）零假设 0：认真完成作业与成绩无关
认真完成作业 不认真完成作业
成绩优秀 40 10
成绩不优秀 60 90
n(ad bc)2 200(40901060)2
2   24
(ab)(cd)(ac)(bd) 50150100100 ，因为2410.828 x ，
0.001
0.001 H
依据小概率值 的独立性检验，零假设 0不成立，即认真完成作业与成绩有关，
该判断出错概率不超过0.001，
认真完成作业的学生中成绩优秀的频率为0.4，不认真完成作业的学生中成绩优秀的频率为0.1，
0.40.14可以发现认真完成作业的学生成绩优秀的频率是不认真完成作业的学生的4倍，差异显著.
6.【答案】（1）列联表为
偏好燃油汽车 偏好新能源汽车 合计
男性驾驶员 120 100 220
女性驾驶员 30 50 80
合计 150 150 300
有关联，解释见详解， （2）随机变量X 的分布列为
X 0 1 2 31 15 15 5
P
56 56 28 28
15
期望为
8
【分析】（1）根据已知数据可计算得到补全列联表所需的数据，进而补全列联表，并计算得到
2 6.8186.635
，由此可得结论；
（2）根据分层抽样原则可确定样本中偏好新能源汽车的人数和偏好燃油车的人数，由此可得X 所有可能
的取值，根据超几何分布概率公式可求得X 每个取值对应的概率，由此可得分布列；由数学期望计算公式
可求得期望值.
【详解】（1）因为样本中偏好燃油汽车的人数占样本总数的50%，故样本中偏好燃油汽车的人数为
4
30050%150，因为样本中女性驾驶员的样本占样本总数的15，故样本中女性驾驶员的人数为
4
300 80
15 ，由题意，列联表补充如下：
偏好燃油汽车 偏好新能源汽车 合计
男性驾驶员 120 100 220
女性驾驶员 30 50 80
合计 150 150 300
零假设H 为：对燃油汽车和新能源汽车的偏好与驾驶员的性别无关联．
0
300(1205010030)2
根据列联表数据，计算得2  6.8186.635 x ．
22080150150 0.01
根据小概率值0.01的独立性检验，可以推断H 不成立，即认为对燃油汽车和新能源汽车的偏好与驾
0
驶员的性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01．100 50
男性驾驶员中偏好新能源汽车的频率为 0.455，女性驾驶员中偏好新能源汽车的频率为 0.625，
220 80
前者明显小于后者．根据频率稳定于概率的原理，我们可以认为女性驾驶员偏好新能源汽车的概率更大．
30 50
（2）由题意，抽取的8人中偏好燃油汽车的人数为 83人，偏好新能源汽车的人数为 85人．
80 80
随机变量X 的可能值为0，1，2，3．
C3 1 C2C1 15
PX 0 3  ，PX 1 3 5  ，
C3 56 C3 56
8 8
C1C2 15 C3 5
PX 2 3 5  ，PX 3 5  ．
C3 28 C3 28
8 8
所以，随机变量X 的分布列为
X 0 1 2 3
1 15 15 5
P
56 56 28 28
15 15 5 15
EX1 2 3 
X 的数学期望 56 28 28 8 ．
a0.035 100
7.【答案】（1） ，样本容量为
（2）120
（3）列联表见详解，无
【分析】（1）由频率分布直方图中，所有矩形面积之和为1可得a的值，将第一组的容量除以第一组的频
率可得出样本容量；
（2）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，相加可得出平均数；
（3）根据题意完善22列联系表，结合临界值表可得出结论.
【详解】（1）由频率分布直方图中，所有矩形面积之和为1可得
10
a0.0120.0050.0150.025101 100
，解得a0.035，样本容量为0.0110 .
（2）所有参赛学生的平均成绩为
x950.11050.11150.251250.351350.151450.05120x950.11050.11150.251250.351350.151450.05120
.
1000.0150.0051020
（3）由题意可知，获奖人数为 人，
由题意可得如下22列联表
奖励
性别 合计
获奖 未获奖
男 15 45 60
女 5 35 40
合计 20 80 100
10015354552
2  2.343756.635
所以， ，
20806040
0.01
所以，依据小概率值 的独立性检验，男生与女生的获奖无差异.
27 2 2
0 p p 
8.【答案】（1）能 （2）（i）32 ；（ii）当 3时，建议挑战第3道题；当 3 时，挑战和
2
 p1
不挑战第3道题都可以；当3 时，建议不挑战第3道题.
【分析】（1）计算2
，根据独立性检验的思想求解即可；
（2）（i）根据重复独立事件的概率公式计算对应概率即可；
（ii）分别计算不挑战第3道题，获得奖金的期望与挑战第三道题的获得奖金的期望，进而作差比较期望
的大小判断即可.
H
【详解】（1）零假设为 ：对航天工程的关注情况与学历无关，
0
200(80406020)2 200
2   9.5246.635,
10010014060 21
0.01 H
依据小概率值 的独立性检验，推断 0不成立，即认为对航天工程的关注情况与学历有关.
（2）（i）记甲能进入第二关答题为事件A，即3道题至少答对2道题，2 3
3 1 3 27
PAC2   
所以 3  4   4  4   32
（ii）若确定不挑战第3道题，获得奖金为X ，X 的可能取值为0,400，
PX 400 p2 PX 01 p2
，
则X 的分布列为：
X 0 400
P 1 p2 p2
EX400p2
所以 ；若确定挑战第3道题，获得奖金为Y ，Y 的可能取值为0,200,800，
PY 01 p2 PY 200 p3 PY 800 p21 p
， ，
则Y 的分布列为
Y 0 200 800
P 1 p2 p3 p21 p
EY600p3 800p2 EXEY600p3 400p2 200p23p2
所以 .令 ，
2
0 p EX EY
故当 3 时， ，建议挑战第3道题；
2
p  EX EY
当 3 时， ，挑战和不挑战第3道题都可以；
2
 p1 EX EY
当3 时， ，建议不挑战第3道题.
题型06 概率统计与其他模块的融合交汇与创新问题
🎯命题方向一 概率统计与数列的融合
1 1 1 1
1. 【答案】（1） p  ， p  ，q  ， q 
1 4 2 8 1 4 2 821
（2）
128
【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式，易得 p 与q 的值，对于第二轮操作，需要分成“甲手中有
1 1
2张“欢”字卡片或有2张“喜”字卡片”与“甲手中有1张“欢”字卡片和1张“喜”字卡片”两类情况
分别求解即得 p 与q 的值；
2 2
1  1
（2）类比（1）中的第二轮操作，可得 p 12p  2p 0，构造等比数列p  ，求出
n n1 4 n1  n 6
n1
1  1 1
其通项公式 p       ，再代值计算即得.
n 12  2 6
【详解】（1）第一轮操作，甲要抽到乙的“欢”字卡片，且同时乙要抽到甲的“喜”字卡片，甲手中才
能有2张“欢”字卡片，
1 1 1 1
由独立事件的概率乘法公式，可得 p    ，同理q  ；
1 2 2 4 1 4
第二轮操作中，若第一轮结束后，甲手中有 2张“欢”字卡片或有2张“喜”字卡片，则在第二轮操作后，
甲有2张“欢”字卡片的概率为0；
1
若第一轮结束后，甲手中有1张“欢”字卡片和1张“喜”字卡片，则甲有2张“欢”字卡片的概率为 ，
4
 1 1 1 1 1 1 1
故 p   1         0 ，同理可得q  ；
2  4 4 4 4 4 8 2 8
（2）由对称性可知 p q ，
n n
1
而只有在n1n2次操作后，甲手中有1张“欢”字卡片和1张“喜”字卡片时，甲才有 的概率在
4
第n次有2张“欢”字卡片，
n1n2
若在 次操作后，甲手中有2张“欢”字卡片或有2张“喜”字卡片，则在第n轮操作后，甲有
2张“欢”字卡片的概率为0，1 1 1
所以当 时， p 12p  2p 0，化简得 p  p  ，
n2 n n1 4 n1 n 2 n1 4
1 1 1
则可构造为 p    p   n2 ，
n 6 2 n1 6
 1 1 1
所以p  是一个以 为首项，以 为公比的等比数列，
 n 6 12 2
n1 n1 5
1 1  1 1  1 1 1  1 1 21
可得 p       ，所以 p       ，所以 p        .
n 6 12  2 n 12  2 6 6 12  2 6 128
1
2. 【答案】（1）
4
n1
1 1 1
（2） p     
n 3 3 2
2n 4  1 n
（3）  1    
3 9  2 
【分析】（1）根据独立事件 的乘法公式计算可得结果；
1  1
（2）利用 的递推关系可得 p  1 p ，再由数列构造可得数列p  为等比数列，可求出
p n1 2 n  n 3
n
n1
1 1 1
p      ；
n 3 3 2
n1
2 2 1
EX 2p   
（3）易知X n 服从二项分布B2,p n ，可得 n n 3 3   2   ，再利用等比数列前 n 项和
计算可求得结果.
1 1 1 1 1
   
【详解】（1）2轮传球后，红球回到甲手中的概率为2 2 2 2 2 ，
1
由题意知，红球与绿球的传递相互独立，所以2轮传球后，绿球在甲手中的概率也是2 ．1 1 1
 
所以2轮传球后2个球恰好都回到甲手中的概率为2 2 4 ．
（2）考虑红球在第 n 轮到第n1轮的位置变化：
若第 n 轮后红球在甲手中，则第n1轮后红球一定不在甲手中，若第 n 轮后红球不在甲手中，无论球在乙
1 1
1 p 0 p  1 p  1 p 
和丙谁的手中，传回甲的概率均为 ，所以 n1 n 2 n 2 n ．
2
1 1 1 1 1 1 1 1 n1
整理得 p n1  3  2   p n  3   ，又 p 1  3  3 ，所以 p n  3  3    2   ，
n1 n
1 1 1 1 2 1
p    p   
即 n 3 3   2   （或写成 n 3 3   2   ）；
X
B2,p 
（3）因为红球与绿球的传递相互独立，所以 n服从二项分布 n ，
n1
2 2 1
EX 2p   
所以 n n 3 3   2   ．
2n 2   1 0  1 1  1 2  1 n1
可得 EX 1 EX 2 EX 3   EX n  3  3      2       2       2         2    
n
 1
1 
2n 2   2   2n 4  1 n
 3  3  1 1  3  9   1    2     .
2
5
3. 【答案】（1）9
n1
3  2   1
（2）证明见详解，P  







n 5  45  9
（3）1
P
【分析】（1）根据全概率公式可求 ；
11 2
 3
（2）根据全概率公式构建递推关系后可得P  P  ，利用构造法可证明P  是等比数列且可
n 9 n1 3  n 5
求
P
的通项公式；
n
（3）根据题意可得P 2q 1，故可求 EX  .
n n n
1 1 2 2 5
【详解】（1）由题意得P      .
1 3 3 3 3 9
n2
 nN
q
（2）当 时，设有甲钱包恰有两枚“黑币”的概率为 n ，
1P q
则没有“黑币”的概率为 n n，
1 1 2 2 2 3 3 2 1 2
P       P   q   1P q  P  ，
n 3 3 3 3 n1 3 3 n1 3 3 n1 n1 9 n1 3
3 1 2 3 1 3
P   P    P 
 
故 n 5 9 n1 3 5 9 n1 5.
n1 n1
3 3  3  1 3  2   1
又 P 1  5 0 ，故    P n  5 3   为等比数列,故 P n  5    P 1  5       9   , P n  5     45       9   .
X
（3）由题 n的可能取值为0，1，2，其概率分布列为：
X 0 1 2
n
P 1P q P q
n n n n
PX 0 PX 2 1P q q P 2q 1
依题意， n n 即 n n n.于是 n n
EX 01P q 1P 2q  P 2q 1
故 n n n n n n n .
1
4. 【答案】（1）
4
27
（2）分布列见详解，均值为
16n
1  1
（3）P  



n 2  2
【分析】（1）根据古典概型概率求解即可；
n
（2）先分析小芳投掷的次数 的所有可能的取值，然后求出分布列与数学期望即可；
n
（3）若第1次从小芳开始，则第 次对小芳投掷骰子分两种情况讨论，然后结合互斥事件性质，以及数列
的递推关系式分析求解即可.
【详解】（1）设事件A为“小明投掷一次骰子后，点数之和为4的倍数”，
1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,1,2,2,2,3,2,4,2,5,2,6
则基本事件为： ，
3,1,3,2,3,3,3,4,3,5,3,6,4,1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6
，
5,1,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6,6,1,6,2,6,3,6,4,6,5,6,6
，
1,3,2,2,3,1,2,6,6,2,3,5,5,3,4,4,6,6
总数为36，事件A包含的基本事件有： ，
9 1
PA 
共9个基本事件，所以 36 4.
1
（2）由（1）知小芳投掷一次后，出现点数之和是4的倍数的概率也为 ，
4
0,1,2,3
X
由题意知 可取值为 ，则：
1 1 1 1 3 3 1 1 3 3 1 1 3 21
PX 0    ,PX 1         
4 4 4 64 4 4 4 4 4 4 4 4 4 64 ，
1 3 1 3 3 3 3 1 3 39 3 1 1 3
PX 2          ,PX 3   
4 4 4 4 4 4 4 4 4 64 4 4 4 64 ，
所以X 的分布列为：
X 0 1 2 3
1 21 39 3
P
64 64 64 64
1 21 39 3 27
EX0 1 2 3 
数学期望为： 64 64 64 64 16 .n
（3）若第一次从小芳开始，则第 次由小芳投掷骰子有两种情况：
1
P n2
第一种情况：第n1次由小芳投掷，第n次继续由小芳投掷，其概率为4 n1 ，
3 3 3
1P   P n2
第二种情况：第n1次由小明投掷，第n次由小芳投掷，其概率为4 n1 4 4 n1 ，
1 3 3 1 3
P  P   P  P  n2
由于这两种情况彼此互斥，所以 n 4 n1 4 4 n1 2 n1 4 ，
1 1 1  1 1
P    P   n2 P   1 
所以 n 2 2 n1 2 ，且P 1，所以 n 2是以 为首项， 2 为公比的等比数列，
1 2
n1 n
1 1  1 1  1
P     P   
所以 n 2 2   2   ，即 n 2   2   .
1 2 7 16
p  q  p  q 
5. 【答案】（1） 1 3， 1 3 ， 2 27 ， 2 27
1
（2）E(X )1
n 3n
9n96n13·2n1
（3）
【分析】（1）结合独立事件乘法公式求出 p ,q ，再利用全概率公式求 p ,q ；
1 1 2 2
（2）利用全概率公式求得 p 、q 与 p 、q 的关系，再利用构造法证明 2p q 1 等比数列，
n1 n1 n n n n
进而求出通项公式，列出X 的分布列，结合通项公式求出期望即可；
n
（3）根据题意将问题转化为集合中子集元素相加求和，结合错位相减求和即可.
13 1 23 2
p   q  
【详解】（1）依题意， ， ，
1 33 3 1 33 3
13 12 1 1 2 2 7
p  p  q      
2 1 33 1 33 3 3 3 9 27 ，23 1122 1 2 2 5 16
q  p  q  0    
2 1 33 1 33 3 3 3 9 27 .
A n B n
（2）设 n表示 次取球后乙口袋有2个黄球， n表示 次取球后乙口袋有1个黄球，
C D
表示一次操作甲乙都取的是红球， 表示一次操作甲取的是红球同时乙取的是黄球，
E F
表示一次操作甲取的是黄球同时乙取的是红球， 表示一次操作甲，乙都取黄球，
n2 A  A CB D,B  A EB CB F (A B )D
当 时， n n1 n1 n n1 n1 n1 n1 n1
p  P(A ) P(C| A )P(A )P(D|B )P(B )
则 n n n1 n1 n1 n1 ，
q  P(B ) P(E| A )P(A )P(C|B )P(B )
n n n1 n1 n1 n1
P(F |B )P(B )P(D| A B )P(A B )
n1 n1 n1 n1 n1 n1 ，
13 12 1 2
p  p  q   p  q
n n1 33 n1 33 3 n1 9 n1 ，
23 1122 32 1 2
q  p  q  (1 p q )  q 
n n1 33 n1 33 n1 n1 33 9 n1 3 ，
2 1 2 1 1
2p q  p  q  2p q 1 (2p q 1) 2p q 1
因此 n n 3 n1 3 n1 3 ，即 n n 3 n1 n1 ， 1 1 3 ，
1 1
2p q 1
所以 n n 是3为首项3为公比的等比数列.
1 1
2p q 1(2p q 1) 
故 n n 1 1 3n1 3n .
X
依题意， n 的分布列为
X 0 1 2
n
P 1 p q q p
n n n n1
E(X )2p q 1
故期望 n n n 3n .
 1 1 1 
T a a a ,,,0,1 
（3）由（2）知， n

1 1 EX
1
1 2 2 EX
2
1 n n EX
n
1 1 2 n



a 31a 32 a 3n
,,,0,1
1 1 2 2 n n 1 2 n ，
 a 31,a 32,a 33 a 3n
而 T n所有元素之和可以看作集合 1 2 3  n 中所有子集中元素之和.
{a,b,c,d,e, f }
 n
设集合为 一共有 个不同的元素，
而一个包含a的子集，对于剩下的n1个元素，
每个元素可以独立地选择“放入子集”或“不放入子集”，
n1 2n1
因此对于剩下的 个元素，每个都有2种选择，由乘法原理，这样的子集个数为 ，
2n1
由此可知一个所有子集中元素之和为该集合各个元素之和的 倍，
故 T n所有元素之和可写为  a 1 31a 2 32 a 3 33  a n 3n 2n1 ，
A a 31a 32 a 33 a 3n 131332 533 2n13n
令 n 1 2 3  n 
3A 132 333 2n33n 2n13n1
所以 n 
32 13n1
故2A 32  32 333n 2n13n1 32 2n13n1 22n3n16 ，
n 13
A n13n13
所以 n ．
n13n132n1 9n96n13·2n1
故 T n所有元素之和可写为  .
🎯命题方向二 概率统计与函数、导数的融合
6. 【答案】（1）分布列见详解，80.8
2
（2）（ⅰ） f p 4p3 p2 4p4.80 p1；（ⅱ）证明见详解， p  时，商家期望利润最大
3最大期望利润约为6.7元．
【分析】（1）依题意确定X的可能取值，并利用独立事件的概率乘法公式计算出对应的概率，列出分布
列并计算出数学期望；
f p
（2）（ⅰ）分别求出支付金额的期望与优惠券成本的期望，代入期望利润 的公式，计算即得；（ⅱ）
2
利用求导判断 f p的单调性，即可证明 f p在0,1内存在唯一极大值点 p  ，进而求得期望利润
3
f p 的最大值.
【详解】（1）由题可知，X的可能取值为100，90，80，70，60，
PX 10010.80.2，PX 900.80.610.50.24，
PX 800.80.410.50.16，PX 700.80.60.50.24，
PX 600.80.40.50.16．
分布列为：
X 100 90 80 70 60
.
P 0.2 0.24 016 0.24 0.16
数学期望为：EX1000.2900.24800.16700.24600.1680.8．
（2）（ⅰ）∵期望利润＝购买概率×（支付金额的期望－商品成本）－优惠券成本的期望，
则支付金额的期望为：
EY100100.61 p200.41 p300.6p400.4p8620p；
优惠券成本的期望为
EZ100.30.61 p200.30.41 p100.3100.6p200.3100.4p
4.210p
．
∴ f prp EY41  EZ   0.20.4p0.2p28620p414.210p4p3 p2 4p4.80 p1
．
2
（ⅱ） fp12p2 2p40 p1，令 fp12p2 2p40．解得 p  ，
3
 2  2
当 p   0, 3   时 fp0 ， f p在  0, 3   上单调递增；
2  2 
当 p  3 ,1   时 fp0 ， f p在 3 ,1   上单调递减；
3 2
2 2 2 2 2
∴ f p在0,1内存在唯一极大值点 p  3 ，又 f  3   4  3     3   4 3 4.86.7，
2
∴当 p  时，商家期望利润最大，最大期望利润约为6.7元．
3
1
7. 【答案】（1）n ；
13
（2）（i） ；（ii）所以 的最大值约为0.3679，此时 ．
30 p k 37
【分析】（1）合理设出事件，再根据全概率公式即可得到答案；
D i  iN*,k in 
（2）（i）设 i ：抽到的第 张奖券金额为M ，再利用全概率公式求出概率通式，再
n5
代入 即可；
k n lnx
p  p(k) ln f(x) ,x1
（ii）根据估值参考公式得 n k ，再设函数 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.
j a , j 1,2
【详解】（1）设抽到的第 张奖券的金额为 j ．
A:a  M,B:a  M,C:
设 1 1 甲获得最大金额奖励 M ．1 n1 1
P(A) ,P(C∣A)0,P(B) ,P(C∣B)
注意到 n n n1．
1
P(C) P(A)P(C∣A)P(B)P(C∣B)
则 n．
C M
（2）（i）仍设 ：甲获得最大金额奖励 ，
mM P(C)0 mM
若 ，则 ，故只需考虑 的情况．
D i  iN*,k in 
设 i ：抽到的第 张奖券金额为M ．
1
PD 
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 i n ．
k
PC∣D 
只有当m是前i1张奖券中的最大金额，甲才会保留第i张奖券，则 i i1．
n 1 n 1 n k k n 1 k n11
P(C)  PD PC∣D   PC∣D      
则 i i n i n i1 n i1 n i ．
ik1 ik1 ik1 ik1 ik
2 1 1 1 13
p  P(C)    
 
若n5，当k 2时， 5 2 3 4 30 ．
n11 n k n lnx 1lnx
 ln p  p(k) ln f(x) ,x1 f(x)
（ii）由估值参考得 i k ，则 n k ．令 x ，则 x2 ．
ik
x e f(x)0 1 xe f(x)0, f(x)
当 时， ．当 时， 单调递增；
1
f(e)
当 x e 时， f(x)0, f(x)单调递减，因此，当 x e 时， f(x) 取得最大值 e ．
100
k  36.8
此时 e ，不是整数，
p(36)0.36ln0.360.3678, p(37)0.37ln0.37 0.3679
又 ，p 的k 37
所以 最大值约为0.3679，此时 ．
32.5
8. 【答案】（1）
（2）分布列见详解 （3）t 6
【分析】（1）以每组数据的区间中点值为该组数据的代表值进行估算.
（2）先根据分层抽样的概念确定第一次抽取的12人样本中第一组和第二组的人数，进而得到X 的可能取
值，求其概率，可得X 的分布列.
C3C7
P t 20t
（3）先得到答对3题的概率 C10 ，设 f tC3C7 ，分析函数 f t的单调性，求 f t最大值
20 t 20t
t
的值.
1
【详解】（1）估计平均年龄为
301515025903560453055
.
360 32.5
12
301
（2）由题意得，这12人中，年龄在第一组内的有360 （人），
12
1505
年龄在第二组内 的有360 （人），
则X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，
C4 C1C1C2 2 C1C3 C1C3 C2C1C1 4
PX 0 6 5 1 6  PX 1 5 6 1 6 5 1 6 
所以 C4 11， C4 11，
12 12
C2C2 C3C1 32 C3C1 4 C4 1
PX 2 5 6 5 1  PX 3 5 6  PX 4 5  ,
C4 99 ， C4 33， C4 99
12 12 12
则X 的分布列为：
X 0 1 2 3 4
2 4 32 4 1
P
11 11 99 33 99
C3C7
P t 20t
（3）从这20个问题中随机抽取10个对该工具提问，恰好答对3个问题的概率为 C10 ，
20f tC3C7 3t 12 tN f t0
设 t 20t，由 ，且 得 ，
t1! 19t!

f t1 C3 C7 3!t2! 7!12t! t113t t2 12t13
 t1 19t   
所以 f t C3C7 t! 20t! t220t t2 22t40 ，
t 20t 
3!t3! 7!13t!
t2 12t130 t2 22t400
显然 ， ，
m  t2 12t13    t2 22t40  5310t
令 ，
f t1 t2 12t13
 1
当 3t 5 时，有 m0 ， f t t2 22t40 ，即 f t1 f t，
f 3 f 4 f 5 f 6
此时 ；
f t1 t2 12t13
 1
当 6t 12 时，有 m0 ， f t t2 22t40 ，即 f t1 f t，
f 6 f 7  f 12 f(t)  f 6
此时  ，即 max ，所以t 6．
p 
9. 【答案】（1） ；
kn
ˆ

（2） n；
3
（3）最小值为19600， .
7
【分析】（1）因为单件产品检测合格包含真实合格且检测合格、真实不合格但误判合格两个互斥事件，
p
所以用全概率公式计算 ，将两个事件的概率相加.
P(X k)
X 
（2）因为 服从二项分布，所以先写出 的表达式，将其看作关于 的函数，再利用求函数最值
的方法，比如求导或者利用组合数的性质分析函数的单调性，找到取最大值时的值.
 
ˆ
（3）因为 ˆ近似服从正态分布N(,2)，所以先将 P 0.01 0.05 通过正态分布的标准化转化
为标准正态分布的概率不等式，结合参考数据得到关于  的不等式，再结合  与n、的关系，进而估计
n n的最小值及相应的值.
【详解】（1）设“单件产品实际为合格品”为事件A，“单件合格品检测为合格”为事件B，“单件不合格品
C
误判为合格”为事件 ，则由全概率公式知，
P  AB AC   PAP  B A  P  A  P  C A  1
，
p 
即单件产品的检测结果为合格的概率为 .
（2）因为每件产品的检测结果相互独立，
Bn, p
所以n件产品中检测结果为合格的件数X 服从二项分布 .
PX kCkpk 1 pnk
当X k时， n .
f Ckpk 1 pnk p 
令 n ，其中 ，则
fkCkpk11 pnk nkCkpk 1 pnk1
n n
Ckpk11 pnk1knp Ckpk11 pnk1 knn 
n n
kn

令 f0，得 n，且n0，
 kn   kn 
0，  0， 
所以当    n  时， f0 ，所以 f 在  n  上单调递增，
 k n   k n 
 ，1  ，1
当  n   时， f0 ，所以 f 在  n   上单调递减，
kn kn
ˆ
 
所以，当 n时， f 取得最大值．因此 n.
X n
ˆ

（3）由于 ˆ为随机变量，由（2）可设 n.

X Bn, p EXnp，DXnp1 p
且 ，所以 .0.9，0.2 p0.20.7
因为 ，所以
所以 E


ˆ
 E

   n
X



n




    
1


  E

 
X
n

  

  ，  0
1
.7

 
E
n
X
0.2

   0
1
.7 p0.2
D


ˆ
 D

   n
X



n




    
1
2 D

 
X
n

  ，  0.
1
72

 
D
n

2
X
   0.
1
49  n
1
2 DX
p
0

.
1
4

9n
p
D


ˆ

1
2 
6

16
 
将 p0.20.7代入，整理得 n 7 49.
   
ˆ ˆ
P 0.01 0.05 P 0.01 0.95
因为 ，所以 ，
 ˆ  0.01 0.01
由题知，  ˆ 近似服从 N  ,2，所以 P         2      10.95 ，故    0  .01   0.975，
0.01 0.01
1.960.975 1.96 
由参考数据 ，故  ，解得 1.96 .
2  D


ˆ

1
2
6

16
n38416

2 
6

16
   
又 n 7 49，所以  7 49恒成立.
3  6 16
 y 38416  2   
因为 7时，  7 49取得最大值19600.
3

所以n的最小值为19600，此时 7.
8 5
EX
10. 【答案】（1）（i）9；（ii）分布列见详解， 3 .
（2）m12时，P最大.
【分析】（1）（i）利用对立事件计算概率；（ii）根据题意计算概率，再分布列和求数学期望；
8n3 8x3
（2）列出概率P  ，设 f(x) ,x 0，利用导数与单调性、最值得关系求解.
(n2)4 (x2)4
【详解】（1）（i）设事件A：小明4次摸球中，至少摸出1个白球，4 4 4 4 8
P(A)1    
则 8 8 6 6 9 .
0,1,2,3,4
X
（ii）由题可知， 可能的取值为 ，
1 1
甲口袋每次摸到红球的概率为2，每次摸到白球的概率为2，
2 1
乙口袋每次摸到红球的概率为3 ，每次摸到白球的概率为3，
1 1 2 2 1
P(X 0)    
2 2 3 3 9 ,
1  1 2 2 1 1 2  2 1
P(X 1)2  1   2    1 
   
2  2 3 3 2 2 3  3 3,
2 2 2 2
1  2  1 2 1  1 2  2 13
P(X 2)  1  1  4  1   1 
            ，
2  3  2 3 2  2 3  3 36
2 2
1  1  2  1 2  2 1
P(X 3)2  1  1 2 1   1 
        ，
2  2  3  2 3  3 6
2 2
 1  2 1
P(X 4) 1  1 
    ，
 2  3 36
分布列如下，
X 0 1 2 3 4
1 1 13 1 1
P
9 3 36 6 36
1 1 13 1 1 5
E(X)0 1 2 3 4 
所以 9 3 36 6 36 3.
（2）小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率P
m 4  n  2  m  2 n 2 8mn2 4m2n
2   2   
m4 m4  n2    m4   n2 n2 (m4)2(n2)2 ，因为m2n，
8mn2 4m2n 16n316n3 8n3
P   
所以 (m4)2(n2)2 (2n4)2(n2)2 (n2)4 ，
8x3 24x2(x2)4 8x34(x2)3 8x348x2 8x2(x6)
f(x) ,x 0 f(x)  
令 (x2)4 ，则 (x2)8 (x2)5 (x2)5 ，
0 x6 f(x)0 x6 f(x)0
所以当 时， ；当 时， ；
8x3
f x
所以函数 x24 在0,6单调递增，6,单调递减，
27
所以当n6，即m12时，P最大，最大值为64 .
🎯命题方向三 概率统计与立体几何的融合
1
11.【答案】（1）a
2

3
；a 0；
3
n 3 1 1 n1
      ,n为偶数
i1 8 32 32 3
（2）①证明见详解；②
a 
.
n i n 1 1 1 n2
   ,n为奇数
  
8 32 32 3
【分析】（1）通过质点在不同时间的移动路径来确定回到O点的概率；
（2）①利用正方体 的对称性以及质点移动的概率关系即可证明等式；
1
②通过质点到达各点的概率关系，化简可得a a  a a  ，通过对 的取值进行奇偶讨论，
n4 n2 9 n2 n n
n
a
即可求得 .
i
i1
1
【详解】（1）质点从 出发，第1次运动有3个方向，即 、 、 ，概率均为 ，
O OA OC OD 31
第2次要回到O，必须从第1次到达的顶点（A、C、D）沿原路返回，每个顶点返回O的概率为3，
1 1 1
a 3  
所以 2 3 3 3；
O O A C D
第3次运动要回到 ，第二次必须在与 相邻的顶点（ 、 、 ），
a 0
但第2次运动质点不可能出现在顶点 A 、 C 、 D ，所以 3 ；
b
（2）①设第 n1 次到达 A ，其概率为 n1，则第 n 次一定出现在与 A 相邻的 O 、B、 E ，每个顶点到达
1
A的概率均为3，因为质点从O出发，顶点B与顶点E为其对称点，
c
所以第 n 次到达顶点 E 的概率与第 n 次到达顶点B的概率相同，均为 n，
1 1 1 1 2
b  a  c  c  a  c
又质点第n次到达顶点O的概率为 a
n
,所以 n1 3 n 3 n 3 n 3 n 3 n；
c
同理，设第 n1 次到达B，其概率为 n1，则第 n 次一定出现在与B相邻的 A 、 C 、 F ，每个顶点到达
1
B的概率均为3，因为质点从O出发，顶点A与顶点C为其对称点，
b
所以第 n 次到达顶点 A 的概率与第 n 次到达顶点 C 的概率相同，均为 n，
d
n F
又质点第 次到达顶点 的概率为 n,
1 1 1 2 1
c  b  b  d  b  d
所以 n1 3 n 3 n 3 n 3 n 3 n；
1 2 2 1
b  a  c c  b  d
②根据①的计算，可得 a b ， d c ，与 n1 3 n 3 n， n1 3 n 3 n联立，
n1 n n1 na b
n1 n

d c
 n1 n
 1 2
b  a  c
可得  n1 3 n 3 n ，化简整理得 ，即 ，
 2 1 1
c  b  d a a  a a 
 n1 3 n 3 n 9a 10a a n3 n1 9 n1 n1
n3 n1 n1
1 1 1
a a  a a  a  b 
所以 n4 n2 9 n2 n ，又 a 0 ， 2 3， a 0 ， 1 3， c d 0 ，
1 3 1 1
2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 2 7 7
c  b  d    0 b  a  c      a b 
所以 2 3 1 3 1 3 3 3 9 ， 3 3 2 3 2 3 3 3 9 27 ， 4 3 27 ，
7 1 2 1
当n为偶数时，数列 a n2 a n  是首项为 a 4 a 2  27  3  27 ，公比为9 的等比数列，
n2
2 1 2 2 2
所以a a      ，即a a  ，
n2 n 27 9 3n1 n n2 3n1
 2   2   2  1
a a a a a a a a       
     
所以 n n n2 n2 n4 4 2 2  3n1  3n3   33 3
2 2
 
33 3n1 1 1 1 
   1
 ，
1 3 4 3n1
1
9
a a 0 a a 0 a a 0 a a 0 a a 0
当 n 为奇数时， 3 1 ， 5 3 ， 7 5 ，  ， n2 n4 ， n n2 ，
a a a a a a a a a a 0
所以 n n2 n2 n4 7 5 5 3 3 1 ，
a a 0 a a 0
即 n 1 ，所以 n 1 ，
n
a a a a a a a a a a
所以当n为偶数时， i 1 2 3 n1 n 2 4 n2 n
i1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
              
4 4 3 4 4 33 4 4 35 4 4 3n2 4 4 3n11 1
 n1
1 n 1 3 3n1 n 3 1 1
       
  ，
4 2 4 1 8 32 32 3
1
9
n
a a a a a a a a a a
所以当n为奇数时， i 1 2 3 n1 n 2 4 n3 n1
i1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
              
4 4 3 4 4 33 4 4 35 4 4 3n4 4 4 3n2
1 1
 n2
1 n1 1 3 3n n 1 1 1
       
  ，
4 2 4 1 8 32 32 3
1
9
n 3 1 1 n1
      ,n为偶数
i1 8 32 32 3
综上所述，
a 
.
n i n 1 1 1 n2
   ,n为奇数
  
8 32 32 3
🎯命题方向四 概率统计与不等式的融合
(1,2,3,5,4)
12. 【答案】（1）
2n1
（2）
n!
（3）证明见详解
【分析】（1）根据题意，逐步对初始数列进行完整操作；
（2）分析初始排列的特点，计算出满足条件的排列种数与总排列数的比值；
1,2, ,n

（3）分析初始排列经过连续若干次完整操作后能得到 的顺序排列的情况，通过对排列的构造和
分析证明不等式.
3,5,2,4,1
k 3
【详解】（1）第一次完整操作：初始排列为 ，最左边的卡片标号 ，
k 的 L 2 L 1 k R 5 R 4
可得标号小于 卡片 1 ， 2 ，标号大于 的卡片 1 ， 2
(2,1,3,5,4) k 2
重新排列得到新排列 ，第二次完整操作：最左边的卡片标号 ，k L 1 k R 3 R 5 R 4
可得标号小于 的卡片 1 ， 标号大于 的卡片 1 ， 2 ， 3 ，
(1,2,3,5,4) (1,2,3,5,4)
重新排列得到新排列 .连续经过两次完整操作后得到的新排列 .
1,2, ,n

（2）要使初始排列经过一次完整操作后恰好能得到 的顺序排列，必须满足：
L(1,2,  ,k1) k k1
，即原排列中小于 的 个元素已经是递增顺序；
R (k1,k2,  ,n) k nk
，即原排列中大于 的 个元素已经是递增顺序；
k n1 L R
首元素为 时，剩余 个位置由已经各自内部有序的 和 穿插而成，
确定 L 中元素的位置可确定整个排列，共有 Ck n  1 1 种排法，又因为 k 可以取遍 1,2,  ,n 中的任意整数，
n
所以满足条件的初始排列总数为Ck n  1 1 C0 n1 C1 n1   C n n   1 1 2n1 .
k1
n n!
又因为 个元素的全排列总数为 ，
2n1
所以初始排列经过一次完整操作后恰好能得到
1,2,

,n
的顺序排列的概率
p 
n! .
R
L L L R R
（3）对于任意操作所得的（ 1， 2，… k1，k， 1， 2，… nk），由于后续操作取当前排列的最
L R ,R ,···,R R ,R ,···,R
左侧的元素 1，其必然小于 1 2 nk 中的所有元素，因此 1 2 nk 作为整体，在后续操作中
永远被划分在基准数的右侧，其内部元素的相对顺序不在改变.
1,2, ,n

要使排列经过连续若干次完整操作后能得到 的顺序排列，必须满足：
L 本身必须是长度为 k1 个且能通过后续操作完成排序的排列，共有 B k1种；
R必须是首次划分时已经是递增顺序；
首元素为 k 时，穿插 L 和 R 的排法数为 Ck n  1 1 种排法，又因为 k 可以取遍 1,2,  ,n 中的任意整数，
n n1
所以数列B 的递推公式为：B
n
Ck
n

1
1B
k1
Ci
n1
B
i
，其中
n1
（规定B 1），
n k1 i0 0i0 i0
根据递推公式，展开B 可得B
n1
Ci
n
B
i
 B
n
nB
n1
Ci
n
B
i
，
n1 n n2
n2
展开B 可得B
n
B
n1
Ci
n1
B
i
，
n i0
n2 n2
欲证明B nB B ，即证B n nB n1 Ci n B i nB n B n1 ，即Ci n B i n1B n B n1  ，
n1 n n1 i0 i0
n2 n2
等价于证明CiB n1Ci B ，对求和的任意一项，由于 且 ，
n i n1 i 0in2 n2
i0 i0
n n n2 n2
Ci  Ci  Ci n1Ci CiB n1Ci B
则由组合数性质得 n ni n1 2 n1 n1 ，所以 n i n1 i，
i0 i0
B nB B
所以 n1 n1 n.
16
13. 【答案】（1）分布列见详解，
9
pn1  1 pn
（2）
（3）证明见详解
X 1,2,3,4
【分析】（1）分别求出 2取所有可能的值 时的概率，再列出分布列，求出数学期望即可；
P
（2）设细胞在第 k 个周期时分裂为 2 个细胞，之后一直有 2 个细胞，先求出这一事件的概率 2,k，再求出
X 2
n 的所有情况的概率，再求和即可.
nk
（3）设细胞在第 k 个周期时分裂为2个新的细胞，这两个细胞在剩下的 个周期中，其中一个分裂
P X 3
为 2 个细胞，另一个一直保持分裂为 1 个细胞，先求出这一事件的概率 3,k ，再求出 n 的所有情况的
PX 3
概率，再求和得到 n 的解析式，再借助导数求出其最值即可得证.
X 1,2,3,4
【详解】（1） 2的可能取值为 ，
4 10
PX 1 p2  PX 2 p1 p1 p p2  p p3 
其中 2 9 ， 2 27 ，4 1
PX 31 pC1  p1 p2p1 p2  PX 41 p3 
2 2 27 ， 2 27 ，
X
所以 2分布列为
X 1 2 3 4
2
4 10 4 1
P
9 27 27 27
4 10 4 1 16
EX 1 2 3 4 
2 9 27 27 27 9 ；
n
 nN*
（2） 个周期结束后共有2个细胞，则必在某一个周期结束后分裂成2个细胞.
不妨设细胞在第k个周期时分裂为2个细胞，之后一直有2个细胞，
P  pk11 p  p2nk 1 p p2n1k
此事件概率 2,k ，
n n
PX 2 P P P 1 p p2n1k 1 pp2np1k  pn1  1 pn
所以 n 2,1 2,2 2,n .
k1 k1
n
 nN*
（3） 个周期结束后共有3个细胞，设细胞在第k个周期时分裂为2个新的细胞，
nk
这两个细胞在剩下的 个周期中，其中一个分裂为2个细胞，
另一个一直保持分裂为1个细胞，此事件的概率
P  pk11 pC1pnk P nk pk11 p2 pnk  pnk1  1 pnk
3,k 2 2 ，
P 2p2n21 ppk 2p3n21 pp2k
得 3,k ，
n n
PX 3 P P P 2p2n21 ppk 2p3n21 pp2k
n 3,1 3,2 3,n
k1 k1
2pn1  1 pn1   1 pn 2pn  p pn   1 pn
1 
 1 p  1 pp2 ，其中 p  2 ,1   ， pn0,1 .2xpx1x 2x1x1x
PX 3 
令x pn， n 1 p p2 1 pp2 ，
1
f x x1x2 fx1x13x fx0 x
记 ， ，令 ，得 3.
 1 1 
x 0, x ,1
当   3  ， fx0， f x 单调递增；当  3  ， fx0， f x 单调递减，
f x  f
1

4
PX 3
8

8
故  max  3   27 ，即 n 271 pp2 27p2 .
🎯命题方向五 概率统计中的新定义问题
14. 【答案】（1）0.1359
PX i
（2）这1000件产品中恰有2件次品的概率为0.225， 最大时的i值为2或3
【分析】（1）根据正态分布求解相应区间的概率即可；（2）（i）根据题意将已知数据代入公式即可，
PX i PX i PX i1,PX i PX i1
（ii）根据 最大时 列不等式组求解即可.
X P81,8150
【详解】（1）因为 ，
X  N81,81 81,9
所以泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为 ，即 ．
P90 X 99 P X 2
所以 ，
P X 0.6827 P2 X 20.9545
由 ， 得
P2 X 2P X 
P X 2
2
0.95450.6827
 0.1359 P90 X 99 P X 20.1359
2 ，即 .
n1000, p0.003 X  B1000,0.003
（2）（i）由题意知 ，且 ，n100020, p0.0030.05  EXnp 3
又 ，所以二项分布可近似看作泊松分布，所以 ，
32 9
PX 2 e3  0.050.225
所以 2！ 2 ，即这1000件产品中恰有2件次品的概率为0.225.
3i 3i1
e3  e3

i！ i1！

（ii）因为 最大，所以 PX i PX i1，即
3i 3i1
，解得 ，
 e3  e3
PX i  PX i PX i1   i！ i1！ 2i 3
PX i
又 iN ，所以 最大时的i值为2或3．