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(共25张PPT)
拓展培优9 概率与统计的创新问题
题型一　概率与数列的创新问题
例1 (2024·山东济南二模)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立．在某局比赛双方打成10∶10平后，甲先发球．
(1)求再打2球该局比赛结束的概率；
解析：10∶10平后，设事件Ai＝“第i个球甲得分”，则Ai＝“第i个球乙得分”，
设M＝“再打两球该局比赛结束”，则M＝A1A2＋A1A2，
所以P(M)＝P(A1A2＋A1A2)＝P(A1)P(A2)＋P(A1)·P(A2)＝×＋×＝.
(2)两人又打了X个球该局比赛结束，求X的数学期望E(X)；
解析：X的可能取值为所有正偶数2，4，6，…，2k，…(k∈N*)，
考虑第2k－1个球与第2k个球(k＝1，2，3，…)，如果这两球均由甲得分或均由乙得分，则比赛结束；如果这两球甲、乙各得1分，则比赛相当于重新开始；
这两球甲、乙各得1分的概率为1－P(M)＝，
所以P(X＝2)＝P(M)＝，
P(X＝4)＝＝，
P(X＝6)＝()2×＝，
…
P(X＝2k)＝()k－1×＝，
…
所以E(X)＝2×＋4×＋6×＋…＋2k×＋….
记Sk＝2×＋4×＋6×＋…＋2k×，
则Sk＝2×＋4×＋6×＋…＋(2k－2)×＋2k×，
以上两式相减得Sk＝1＋2×＋2×＋2×＋…＋2×－2k×＝1＋＋…＋－k×＝－k×＝2－，
所以Sk＝4－.
当k趋于＋∞时，Sk趋于4.所以E(X)＝4.
(3)若将规则改为“打成10∶10平后，每球交换发球权，先连得两分者获胜”，求该局比赛甲获胜的概率．
技法领悟
概率问题与数列的创新问题，综合性较强，主要有以下类型：
(1)求通项公式：关键是找出概率Pn或均值E(Xn)的递推关系式，然后根据构造法(一般构造等比数列)，求出通项公式．
(2)求和：主要是数列中的倒序相加法求和、错位相减法求和、裂项相消法求和．
(3)利用等差、等比数列的性质，研究单调性、最值或求极限．
【跟踪训练1】　(2024·河北沧州模拟)甲、乙两人一起玩纸牌游戏，游戏开始时，甲、乙两人手中都各有大、小王两张牌，游戏规则是：甲、乙两人分别给对方随机发一张牌(两人均不知自己所发为何牌)，记为一次换牌操作，操作k(k∈N*)次后，谁手中的大王牌数多则为赢家．若大王牌数相同则为和牌，和牌的概率为Pk.设每次甲发牌与乙发牌之间相互独立，操作k次后，甲手中的大王牌数为ξk.
(1)求ξ1的数学期望；
解析：(1)甲、乙经过一次换牌操作后，ξ1可能的取值为0，1，2，
由相互独立事件的乘法公式，
得P(ξ1＝0)＝×＝， P(ξ1＝1)＝×＋×＝，P(ξ1＝2)＝×＝，
故分布列如下：
所以E(ξ1)＝0×＋1×＋2×＝1.
ξ1 0 1 2
P
(2)求P6.
解析：由全概率公式，得P(ξk＋1＝1)＝P(ξk＝0)·P(ξk＋1＝1|ξk＝0)＋P(ξk＝1)·P(ξk＋1＝1|ξk＝1)＋P(ξk＝2)·P(ξk＋1＝1|ξk＝2)＝P(ξk＝0)＋(×＋×)P(ξk＝1)＋P(ξk＝2)＝P(ξk＝0)＋P(ξk＝1)＋P(ξk＝2).
设操作k次后，甲赢的概率为P′k，
则Pk＋1＝(1－Pk－P′k)＋Pk＋P′k，所以Pk＋1＝1－Pk.
设Pk＋1＋x＝－ (Pk＋x)，即Pk＋1＝－Pk－x，
则x＝－，即Pk＋1－＝－ (Pk－).
又由(1)知，P1－＝－，
所以{Pk－}为，－为公比的等比数列，
所以Pk－＝－×(－)k－1，其中k∈N*，即Pk＝＋×(－)k，
所以P6＝＋×(－)6＝.
题型二　概率与导数的创新问题
例2 (2024·河北衡水模拟)已知甲口袋有m(m≥1，m∈N*)个红球和2个白球，乙口袋有n(n≥1，n∈N*)个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球．
(1)当m＝4，n＝2时，
(ⅰ)求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率；
(ⅱ)设小明4次摸球中，摸出白球的个数为X，求X的数学期望．
(2)当m＝n时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为P，则当m为何值时，P最大？
解析：由m＝n，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验，
设小明每次摸出一个红球的概率为k(0因为P′(k)＝－16k2(k－)，
所以当00；当所以P(k)在区间(0，)上单调递增，在区间(，1)上单调递减，
所以当k＝时，P(k)最大，
此时k＝＝，解得m＝6，
故当m＝6时，P最大．
技法领悟
构造函数求最值时，要注意变量的选取，以及变量自身的隐含条件对变量范围的限制．
【跟踪训练2】　(2024·山东菏泽模拟)为应对新一代小型无人机武器，某研发部门开发了甲、乙两种不同的防御武器，现对两种武器的防御效果进行测试．每次测试都是由一种武器向目标无人机发动三次攻击，每次攻击击中目标与否相互独立，每次测试都会使用性能一样的全新无人机．对于甲种武器，每次攻击击中目标无人机的概率均为p(0(1)若p＝q＝0.5，分别使用甲、乙两种武器进行一次测试．
①求甲种武器使目标无人机坠毁的概率；
②记甲、乙两种武器使目标无人机坠毁的数量为X，求X的分布列与数学期望．
解析：因为每次测试都是由一种武器向目标无人机发动三次攻击，每次攻击击中目标无人机与否相互独立，
在一次测试中，用Y、Z分别表示甲、乙两种武器命中目标无人机的次数，则Y～B(3，p)，Z～B(3，q)，
①记事件A为“在一次测试中，使用甲种武器使目标无人机坠毁”，
P(A)＝0.6P(Y＝1)＋P(Y＝2)＋P(Y＝3)
＝0.6××0.53＋×0.53＋×0.53＝.
②X所有可能的取值为0，1，2，
记事件B为“在一次测试中，使用乙种武器使目标无人机坠毁”，
P(B)＝0.4P(Z＝1)＋0.8P(Z＝2)＋P(Z＝3)
＝0.4××0.53＋0.8××0.53＋×0.53＝.
P(X＝0)＝P(A B)＝×＝，
P(X＝1)＝P(AB)＋P(AB)＝×＋×＝，
P(X＝2)＝P(AB)＝×＝
所以X的分布列如下：
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
X 0 1 2
P
(2)若0解析：记事件C为“使用甲种武器使得目标无人机坠毁”，
事件D为“使用乙种武器使得目标无人机坠毁”，
则P(C)＝0.6P(Y＝1)＋P(Y＝2)＋P(Y＝3)＝0.6p(1－p)2＋p2(1－p)＋p3＝1.8p(1－p)2＋3p2(1－p)＋p3＝1.8p(1－2p＋p2)＋3p2－3p3＋p3＝－0.2p3－0.6p2＋1.8p，
P(D)＝0.4P(Z＝1)＋0.8P(Z＝2)＋P(Z＝3)
＝0.4q(1－q)2＋0.8q2(1－q)＋q3
＝1.2q(1－q)2＋2.4q2(1－q)＋q3＝1.2q(1－2q＋q2)＋2.4q2－2.4q3＋q3＝－0.2q3＋1.2q.
因为p＋q＝1，所以q＝1－p，
则P(C)－P(D)＝－0.2p3－0.6p2＋1.8p＋0.2(1－p)3－1.2(1－p)
＝－0.2p3－0.6p2＋1.8p＋0.2(1－3p＋3p2－p3)－1.2＋1.2p
＝－0.4p3＋2.4p－1.
令f(p)＝－0.4p3＋2.4p－1(0令f′(p)>0，即－1.2p2＋2.4>0，则p2<2，得－又00恒成立，
所以f(p)在(0，0.4]上单调递增，(共48张PPT)
提能培优15 生活中的决策问题
内容
索引
考点二
专题强化练（35）
考点一　
考点一　用概率进行决策
例1 (2024·广东茂名二模)在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军．比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名．甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p(0(1)若p＝0.6，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁，
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；
(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军．哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由．
解析：(1)①记“甲获得第四名”为事件A，则P(A)＝(1－0.6)2＝0.16.
②记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量X，
则X的所有可能取值为2，3，4，
连败两局：P(X＝2)＝(1－0.6)2＝0.16，
X＝3可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；
P(X＝3)＝0.62＋(1－0.6)×0.6×(1－0.6)＋0.6×(1－0.6)×(1－0.6)＝0.552，
P(X＝4)＝(1－0.6)×0.6×0.6＋0.6×(1－0.6)×0.6＝0.288，
故X的分布列如下：
故数学期望E(X)＝2×0.16＋3×0.552＋4×0.288＝3.128.
X 2 3 4
P 0.16 0.552 0.288
(2)“双败淘汰制”下，甲获胜的概率P＝p3＋p(1－p)p2＋(1－p)p3＝(3－2p)p3，
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为p2，
由(3－2p)p3－p2＝p2(3p－2p2－1)＝p2(2p－1)(1－p)，且0所以p∈(，1)时，(3－2p)p3>p2，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
p∈(0，)时，(3－2p)p3所以p＝时，两种赛制甲夺冠的概率一样．
技法领悟
解决此类问题的关键是求出两种情况的概率，然后再作差比较大小即可．
【跟踪训练1】　(2024·湖北武汉模拟)“九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目均采用2n－1(n≥2，n∈N*)局n胜的单败淘汰制，即先赢下n局比赛者获胜．造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.
(1)若n＝2，设比赛结束时比赛的局数为X，求X的分布列与数学期望；
(2)现有两种赛制：赛制一采用3局2胜制，赛制二采用5局3胜制，乙选手要想获胜概率大，应选哪种赛制？并说明理由．
解析：(1)因为n＝2，所以比赛采用3局2胜制，X的所有可能取值为2，3,
P(X＝2)＝()2＋()2＝，P(X＝3)＝×()2＝，
X的分布列为
所以E(X)＝2×＋3×＝.
X 2 3
P
(2)应选择方案一3局2胜制，理由如下：
若选赛制一3局2胜制时，记乙获胜为事件A，
则P(A)＝×(1－)×＝.
若选赛制二5局3胜制时，记乙获胜为事件B，
则P(B)＝×()2×(1－)2×＝.
因为>，所以选方案一3局2胜制．
考点二　用期望与方差进行决策
例2 (2024·山东枣庄模拟)在一个袋子中有若干红球和白球(除颜色外均相同)，袋中红球数占总球数的比例为p.
(1)若有放回摸球，摸到红球时停止．在第2次没有摸到红球的条件下，求第3次也没有摸到红球的概率；
(2)某同学不知道比例p，为估计p的值，设计了如下两种方案：
方案一：从袋中进行有放回摸球，摸出红球或摸球5次停止．
方案二：从袋中进行有放回摸球5次．
分别求两个方案红球出现频率的数学期望，并以数学期望为依据，分析哪个方案估计p的值更合理．
解析：(1)设事件A＝“第2次没有摸到红球”，事件B＝“第3次也没有摸到红球”，
则P(A)＝(1－p)2，P(B)＝(1－p)3，
所以P(B|A)＝＝＝＝1－p.
(2)“方案一”中红球出现的频率用随机变量X表示，
则X的可能取值为0，，1，
且P(X＝0)＝(1－p)5，P(X＝)＝(1－p)4p，P(X＝)＝(1－p)3p，P(X＝)＝(1－p)2p，P(X＝)＝(1－p)p，P(X＝1)＝p，
所以X的分布列为
X 0 1
P (1－p)5 (1－p)4p (1－p)3p (1－p)2p (1－p)p p
则E(X)＝0×(1－p)5＋×(1－p)4p＋×(1－p)3p＋×(1－p)2p＋×(1－p)p＋1×p
＝＋p.
“方案二”中红球出现的频率用随机变量Y表示，因为5Y～B(5，p)，
所以5Y的分布列为P(5Y＝k)＝pk(1－p)5－k，k＝0，1，2，3，4，5，
即Y的分布列为
所以E(5Y)＝5p，则E(Y)＝p.
因为E(X)>p，E(Y)＝p，所以“方案二”估计p的值更合理．
技法领悟
一般地，将期望最大(或最小)的方案作为最优方案，若各方案的期望相同，则选择方差最小(或最大)的方案作为最优方案．
【跟踪训练2】　“直播的尽头是带货”，如今网络直播带货越来越火爆，但商品的质量才是一个主播能否持久带货的关键．某主播委托甲、乙两个工厂为其生产加工商品，为了了解商品质量情况，分别从甲、乙两个工厂各随机抽取了100件商品，根据商品质量可将其分为一、二、三等品，统计的结果如下图．
(1)根据独立性检验，判断是否有90%的把握认为商品为一等品与加工工厂有关？
(2)将样本数据的频率视为概率，现在甲、乙工厂为该主播进行商品展示活动，每轮活动分别从甲、乙工厂中随机挑选一件商品进行展示，求在两轮活动中恰有三个一等品的概率；
(3)综合各个方面的因素，最终该主播决定以后只委托甲工厂为其生产商品，已知商品随机装箱出售，每箱30个．商品出厂前，工厂可自愿选择是否对每箱商品进行检验．若执行检验，则每个商品的检验费用为10元，并将检验出的三等品更换为一等品或二等品；若不执行检验，则对卖出的每个三等品商品支付100元赔偿费用．将样本数据的频率视为概率，以整箱检验费用的期望记为E(X)，所有赔偿费用的期望记为E(Y)，以E(X)和E(Y)的大小关系作为决策依据，判断是否需要对每箱商品进行检验？请说明理由．
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
α 0.100 0.050 0.010 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 10.828
解析：(1)由题意得列联表如下：
χ2＝＝≈2.198<2.706，所以没有90%的把握认为商品为一等品与加工工厂有关．
一等品 非一等品 合计
甲 70 30 100
乙 60 40 100
合计 130 70 200
(2)两轮中，甲展示的商品均为一等品的概率为()2＝，
只有一轮展示的商品为一等品的概率为2×＝；
两轮中，乙展示的商品均为一等品的概率为()2＝，
只有一轮展示的商品为一等品的概率为2×＝.
则两轮活动中恰有三个一等品的概率为＝＝.
(3)由已知，每个零件为三等品的概率为＝0.15，
设每箱30个商品中的三等品个数为ξ，则ξ～B(30，0.15)，所以E(ξ)＝30×0.15＝4.5.
若不进行检验，则Y＝100ξ，E(Y)＝100E(ξ)＝450元．
若进行检验，则总检验费用的期望值E(X)为30×10＝300元．
因为450>300，所以应进行检验．
专题强化练（35）
1．(13分)(2024·山东青岛模拟)已知A，B，C，D四名选手参加某项比赛，其中A，B为种子选手，C，D为非种子选手，种子选手对非种子选手种子选手获胜的概率为，种子选手之间获胜的概率为，非种子选手之间获胜的概率为.比赛规则：第一轮两两对战，胜者进入第二轮，负者淘汰；第二轮的胜者为冠军．
(1)若你是主办方，则第一轮选手的对战安排一共有多少不同的方案？
(2)选手A与选手D相遇的概率为多少？
(3)以下两种方案，哪一种种子选手夺冠的概率更大？
方案一：第一轮比赛种子选手与非种子选手比赛；
方案二：第一轮比赛种子选手与种子选手比赛．
解析：(1)第一轮选手的对战情况分别为{AB，CD}，{AC，BD}，{AD，BC}，故总方案数为3.
(2)设事件M＝“选手A与选手D相遇”，
当对战为{AD，BC}时，A，D两选手相遇的概率为1；
当对战为{AB，CD}时，A，D两选手相遇的概率为＝；
当对战为{AC，BD}时，A，D两选手相遇的概率为＝；
抽到三种对战的概率均为，则P(M)＝×1＋＝.
综上可知选手A与选手D相遇的概率为.
(3)设采用方案一、二种子选手夺冠的概率分别为P1，P2，则
采用方案一，假设分组为{AC，BD}，
第一轮两种子选手获胜，则第二轮种子选手一定夺冠：＝，
第一轮选手A，D获胜，第二轮A获胜：＝，
第一轮选手C，B获胜，第二轮B获胜：＝，
第一轮选手C，D获胜，则种子选手不能获胜，
所以P1＝×2＝；
采用方案二：假设分组为{AB，CD}，
第一轮选手A，C获胜，第二轮A获胜：＝，
第一轮选手A，D获胜，第二轮A获胜：＝，
第一轮选手B，C获胜，第二轮B获胜：＝，
第一轮选手B，D获胜，第二轮B获胜：＝，
则P2＝×4＝，所以P1>P2.
因此方案一种子选手夺冠的概率更大．
2．(15分)(2024·重庆模拟)已知5只小白鼠中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的小白鼠．血液化验结果呈阳性的即为患病，呈阴性即为未患病．下面是两种化验方法：
方案甲：逐个化验，直到能确定患病小白鼠为止．
方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性则表明患病的小白鼠为这3只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验．
若随机变量ξ1，ξ2分别表示用方案甲、方案乙进行检测所需的检测次数．
(1)求ξ1，ξ2能取到的最大值和其对应的概率；
(2)为使检测次数的期望最小，同学们应该选取甲方案还是乙方案？并说明理由．
解析：(1)用方案甲，最多检测4次，即前3次检测均未检测出患病，则第四次检测出患病或第四次没检测出患病都将知道哪一只是患病的，所以ξ1的最大值为4，即P(ξ1＝4)＝＝；
用方案乙，最多检测3次，即混检时，检测结果为阳性，继续逐个检测时，第一次未验中，无论第二次是否验中，均可得出结果，若混检时，没检测出阳性，则剩下两只只需要检测一次就知道结果，所以ξ2的最大值为3，即P(ξ2＝3)＝＝.
(2)方案甲：检测所需要的次数ξ1的可能取值是1，2，3，4，
P(ξ1＝1)＝，P(ξ1＝2)＝＝，
P(ξ1＝3)＝＝，P(ξ1＝4)＝，
所以E(ξ1)＝×1＋×2＋×3＋×4＝.
方案乙：检测所需要的次数ξ2的可能取值是2，3，
若乙验两次时，有两种可能：
①三只小白鼠混检时结果为阳性，再从中逐个验时，恰好一次验中的概率为＝；
②三只小白鼠混检时结果为阴性，再从其他两只小白鼠中验阳性的概率为＝(无论第二次是否验中，均可以在第二次结束)，
所以P(ξ2＝2)＝＝，
P(ξ2＝3)＝1－P(ξ2＝2)＝1－＝，
所以E(ξ2)＝×2＋×3＝.
由上可得E(ξ2)因此，同学们应该选择乙方案．
3．(15分)(2024·浙江杭州模拟)将除颜色外完全相同的红球2个、白球3个放入一盲盒(一种具有随机属性的玩具盒子)，现从中不放回取球．
(1)若每次取一个球，求：
①前两次均取到红球的概率；
②第2次取到红球的概率；
(2)若从中取出两个球，已知其中一个球为红球，求：
①另一个也为红球的概率；
②若你现在可以选择从剩下的球中随机取一个球来替换另一个球，如果从提高取到红球的可能性出发，你是选择换还是不换？试说明理由.
解析：(1)记事件Ai(i＝1，2，3，4，5)为第i次取到红球，事件Bi(i＝1，2，3，4，5)为第i次取到白球．
①前两次均取到红球即为事件A1A2，P(A1A2)＝P(A1)·P(A2|A1)＝＝.
②P(A2)＝P(A1A2＋B1A2)＝P(A1A2)＋P(B1A2)＝P(A1A2)＋P(A2|B1)P(B1)＝＝.
(2)①事件：其中有一个球为红球的“对立事件”为两个球均为白球，即为事件B1B2，P(B1B2)＝P(B1)P(B2|B1)＝＝，
所以在一个球为红球的前提下另一个球也为红球的概率P＝＝＝.
②若不换：在取到的一个球为红球的前提下取到的另一个球也为红球的概率记为P1＝；
若换：换后取到红球的概率记为P2＝×0＋＝.
由于P14．(17分)(2024·河南洛阳模拟)2024年新高考数学采用新的结构，多选题由4道减少到3道，分值变为一题6分，多选题每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，全部选对得6分，有错选或全不选的得0分．若正确答案是“两项”的，则选对1个得3分；若正确答案是“三项”的，则选对1个得2分，选对2个得4分．某数学兴趣小组研究答案规律发现，多选题正确答案是两个选项的概率为p，正确答案是三个选项的概率为1－p(其中0(1)在一次模拟考试中，学生甲对某个多选题完全不会，决定随机选择一个选项，若p＝，求学生甲该题得2分的概率；
(2)针对某道多选题，学生甲完全不会，此时他有三种答题方案：
Ⅰ： 随机选一个选项；
Ⅱ： 随机选两个选项；
Ⅲ： 随机选三个选项．
①若p＝，且学生甲选择方案Ⅰ，求本题得分的数学期望；
②以本题得分的数学期望为决策依据，p的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好？
解析：(1)记事件A为“正确答案选两个选项”，事件B为“学生甲得2分”．
P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝＝，
即学生甲该题得2分的概率为.
(2)①记X为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则X可以取0，2，3，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝×0＝，
所以X的分布列为
则数学期望E(X)＝0×＋2×＋3×＝.
X 0 2 3
P
②记X为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，
则P(X＝0)＝＝，
P(X＝2)＝＝(1－p)，
P(X＝3)＝＋(1－p)×0＝p，
所以E(X)＝0×＋2×(1－p)＋3×p＝；
记Y为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，
则P(Y＝0)＝＝p＋，
P(Y＝4)＝＝(1－p)，
P(Y＝6)＝＋(1－p)×0＝p，
所以E(Y)＝0×(p＋)＋4×(1－p)＋6×p＝2－p；
记Z为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，
则P(Z＝0)＝＝p＋，
P(Z＝6)＝＝(1－p)，
所以E(Z)＝0×(p＋)＋6×(1－p)＝(1－p)．要使唯独选择方案Ⅰ最好，则解得第一讲　计数原理与概率
内容
索引
考点二
专题强化练（32）
考点一　
考点三
考点一　排列与组合
保分练
1．(2024·河北秦皇岛三模)三人被邀请参加同一个时间段的两个晚会，若两个晚会都必须有人去，去几人自行决定，且每人最多参加一个晚会，则不同的去法有(　　)
A．8种 B．12种 C．16种 D．24种
答案：B
解析：第一种情况，只有两人参加晚会，有＝6种去法；第二种情况，三人参加晚会，有＝6种去法，共12种去法．故选B.
2．(2024·江西九江三模)考古发现在金字塔内有一组神秘的数字“142857”，我们把它和自然数1到6依次相乘，得142857×1＝142857，142857×2＝285714，142857×3＝428571，142857×4＝571428，142857×5＝714285，142857×6＝857142，结果是同样的数字，只是调换了位置．若将这组神秘数字“142857”进行重新排序，其中偶数均相邻的排法种数为(　　)
A．24 B．36 C．72 D．144
解析：第一步：将三个偶数看成一个整体，与三个奇数进行全排列，共种排法；第二步：将三个偶数进行全排列共A_3^3 种排法；根据分步乘法计数原理可得，将这组神秘数字“142857”进行重新排序，其中偶数均相邻的排法种数为＝144.故选D.
3．(2024·湖北黄冈二模)某班元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这2个新节目插入原节目单中，那么不同的插法种数为(　　)
A．42 B．48 C．96 D．124
答案：A
解析：因为原定节目顺序已确定，有6个空，插入第一个新节目有6种插法，这时6个节目产生7个空，插入第二个节目有7种插法，所以共6×7＝42种．故选A.
4. (2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)．
答案：64
解析：方法一　由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有种方案．综上，不同的选课方案共有＝64(种)．
方法二　若学生从这8门课中选修2门课，则有＝16(种)选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种)．
提分练
5．(2024·河北沧州模拟)从甲、乙、丙、丁4人中任选两人安排在“五·一”劳动节假期的前四天中值班，要求每人值班两天，则不同的安排方法有(　　)
A．24种 B．36种 C．48种 D．72种
答案：B
解析：方法一　先将值班的四天分为两组，每组两天，有＝3种方法，再安排两人到每组中，每组安排同一人，有＝12种方法，故不同的安排方法有3×12＝36种．故选B.
方法二　从4人中选出2人值班有＝6种方法，选出的两人其中一人从4天中选两天值班，剩下两天由另一人值班即可，有＝6种方法，故不同的安排方法共有6×6＝36种．故选B.
6．(2024·辽宁葫芦岛二模)某校要派4名教师到甲、乙两个社区开展志愿者服务，若每个教师只去一个社区，且两个社区都有教师去，则不同的安排方法有(　　)
A．20种 B．14种 C．10种 D．7种
答案：B
解析：第一步：将4名教师分成两组，有两种情况，一种情况是1组1人、1组3人，一种情况是每组2人种分法；
第二步：将第一步得到的两个不同组分给两个不同社区，有种分法，则不同的安排方法有＝14(种)．故选B.
7．(2024·安徽淮北二模)在3×3的方格中，每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种颜色之一，若每个2×2的方格中的四个小方格的颜色都不相同，则满足要求的不同涂色方法的种数为________.
答案：72
解析：设四种颜色分别为A，B，C，D，对于第一个2×2的方格，共有＝24种不同的涂法，
假设第一个2×2的方格，涂如图所示A，B，C，D四种颜色，
①若第三列的一个方格涂A，第三列的第二方格涂C，则第三列的第三方格涂A或B，
当第三列的第三方格涂A时，则第三行的第一、二方格分别涂A，B，
当第三列的第三方格涂B时，则第三行的第一、二方格分别涂B，A；
②若第三列的一个方格涂C，第三列的第二方格涂A，则第三列的第三方格涂C或B，
当第三列的第三方格涂C时，则第三行的第一、二方格分别涂A，B，
当第三列的第三方格涂B时，无法填涂．
所以共有3类涂法，则共有24×3＝72种不同的涂色方法．
技法领悟
排列、组合问题的求解方法与技巧
(1)合理分类与准确分布；(2)排列、组合混合问题要先选后排；(3)特殊元素优先安排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题除法处理；(7)“小集团”排列问题先整体后局部；(8)正难则反，等价转化．
考点二　二项式定理
保分练
1．(2024·北京卷)在(x－)4的展开式中，x3的系数为(　　)
A．6 B．－6
C．12 D．－12
答案：A
解析：(x－)4的二项展开式为Tk＋1＝x4－k(－)k＝(k＝0，1，2，3，4)，令4－＝3，解得k＝2，故所求即为(－1)2＝6.故选A.
2．(2024·安徽安庆二模)()n的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，则n为(　　)
A．6　　　B．5　　　C．8　　　D．4
答案：A
解析：根据题意，()n的展开式中奇数项的二项式系数之和为2n－1＝32，所以n＝6.故选A.
3．(2024·山东日照二模)已知(x＋a)5＝p5x5＋p4x4＋p3x3＋p2x2＋p1x＋p0，若p4＝15，则a＝(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案：C
解析：由(x＋a)5＝p5x5＋p4x4＋p3x3＋p2x2＋p1x＋p0，且p4＝15，可得·a＝15，解得a＝3.故选C.
4．(2024·天津卷)在()6的展开式中，常数项为________．
答案：20
解析：因为()6的展开式的通项为Tk＋1＝)k＝x6(k－3)，k＝0，1，…，6，令6(k－3)＝0，可得k＝3，所以常数项为＝20.
提分练
5．(2024·河北张家口三模)(1－x2)(1＋x)5的展开式中x4的系数为(　　)
A．－5 B．5 C．－10 D．10
答案：A
解析：(1＋x)5的展开式通项为Tk＋1＝xk，则(1－x2)(1＋x)5的展开式中x4项为)x4＝－5x4，所以(1－x2)(1＋x)5的展开式中x4的系数为＝－5.故选A.
6．(2024·河北沧州二模)在(x－2y＋3z)6的展开式中，xy2z3项的系数为(　　)
A．6 480 B．2 160 C．60 D．－2 160
答案：A
解析：(x－2y＋3z)6相当于6个因式(x－2y＋3z)相乘，其中一个因式取x，有种取法，余下5个因式中有2个取－2y，有种取法，最后3个因式中全部取3z，有种取法，故(x－2y＋3z)6展开式中xy2z3的系数为.故选A.
7．(2024·河南郑州二模)中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，m(m>0)为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b(mod m).若a＝·220，a≡b(mod 10)，则b的值可以是(　　)
A．2 018 B．2 020 C．2 022 D．2 024
答案：B
解析：因为a＝，所以·220＝(1＋2)20＝320＝910＝(10－1)10＝，所以a＝)，即a被10除得的余数为0，结合选项可知只有2 020被10除得的余数为0.故选B.
技法领悟
二项式(a＋b)n的通项公式Tk＋1＝an－kbk(k＝0，1，2，…，n)，它表示的是二项式的展开式的第k＋1项，而不是第k项，其中是二项式展开式的第k＋1项的二项式系数，而二项式的展开式的第k＋1项的系数是字母幂前的常数，要区分二项式系数与系数．
考点三　概率
保分练
1．(2024·河北保定二模)已知圆周率π＝3.141 592…，把圆周率通过四舍五入精确到0.1n(n＝1，2，3，4，5)的近似值分别记为a1，a2，a3，a4，a5，若从a1，a2，a3，a4，a5中任取2个数字ai，aj(1≤iaj的概率为(　　)
A． B． C． D．
答案：C
解析：由题意可得a1＝3.1，a2＝3.14，a3＝3.142，a4＝3.141 6，a5＝3.141 59，从a1，a2，a3，a4，a5中任取2个数字ai，aj(1≤iaj的有(a3，a4)，(a3，a5)，(a4，a5)，共3种，所以所求概率P＝.故选C.
2．(2024·辽宁丹东二模)一个口袋中装有大小形状相同的3个红球和2个白球，从中不放回抽取3个球，已知口袋中剩下的2个球颜色相同的条件下，抽取的3个球颜色不同的概率为(　　)
A． B． C． D．
答案：A
解析：事件A＝“口袋中剩下的2个球颜色相同”，事件B＝“抽取的3个球颜色不同”，所以事件A共有＝3个基本事件，所以P(B|A)＝＝.故选A.
3．(2024·河南名校联考)袋子中装有5个形状和大小相同的球，其中3个标有字母a，2个标有字母b.甲先从袋中随机摸一个球，摸出的球不再放回，然后乙从袋中随机摸一个球，若甲、乙两人摸到标有字母a的球的概率分别为p1，p2，则(　　)
A．p1＝p2 B．2p1＝3p2 C．p1＝3p2 D．2p1＝p2
答案：A
解析：设A为“甲摸到标有字母a的球”，B为“乙摸到标有字母a的球”，则p1＝P(A)＝，而p2＝P(B)＝P(BA)＋P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|)P()＝＝，故p1＝p2.故选A.
4．(2024·天津卷)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________．
答案：
解析：结合列举法或组合公式和概率公式可求甲选到A的概率；采用列举法或者条件概率公式可求乙选了A活动，他再选择B活动的概率．
方法一　列举法
从五个活动中选三个的情况有：
ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况，
其中甲选到A有6种可能性：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，
则甲选到A的概率为P＝＝；
乙选A活动有6种可能性：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，
其中再选择B有3种可能性：ABC，ABD，ABE，
故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为＝.
方法二　设甲、乙选到A为事件M，乙选到B为事件N，
则甲选到A的概率为P(M)＝＝；
乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)＝＝＝.
提分练
5．(2024·广东广州模拟)一个盒子里装有3个黑球，2个白球，它们除颜色外完全相同．现每次从袋中不放回地随机取出一个球，记事件Ak表示“第k次取出的球是黑球”，k＝1，2，3，则下列结论不正确的是(　　)
A．P(A1A2)＝ B．P(A1＋A2)＝
C．P(A2|A1)＝ D．P(A3)＝
答案：C
解析：依次一个一个地往外取球(不放回)的试验，基本事件总数是，它们等可能，A1A2表示第1次、第2次取出的球都是黑球，P(A1A2)＝＝，A正确；P(A1)＝P(A2)＝＝，P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)－P(A1A2)＝，B正确；P(A2|A1)＝＝＝，C错误；P(A3)＝＝，D正确．故选C.
6．(2024·全国甲卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球．记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n差的绝对值不超过的概率是________．
答案：
解析：从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有＝120种，
设前两个球的号码为a，b，第三个球的号码为c，
则||≤，
故|2c－(a＋b)|≤3，故－3≤2c－(a＋b)≤3，
故a＋b－3≤2c≤a＋b＋3.
若c＝1，则a＋b≤5，则(a，b)为(2，3)，(3，2)，故有2种；
若c＝2，则1≤a＋b≤7，则(a，b)为(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，4)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(4，3)，故有10种；
当c＝3，则3≤a＋b≤9，则(a，b)为(1，2)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(4，5)，(2，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(4，2)，(5，2)，(6，2)，(5，4)，故有16种；
当c＝4，则5≤a＋b≤11，同理有16种；
当c＝5，则7≤a＋b≤13，同理有10种；
当c＝6，则9≤a＋b≤15，同理有2种．
m与n的差的绝对值不超过时，不同的抽取方法总数为2×(2＋10＋16)＝56，故所求概率为＝.
7．(2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用)，则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为________．
答案：
解析：设甲在四轮游戏中的得分分别为X1，X2，X3，X4，四轮的总得分为X.
对于任意一轮，甲、乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率P(Xk＝1)＝＝，所以E(Xk)＝(k＝1，2，3，4)，
从而E(X)＝E(X1＋X2＋X3＋X4)＝＝＝.
记pk＝P(X＝k)(k＝0，1，2，3)．
如果甲得0分，则组合方式是唯一的，必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以p0＝＝；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的，必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以p3＝＝.
而X的所有可能取值是0，1，2，3，故p0＋p1＋p2＋p3＝1，p1＋2p2＋3p3＝E(X)＝.
所以p1＋p2＋＝1，p1＋2p2＋＝，两式相减即得p2＋＝，故p2＋p3＝.
所以甲的总得分不小于2的概率为p2＋p3＝.
技法领悟
求概率的方法与技巧
(1)古典概型用古典概率公式求解．
(2)条件概率用条件概率公式及全概率公式求解．
(3)根据事件间的关系，利用概率的加法、乘法公式及对应事件的概率公式求解．
专题强化练（32）
1．(2024·山东泰安模拟)某市人民医院急诊科有3名男医生和4名女医生，内科有4名男医生和4名女医生，现从该医院急诊科和内科各选派1名男医生和1名女医生组成4人组，参加省人民医院组织的交流会，则所有不同的选派方案有(　　)
A．192种 B．180种 C．29种 D．15种
答案：A
解析：从急诊科选派1名男医生和1名女医生有3×4＝12 (种)方案，从内科选派1名男医生和1名女医生有4×4＝16 (种)方案，根据分步乘法计数原理，共有12×16＝192 (种)不同的选派方案. 故选A.
2．(2024·河北沧州模拟)在()8的展开式中，常数项为7，则正数a＝(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案：B
解析：()8展开式的通项为Tk＋1＝·(－)k＝，令8－k＝0，得k＝6，所以常数项为)2＝7，化简得a2＝4，又因为a为正数，所以a＝2.故选B.
3．(2024·河北保定三模)某火锅店在每周的周一、周三、周五、周日会安排员工跳舞蹈“科目三”，已知某人在一周的七天中，随机选择两天到该店吃火锅，则该人能欣赏到舞蹈“科目三”的概率为(　　)
A． B． C． D．
答案：B
解析：该人不能欣赏到舞蹈“科目三”的概率P＝＝＝，则该人能欣赏到舞蹈“科目三”的概率P＝1－＝.故选B.
4．(2024·河南郑州三模)拋掷一枚质地均匀的正四面骰子(骰子为正四面体，四个面上的数字分别为1，2，3，4)，若骰子与桌面接触面上的数字为1或2，则再抛掷一次，否则停止抛掷(最多抛掷2次)，则抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为(　　)
A． B． C． D．
答案：A
解析：抛掷次数为1的概率为＝，点数可能为3或4，抛掷次数为2的概率为1－＝，此时基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，共八种，其中点数之和至少为4的情况有(1，3)，(1，4)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，共五种，故抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为＝＝.故选A.
5．(2024·湖北武汉模拟)若(1＋2x)10＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a10(1＋x)10(ai∈R，i＝0，1，2，…，10)，则a2＝(　　)
A．180 B．－180 C．－90 D．90
答案：A
解析：因为(1＋2x)10＝[2(1＋x)－1]10，所以其二项展开式的通项为Tk＋1＝[2(1＋x)]10－k(－1)k＝(1＋x)10－k(k＝0，1，…，10)，而a2是a2(1＋x)2的系数，故只需取k＝8，得T9＝(1＋x)2＝180(1＋x)2，即a2＝180.故选A.
6．(2024·江西赣州二模)由0和1组成的序列称为0－1序列，序列中数的个数称为这个序列的长度，如01011是一个长度为5的0－1序列，在长度为8的0－1序列中，所有1互不相邻的序列个数为(　　)
A．20 B．54 C．56 D．280
答案：B
解析：当长度为8的0－1序列中，若有一个1，则有＝8种；当长度为8的0－1序列中，若有两个1，则有＝21种；当长度为8的0－1序列中，若有三个1，则有＝20种；当长度为8的0－1序列中，若有四个1，则有＝5种；当长度为8的0－1序列中，若有超过四个1，一定不满足题意，所以共有8＋21＋20＋5＝54种．故选B.
7．(2024·山东菏泽模拟)随着我国铁路的发展，列车的正点率有了显著的提高．据统计，途经某车站的只有和谐号和复兴号列车，且和谐号列车的列次为复兴号列车的列次的2倍，和谐号的正点率为0.98，复兴号的正点率为0.99，今有一列车未正点到达该站，则该列车为和谐号的概率为(　　)
A．0.2 B．0.5 C．0.6 D．0.8
答案：D
解析：令事件A：经过的列车为和谐号，事件B：经过的列车为复兴号，事件C：列车未正点到达，则P(A)＝，P(B)＝，P(C|A)＝0.02，P(C|B)＝0.01，于是P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝×0.02＋×0.01＝，所以该列车为和谐号的概率为P(A|C)＝＝＝＝0.8.故选D.
8．(2024·河北保定二模)6名同学想平均分成两组进行半场篮球比赛，有同学提出用“剪刀、石头、布”游戏决定分组．当大家同时展示各自选择的手势(剪刀、石头或布)时，如果恰好只有3个人手势一样，或有3个人手势为上述手势中的同一种，另外3个人手势为剩余两种手势中的同一种，那么同手势的3个人为一组，其他人为另一组，则下列结论正确的是(　　)
A．在进行该游戏前将6人平均分成两组，共有20种分组方案
B．一次游戏共有63种手势结果
C．一次游戏分不出组的概率为
D．两次游戏才分出组的概率为
答案：D
解析：对A，一共有＝10种分组方案，A错误；对B，每人有3种选择，所以一次游戏共有36种手势结果，B错误；对C，D，要分出组，有两类情况：第一类情况，首先确定3个人出一样的手势，再确定另外2个人出其他两种手势中的一种，最后1个人出剩下的手势，所以能分出组的手势结果有×2)种，
第二类情况，当其中3个人出同一种手势，另外3个人出剩余两种手势中的同一种时，能分出组的手势结果有＝，所以一次游戏分不出组的概率为，C错误；两次游戏才分出组的概率为＝，D正确．故选D.
9．(2024·河北沧州一模)某学校为了丰富同学们的课外活动，为同学们举办了四种科普活动：科技展览、科普讲座、科技游艺、科技绘画．记事件A：只参加科技游艺活动；事件B：至少参加两种科普活动；事件C：只参加一种科普活动；事件D：一种科普活动都不参加；事件E：至多参加一种科普活动，则下列说法正确的是(　　)
A．A与D是互斥事件 B．B与E是对立事件
C．E＝CD D．A＝C
答案：ABC
解析：对于A，互斥事件表示两事件的交集为空集．事件A：只参加科技游艺活动，与事件D：一种科普活动都不参加，二者不可能同时发生，交集为空集，故A正确；对于B，对立事件表示两事件互斥且必定有一个发生．事件B和事件E满足两个特点，故B正确；对于C，C表示：至多参加一种科普活动，即为事件E，故C正确；对于D，C表示：只参加一种科普活动，但不一定是科技游艺活动，故D错误．故选ABC.
10．(2024·山西临汾三模)在()8的展开式中(　　)
A．所有奇数项的二项式系数的和为128
B．二项式系数最大的项为第5项
C．有理项共有两项
D．所有项的系数的和为38
答案：AB
解析：对于A，二项式系数和为28＝256，则所有奇数项的二项式系数的和为＝128，故A正确；对于B，二项式系数最大为，则二项式系数最大的项为第5项，故B正确；对于C，Tk＋1＝)8－k(－)k＝(0≤k≤8，k∈N)，Tk＋1为有理项，k可取的值为0，3，6，所以有理项共有三项，故C错误；对于D，令x＝1，则所有项系数和为()8＝1，故D错误．故选AB.
11．(2024·河北邢台二模)为加强学生体质健康，邢台市第一中学积极组织学生参加课外体育活动．现操场上甲、乙两人玩投篮游戏，每次由其中一人投篮，规则如下：若投中，则继续投篮，若未投中，则换另一人投篮．假设甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为，由掷两枚硬币的方式确定第一次投篮的人选(一正一反向上是甲投篮，同正或同反是乙投篮)，以下选项正确的是(　　)
A．第一次投篮的人是甲的概率为
B．第三次投篮的人是乙的概率为
C．已知第二次投篮的人是乙的情况下，第一次投篮的人是甲的概率为
D．设第n次投篮的人是甲的概率为an，则6an＋an－1＝3(n≥2，n∈N*)
答案：CD
解析：对于A，直接使用古典概型方法知，第一次投篮是甲的概率都是＝，故A错误；对于C，设A，B分别表示“第一次投篮的人是甲”和“第二次投篮的人是乙”，则P(A|B)＝＝＝＝，故C正确；对于B，D，设An表示“第n次投篮的人是甲”，则有an＝P(An)＝P(An|An－1)P(An－1)＋P(An|)·P()＝an－1＋(1－an－1)＝an－1，故a1＝，an＝an－1，得到a2＝，a3＝，及6an＋an－1＝3，故B错误，D正确．故选CD.
12．(2024·河北秦皇岛二模)某节体育课上，胡老师让2名女生和3名男生排成一排，要求2名女生之间至少有1名男生，则这5名学生不同的排法共有________种．
答案：72
解析：依题意，2名女生不相邻，则有＝6×12＝72.
13．(2024·山东临沂二模)(1＋)(1＋x)7展开式中x2项的系数为________．
答案：42
解析：对(1＋x)7，有Tk＋1＝)x2＝x2＝42x2.
14．(2024·辽宁葫芦岛一模)甲、乙等4人参加A，B，C这三项活动，要求每人只参加一项活动，且每项活动至少有1人参加，则甲不单独参加活动，且乙不参加A活动的概率是________.
答案：
解析：4人参加A，B，C这三项活动，要求每人只参加一项活动，且每项活动至少有1人参加，由分步计数原理，将4人分成3组，再全排，共有种．甲不单独参加活动，且乙不参加A活动，乙从B，C两项活动选一项参加有种，除甲、乙外两人在乙参加外的两项活动中全排列有种，然后甲从A，B，C这三项活动选一项参加有，则由分步乘法计数原理，共有＝2×2×3＝12种方法．则由古典概型，甲、乙等4人参加A，B，C这三项活动，要求每人只参加一项活动，且每项活动至少有1人参加，则甲不单独参加活动，且乙不参加A活动的概率是＝.(共9张PPT)
高考规范答卷(六)　概率与统计
(17分)(2024·新课标Ⅱ卷)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p＝0.4，q＝0.5，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(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？
思路点拨　
(1)弄清比赛成绩不少于5分的含义：甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次．
(2)分两种情况计算出概率和期望，作差后因式分解比较大小即可．
[规范答卷]
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P＝(1－0.63)(1－0.53)＝0.686.(2分)→对立事件和独立事件的乘法
(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P甲＝[1－(1－p)3]q3，(4分)
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的成绩为15分的概率为
P乙＝[1－(1－q)3]p3，(6分)∵0＜p＜q，
∴P甲－P乙＝q3－(q－pq)3－p3＋(p－pq)3＝(q－p)(q2＋pq＋p2)＋(p－q)·[(p－pq)2＋(q－pq)2＋(p－pq)(q－pq)]＝(p－q)(3p2q2－3p2q－3pq2)＝3pq(p－q)(pq－p－q)＝3pq(p－q)·[(1－p)(1－q)－1]＞0，→分别求出甲先参加第一阶段比赛与乙先参加第一阶段比赛的概率，作差比较大小
∴P甲＞P乙，故应该由甲参加第一阶段比赛．(9分)
(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，
P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3]·(1－q)3，
P(X＝5)＝q(1－q)2，
P(X＝10)＝q2(1－q)，
P(X＝15)＝[1－(1－p)3]·q3，
∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15(p3－3p2＋3p)·q.(13分)→求出甲先参加第一阶段比赛成绩的数学期望
若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.
→类比甲先参加第一阶段比赛成绩的数学期望得出乙先参加第一阶段比赛成绩的数学期望
∴E(X)－E(Y)＝15[pq(p＋q)(p－q)－3pq(p－q)]
＝15(p－q)pq(p＋q－3)，
∵0＜p＜q，则p－q＜0，p＋q－3＜1＋1－3＜0，
∴(p－q)pq(p＋q－3)＞0.→作差比较大小
故应该由甲参加第一阶段比赛．(17分)(共52张PPT)
第二讲　随机变量及其分布
内容
索引
考点二
专题强化练（33）
考点一　
考点一　随机变量的分布列、均值与方差
考向1　相互独立事件
保分练
1．(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　)
A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
答案：B
解析：P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝，P(丁)＝＝， P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)＝＝P(甲)·P(丁)，P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)＝0≠P(丁)·P(丙)．故选B.
2．(2024·河南郑州二模)荥阳境内广武山上汉王城与霸王城之间的鸿沟，即为象棋棋盘上“楚河汉界”的历史原型，荥阳因此被授予“中国象棋文化之乡”．有甲、乙、丙三位同学进行象棋比赛，其中每局只有两人比赛，每局比赛必分胜负，本局比赛结束后，负的一方下场．第1局由甲、乙对赛，接下来丙上场进行第2局比赛，来替换负的那个人，每次比赛负的人排到等待上场的人之后参加比赛．设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立．
(1)求前3局比赛甲都取胜的概率；
(2)用X表示前3局比赛中乙获胜的次数，求X的分布列和数学期望．
解析：(1)因各局比赛的结果相互独立，前3局比赛甲都获胜，
则前3局甲都取胜的概率为P＝＝.
(2)X的所有可能取值为0，1，2，3.
其中，X＝0表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙输，
则P(X＝0)＝＝；
X＝1表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙赢，或第1局乙赢，且第2局乙输，
则P(X＝1)＝＝；
X＝2表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局乙输，
则P(X＝2)＝＝；
X＝3表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局乙赢，
则P(X＝3)＝＝.
所以X的分布列为
故X的数学期望为E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
X 0 1 2 3
P
提分练
3．(2024·江苏盐城一模)某学习平台中“挑战答题”积分规则如下：选手每天可参加一局“挑战答题”活动．每局中选手需依次回答若干问题，当累计回答正确3道题时，答题活动停止，选手获得10个积分；或者当累计回答错误2道题时，答题活动停止，选手获得8个积分．已知选手甲正确回答每一道题的概率均为.
(1)记X为“甲完成一局‘挑战答题’活动时回答的题数”，求X＝3的概率；
(2)记Y为“甲连续9天参加‘挑战答题’活动获得的积分”，求E(Y)．
解析：(1)记Ai为“第i个题目回答正确”为“第i个题目回答不正确”(i＝1，2，3，4)．
因为选手甲正确回答每一道题的概率均为，X为“甲完成一局‘挑战答题’活动时回答的题数”，
所以P(X＝3)＝＝()3＋2××(1－)2＝.
(2)记Z为“1天中参加‘挑战答题’活动获得的积分”，则Z所有可能的取值为8，10.
因为选手甲正确回答每一道题的概率均为，
所以P(Z＝10)＝A2A3A4)＝()3＋3()3(1－)＝，
P(Z＝8)＝1－P(Z＝10)＝1－＝，
因此E(Z)＝8×＋10×＝，
而Y＝9Z，所以E(Y)＝9E(Z)＝9×＝.
技法领悟
1．相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之和．
2．当正面计算较复杂或难以入手时，可以从其对立事件入手计算．
考向2　超几何分布
提分练
(2024·重庆模拟)在一种新能源产品的客户调查活动中发现，某小区10位客户有4人是该产品的潜在用户，小刘负责这10人的联系工作，他先随机选择其中5人安排在上午联系，剩余5人下午联系．
(1)设上午联系的这5人中有ξ个潜在用户，求ξ的分布列与期望；
(2)小刘逐一依次联系，直至确定所有潜在用户为止，求小刘6次内即可确定所有潜在用户的概率．
解析：(1)由题知，ξ服从超几何分布，可能取值有0，1，2，3，4，
所以P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝.
得分布列为
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2.
ξ 0 1 2 3 4
P
(2)记确定所有潜在用户所需要的联系次数为X，
则P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝·＝，
P(X＝6)＝＝，
所以6次内即可确定所有潜在用户的概率为＝.
技法领悟
随机变量X服从超几何分布H(N，M，n)，则其概率与期望可利用公式P(X＝m)＝(m＝0，1，…，min，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*)，E(X)＝直接求得．
考向3　二项分布
提分练 能力题少失分
(2024·安徽马鞍山模拟)甲、乙两人进行投球练习，两人各投球一次命中的概率分别为，，投中得1分，投不中得－1分．两人的每次投球均相互独立．
(1)甲、乙两人各投球一次，求两人得分之和为0分的概率；
(2)甲、乙两人各投球两次，求两人得分之和X的分布列及其数学期望．
解析：(1)由题意，记“甲投一次命中”为事件A，“乙投一次命中”为事件B，“两人各投球一次，得分之和为0分”为事件C，
则P(A)＝，P()＝，P(B)＝，P()＝，
C＝A B，所以P(C)＝＝，
故甲、乙两人各投球一次，两人得分之和为0分的概率是.
(2)记甲、乙两人各投球一次，若此时两人得分之和为随机变量ξ，则ξ的可能取值为2，0，－2，
P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝0)＝，P(ξ＝－2)＝＝.
甲、乙两人各投球两次，两人得分之和为随机变量X，则X的可能取值为4，2，0，－2，－4，
P(X＝4)＝P(ξ＝2)·P(ξ＝2)＝()2＝，
P(X＝2)＝P(ξ＝2)·P(ξ＝0)＝2×＝，
P(X＝0)＝P(ξ＝2)·P(ξ＝P(ξ＝0)·P(ξ＝0)＝2×＝，
P(X＝－2)＝P(ξ＝－2)·P(ξ＝0)＝2×＝，
P(X＝－4)＝P(ξ＝－2)·P(ξ＝－2)＝()2＝.
甲、乙两人各投球两次，两人得分之和X的概率分布列为
E(X)＝4×＋2×＋0×＋(－2)×＋(－4)×＝，
故甲、乙两人各投球两次，两人得分之和X的数学期望为.
X 4 2 0 －2 －4
P
技法领悟
随机变量X服从二项分布B(n，p)，则其概率、期望与方差可直接利用公式P(X＝k)＝
(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求得．
考点二　正态分布
保分练 基础题得满分
1. (2024·河北唐山二模)某地区5 000名学生的数学成绩X(单位：分)服从正态分布X～N(90，σ2)，且成绩在[90，100]的学生人数约为1 800，则估计成绩在100分以上的学生人数约为(　　)
A．200　　B．700 C．1 400　　D．2 500
答案：B
解析：5 000名学生的考试成绩X服从正态分布，考试的成绩关于x＝90对称，由题意得P(90≤x≤100)＝＝0.36，所以P(x>100)＝－P(90≤x≤100)＝0.5－0.36＝0.14，所以估计成绩在100分以上的学生人数约为5 000×0.14＝700.故选B.
2．(2021·新高考Ⅱ卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10，σ2)，下列结论中不正确的是(　　)
A．σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9，10.1)的概率越大
B．该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D．该物理量在一次测量中落在(9.9，10.2)与落在(10，10.3)的概率相等
答案：D
解析：σ2为数据的方差，所以σ越小，数据在μ＝10附近越集中，所以测量结果落在(9.9，10.1)内的概率越大，故A正确；由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故B正确；由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C正确；因为该物理量一次测量结果落在(9.9，10.0)的概率与落在(10.2，10.3)的概率不同，所以一次测量结果落在(9.9，10.2)的概率与落在(10，10.3)的概率不同，故D错误．故选D.
3．(2024·新课标Ⅰ卷)(多选)为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值(x) ＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N((x) ，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)(　　)
A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5
C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8
答案：BC
解析：依题可知，＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N(2.1，0.1)，故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3>0.5，C正确，D错误；因为X～N(1.8，0.1)，所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)，因为P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3，所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7<0.2，而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)1.8＋0.1)<0.2，B正确，A错误．故选BC.
4．(2024·河南信阳二模)某生产线正常生产下生产的产品A的一项质量指标X近似服从正态分布N(5，σ2)，若P(X≤a)＝P(X≥1＋2a)，则实数a的值为________．
答案：3
解析：X近似服从正态分布N(5，σ2)，P(X≤a)＝P(X≥1＋2a)，故＝5，解得a＝3.
提分练
5．(2024·广东深圳模拟)“公平正义”是社会主义和谐社会的重要特征，是社会主义法治理念的价值追求．“考试”作为一种公平公正选拔人才的有效途径，正被广泛采用．一般地，对于一次成功的考试来说，所有考生的考试成绩应服从正态分布．某单位准备通过考试(按照高分优先录取的原则)录用300人，其中275个高薪职位和25个普薪职位．实际报名人数为2 000名，考试满分为400分．记考生的成绩为X，且X～N(μ，σ2)，已知所有考生考试的平均成绩μ＝180，且360分及其以上的高分考生有30名．
(1)求σ的值；(结果保留为整数)
(2)该单位的最低录取分数约是多少？(结果保留为整数)
(3)考生甲的成绩为286分，若甲被录取，能否获得高薪职位？若不能被录取，请说明理由．
参考资料：①当X～N(μ，σ2)时，令Y＝，则Y～N(0，1)．
②当Y～N(0，1)，P(Y≤2.17)≈0.985，P(Y≤1.28)≈0.900，P(Y≤1.09)≈0.863，P(Y≤1.04)≈0.85.
解析：(1)依题意，X～N(180，σ2)，令Y＝，
则Y～N(0，1)，
所以可得P(X≥360)＝＝，P(X<360)＝1－＝0.985，
P(Y<)≈0.985，
又因为P(Y<2.17)≈0.985，则≈2.17，解得σ≈83.
(2)由(1)可得X～N(180，832)，
设最低录取分数为x0，则P(X≥x0)＝P(Y≥)＝＝，
P(Y<)＝1－≈0.85，＝1.04，
所以x0≈266.32，即最低录取分数线为266分．
(3)考生甲的成绩为286分>267分，
所以甲能被录取的概率为P(X<286)＝P(Y<)＝P(Y<1.28)≈0.900，
表明不低于考生甲的成绩的人数约为总人数的1－0.900＝0.100，约有2 000×0.100＝200，
即考生甲大约排在第200名，排在275名之前，所以甲能获得高薪．
技法领悟
利用正态曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称及曲线与x轴之间的面积为1，注意下面三个结论的活用：
(1)对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)．
(2)P(X(3)P(a专题强化练（33）
1．(13分)(2024·安徽合肥模拟)某高校强基计划入围有3道面试题目，若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止．李想同学答对每道题目的概率都是0.6，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的．
(1)求李想第二次答题通过面试的概率；
(2)求李想最终通过面试的概率．
解析：(1)记李想同学第i次抽到题目并答对的事件为Ai(i＝1，2，3)，P(Ai)＝0.6，
李想第二次答题通过面试的事件为A2，P(A2)＝P()P(A2)＝(1－0.6)×0.6＝0.24，
所以李想第二次答题通过面试的概率为0.24.
(2)李想没有通过面试的事件，且P()＝P()P()P()＝＝0.064，
所以李想最终通过面试的概率为1－P()＝1－0.064＝0.936.
2．(15分)(2024·河南名校联考)某校组织建国75周年知识竞赛，在决赛环节，每名参赛选手从答题箱内随机一次性抽取2个标签．已知答题箱内放着写有A类题目的标签4个，B类题目的标签4个，C类题目的标签2个，每个标签上写有一道不同的题目，且标签的其他特征完全相同．
(1)求选手抽取的2个标签上的题目类型不相同的概率；
(2)设抽取到写有A类题目的标签的个数为X，求X的分布列和数学期望E(X)．
解析：(1)所求概率为P＝＝.
(2)X的取值可能为0，1，2，
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
所以X的分布列为
数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
X 0 1 2
P
3．(15分)(2024·河北保定二模)单位面积穗数、穗粒数、千粒重是影响小麦产量的主要因素，某小麦品种培育基地在一块试验田种植了一个小麦新品种，收获时随机选取了100个小麦穗，对每个小麦穗上的小麦粒数进行统计得到如下统计表：
其中同一组中的数据用该组区间的中点值作代表．从收获的小麦粒中随机选取5组，每组1 000粒，分别称重，得到这5组的质量(单位：g)分别为：38，46，42，40，44.
穗粒数 [10，20) [20，30) [30，40) [40，50) [50，60]
穗数 4 10 56 22 8
(1)根据抽测，这块试验田的小麦亩穗数为40万，试估计这块试验田的小麦亩产量(结果四舍五入到1 kg)；
公式：亩产量＝亩穗数×样本平均穗粒数×.
(2)已知该试验田穗粒数X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差．若小麦穗粒数不低于28粒的穗数超过总体的80%，则称该小麦品种为优质小麦品种，试判断该试验田中的小麦品种是否为优质小麦品种．
参考数据：若X近似服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ解析：(1)该试验田样本平均穗粒数为15×＋25×＋35×＋45×＋55×＝37，
样本平均千粒重为＝42(g)，
所以这块试验田的小麦亩产量的估计值为40×104×37×＝621 600(g)＝621.6 kg≈622 kg.
(2)由(1)得μ＝37，
σ2＝(15－37)2×＋(25－37)2×＋(35－37)2×＋(45－37)2×＋(55－37)2×＝76，所以σ＝<9.
由P(X≥28)>P(X>μ－σ)，得P(X>μ－σ)＝P(μ－σ故P(X≥28)>80%，
所以该试验田中的小麦为优质小麦品种．
4．(17分)(2024·北京西城一模)10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛．三位选手甲、乙、丙的资格赛成绩如下：
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的射击成绩相互独立．
环数 6环 7环 8环 9环 10环
甲的射击频数 1 1 10 24 24
乙的射击频数 3 2 10 30 15
丙的射击频数 2 4 10 18 26
(1)若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，并说明理由；
(2)若甲、乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；
(3)甲、乙、丙各射击10次，用Xi(i＝1，2，3)分别表示甲、乙、丙的10次射击中大于a环的次数，其中a∈{6，7，8，9}，写出一个a的值，使D(X3)>D(X2)>D(X1)，并说明理由．
解析：(1)甲进入决赛，理由如下：
丙射击成绩的总环数为2×6＋4×7＋10×8＋18×9＋26×10＝542，
甲射击成绩的总环数为1×6＋1×7＋10×8＋24×9＋24×10＝549，
因为549>542，所以用样本来估计总体可得甲进入决赛．
(2)根据题中数据，“甲命中9环”的概率可估计为＝，
“甲命中10环”的概率可估计为＝，
“乙命中9环”的概率可估计为＝，
“乙命中10环”的概率可估计为＝，
所以估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率为×()＝.
(3)a＝7或a＝8(写出其中一个即可)．根据题中数据，
当a＝6时，在每次射击中，甲击中大于6环的概率为P＝，
在每次射击中，乙击中大于6环的概率为P＝，
在每次射击中，丙击中大于6环的概率为P＝，
由题意可知X1～B(10，)，X2～B(10，)，X3～B(10，)，
此时D(X1)＝10×＝，D(X2)＝10×＝，D(X3)＝10×＝，不满足D(X3)>D(X2)>D(X1)；
当a＝7时，在每次射击中，甲击中大于7环的概率为P＝，
在每次射击中，乙击中大于7环的概率为P＝，
在每次射击中，丙击中大于7环的概率为P＝，
由题意可知X1～B(10，)，X2～B(10，)，X3～B(10，)，
此时D(X1)＝10×＝，D(X2)＝10×＝，D(X3)＝10×＝，满足D(X3)>D(X2)>D(X1)；
当a＝8时，在每次射击中，甲击中大于8环的概率为P＝，
在每次射击中，乙击中大于8环的概率为P＝，
在每次射击中，丙击中大于8环的概率为P＝，
由题意可知X1～B(10，)，X2～B(10，)，X3～B(10，)，
此时D(X1)＝10×＝，D(X2)＝10×＝，D(X3)＝10×＝，满足D(X3)>D(X2)>D(X1)；
当a＝9时，在每次射击中，甲击中大于9环的概率为P＝，
在每次射击中，乙击中大于9环的概率为P＝，
在每次射击中，丙击中大于9环的概率为P＝，
由题意可知X1～B(10，)，X2～B(10，)，X3～B(10，)，
此时D(X1)＝10×＝，D(X2)＝10×＝，D(X3)＝10×＝，不满足D(X3)>D(X2)>D(X1)．(共58张PPT)
第三讲　统计与成对数据的统计分析
内容
索引
考点二
专题强化练（34）
考点一　
考点三
考点一　用样本估计总体
保分练
1．(2024·新课标Ⅱ卷)某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量(单位：kg)并部分整理如下表：
据表中数据，结论中正确的是(　　)
A.100块稻田亩产量的中位数小于1 050 kg
B.100块稻田中亩产量低于1 100 kg的稻田所占比例超过80%
C.100块稻田亩产量的极差介于200 kg至300 kg之间
D.100块稻田亩产量的平均值介于900 kg至1 000 kg之间
亩产量 [900， 950) [950， 1 000) [1 000， 1 050) [1 050， 1 100) [1 100， 1 150) [1 150，
1 200)
频数 6 12 18 30 24 10
答案：C
解析：根据频数分布表可知，6＋12＋18＝36<50，所以亩产量的中位数不小于1 050 kg，故A错误；亩产量不低于1 100 kg的频数为24＋10＝34，所以低于1 100 kg的稻田占比为＝66%，故B错误；稻田亩产量的极差最大为1 200－900＝300，最小为1 150－950＝200，故C正确；由频数分布表可得，亩产量在[1 050，1 100)的频数为100－(6＋12＋18＋24＋10)＝30，所以平均值为×(6×925＋12×975＋18×1 025＋30×1 075＋24×1 125＋10×1 175)＝1 067，故D错误．故选C.
2. (2023·新课标Ⅰ卷)(多选)有一组样本数据x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则(　　)
A.x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数
B.x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数
C.x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差
D.x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差
答案：BD
解析：取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，则x2，x3，x4，x5的平均数等于2，标准差为0，x1，x2，…，x6的平均数等于3，标准差为 ＝，故A，C均不正确；根据中位数的定义，将x1，x2，…，x6按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位数是将x2，x3，x4，x5按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与x1，x2，…，x6的中位数相等，故B正确；根据极差的定义，知x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差，故D正确．综上，选BD.
3．(2024·河北石家庄三模)为了解全市高三学生的体能素质情况，在全市高三学生中随机抽取了1 000名学生进行体能测试，并将这1 000名学生的体能测试成绩整理成如下频率分布直方图，则直方图中实数a的值为________．
0.015
解析：
由直方图可知，组距为10，
所以10×(0.005＋a＋0.020＋0.040＋0.020)＝1，
解得a＝0.015.
提分练
4．(2024·广东茂名一模)(多选)中秋节起源于上古时代，普及于汉代，定型于唐代，如今逐渐演化为赏月、颂月等活动，以月之圆兆人之团圆，为寄托思念故乡，思念亲人之情，祈盼丰收、幸福，成为丰富多彩、弥足珍贵的文化遗产．某校举行与中秋节相关的“中国传统文化”知识竞赛，随机抽查了100人的成绩整理后得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是(　　)
A．样本的众数为75 B．样本的71%分位数为75
C．样本的平均值为68.5 D．该校学生中得分低于60分的约占20%
答案：AC
解析：依题意，(0.015＋0.025＋0.035＋0.005＋2a)×10＝1，解得a＝0.010，选项A，∵最高小矩形的中点横坐标为75，∴众数是75，故A正确；选项B，设样本的71%分位数为x，又10×(0.010＋0.015＋0.025)＝0.5，∴0.5＋(x－70)×0.035＝0.71，解得x＝76，故B错误；选项C，平均数为45×0.1＋55×0.15＋65×0.25＋75×0.35＋85×0.1＋95×0.05＝68.5，故C正确；选项D，样本中得分低于60分的占(0.010＋0.015)×10＝25%，∴该校学生中得分低于60分的约占25%，故D错误．故选AC.
5．(2024·河北保定二模)(多选)下图是2023年5月1日至5月5日某旅游城市每天最高气温与最低气温(单位：℃)的折线图，则下列结论正确的是(　　)
A．这5天的最高气温的平均数与最低气温的中位数的差为7 ℃
B．这5天的最低气温的极差为3 ℃
C．这5天的最高气温的众数是26 ℃
D．这5天的最低气温的第40百分位数是16 ℃
答案：ACD
解析：这5天的最高气温的平均数为＝24 ℃，最低气温的中位数为17 ℃，它们的差为7 ℃，A正确；这5天的最低气温的极差为6 ℃，B错误；这5天的最高气温的众数为26 ℃，C正确；最低气温从小到大排列为13 ℃，15 ℃，17 ℃，18 ℃，19 ℃，且5×0.4＝2，所以这5天的最低气温的第40百分位数是16 ℃，D正确．故选ACD.
技法领悟
解题的关键是理解统计图表的含义，从中提取数字信息，平均数、众数、中位数描述数据的集中趋势，方差与标准差描述数据的波动大小，标准差、方差越小，数据的离散程度越小，越稳定．
考点二　回归分析
保分练
1．(2024·江西九江三模)车胎凹槽深度是影响汽车刹车的因素，汽车行驶会导致轮胎胎面磨损．某实验室通过实验测得轿车行驶里程与某品牌轮胎凹槽深度的数据，如下表所示：
＝79.68，＝16.24，
≈16.56.
行驶里程x/万km 0.0 0.4 1.0 1.6 2.4 2.8 3.4 4.4
轮胎凹槽深度h/mm 8.0 7.8 7.2 6.2 5.6 4.8 4.4 4.0
(1)求该品牌轮胎凹槽深度h与行驶里程x的相关系数r，并判断二者之间是否具有很强的线性相关性；(结果保留两位有效数字)
(2)根据我国国家标准规定：轿车轮胎凹槽安全深度为1.6 mm(当凹槽深度低于1.6 mm时刹车距离增大，驾驶风险增加，必须更换新轮胎)．某人在保养汽车时将小轿车的轮胎全部更换成了该品牌的新轮胎，请问在正常行驶情况下，更换新轮胎后继续行驶约多少公里需对轮胎再次更换？
附：变量x与y的样本相关系数
；对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其线性回归方程(y)=(b)x+(a)的斜率和截距的最小二乘估计分别为：
解析：计算得＝(0.4＋1＋1.6＋2.4＋2.8＋3.4＋4.4)＝2，
＝(8＋7.8＋7.2＋6.2＋5.6＋4.8＋4.4＋4)＝6，
∴二者之间具有很强的线性关系．
解析：设轮胎凹槽深度h与行驶里程x的线性回归方程为＝x，则 ≈－1，
a＝x＝6＋1×2＝8，
∴线性回归方程为h＝8－x，
令h＝1.6，得x＝6.4，
即更换新轮胎后继续行驶约6.4万公里需要对轮胎再次更换．
2．(2024·福建南平模拟)某大型商场的所有饮料自动售卖机在一天中某种饮料的销售量y(单位：瓶)与天气温度x(单位：℃)有很强的相关关系，为能及时给饮料自动售卖机添加该种饮料，该商场对天气温度x和饮料的销售量y进行了数据收集，得到下面的表格：
经分析，可以用y＝a·2kx作为y关于x的经验回归方程．
x 10 15 20 25 30 35 40
y 4 16 64 256 2 048 4 096 8 192
(1)根据表中数据，求y关于x的经验回归方程(结果保留两位小数)；
解析：设z＝log2y，m＝log2a，由y＝a·2kx，可得z＝log2y＝kx＋log2a＝kx＋m，
因为log24＝2，log216＝4，log264＝6，log2256＝8，
log22 048＝11，log24 096＝12，log28 192＝13，
所以＝＝8.
由表中的数据可得＝＝25，
0.39，
则＝＝8－×25≈－1.64，可得＝2－1.64，
所以y关于x的经验回归方程为＝2－1.64·20.39x＝20.39x－1.64.
(2)若饮料自动售卖机在一天中不需添加饮料的记1分，需添加饮料的记2分，每台饮料自动售卖机在一天中需添加饮料的概率均为，在商场的所有饮料自动售卖机中随机抽取3台，记总得分为随机变量X，求X的分布列与数学期望．
参考公式及数据：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，经验回归方程(y)＝(b)x＋(a)的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
解析：由题意，随机变量X的可能取值为3，4，5，6，
可得P(X＝3)＝()3＝，
P(X＝4)＝×()2×＝，
P(X＝5)＝×()2＝，
P(X＝6)＝()3＝，
所以变量X的分布列为
所以数学期望E(X)＝3×＋4×＋5×＋6×＝4.
X 3 4 5 6
P
技能领悟
1．若两个变量呈现线性相关关系，可直接通过计算公式求回归方程．
2．若两个变量呈现非线性相关关系，解题时可利用化归与转化思想，通过恰当的变换，将其转化为线性相关关系，再求回归方程．
考点三　独立性检验
保分练
1．(2024·上海卷)为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29 000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：
时间范围 [0，0.5) [0.5，1) [1，1.5) [1.5，2) [2，2.5)
学业成绩 优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
(1)该地区29 000名学生中体育锻炼时长不小于1小时的人数约为多少？
解析：由表可知锻炼时长不小于1小时的人数占比为＝，
则估计该地区29 000名学生中体育锻炼时长不小于1小时的人数为29 000×＝12 500.
(2)估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长(精确到0.1)；
解析：估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为
×139＋×191＋×179＋×43＋×28]≈0.9，
则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时．
(3)是否有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？
附：χ2＝ ，其中n＝a＋b＋c＋d，P(χ2≥3.841)≈0.05.
解析：由题列联表如下：
提出零假设H0：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时但小于2小时无关．
其中α＝0.05.
χ2＝≈3.976>3.841，则零假设不成立，
即有95%的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关．
[1，2) 其他 合计
优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485
合计 222 358 580
提分练
2．(2024·山东临沂二模)“赶大集”出圈彰显了传统民俗的独特魅力．为了解年轻人对“赶大集”的态度，随机调查了200位年轻人，得到的统计数据如下面的不完整的2×2列联表所示(单位：人)．
非常喜欢 感觉一般 合计
男性 3t 100
女性 t
合计 60
(1)求t的值，试根据小概率α＝0.01的独立性检验，能否认为年轻人对“赶大集”的态度与性别有关；
解析：由题意可知，3t＋(60－t)＝100，解得t＝20，
2×2列联表如下：
χ2＝＝≈9.524>6.635.
根据小概率值α＝0.01的独立性检验，认为年轻人对“赶大集”的态度与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.01.
非常喜欢 感觉一般 合计
男性 60 40 100
女性 80 20 100
合计 140 60 200
(2)从样本中筛选出5名男性和3名女性共8人作为代表，这8名代表中有2名男性和2名女性非常喜欢“赶大集”．现从这8名代表中任选3名男性和2名女性进一步交流，记X为这5人中非常喜欢“赶大集”的人数，求X的分布列及数学期望E(X)．
参考公式：χ2＝χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
α 0.1 0.05 0.01 …
xα 2.706 3.841 6.635 …
解析：设进一步交流的男性中非常喜欢“赶大集”的人数为m，女性中非常喜欢“赶大集”的人数为n，
则X＝m＋n，且X的所有可能取值为1，2，3，4.
P(X＝1)＝P(m＝0，n＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝P(m＝1，n＝1)＋P(m＝0，n＝2)＝＝，
P(X＝3)＝P(m＝2，n＝1)＋P(m＝1，n＝2)＝＝＝，
P(X＝4)＝P(m＝2，n＝2)＝＝＝，
所以X的分布列为
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
X 1 2 3 4
P
技法领悟
1．χ2越大两分类变量无关的可能性越小，推断犯错误的概率越小，通过表格查得无关的可能性．
2．在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为两个变量有关，并不是指两个变量无关的可能性为0.01.
专题强化练（34）
1．(5分)(2024·天津卷)下列图中，线性相关性系数最大的是(　　)
答案：A
解析：观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，|r|值相比于其他3图更接近1.故选A.
2．(5分)(2024·广东广州二模)根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2＝7.174.依据α＝0.005的独立性检验，结论为(　　)
A.变量x与y独立
B．变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005
C．变量x与y不独立
D．变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
答案：A
解析：因为χ2＝7.174<7.879＝x0.005，所以依据α＝0.005的独立性检验，我们认为变量x与y独立．故选A.
3．(5分)(2024·河北沧州二模)随着“一带一路”经贸合作持续深化，西安某地对外贸易近几年持续繁荣，2024年6月18日，该地很多商场都在搞“6·18”促销活动．市物价局派人对某商品同一天的销售量及其价格进行调查，得到该商品的售价x(单位：元)和销售量y(单位：百件)之间的一组数据：
用最小二乘法求得y与x之间的经验回归方程是＝0.28x＋，当售价为45元时，预测该商品的销售量件数大约为(单位：百件)(　　)
A．11.2 B．11.75 C．12 D．12.2
x 20 25 30 35 40
y 5 7 8 9 11
答案：D
解析：因为＝(20＋25＋30＋35＋40)＝30，＝(5＋7＋8＋9＋11)＝8，所以回归直线＝0.28x＋过点(30，8)，故8＝0.28×30＋，解得＝－0.4，所以＝0.28x－0.4，将x＝45代入＝0.28x－0.4中，得＝0.28×45－0.4＝12.2，即当售价为45元时，该商品的销售量件数大约为12.2百件．故选D.
4．(5分)(2024·河北保定二模)下图为2020年～2023年某国星级酒店数量、营业收入及餐饮收入比重，根据该图，下列结论错误的是(　　)
A．2020年～2023年某国星级酒店数量逐年减少
B．2020年～2023年某国星级酒店营业收入最高不超过2 000亿元
C．2020年～2023年某国星级酒店餐饮收入比重最高的是2021年
D．2020年～2023年某国星级酒店餐饮收入比重的极差是1.54%
答案：D
解析：2020年～2023年某国星级酒店数量依次为8 920，8 423，7 676，7 337，逐年减少，故A正确；2020年～2023年某国星级酒店营业收入最高为1 907.77亿元，故B正确；2020年～2023年某国星级酒店餐饮收入比重最高的是2021年，故C正确；2020年～2023年某国星级酒店餐饮收入比重的极差是41.63%－38.19%＝3.44%，故D错误．故选D.
5．(6分)(多选)某景点工作人员记录了国庆假期七天该景点接待的旅游团数量．已知这组数据均为整数，中位数为18，唯一众数为20，极差为5，则(　　)
A．该组数据的第80百分位数是20
B．该组数据的平均数大于18
C．该组数据中最大数字为20
D．将该组数据从小到大排列，第二个数字是17
答案：AC
解析：设这组数从小到大排列为a，b，c，d，e，f，g，由中位数为18，故d＝18，由唯一众数为20，故e＝f＝20或f＝g＝20，即可确定f＝20，由7×0.8＝5.6，则该组数据的第80百分位数是f，即为20，故A正确；该组数据可能为15，15，16，18，20，20，20，此时＝＝18－<18，故B错误；由题可知g≥20，若g≥21，则a＝g－5≥16，此时只有e＝f＝20，故a6．(5分)某校数学建模兴趣小组收集了一组恒温动物体重W(单位：克)与脉搏率f(单位：心跳次数/分钟)的对应数据(Wi，fi)(i＝1，2，…，8)，根据生物学常识和散点图得出f与W近似满足f＝cWk(c，k为参数)．令xi＝ln Wi，yi＝ln fi，计算得＝8，＝5，＝214.由最小二乘法得经验回归方程为＝x＋7.4，则k＝________；为判断拟合效果，通过经验回归方程求得预测值(i＝1，2，…，8)，若残差平方和2≈0.28，则决定系数R2≈________．(参考公式：决定系数R2＝1－ )
答案：－0.3　0.98
解析：因为f＝cWk，两边取对数可得ln f＝ln c＋k ln W，
又xi＝ln Wi，yi＝ln fi，
依题意回归直线方程＝x＋7.4必过样本中心点()，
所以5＝8＋7.4，解得＝－0.3，所以k＝－0.3，
又R2＝1－ =1- －＝0.98.
7．(17分)(2024·河北保定二模)某青少年跳水队共有100人，在强化训练前、后，教练组对他们进行了成绩测试，分别得到如图①所示的强化训练前的频率分布直方图，如图②所示的强化训练后的频率分布直方图．
(1)根据表中数据，估计强化训练后的平均成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)与成绩的中位数(中位数精确到0.01)；
(2)我们规定得分80分以上(含80分)的为“优秀”，低于80分的为“非优秀”．
将上面的表格补充完整，依据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否据此推断跳水运动员是否优秀与强化训练有关？
附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
优秀人数 非优秀人数 合计
强化训练前
强化训练后
合计
α 0.05 0.010 0.005 0.001
xα 3.841 6.635 7.879 10.828
解析：(1)强化训练后的平均成绩约为55×0.04＋65×0.16＋75×0.2＋85×0.32＋95×0.28＝81.4.
由于前三组概率之和为0.04＋0.16＋0.2＝0.4，
设中位数为80＋x，则0.032x＝0.1，
解得x＝3.125，所以中位数约为83.13.
(2)零假设为H0：跳水运动员是否优秀与强化训练无关．
补充完整的表格为
则χ2＝＝8>7.879＝x0.005，
根据小概率值α＝0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为跳水运动员是否优秀与强化训练有关．
优秀人数 非优秀人数 合计
强化训练前 40 60 100
强化训练后 60 40 100
合计 100 100 200
8．(17分)(2024·河南郑州模拟)某高中数学兴趣小组，在学习了统计案例后，准备利用所学知识研究成年男性的臂长y(cm)与身高x(cm)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：＝62 194, ＝8.6, ≈16.8.
参考公式：
解析：(1)由表中的数据和附注中的参考数据得，
＝850，＝170，＝365，＝73，
2＝112＋52＋02＋62＋102＝282，
＝8.6，(yi－)＝＝62 194－170×73×5＝144，
所以r＝＝≈0.997.
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及(1)，得＝＝＝≈0.51，
＝＝73－×170≈－13.81，
所以y关于x的回归方程为＝－13.81＋0.51x.
(3)X的取值依次为2，3，4，5，6，7，9，11，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝，
P(X＝6)＝＝，P(X＝7)＝＝，
P(X＝9)＝＝，P(X＝11)＝＝，
X的分布列为
所以E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＋6×＋7×＋9×＋11×＝.
X 2 3 4 5 6 7 9 11
P

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