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【专题十二 概率统计】
微专题6 概率统计的综合应用
概率与统计问题主要考查学生的阅读理解能力和数据分析能力.要从已知数表、题干信息中经过阅读分析判断获取关键信息，搞清各数据、各事件间的关系，建立相应的数学模型.概率与统计问题在近几年的高考中背景取自现实，题型新颖，综合性增强.
【典例精讲】
例1.(2025·广东省佛山市模拟)(多选)有一组样本数据，，，，，添加一个数形成一组新的数据，且，则新的样本数据( )
极差不变的概率是 B. 第百分位数不变的概率是
平均值变大的概率是 D. 方差变大的概率是
例2.(2025·山东省·模拟题)某市推行垃圾分类后，环保部门对居民分类准确率进行抽样调查已知该市有甲、乙两个人口数量相等的社区，甲社区开展过多次分类培训，乙社区未开展现从甲社区随机抽取人，乙社区随机抽取人，统计正确分类人数如下：甲社区：人正确分类乙社区：人正确分类假设各社区中每位居民的分类行为相互独立，用频率估计概率．
若从甲社区中任选人，求恰好人正确分类的概率；
依据小概率值的独立性检验，分析两个社区居民对垃圾分类的准确率是否有差异
环保部门从两社区抽取居民的样本中，对不能正确分类的样本，按照分层抽样抽取人，再从这人中选择人进行深度访谈设为人中来自甲社区的人数，求的分布列及数学期望．
参考公式：，其中．
【方法储备】
概率和统计综合问题主要包括：①概率与统计中列联表的综合问题；②概率与统计中线性回归方程的综合问题；③概率与统计指标的综合问题；④概率与简单随机抽样的综合问题；⑤概率与统计图的综合问题等几种类型.
【拓展提升】
练1-1((2025·浙江省温州市·模拟)某学校校医研究温差与本校当天新增感冒人数人的关系，该医生记录了天的数据，且样本中心点为由于保管不善，记录的天数据中有两个数据看不清楚，现用代替，已知，则下列结论正确的是( )
在确定的条件下，去掉样本点，则样本的相关系数增大
在确定的条件下，经过拟合，发现基本符合线性回归方程，则
在确定的条件下，经过拟合，发现基本符合线性回归方程，则当时，残差为
事件“”发生的概率为
练1-2(2025·安徽省六安市月考)某校想了解高二数学成绩在学业水平考试中的情况，从中随机抽出人的数学成绩作为样本并进行统计，频率分布表如表所示．
组号 分组 频数 频率
第组
第组
第组
第组
第组
合计
据此估计这次参加数学考试的高二学生的数学平均成绩；
从这五组中抽取人进行座谈，若抽取的这人中，恰好有人成绩为分，人成绩为分，人成绩为分，人成绩为分，求这人数学成绩的方差；
从人的样本中，随机抽取测试成绩在，内的两名学生，设其测试成绩分别为，．
求事件“”的概率；
求事件“”的概率．
【典例精讲】
例3.(2025·重庆市市辖区模拟)我市开展了“暖冬计划”活动，为高海拔地区学校加装供暖器按供暖器的达标规定：学校供暖器的噪声不能超过分贝、热效率不能低于某地采购了一批符合达标要求的供暖器，经抽样检测，这批供暖器的噪声单位：分贝和热效率的频率分布直方图如下图所示：
假设数据在组内均匀分布，且以相应的频率作为概率．
求，的值
如果供暖器的噪声与热效率是独立的，从这批供暖器中随机抽件，求恰有件噪声不超过分贝且热效率不低于的概率当，设供暖器的噪声不超过分贝的概率为，供暖器的热效率不低于的概率为，求的取值范围．
例4.(2025·安徽省合肥市模拟)心流是由心理学家米哈里提出的概念，指人们在进行某项活动时，完全投入并享受其中的状态某中学的学习研究小组为设计创新性学习活动，随机抽取了名学生进行调研，男生与女生的人数之比为，其中女生有名自述活动过程中体验到心流，男生有名没有体验到心流．
完成列联表，依据表中数据，以及小概率值的独立性检验，能否认为学生在创新性学习活动中是否体验到心流与性别有关
在体验到心流的学生中，有两名同学表示特别喜爱这种创新性学习活动，希望参加到进一步的学习中在接下来的进一步学习中，研究小组将每次从体验到心流的学生中不放回的随机抽取名同学参加，记抽取两次后抽中或的概率为，当最大时为何值？请证明你的结论．
参考公式：，其中．
心流 无心流 总计
女生
男生
合计
参考数据：
【方法储备】
概率统计与函数的交汇问题,本质仍是以概率统计为主导，利用函数辅助求解，综合性较强.利用概率统计知识，求解概率、均值、方差等的最值，通常以概率为变量转化为函数问题，建立函数模型，利用单调性求最值.
【拓展提升】
练2-1.(2025·湖北省黄石市·模拟)随着智能手机的普及，手机计步软件迅速流行开来，这类软件能自动记载用户每日健步的步数某市大型企业为了了解其员工每日健步走的情况，从正常上班的员工中随机抽取了人，统计了他们手机计步软件上同一天健步的步数单位：千步，假设每天健步的步数均在千步至千步之间将样本数据分成，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图，并用样本的频率分布估计总体的频率分布．
求图中的值；
设该企业正常上班的员工健步步数单位：千步近似服从正态分布，其中近似为样本的平均数各区间数据用中点值近似计算，取，若该企业恰有万人正常上班的员工，试估计这些员工中日健步步数位于区间范围内的人数；
现从该企业员工中随机抽取人，其中有名员工的日健步步数在千步至千步内的概率为，其中，，，，，当最大时，求的值．
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．
练2-2(2025·广东省湛江市·模拟)某工生产某电子产品配件，关键接线环节需要焊接，焊接是否成功将直接导致产品“合格”与“不合格”，工厂经过大量后期出广检测发现“不合格”产品和“合格”产品的某性能指标有明显差异，统计得到如下的“不合格”产品和“合格”产品该指标的频率分布直方图：

利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标大于的产品判定为“不合格”，小于或等于的产品判定为“合格”此检测标准的漏检率是将“不合格”产品判定为“合格”产品的概率，记为；错检率是将“合格”产品判定为“不合格”产品的概率，记为假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
当漏检率时，求临界值和错检率；
设函数，当时，求的解析式．
【典例精讲】
例5.(2025·云南省昆明市联考) 某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平，组织本校名学生进行针对性检测检测分为初试和复试，并随机抽取了名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示．
根据频率分布直方图，求样本平均数的估计值和分位数
若所有学生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，初试成绩不低于分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数
复试共三道题，规定：全部答对获得一等奖答对两道题获得二等奖答对一道题获得三等奖全部答错不获奖已知某学生进入了复试，他在复试中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值．
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
例6.(2025·山西省临汾市模拟) 甲流和普通感冒都属于上呼吸道感染，而甲流是流行性感冒中致病力最强的一种流感，在医学检测中发现未接种过流感疫苗者感染该病毒的比例较大某医院选取个有感冒症状的就诊患者作为样本，统计了感染甲流病毒的情况，得到下面的列联表：
接种流感疫苗与否人数 感染甲流病毒 未感染甲流病毒
未接种流感疫苗
接种流感疫苗
根据小概率值的独立性检验，判断感染甲流病毒与接种流感疫苗是否有关
以样本中感染甲流病毒的频率估计概率，现从该医院所有感冒症状就诊者中随机抽取人进行感染甲流病毒人数统计，求至多有人感染甲流病毒的概率
该医院某病房住有位甲流密切接触的病人，医院要对该病房的人员逐一进行甲流病毒检测，若检测结果出现阳性，则该病房人员全部隔离假设该病房每位病人检测结果呈阳性的概率均为且相互独立，记该病房至少检测了位病人才确定需要隔离的概率为，求当为何值时，最大
附：
【方法储备】
概率统计与导数的综合问题上，解题的难点是建立函数模型，如独立性检验统计量、期望方差公式、正态分布函数和用分布列建立其他的函数的模型，利用导数研究单调性.
【拓展提升】
练3-1(2025·福建省漳州市·模拟)某工业流水线生产一种零件，该流水线的次品率为，且各个零件的生产互不影响．
若流水线生产零件共有两道工序，且互不影响，其次品率依次为．
求；
现对该流水线生产的零件进行质量检测，检测分为两个环节：先进行自动智能检测，若为次品，零件就会被自动淘汰；若智能检测结果为合格，则进行人工抽检．已知自动智能检测显示该批零件的合格率为，求人工抽检时，抽检的一个零件是合格品的概率合格品不会被误检成次品．
视为概率，记从该流水线生产的零件中随机抽取个产品，其中恰好含有个次品的概率为，求函数最大值．
练3-2(2025·浙江省杭州市期末)从年底开始，非洲东部的肯尼亚等国家爆发出了一场严重的蝗虫灾情．目前，蝗虫已抵达乌干达和坦桑尼亚，并向西亚和南亚等地区蔓延蝗虫危害大，主要危害禾本科植物，能对农作物造成严重伤害，每只蝗虫的平均产卵数和平均温度有关，现收集了以往某地的组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值．
平均温度
平均产卵数个
表中，．
根据散点图判断，与其中，为自然对数的底数哪一个更适宜作为平均产卵数关于平均温度的回归方程类型？给出判断即可，不必说明理由并由判断结果及表中数据，求出关于的回归方程．结果精确到小数点后第三位
根据以往统计，该地每年平均温度达到以上时蝗虫会造成严重伤害，需要人工防治，其他情况均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到以上的概率为．
记该地今后年中，恰好需要次人工防治的概率为，求取得最大值时相应的概率；
根据中的结论，当取最大值时，记该地今后年中，需要人工防治的次数为，求的数学期望和方差．
附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，．
【典例精讲】
例7.(2025·吉林省长春市·模拟题)某企业举办企业年会，并在年会中设计了抽奖环节和游戏环节．
抽奖环节：该企业每位员工在年会上都会得到相应的奖金单位：千元，其奖金的平均值为，标准差为经分析，近似服从正态分布，用奖金的平均值作为的近似值，用奖金的标准差作为的近似值，现任意抽取一位员工，求他所获得奖金在的概率
游戏环节：从员工中随机抽取名参加投掷游戏，每位员工只能参加一次，并制定游戏规则如下：参与者掷一枚骰子，初始分数为，每次所得点数大于，得分，否则，得分连续投掷累计得分达到或时，游戏结束．
设员工在游戏过程中累计得分的概率为，求
得分的员工，获得二等奖，奖金元，得分的员工，获得一等奖，奖金元，估计该企业作为游戏奖励的预算资金精确到元
参考数据：，，
，，，
例8.(2025·湖南省株洲市模拟) 足球是一项大众喜爱的运动2026年世界杯将由美国、加拿大和墨西哥联合举办.
为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各名观众进行调查，得到列联表如下：
喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男性
女性
合计
依据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关？
校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即．
求直接写出结果即可；
证明：数列为等比数列，并判断第次与第次触球者是甲的概率的大小．
【方法储备】
概率统计问题与数列的交汇问题,要准确把题中所涉及的事件进行分解,明确所求问题所属的事件类型是关键.解答此类问题，一是要根据题意建立数列模型；二是熟练的利用已知的求概率的方法进行概率计算.概率与数列的交汇问题的常见类型有：
①求通项公式：关键是找出概率或数学期望的递推关系式,根据数列部分由递推公式求通项公式的方法，求出概率或期望的通项公式；
②利用等差、等比数列的性质,研究单调性、最值或求极限；
③求和：利用数列中的倒序求和、错位求和、裂项求和等方法.
【拓展提升】
练4-1(2025·福建省厦门市·期中考试)
“绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐成为新的时尚.甲、乙、丙三人为响应“绿色出行，低碳环保”号召，他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种.他们之间的出行互不影响，其中，甲每天选择“共享单车”的概率为，乙每天选择“共享单车”的概率为，丙在每月第一天选择“共享单车”的概率为，从第二天起，若前一天选择“共享单车”，后一天继续选择“共享单车”的概率为，若前一天选择“地铁”，后一天继续选择“地铁”的概率为，如此往复.
Ⅰ若3月1日有两人选择“共享单车”出行，求丙选择“共享单车”的概率;
Ⅱ记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行的人数为X，求X的分布列与数学期望;
Ⅲ求丙在3月份第天选择“共享单车”的概率，并帮丙确定在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数.
练4-2(2025·河北省石家庄市·月考试卷)若数列满足，则称数列为k项数列，由所有k项数列组成集合
若是12项数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和；
从集合中任意取出两个数列，记
求随机变量X的分布列，并证明：；
若用某软件产生项数列，记事件“第一次产生数字1”，“第二次产生数字1”，且若，比较与的大小.
【答案解析】
例1.解：数的分布列为
当时，极差不变，所以极差不变的概率是，故A正确；
，所以原数据的第百分位数为，
，所以当时，第百分位数不变，
所以第百分位数不变的概率为，故B错误；
原数据的平均值为，当时，平均值变大，所以平均值变大的概率为，故C正确
原数据的方差为，显然，当时，新数据的方差变小，当，，时，新数据的方差变大，
当时，新数据的平均数为，方差为，
同理，当时，新数据的方差为，
所以方差变大的概率是，故D正确．
故选ACD ．
例2.解：甲社区正确分类概率的估计值为，
按照二项分布的概率公式，恰好人正确分类的概率；
零假设为：两个社区居民对垃圾分类的准确率没有差异；
将样本数据进行整理，得到两个社区居民对垃圾分类的准确率的列联表如下：
社区 正确分类 不正确分类 合计
甲
乙
合计
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为两个社区居民对垃圾分类的准确率有差异；
按照分层抽样，应该在甲社区抽取人，在乙社区抽取人，
又人中抽取人，可以取，，，
，，
，
所以的分布列为
的数学期望为．
练1-1.解：对于，因为样本中心点为，
所以由相关系数公式可知，去掉样本点后，与的样本相关系数不变，故A错误；
对于，因为样本中心点为，
所以，解得，故B错误；
对于，由可得，，
当时，，
故残差为，故C错误；
对于，由题意可得，，
因为样本中心点为，所以，可得．
故包含的事件为，
故事件“”发生的概率为，故D正确．
练1-2.解：先求得为，为估计高二学生的数学平均成绩为：．
这人数学成绩的平均分为：，
这人数学成绩的方差为：．
由频数分布表知，成绩在内的人数有人，设其成绩分别为，；
在内的人数有人，设其成绩分别为，，，
若，时，只有一种情况；
若，时，有，，三种情况；
若，分别在和内时，有：
共种情况，基本事件总数为种，事件“”所包含的基本事件有种，
．
事件的基本事件只有这一种，．
例3.解：由，解得，
由，解得
件噪声不超过分贝且热效率不低于的概率为：，
随机抽件，恰有件噪声不超过分贝且热效率不低于的概率为：
当，则，所以，
当时，，当时，，
所以当时，，
当时，，
综上所述，的取值范围为．
例4.解：因为调查的女生人数为：，所以，调查的男生人数为，
于是可完成列联表如下：
心流 无心流 总计
女生
男生
合计
零假设为在创新性学习活动中体验到心流与否与性别无关根据列联表中的数据，
可得：，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即创新性学习活动中体验到心流与否与性别无关
当时，的值最大，
，
，
由可知，，
即为增函数，所以当时的值最大．
练2-1.解：由，
解得，
，
，
估计这些员工中日健步步数位于区间范围内的人数约为人．
设从该企业中随机抽取人日健步步数在千步至千步内的员工有人，则，
，，，，，，
记，
当时，，则
当时，，则，
所以当时，最大．
练2-2.解：依题可知，第一个图形中第一个小矩形面积为，
所以，
所以，解得临界值，
于是错检率；
当时，，，
所以，
当时，，，
所以，
故．
例5.解：样本平均数的估计值为，
则．
解得所以样本平均数的估计值为
前三组的频率和为，前四组的频率和为，
第四组的频率为，所以分位数为．
因为学生的初试成绩近似服从正态分布，其中，．
所以所以．
所以估计能参加复试的人数为．
由该学生获一等奖的概率为可知：．
则．
令．．
当时，；当时，．
所以在区间上是减函数，在区间上是增函数．
所以所以的最小值为．
例6.解：假设为感染甲流病毒与接种流感疫苗无关，
由列联表可知的观测值，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为感染甲流病毒与接种流感疫苗有关．
由题意得，该医院所有感冒症状中感染甲流病毒的概率为，
设随机抽取的人中至多有人感染甲流病毒为事件，
则
，则，
令，则，舍去，
随着的变化，，的变化如下表：
递增 极大值 递减
综上，当时，最大．
练3-1.解：因为两道生产工序互不影响，
所以
；
记该款芯片自动智能检测合格为事件，人工抽检合格为事件，
且，
则人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率为
；
因为各个芯片的生产互不影响，
所以，
所以
，
令，得，又，
则，
所以当时，
为单调增函数，
当时，为单调减函数，
所以，当时，取得最大值，
则最大值为
．
练3-2.解：由散点图可以判断，更适宜作为平均产卵数关于平均温度的回归类型，
对两边取自然对数得，
令，，，则，
因为，，
所以关于的回归方程为，
所以关于的回归方程为．
由，
，
且，当时，，当时，．
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以函数在处取得极大值，即最大值，故；
由可知，当时，取最大值，
又，则，由题意可知，
故，．
例7解：(1)由题意X~N(30,25),
P(35X<40)=P(u+X< u+2)==0.1359；
(2)由题意=+，
则-=(-k)+,
则，解得k=1或k=-,
选k=1时,-=-(-)，
由=,=+=，
则-=，
-=，
…
-=
-==，
=+=+(n9)，
当n=10时,==(+)=-，
综上=；
S=100040+200040
=40000[+(-5.081)]+80000[-(-5.081)]50001元.
即估计游戏奖励的预算资金为50001元.
例8.解：假设：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过．
由题意；
第次触球者是甲的概率记为，
则当时，第次触球者是甲的概率为，
第次触球者不是甲的概率为，
则，从而，
又，是以为首项，公比为的等比数列，
则，
，，
，故第次触球者是甲的概率大．
练4-1.解：Ⅰ记甲、乙、丙三人3月1日选择“共享单车”出行分别为事件A，B，C，记三人中恰有两人选择“共享单车”出行为事件D，
则
，
，
所以，
即若3月1日有两人选择“共享单车”出行，丙选择“共享单车”的概率为
Ⅱ由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，
则，
，
，
，
所以X的分布列为
故，
即X的数学期望为
Ⅲ由题意得，
则，
所以，
所以
又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以
由题意知，3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率需满足，即，
则，即，
当n为偶数时，显然不成立，
当n为奇数时，不等式可变为，
当时，成立;
当时，成立;
当时，，
则时，不成立.
又因为函数单调递减，
所以当时，不成立，
所以只有在第1天和第3天时，，
所以丙在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数只有2天.
练4-2.解：因为是12项数列，当且仅当时，，
所以当和时，
设数列的所有项的和为S，
则
所以数列的所有项的和为
证明：因为数列是从集合中任意取出的两个数列，
所以数列为k项数列，
所以X的可能取值为：
因为集合中元素的个数共有个，
当时，则数列中有m项取值不同，有项取值相同，
所以，
所以随机变量X的分布列为：
X 1 2 3 k
P
因为，
所以
，
即
解：由条件得：，
所以，
化简得：，
所以，
则
即，
所以，即
第1页，共1页【主题四 概率统计】
专题12.6 成对数据的相关关系
变量的相关关系
⑴相关关系：两个变量有关系,但又没有确切到可由其中一个去精确地决定另一个的程度,这种关系称为相关关系.
注意：相关关系与函数关系是不同的，相关关系是一种非确定的关系，函数关系是一种确定的关系，而且函数关系是一种因果关系，但相关关系不一定是因果关系，也可能是伴随关系．
⑵线性相关、非线性相关
①线性相关：一般地,如果两个变量的取值呈现正相关或负相关,而且散点落在一条直线附近,我们就称这两个变量线性相关.
②非线性相关：一般地,如果两个变量具有相关性,但不是线性相关,那么我们就称这两个变量非线性相关或曲线相关.
⑶散点图
将样本中的个数据点描在平面直角坐标系中，所得图形叫做散点图．根据散点图中点的分布可以直观地判断两个变量之间的关系．
①如果散点图中的点散布在从左下角到右上角的区域内，对于两个变量的这种相关关系，我们将它称为正相关，如图（1）所示；
②如果散点图中的点散布在从左上角到右下角的区域内，对于两个变量的这种相关关系，我们将它称为负相关，如图（2）所示．
①将收集到的两个变量的统计数据分别作为横、纵坐标,在直角坐标系中描点,这样得到的图叫作散点图；
②散点图具有直观简明的特点，可以根据散点图判断两个变量有没有相关关系.
⑷正相关、负相关
①正相关：从整体上看,当一个变量的值增加时,另一个变量的相应值也呈现增加的趋势,我们就称这两个变量正相关;
②负相关：从整体上看,如果当一个变量的值增加时,另一个变量的相应值呈现减小的趋势,则称这两个变量负相关.
样本相关系数
⑴相关系数的计算
变量与变量的样本相关系数的计算公式如下：.
⑵相关系数的性质
当时,称成对样本数据正相关；
当时,称成对样本数据负相关；
当时，成对样本数据间没有线性相关关系.
样本相关系数的取值范围为,当越接近1时,成对样本数据的线性相关程度越强；当越接近0时,成对样本数据的线性相关程度越弱.
一元线性回归模型
⑴经验回归方程
我们将称为关于的经验回归方程，也称经验回归函数或经验回归公式，其图形称为经验回归直线，其中
.
⑵利用决定系数刻画回归效果
，越大，即拟合效果越好，越小，模型拟合效果越差.
⑶一元线性回归模型参数的最小二乘估计
①经验回归方程：如果散点图中点的分布从整体上大致在一条直线附近,就称这两个变量之间具有线性相关关系,我们把这条直线称为经验回归直线(回归直线),借助最小二乘法得到的直线方程称为经验回归方程(线性回归方程).
②经验回归方程的性质
i.经验回归直线一定过点 ；
ii.与正相关的充要条件是的；与负相关的充要条件是；
iii.当增大一个单位时,增大个单位,这就是回归系数的实际意义.
列联表与独立性检验
2×2列联表
如图,给出成对分类变量数据的交叉分类频数的数据统计表称为2×2列联表.
合计
合计
独立性检验
①依据上述2×2列联表构造统计量，
忽略的实际分布与该近似分布的误差后，对于任何小概率值，可以找到相应的正实数，
使得成立.我们称为的临界值，这个临界值就可作为判断大小的标准.
②基于小概率值的检验规则是：
当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；
当时，我们没有充分证据推断不成立 ，可以认为和独立.
这种利用的取值推断分类变量和是否独立的方法称为独立性检验，读作“卡方独立性检验”，简称独立性检验.
下表给出了独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【重要结论】
线性回归直线一定经过样本点的中心,据此性质可以解决有关的计算问题、判断结论的正确性.
根据回归方程计算的值，仅是一个预报值，不是真实发生的值.
根据的值可以判断两个分类变量有关的可信程度，若越大，则两分类变量有关的把握越大.
【人教A版选择性必修三 习题8.2 第1题 P120】如果发现散点图中所有的样本点都落在一条斜率为非实数的直线上，则下列说法错误的是( )
解释变量和预报变量是一次函数关系 B. 决定系数
残差平方和为 D. 相关系数
【人教A版选择性必修一 习题8.3 第5题 P135】为了研究高三年级学生的性别和身高是否大于的关联性，同学甲调查了某中学高三年级所有学生，整理得到列联表，同学乙从该校高三学生中获取容量为的有放回简单随机样本，由样本数据整理得到列联表．
表单位：人
性别 身高 合计
女
男
合计
表单位：人
性别 身高 合计
女
男
合计
Ⅰ利用表，通过比较不低于的学生在女生和男生中的比率，判断该中学高三年级学生的性别和身高是否有关联，如果有关联，请解释它们之间如何相互影响；
Ⅱ利用表，依据的独立性检验，推断该中学高三年级学生的性别和身高是否有关联，并解释所得结论的实际含义：
Ⅲ以上两种方法得出的结论是否一致？如果不一致，你认为哪种方法得出的结论准确，原因是什么？
【方法储备】
判断数据相关关系的方法：
散点图：如果所有的样本点都落在某一直线附近,变量之间就有线性相关关系.如果所有的样本点都落在某一函数曲线的附近, 变量之间就有相关关系.
样本相关系数法：若的值越接近于1,说明变量之间的线性相关程度越高；当时,称成对样本数据正相关；当时,称成对样本数据负相关.
经验回归方程法：在经验回归方程中,当时,正相关；当时,负相关.
【典例精讲】
例1.(2025·全国·模拟)某工厂为了确定工效进行了次试验，收集数据如下：
加工零件个数
加工时间分
经检验，这组样本数据的两个变量与具有线性相关关系，那么对于加工零件个数与加工时间这两个变量，下列判断中正确的是( )
负相关，其回归直线经过点 B. 正相关，其回归直线经过点
负相关，其回归直线经过点 D. 正相关，其回归直线经过点
例2.(2025·山东省·模拟)为了研究儿子身高与父亲身高的关系，某机构调查了某所高校名男大学生的身高及其父亲的身高单位：，得到的数据如表所示．
编号
父亲身高
儿子身高
父亲身高的平均数记为，儿子身高的平均数记为，根据调查数据，得到儿子身高关于父亲身高的回归直线方程为则下列结论中正确的是( )
与正相关，且相关系数为
点不在回归直线上
每增大一个单位，增大个单位
当时，所以如果一位父亲的身高为，他儿子长大成人后的身高一定是
【拓展提升】
练1-1(.(2025·天津市·期末考试)对四组数据进行统计，获得以下散点图，关于其样本相关系数的比较，下列结论正确的是( )
A. B. C. D.
练1-2(2025·浙江省宁波市模拟)（多选） 根据某地月日到月日的每天最高气温与最低气温数据单位：绘制如下折线图，那么下列叙述正确的是( )
号到号的最低气温与日期之间呈线性相关关系且为正相关
号的最高气温与最低气温的差值最大
最高气温的众数为
号到号的最低气温的极差比最高气温的极差大
【方法储备】
求线性回归万程的步骤:
⑴利用散点图或进行相关性检验判定两个变量具有线性相关关系；
⑵列表求出,；
⑶利用相应公式计算；
⑷写出线性回归方程.
⑸经验回归方程的拟合效果，可以利用相关系数判断，当越趋近于1时，两变量的线性相关性越强.或利用决定系数判断，越大，拟合效果越好.
利用回归方程可以进行预测和估计总体,回归方程将部分观测值所反映的规律进行延伸,是我们对有线性相关关系的两个变量进行分析和控制、依据自变量的取值估计和预报因变量值的基础和依据.
非线性经验回归方程转化为线性经验回归方程的方法
如：①若，设，则；②若满足对数式：，设，则；③若满足指数式：，两边取对数解，设，则.
【典例精讲】
例3.(2025·湖南省长沙市模拟) 若需要刻画预报变量和解释变量的相关关系，且从已知数据中知道预报变量随着解释变量的增大而减小，并且随着解释变量的增大，预报变量大致趋于一个确定的值，为拟合和之间的关系，应使用以下回归方程中的为自然对数的底数( )
A. B. C. D.
例4. (2025·江苏省无锡市月考) 为了解某地区未成年男性身高与体重的关系，对该地区组不同身高单位：的未成年男性体重的平均值单位：，，，数据作了初步处理，得到下面的散点图和一些统计量的值．
表中，．
根据散点图判断和哪一个适宜作为该地区未成年男性体重的平均值与身高的回归方程类型？给出判断即可，不必说明理由．
根据的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程；
如果体重高于相同身高的未成年男性平均值的倍为偏胖，低于倍为偏瘦，那么该地区的一位未成年男性身高为，体重为，他的体重是否正常？
附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，，．
【拓展提升】
练2-1.(2025·山东省济南市·模拟题)（多选）一组样本数据，其中，，，求得其经验回归方程为：，残差为对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为．，分布如图所示，且，，则( )
样本负相关 B.
C. D. 处理后的决定系数变大
练2-2.(2025·河南省漯河市·期末考试)某制药公司研发一种新药，需要开展临床用药试验．随机征集了一部分志愿者作为样本参加试验，并得到一组数据，其中，表示连续用药天，相应的临床药效指标值．已知该组数据中与之间具有线性相关关系，令，经计算得到下面一些统计量的值：
，，，，，．
求关于的经验回归方程；
该公司要用甲与乙两套设备同时生产该种新药，已知设备甲的生产效率是设备乙的倍，设备甲生产药品的不合格率为，设备乙生产药品的不合格率为，且设备甲与乙生产的药品是否合格相互独立．
从该公司生产的新药中随机抽取一件，求所抽药品为不合格品的概率；
在该新药产品检验中发现有三件不合格品，求其中恰有二件是设备乙生产的概率．
参考公式：对于一组数据，其回归方程中，斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，．

【方法储备】
独立性检验的一般步骤：
独立性检验原理只能解决两个对象, 且每个对象有两类属性的问题, 所以对于一个实际问题,我们首先要确定能否用独立性检验的思想加以解决；
如果确实属于这类问题,要科学地抽取样本,样本容量要适当,不可太小；
根据数据列出22列联表；
提出假设：所研究的两类对象无关；
根据公式计算的值；
比较与临界值,根据小概率原理肯定或者否定假设,即判断是否相关.
【典例精讲】
例5.(2025·山东省枣庄市模拟) 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到依据的独立性检验，结论为( )
变量与不独立
变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过
变量与独立
变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过
例6.(2022·湖南省长沙市期中) 新能源汽车是指除汽油、柴油发动机之外的所有其他能源汽车，被认为能减少空气污染和缓解能源短缺的压力在当今提倡全球环保的前提下，新能源汽车越来越受到消费者的青睐，新能源汽车产业也必将成为未来汽车产业发展的导向与目标某机构从某地区抽取了名近期购买新能源汽车的车主，调查他们的年龄情况，其中购买甲车型的有人，统计得到如下的频率分布直方图．

将年龄不低于岁的人称为中年，低于岁的人称为青年，购买其他车型的车主青年人数与中年人数之比为 完成下列列联表，依据 的独立性检验，能否认为购买甲车型新能源汽车与年龄有关？
青年 中年 合计
甲车型
其他车型
合计
用分层抽样的方法从购买甲车型的样本中抽取人，再从中随机抽取人，记青年有人，求的分布列和数学期望．
附：．
【拓展提升】
练3-1(2025·广东省东莞市·期末考试)（多选）根据分类变量与的成对样本数据，提出零假设，并计算得到，则下列说法正确的是( )
附：
零假设为分类变量与独立
根据小概率值的独立性检验，可以认为与不独立，这个结论犯错误的概率不超过
根据小概率值的独立性检验，可以认为与不独立，这个结论犯错误的概率不超过
若所有样本数据都扩大为原来的倍，根据小概率值的独立性检验，可以认为与不独立，这个结论犯错误的概率不超过
练3-2(2025·安徽省合肥市联考) 针对“中学生追星问题”，某校团委正在对“性别与中学生追星是否有关”做相关研究现从本校随机抽取名学生进行调查，得到下表：
是否追星 性别 合计
男生 女生
追星
不追星
合计
请将上述列联表补充完整，并依据的独立性检验，能否认为性别与中学生追星有关联
根据是否追星，在样本的女生中，按照分层抽样的方法抽取人作为研究小组为了更详细地了解情况，再从研究小组中随机抽取人，求抽到追星人数的分布列及数学期望．
参考公式：，
下表给出了独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值．
(2025·山东省济南市·模拟题)(多选)为了验证牛的毛色黑色、红色和角有角、无角这两对相对性状是否相关，某学院进行了一次数据统计，并根据形成的列联表，计算得到，根据小概率值为的独立性检验，则( )
附：
若，则认为“毛色”和“角”无关
若，则认为“毛色”和“角”有关，此推断犯错误的概率不超过
若，则认为“毛色”和“角”无关
若，则认为“毛色”和“角”有关，此推断犯错误的概率不超过
(2025·重庆市市辖区模拟)(多选)小张同学收集了某商品销售收入单位：万元与相应的广告支出单位：万元共组数据，绘制出散点图，如下图所示，并利用线性回归模型进行拟合．她将图中个点中的点去掉后再重新进行线性回归分析，则下列说法正确的是( )
决定系数变大
残差平方和变大
相关系数的值变大
去掉点后，若所有散点都在一条直线上，则决定系数
(2025·河北省唐山市·模拟题)某学术平台引入智能检测系统对所收到的文本进行筛查检测系统对生成文本的识别准确率为，对人类撰写文本的识别准确率为检测系统对所收到的文本进行筛查时，会对每篇文本输出一个“生成概率”得分分与文本长度字可以用一元线性回归模型来刻画，其线性回归方程为，且，已知该平台中的文本由生成．
求回归系数
从该平台随机选取一篇文本，求该文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率精确到
现从平台中随机抽取篇文本进行统计分析，填写列联表篇数四舍五入取整数
文本真实性 检测结果 总计
识别为生成篇 识别为人类撰写篇
真实生成篇
真实人类撰写篇
总计
依据小概率值的独立性检验，能否判断“检测结果”与“文本真实性”有差异
参考公式：
提示：独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值
【答案解析】
【人教A版选择性必修三 习题8.2 第1题 P120】
解：因为样本点都落在一条斜率为非实数的直线上，所以相关系数满足，若直线的斜率为正，则；若斜率为负，则，故D错误；
直线对应的函数为一次函数，所以解释变量和预报变量是一次函数关系，故A正确；
决定系数和残差平方和都能反映模型的拟合程度，所以决定系数，残差的平方和为，故B，C正确．
故本题选D．
【人教A版选择性必修一 习题8.3 第5题 P135】
解：Ⅰ女学生身高低于，不低于的频率分别为，，
男学生身高低于，不低于的频率分别为，
通过比较发现，如果从女生、男生中各随机选取一名学生，女生中身高低于的概率大于男生中身高低于的概率，
故高三年级学生的性别和身高有关联，
又，
故女生中身高低于的频率是男生中身高低于的频率的倍以上，
所以女生身高更容易低于；
Ⅱ因为，
所以依据的独立性检验，没有的把握认为该中学高三年级学生的性别与身高有关系；
Ⅲ不一致，第一种准确，第二种样本容量太少，随机性太大．
例1.解：由表中数据可得随的增大而增大，故与正相关又， ，所以样本点的中心为，而线性回归直线过样本点的中心，因此其线性回归直线经过点，故选D．
例2.解：选项，因，则与正相关，但相关系数不是，故 A错误；
选项，回归方程过定点，故 B错误；
选项，由回归方程可知每增大一个单位，增大个单位，故 C正确；
选项，回归方程得到的为预测值，不一定满足实际情况，故 D错误．
故选：
练1-1.解：由图知，都是正相关关系，都是负相关关系，
从散点密集程度看，相关性分别比绝对值大，所以．
故选：．
练1-2. 解：由某地月日到月日的每天最高气温与最低气温单位：数据，折线图，知：
在中，号到号的最低气温与日期之间，在一条直线附近，成上升趋势，即呈线性相关关系且为正相关，故A正确；
在中，由图知，号的最高气温与最低气温的差值最大，故B错误；
在中，最高气温出现次，次数最多，则众数为，故C正确；
在中，号到号的最低气温的极差小于，最高气温的极差为，故最高气温的极差大，故D错误
故选：．
例3.解：对于：因为 在定义域内单调递增且 ，所以 随着 的增大而增大，不合题意，故A错误；
对于：因为 在定义域内单调递增且 ，所以 随着 的增大而减小，
当解释变量 ， ，不合题意，故B错误；
对于：因为 在定义域内单调递增且 ，所以 随着 的增大而减小，
当解释变量 ， ，不合题意，故C错误；
对于：因为 在定义域内单调递减且 ，所以 随着 的增大而减小，
当解释变量 ， ，故D正确；
故选：．
例4.解：根据散点图，选择模型更适宜作为该地区未成年男性体重的平均值与身高的回归方程类型；
对两边同时取对数，可得，即，
所以，则，
所以；
由，可得，
令，则，
又，所以该男生偏胖．
练2-1.解：对于、由经验回归方程的斜率为负可知样本负相关，故A正确
对于、，，
代入得，故B正确
对于、由残差图可知，处理前的残差比处理后的残差更分散，所以，故C错误
对于、处理后残差的绝对值更小，
所以处理后的决定系数变大，故D正确，
故选：．
练2-2.解：，，
，
，
所以关于的线性回归方程为：，
所以关于的回归方程为；
设事件随机抽取一件药品来自设备甲生产，
事件随机抽取一件药品来自设备乙生产，
事件随机抽取一件该公司生产的药品为不合格品，
因为设备甲的生产效率是设备乙的倍，
所以，，
则，，
所以，
故所抽药品为不合格品的概率为；
，
即所抽药品为不合格品，该药品来自设备乙生产的概率为，
所以三件不合格品中恰有二件是设备乙生产的概率为．
例5.解：时，，则大于时相关，不独立，
而，所以变量与独立，
但是这个结论犯错误的概率超过，故A，，D错误，C正确．
故选C．
例6.解：由直方图可知，购买甲车型的青年人数为 人，中年人数为 人，
购买其他车型的青年人数为 人，中年人数为 人，
可得 列联表：
青年 中年 合计
甲车型
其他车型
合计
零假设购买甲车型新能源汽车与年龄无关．
因为 ，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为购买甲车型新能源汽车与年龄有关，此推断犯错误的概率不大于．
用分层抽样的方法从购买甲车型的样本中抽取人，则青年有 人，中年有 人，所以的可能取值为，，，．
， ，
， ，
得分布列：
所以 ．
练3-1.解：选项A：独立性检验的零假设定义为“分类变量与独立”，符合基本概念，故A正确；
选项B：当时，临界值，由于计算得到的，
零假设不成立，即认为与不独立，且犯错误的概率不超过，故B正确；
选项C：当时，临界值，由于，
零假设成立，无法认为与不独立，故C错误；
选项D：样本数据扩大倍时，公式中分子变为，
分母变为，因此新为原值的倍即，
此时，零假设不成立，即认为与不独立，且犯错误的概率不超过，故D正确．
故选：．
练3-2.解：列联表补充为
是否追星 性别 合计
男生 女生
追星
不追星
合计
零假设性别与中学生追星无关联，
，
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为性别与中学生追星有关联，
此推断犯错误的概率不大于．
由题意知，人中追星的有人，不追星的有人．
由题意可知，的可能取值为，，，，，
，，
，，
，
的分布列为
．
解：对于，，若，因为，
所以认为“毛色”和“角”有关，此推断犯错误的概率不超过，故A错误，B正确；
对于，，若，因为，所以认为“毛色”和“角”无关，
故C正确，D错误．
故选：．
解：由散点图可知，点较其他点偏离直线更远，
去掉点后，回归效果更好，
残差平方和变小，决定系数变大，故A正确，B错误；
自变量与因变量的相关性变强，
又与正相关，所以相关系数的值变大，故C正确；
当所有散点都在一条直线上时，
残差平方和为，决定系数，故D正确．
故选：．
解：因为，且，，
所以，
则回归系数；
记“由生成的文本”，“由人类撰写的文本”，
“被检测系统识别为人类撰写的文本”，
则由题意知，，，，
由全概率公式知文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率：
，
即文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率约为；
由题意知，这篇文本中，真实生成的篇数：，
人类撰写的篇数：，
真实生成且检测系统识别为生成的篇数：，
人类撰写且检测系统识别为人类提写的篇数：，
所以列联表为：
文本真实性 检测结果 总计
识别为生成篇 识别为人类撰写篇
真实生成篇
真实人类撰写篇
总计
所以，
故依据小概率值的独立性检验，
可以判断“检测结果”与“文本真实性”有差异．
共19页/第19页【主题四 概率统计】
专题12.5 随机抽样与用样本估计总体
随机抽样
⑴简单随机抽样
一般地,设一个总体含有 (为正整数)个个体,从中逐个抽取个个体作为样本,如果抽取是放回的,且每次抽取时总体内的各个个体被抽到的概率都相等,我们把这样的抽样方法叫做放回简单随机抽样；如果抽取是不放回的,且每次抽取时总体内未进入样本的各个个体被抽到的概率都相等,我们把这样的抽样方法叫做不放回简单随机抽样.放回简单随机抽样和不放回简单随机抽样统称为简单随机抽样.通过简单随机抽样获得的样本称为简单随机样本.
⑵常见的简单随机抽样方法：
①抽签法：一般地，抽签法就是把总体中的个个体编号，把号码写在号签上，将号签放在一个容器中，搅拌均匀后，每次从中抽取一个号签，连续抽取次，就得到一个容量为的样本；
②随机数法：即利用随机数表、随机数骰子或计算机产生的随机数进行抽样．这里仅介绍随机数表法．随机数表由数字，，，…，组成，并且每个数字在表中各个位置出现的机会都是一样的．
注意：为了保证所选数字的随机性，需在查看随机数表前就指出开始数字的横、纵位置．
⑶简单随机抽样的特征
有限性：简单随机抽样要求被抽取的样本的总体个数是有限的，便于通过样本对总体进行分析．
逐一性：简单随机抽样是从总体中逐个地进行抽取，便于实践中操作．
不放回性：简单随机抽样是一种不放回抽样，便于进行有关的分析和计算．
等可能性：简单单随机抽样中各个个体被抽到的机会都相等，从而保证了抽样方法的公平．
只有四个特点都满足的抽样才是简单随机抽样．
分层随机抽样
⑴定义：一般地，按一个或多个变量把总体划分成若干个子总体，每个个体属于且仅属于一个子总体，在每个子总体中独立地进行简单随机抽样，再把所有子总体中抽取的样本合在一起作为总样本，这样的抽样方法称为分层随机抽样，每一个子总体称为层.在分层抽样中，如果每层样本量都与层的大小成比例，那么成这种样本量的分配方式为比例分配.
⑵分层随机抽样的步骤
①按某种特征将总体分成若干部分(层)；
②计算各层所占比例所占比例=；
③计算各层抽取的个体数,各层抽取的个体数=样本量×各层所占比例;
④按简单随机抽样从各层抽取样本，综合每层抽样，组成样本.
总体平均数与样本平均数
名称 定义
总体均值（总体平均数） 一般地，总体中有个个体，它们的变量值分别为，则称为总体均值，又称总体平均数.
如果总体的个变量值中，不同的值共有 个，不妨记为，其中出现的频率,则总体均值还可以写成加权平均数的形式.
样本均值（样本平均数） 如果从总体中抽取一个容量为的样本，它们的变量值分别为，则称 为样本均值，又称样本平均数.
说明：⑴在简单随机抽样中，我们常用样本均值去估计总体平均数； ⑵总体平均数是一个确定的数，样本平均数具有随机性（因为样本具有随机性）； ⑶一般情况下，样本量越大，估计越准确.
统计图表
常见的统计图表有条形图、扇形图、折线图、频率分布直方图等.
①条形统计图的特点
优点：从条形统计图中能够很直观地看出各组中数据的多少,每一个条形都能体现该组中的具体数据,也易比较数据间的差别.
缺点：不能显示出部分与整体的关系.
②扇形统计图的特点
i.圆代表总体；
ii.扇形代表总体中的不同部分；
iii.扇形的大小反映部分占总体的百分比的大小；
iv.各个扇形所占的百分比之和为1.但是,在不同的统计图中,不能简单地根据百分比的大小来比较部分量的大小.
③折线统计图
折线统计图和条形统计图很相似,制图步骤与条形统计图也基本相同,只是不画直条,而是按照数据的大小描出各点,再用线段顺次连接起来.它不但可以表示出数量的多少,而且能够从折线的起伏中清楚直观地表示出数量增减变化的情况.
④频率分布直方图
i.作频率分布直方图的步骤
求极差(即一组数据中最大值与最小值的差)决定组距与组数将数据分组列频率分布表画频率分布直方图.
ii.与频率分布直方图有关的常用结论
a.小长方形的面积=组距.
b.各小长方形的面积之和等于1.
c. ，此关系式的变形为，样本容量频率=频数.
d.在频率分布直方图中,各小矩形的面积之比等于频率之比,各小矩形的高度之比也等于频率之比.
总体百分位数的估计
⑴第百分位数的定义
一般地,一组数据的第百分位数是这样一个值,它使得这组数据中至少有的数据小于或等于这个值,且至少有的数据大于或等于这个值.
⑵计算一组个数据的第百分位数的步骤：
①按从小到大排列原始数据;
②计算；
③若不是整数,而大于的比邻整数为,则第百分位数为第项数据；若是整数,则第百分位数为第项与第项数据的平均数.
样本的数字特征
⑴众数：一组数据中出现次数最多的数据(即频率分布最大值所对应的样本数据)称为这组数据的众数.
⑵中位数：一组数据按从小到大(或从大到小)的顺序排成一列,处于最中间的一个数据(当数据个数是奇数时)或最中间两个数据的平均数(当数据个数是偶数时)称为这组数据的中位数.
⑶平均数：一组数据的和与这组数据的个数的商称为这组数据的平均数.数据的平均数为
.
⑷标准差与方差
如果有个数据,那么平均数，标准差为：
，
方差：
⑸平均数、方差的性质
如果数据的平均数为，方差为，那么
一组新数据的平均数为，方差是．
一组新数据的平均数为，方差是．
一组新数据的平均数为，方差是．
【人教A版必修二 9.2.3总体集中趋势的估计 练习3 P209】奥运会跳水比赛中共有名评委给出某选手原始评分，在评定该选手的成绩时，去掉其中一个最高分和一个最低分，得到个有效评分，则与个原始评分不全相同相比，一定会变小的数字特征是( )
A. 众数 B. 方差 C. 中位数 D. 平均数
【人教A版必修二 9.2.4总体离散程度的估计 练习2 P215】若数据，，，的方差为，数据，，，的方差为，其中，，均为非零常数，则“”是“”的( )
充分不必要条件 B. 必要不充分条件
充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【方法储备】
简单随机抽样
⑴抽签法满足的条件：一是抽签是否方便；二是号签是否易搅匀.
一般地,当总体容量和样本容量都较小时可用抽签法.
⑵随机数表法：对个体进行编号时要保证每个个体的编号位数一样,若是两位都是两位,若是三位都是三位；读数时注意结合编号特点进行读取,若编号为两位数字,则两位两位地读取,若编号为三位数字,则三位三位地读取；在读取号码时如果超过总体的号码或出现重复时要舍去,继续读取,直至完成抽样.
分层抽样中的计算问题
⑴已知每层间的个体数量或数量比、样本容量、总体数量中的两个时，可求出第三个.
⑵设样本中不同层的平均数和相应权重分别为和，则样本平均数为
.
(某层的权重为该层被抽中的个体数与总样本容量的比值.)
⑶设样本中不同层的平均数分别为，方差分别为，相应的权重分别为，则这个样本的方差为，为总体样本数据的平均数.
【典例精讲】
例1.(2025·山西省·单元测试)为了了解参加世界大学生运动会的名运动员的身高情况，用简单随机抽样的方法从中抽取名运动员进行调查．就这个问题，下面说法中正确的是 ．名运动员的身高是总体；每名运动员的身高是个体；所抽取的名运动员的身高是一个样本；样本量为；每名运动员被抽到的可能性相等．
A. B. C. D.
例2.(2025·天津市市辖区·期末考试)唐代以来，牡丹之盛，以“洛阳牡丹甲天下”的美名流传于世唐朝诗人白居易“花开花落二十日，一城之人皆若狂”和刘禹锡“唯有牡丹真国色，花开时节动京城”的诗句正是描写洛阳城的景象已知根据花瓣类型可将牡丹分为单瓣类、重瓣类、千瓣类三类，现有牡丹花朵，千瓣类比单瓣类多朵，采用分层抽样方法从中选出朵牡丹进行观察研究，其中单瓣类有朵，重瓣类有朵，千瓣类有朵，则( )
A. B. C. D.
【拓展提升】
练1-1(2025·广东省揭阳市·模拟)（多选）某公司生产三种型号的轿车，产量分别为辆，辆和辆，为了检验该公司的产品质量，公司质监部门要抽取辆进行检验，则下列说法正确的是( )
应采用分层随机抽样抽取
应采用抽签法抽取
三种型号的轿车依次应抽取辆，辆，辆
这三种型号的轿车，每一辆被抽到的概率都是相等的
练1-2.(2025·江苏省南京市·模拟)（多选）某学校为了解学校学生视力健康状况，降低学生近视率，增强学生爱眼护眼意识，对三个年级的学生视力健康状况进行调研，已知高一、高二、高三的学生人数之比为，现用分层抽样方法抽取一个容量为的样本，样本中高一年级学生人数为人，则( )
该校三个年级总的学生数为人 B. 样本容量为
该校高二年级总的学生数有人 D. 样本中高二年级学生数为人
【方法储备】
扇形图：直观得出各类数据占总数的比例；
折线图：得出数据随时间的变化趋势；
条形图和直方图：直观得出不同类别或分组数据的频数和频率.
强调：从频率分布直方图中得出有关数据的方法
⑴众数：最高长方形底边中点对应的横坐标.
⑵中位数：平分频率分布直方图面积且垂直于横轴的直线与横轴交点的横坐标.
⑶平均数：频率分布直方图中每个小长方形的面积与对应小长方形底边中点的横坐标的乘积之和.
⑷参数：若纵轴上存在待求参数,则根据“所有小长方形的高之和组距=1”列方程即可求得.
注意:从频率分布直方图中得出的众数、中位数、平均数等均为估计值.
【典例精讲】
例3.(2025·黑龙江省哈尔滨·期末考试)（多选）降雨量是指从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失，而在水平面上积聚的水层深度，一般以毫米为单位．降雨量可以直观地反映一个地区某一时间段内降水的多少，它对农业生产、水利工程、城市排水等有着重要的影响．如图，这是两地某年上半年每月降雨量的折线统计图．
下列结论正确的是( )
这年上半年地月平均降雨量比地月平均降雨量大
这年上半年地月降雨量的中位数比地月降雨量的中位数大
这年上半年地月降雨量的极差比地月降雨量的极差大
这年上半年地月降雨量的分位数比地月平均降雨量的分位数大
例4. (2025·广东省惠州市模拟)（多选）某校举行“永远跟党走、唱响青春梦”歌唱比赛，在歌唱比赛中，由名专业人士和名观众代表各组成一个评委小组给参赛选手打分．根据两个评委小组记为小组、小组对同一名选手打分的分值绘制成折线图如图所示，则( )
小组打分的分值的众数为
小组打分的分值第百分位数为
小组是由专业人士组成的可能性较大
小组打分的分值的方差小于小组打分的分值的方差
【拓展提升】
练2-1(2025·山东省聊城市·月考试卷)为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：
根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是( )
该地农户家庭年收入低于万元的农户比率估计为
该地农户家庭年收入不低于万元的农户比率估计为
估计该地农户家庭年收入的平均值不超过万元
估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于万元至万元之间
练2-2(2025·江西省·模拟题)随着消费者对食品安全和健康饮食的关注度的提升，中国有机燕麦作为有机食品中营养价值较高的产品，受到消费者青睐，下图为中国有机燕麦消费者调研样本构成，根据该图，下列说法正确的是( )
中国有机燕麦消费者中女性不超过男性的倍
超过的中国有机燕麦消费者月收入不高于元
超过半数的中国有机燕麦消费者年龄在岁
中国有机燕麦消费者收入构成占比中的个百分数的中位数是
【方法储备】
百分位数的估计
计算一组个数据第百分位数的步骤
求样本的数字特征值
⑴利用频率分布直方图求出样本数据的众数、中位数、平均数的估计值；
⑵利用样本数据，直接求出样本的众数、中位数、平均数、极差、方差、标准差.
用样本估计总体
用样本的集中趋势与离散程度估计总体的集中趋势与离散程度，有两种方法：
用样本的频率分布估计总体的分布；
用样本的数字特征估计总体的数字特征,需要从总体中抽取一个质量较高的样本,才能不会产生较大的估计偏差, 且样本的容量越大, 估计的结果也就越精确.
利用平均数与方差进行决策
在实际问题中，平均数反映了数据的平均程度，方差反映了数据的集中与分散程度，结合两者对研究对象进行评估，从而给出决策依据.
【典例精讲】
例5.(2025·江苏省无锡市·模拟)为了节约用电，某市决定对电费进行调整，为了达到既不影响大多数居民用户的电费支出，又能节电的目的，该市政府对抽取的户的月份的用电量单位：度由小到大进行排列，其中第到第个数据依次是，，，，，，，，，，，为了使的居民用电不受影响，则此次电费上调应从 度开始．
例6.(2025·福建省三明市期末) 湖北省中药材研发中心整合省农业科技创新中心、省创新联盟相关资源和力量，为全省中药材产业链延链、补链、强链提供科技支撑某科研机构研究发现，某品种中医药的药物成分甲的含量单位：与药物功效单位：药物单位之间满足检测这种药品一个批次的个样本，得到成分甲的含量的平均值为，标准差为，则估计这批中医药的药物功效的平均值为 药物单位．
例7.(2025·湖北省荆州市·模拟)（多选）在去年的某国足球联赛上，甲队各场比赛失球数的平均数是，方差为；乙队各场比赛失球数的平均数是，方差为下列选项正确的为( )
甲队各场比赛的失球数的中位数比乙队各场比赛的失球数的中位数大
乙队比甲队技术水平更稳定
甲队在防守中有时表现较差，有时表现又很好
乙队很少不失球
【拓展提升】
练3-1(2025·四川省泸州市模拟) 年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获金银铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的枚金牌中，枚来自雪上项目，枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度单位：小时，并按，，，，分组，分别得到频率分布直方图如下：
估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第百分位数分别是和，方差分别是和，则( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
练3-2.(2025·广东省·模拟)某初级中学共有学生名，各年级男、女生人数如下表：
初一年级 初二年级 初三年级
女生
男生
已知在全校学生中随机抽取名，抽到初二年级女生的频率是．
求的值
现用分层随机抽样的方法在全校抽取名学生，问应在初三年级抽取多少名
在中，若所抽取的初一年级、初二年级、初三年级三个年级学生的体重的平均数分别是，，，方差分别是，，，估计该校所有学生体重的平均数和方差．
练3-3(2025·河南省·模拟)某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下个芒果，其质量分别在，，单位：克中，经统计得频率分布直方图如图所示．
根据频率分布直方图估计这组数据的中位数；
现按分层随机抽样的方法从质量在内的芒果中随机抽取个，再从这个中随机抽取个，求这个芒果中质量至少有一个在内的概率；
若该种植园中还未摘下的芒果大约有个，以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，用样本估计总体．某经销商来收购未摘芒果，提出如下两种收购方案：
：所有芒果以元千克收购；
：对质量低于克的芒果以元个收购，高于或等于克的芒果以元个收购．
通过计算确定该种植园选择哪种方案获利更多？
(2025·湖南省·月考)气象意义上从春季进入夏季的标志为“连续天，每天的日均气温都不低于”已知甲，乙，丙，丁四个地区某连续天日均气温的数据特征如下：
甲地 中位数为，平均数为．
乙地 第百分位数为，众数为．
丙地 最高气温为，平均数为，标准差为．
丁地 下四分位数为，上四分位数为，极差为．
则可以肯定进入夏季的地区是( )
A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地
(2025·湖北省武汉市·期末考试)把某班五名学生在一周内阅读数学竞赛书籍的时间，，，，单位：小时作为一组样本数据，现增加统计两位学生，他们一周内阅读数学竞赛书籍的时间分别为正整数、单位：小时，与原有样本数据一起构成一组新样本数据，与原组样本数据比较，下列说法正确的是( )
若，则方差不变 B. 若极差不变，则
若，则中位数变大 D. 若平均数不变，则
(2025·安徽省合肥市模拟) 已知某工厂一区生产车间与二区生产车间均生产某种型号的零件，这两个生产车间生产的该种型号的零件尺寸的频率分布直方图如图所示每组区间均为左开右闭．
尺寸大于的零件用于大型机器中，尺寸小于或等于的零件用于小型机器中．
若，试分别估计该工厂一区生产车间生产的个该种型号的零件和二区生产车间生产的个该种型号的零件用于大型机器中的零件个数；
若，现有足够多的来自一区生产车间与二区生产车间的零件，分别用于大型机器小型机器各台的生产，每台机器仅使用一个该种型号的零件．
方案一：直接将一区生产车间生产的零件用于大型机器中，其中用了尺寸小于或等于的零件的大型机器每台会使得工厂损失元；直接将二区生产车间生产的零件用于小型机器中，其中用了尺寸大于的零件的小型机器每台会使得工厂损失元．
方案二：重新测量一区生产车间与二区生产车间生产的零件尺寸，并正确匹配型号，重新测量的总费用为万元．
请写出采用方案一，工厂损失费用的估计值单位：万元的表达式，并从工厂损失的角度考虑，选择合理的方案．
【答案解析】
【人教A版必修二 9.2.3总体集中趋势的估计 练习3 P209】
解：在评定该选手的成绩时，去掉其中一个最高分和一个最低分，得到个有效评分，
则与个原始评分不全相同相比，
：当最高分与最低分不是众数时，去掉其中一个最高分和一个最低分后众数不变，故众数不符合题意；
：方差反应了数据的离散程度，去掉其中一个最高分和一个最低分后，数据必然变得更加集中，故方差一定会变小，故方差符合题意；
：去掉其中一个最高分和一个最低分后不影响数据排列，中间的数不变，则不会影响中位数，故中位数不符合题意；
：若分数从低到高排列成一个等差数列，则去掉其中一个最高分和一个最低分后，平均数不变，故平均数不符合题意．
故选B．
【人教A版必修二 9.2.4总体离散程度的估计 练习2 P215】
解：因为，所以，
若，则，所以，
所以“”是“”的必要不充分条件．
例1.解：抽样的目的是了解参加运动会的名运动员的身高情况，故总体应该是名运动员的身高，
同理，个体应该是每名运动员的身高，样本应该是所抽取的名运动员的身高，样本量为，
简单随机抽样中每名运动员被抽到的可能性相等，故正确．
故选D．
例2.解：根据分层抽样的特点，设单瓣类、重瓣类、千瓣类的朵数分别为，，，
由题意可得，解得，所以．
故选：．
练1-1解：因为是三种型号的轿车，个体差异明显，所以选择分层随机抽样，选项正确．
因为个体数目多，用抽签法制签难，搅拌不均匀，抽出的样本不具有好的代表性，故选项错误．
抽样比为，三种型号的轿车依次应抽取辆，辆，辆，选项正确．
分层随机抽样中，每一个个体被抽到的可能性相同，故选项正确．
故答案为：
练1-2.解：设样本中高二、高三的学生人数分别为，，
则，则，故D正确，
故样本容量，故B正确；
无法确定该校三个年级总的学生数和该校高二年级总的学生数，故AC错误．
例3.解：由题意可知：地月降雨量按升序排列可得：，
地月降雨量按升序排列可得：，
对于选项A：可知地月平均降雨量为，
地月平均降雨量为，
因为，所以这年上半年地月平均降雨量比地月平均降雨量大，故A正确；
对于选项B：地月降雨量的中位数为，地月降雨量的中位数为，
因为，所以地月降雨量的中位数比地月降雨量的中位数小，故B错误；
对于选项C：地月降雨量的极差为，地月降雨量的极差为，
因为，地月降雨量的极差比地月降雨量的极差大，故C正确；
对于选项D：因为，
可知地月降雨量的分位数为，地月降雨量的分位数为，
且，所以地月降雨量的分位数比地月平均降雨量的分位数大，故 D正确；
故选：．
例4.解：由折线图知，小组打分的个分值排序为：，，，，，，，，，
小组打分的个分值排序为：，，，，，，，，
对于小组打分的分值的众数为，故选项A正确
对于小组打分的分值第百分位数为，所以应排序第，
所以小组打分的分值第百分位数为，故选项B不正确
对于小组打分的分值比较均匀，即对同一个选手水平的评估相对波动较小，故小组更像是由专业人士组成，故选项C正确
对于小组打分的分值的均值约，极差为，小组打分的分值均值为，极差为，小组的极差较大，数据的波动幅度较大，根据数据离散程度可知小组的方差较大，选项D不正确．
故选AC．
练2-1.解：对于，该地农户家庭年收入低于万元的农户比率为，故选项A正确；
对于，该地农户家庭年收入不低于万元的农户比率为，故选项B正确；
对于，估计该地农户家庭年收入的平均值为万元，故选项C错误；
对于，家庭年收入介于万元至万元之间的频率为，
故估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于万元至万元之间，故选项D正确．
故选：．
练2-2.解：对于，由图可得中国有机燕麦消费者中女性与男性占比分别为，，而，故 A错误，
对于，中国有机燕麦消费者月收入不高于元的占比为，故B错误，
对于，中国有机燕麦消费者中年龄在岁的占比为，故C正确，
对于，中国有机燕麦消费者收入构成占比中的个百分数的中位数是，则D错误．
故选：．
例5.解：由．
知第百分位数应是第个与第个数字的平均数，
即，故应从度开始上调．
故答案为：．
例6.解：根据题意，设个样本中甲的含量依次为，，，，，，平均值为克，标准差为克，
则有，
，
变形可得，
则，
则这批中医药的药物功效的平均值为．
故答案为：．
例7.解：对于，不妨设联赛有八轮，甲队各场比赛失球数为，
则平均数为，中位数为，方差为；
乙队各场比赛失球数为，
则平均数为，中位数为，方差为，因此不成立．
乙队失球个数的方差小于甲队，B正确．
甲队失球个数的方差较大，所以甲队有时表现很差，有时表现又很好，C正确．
乙队各场比赛失球数的平均数是，方差为，所以乙队很少不失球，D正确．
故选BCD．
练3-1.解：由题意进行数据分析，可得：
，解得：；
，解得：；所以．
比较两个频率分布直方图可以看出：雪上项目的数据更分散，冰上项目的数据更集中，由方差的意义可以得到：，
故选：
练3-2.解：，
；
初三年级人数为名，
现用分层抽样的方法在全校抽取名学生，
应在初三年级抽取的人数为名；
初一年级应抽取学生的人数为，
初二年级应抽取学生的人数为，
该校所有学生体重的平均数约为，
该校所有学生体重的方差约为
．
练3-3解：设中位数为，由频率分布直方图可得：
，解得，
这组数据的中位数是
抽取的个芒果中，质量在和内的分别有个和个．
设质量在内的个芒果分别为，，，，
质量在内的个芒果分别为，，
从这个芒果中选出个，样本空间为：
，
则，
设“至少有一个在内”为事件，
则
，，
因此，
所以从个芒果中随机抽取个，至少有一个在内的概率为
方案可获利：
元，
方案可获利：元，
由于，因此该种植园选择方案获利更多．
解：对于甲地，中位数为 ，平均数为 ，
若 天气温的数据为 ，则甲地没有进入夏季；
对于乙地，第百分位数为 ，众数为 ，
，则第百分位数为第三个数与第四个数的平均数，
若 天气温的数据为 ，则乙地没有进入夏季；
对于丙地，最高气温为 ，平均数为 ，标准差为 ，
设前面四个数据为 ，
则 ，
故 ，
所以 ，
若 ，则 ，这与 矛盾，
所以 ，所以丙地肯定进入夏季；
对于丁地，下四分位数为 ，上四分位数为 ，极差为 ，
由 ，
得下四分位数为按从小到大排列得第 个数据，上四分位数为按从小到大排列得第 个数据，
若 天气温的数据为 ，则丁地没有进入夏季．
故选：．
解：原平均数：，
原方差：，
选项A：若，新平均数为，与原平均数相同，
新方差为，
故方差随着的变化而改变，故A错误；
选项B：极差不变需新数据最大值且最小值，
例如时，极差仍为，但，故B错误；
选项C：当，时，新数据排序为，，，，，，，中位数仍为，故C错误；
选项D：平均数不变即，解得，故D正确．
故选：．
解：，
；
初三年级人数为名，
现用分层抽样的方法在全校抽取名学生，
应在初三年级抽取的人数为名；
初一年级应抽取学生的人数为，
初二年级应抽取学生的人数为，
该校所有学生体重的平均数约为，
该校所有学生体重的方差约为
．
共18页/第17页【主题四 概率统计】
专题12.4 超几何分布、二项分布、正态分布
两点分布
⑴若随机变量服从两点分布，即其分布列为
0 1
其中，则称离散型随机变量服从参数为的两点分布．其中称为成功概率．
⑵两点分布的均值与方差：若随机变量服从参数为的两点分布，则，．
注意：
⑴两点分布的试验结果只有两个可能性，且其概率之和为；
⑵两点分布又称分布、伯努利分布，其应用十分广泛．
伯努利试验与二项分布
⑴ 重伯努利试验的定义
我们把只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验.
将一个伯努利试验独立地重复进行次所组成的随机试验称为重伯努利试验.
⑵ 二项分布
一般地，在重伯努利试验中，设每次试验中事件发生的概率为，用表示事件发生的次数，则的分布列为.
如果随机变量的分布列具有上式的形式，则称随机变量服从二项分布，记作．
⑶两点分布与二项分布的均值、方差
①若随机变量服从两点分布,则.
②若,则.
超几何分布
一般地，假设一批产品共有件，其中有件次品，从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用表示抽取的件产品中的次品数，则的分布列为.
其中．
如果随机变量的分布列具有上式的形式，那么称随机变量服从超几何分布．
正态分布
⑴正态分布定义：
若随机变量的概率密度函数为，(,其中，为参数)，称随机变量服从正态分布，记为.
⑵正态曲线的特点
曲线位于轴上方，与轴不相交；
曲线是单峰的，它关于直线对称；
曲线在时达到峰值；
当时，曲线上升；当时，曲线下降.并且当曲线向左、右两边无限延伸时，以轴为渐近线，向它无限靠近.
曲线与轴之间的面积为1；
决定曲线的位置和对称性；
当一定时，曲线的对称轴位置由确定；如下图所示，曲线随着的变化而沿轴平移。
确定曲线的形状；
当一定时，曲线的形状由确定.越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中；越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.
⑶正态分布的原则：正态分布在三个特殊区间的概率值
假设，可以证明：对给定的,是一个只与有关的定值.
特别地，，
，
.
上述结果可用右图表示.
此看到，尽管正态变量的取值范围是，但在一次试验中，的值几乎总是落在区间内，而在此区间以外取值的概率大约只有,通常认为这种情况几乎不可能发生.
在实际应用中，通常认为服从于正态分布的随机变量只取中的值，这在统计学中称为原则.
【重要结论】
对于小概率事件要有一个正确的理解：
小概率事件是指发生的概率小于的事件．对于这类事件来说，在大量重复试验中，平均每试验大约次，才发生1次，所以认为在一次试验中该事件是几乎不可能发生的．不过应注意两点：一是这里的“几乎不可能发生”是针对“一次试验”来说的，如果试验次数多了，该事件当然是很可能发生的；二是当我们运用“小概率事件几乎不可能发生的原理”进行推断时，也有犯错的可能性．
超几何分布和二项分布的区别
⑴超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；
⑵超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的；而二项分布是“有放回”抽取（独立重复），在每次试验中某一事件发生的概率是相同的.
【人教A版选择性必修三 习题7.4 第8题 P81】为试验一种新药，某医院把该药分发给位患有相关疾病的志愿者服用试验方案为：若这位患者中至少有人治愈，则认为这种新药有效否则认为这种新药无效假设新药有效，治愈率为．
用表示这位志愿者中治愈的人数，求的期望
若位志愿者中治愈的人数恰好为，从人中随机选取人，求人全部治愈的概率
求经试验认定该药无效的概率保留位小数根据值的大小解释试验方案是否合理依据：当值小于时，可以认为试验方案合理，否则认为不合理
附：记，，，，，，参考数据如下：
【人教A版选择性必修三 复习参考题7 第10题 P91】现有甲、乙、丙、丁四个人相互之间传球，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙、丙、丁中的任何一个人，依此类推．
通过三次传球，球经过乙的次数为，求的分布列与期望；
设经过次传球后，球落在甲手上的概率为，
(ⅰ)求，；
(ⅱ)求，并简要解释随着传球次数的增多，球落在甲、乙、丙、丁每个人手上的概率相等．
【方法储备】
求超几何分布的分布列的步骤：
⑴验证随机变量服从超几何分布，并确定参数的值；
⑵根据超几何分布的概率公式计算出随机变量取每一个值时的概率；
⑶用表格的形式列出分布列.
说明：
⑴超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数.超几何分布的特征是：
①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的概率分布.
⑵超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型.
二项分布与超几何分布的辨析
袋子中有大小相同的个球，其中有个红球，N-M个白球，令,设表示摸出的个球中的红球的个数，则
摸球方式 的分布
有放回摸球 二项分布
无放回摸球 参数为的超几何分布
【典例精讲】
例1.(2025·安徽省·期末考试)（多选）若10件产品中有4件次品和6件正品．现从中随机抽取3件产品，记取得的次品数为随机变量X，则下列结论正确的是
若是有放回的抽取，则
若是无放回的抽取，则
若是有放回的抽取，X的数学期望
若是无放回的抽取，X的数学期望
例2.(2025·安徽省合肥市·期末考试)3月14日某中学进行了以“数学对”为主题的知识竞赛，分初赛和决赛两个环节进行。初赛环节规则如下：每位选手从10道题中随机抽取3道题作答，3道题全部答对的选手晋级决赛。决赛环节进行三轮抢答，规则如下：每位选手每轮抢到题目且回答正确得10分，抢到题目但回答错误扣5分，该轮未参与抢答或未抢到题目不得分，每轮抢答情况相互独立，最终按照决赛中三轮抢答的总得分进行排名并表彰.
若某选手对于初赛环节中的10道题目，只有4道能回答正确，求他在初赛环节中答对题目数量的分布列和期望;
已知甲晋级决赛，甲在决赛中每轮抢到题目的概率为，能回答正确的概率为，求甲在决赛中总得分大于10分的概率.
【拓展提升】
练1-1.(2025·河南省三门峡市·月考试卷)某袋中装有大小相同质地均匀的黑球和白球共5个．从袋中随机取出3个球，恰全为黑球的概率为，则黑球的个数为 .若记取出3个球中黑球的个数为X，则 .
练1-2(2025·全国·模拟题)某商店售卖一种珠环，消费者从红、蓝两种颜色的装饰珠中各选出偶数个，按随机的顺序用绳子穿成“串”穿在一根绳子上，之后固定位置不可移位，再将绳子首尾相接连成“环”.小王现在选了6个红珠4个蓝珠穿成一个“串”.
如果小王将这一串装饰珠剪了一刀分成了两串，每串各有5个装饰珠，求这两串装饰珠都恰好是3个红珠和2个蓝珠的概率;
在把10个装饰珠连成环后，小王剪了两刀将珠环分成各含4个装饰珠和6个装饰珠的两串.设4个装饰珠串里红珠的个数为随机变量X，求 X的分布列与期望;
如果小王选了2m个红珠和2n个蓝珠以任意顺序连成一个“环”，求证：只需要在合适的位置剪两刀，总可将环分成两串，每串都恰好是m个红珠和n个蓝珠.
【方法储备】
解决二项分布的分布列问题的步骤：
⑴先判断随机变量是否服从二项分布，判断是否满足：
①对立性：一次试验中时间发生与否必居其一；②重复性：试验在相同条件下独立重复地进行，且每次试验事件发生的概率均为同一常数，③连续性：的取值是的整数，中间不间断；
⑵若该随机变量服从二项分布, 求出每次试验事件发生的概率；
⑶根据二项分布的分布列，列出相应的分布列.
与二项分布有关的期望与方差的求法
⑴求随机变量的期望与方差时,可首先分析是否服从二项分布,如果服从，则用公式
求解,可大大减少计算量.
⑵有些随机变量虽不服从二项分布,但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布, 则可以综合应用以及求出,同样还可求出.
求次独立重复试验中事件恰好发生次的概率
解题的一般思路是：根据题意设出随机变量分析出随机变量服从二项分布找到参数写出二项分布的分布列将值代入求解概率.
【典例精讲】
例3.(2025·福建省·单元测试)在高三的一个班中，有的学生数学成绩优秀，若从班中随机找出5名学生，那么数学成绩优秀的学生人数，则取最大值时 .
例4. (2025·辽宁省沈阳市模拟) 某会议室用盏灯照明，每盏灯各使用节能灯棍一只，且型号相同．假定每盏灯能否正常照明只与灯棍的寿命有关，该型号的灯棍寿命为年以上的概率为，寿命为年以上的概率为，从使用之日起每满年进行一次灯棍更换工作，只更换已坏的灯棍，平时不换．
Ⅰ在第一次灯棍更换工作中，求不需要更换灯棍的概率；
Ⅱ在第二次灯棍更换工作中，对其中的某一盏灯来说，求该灯需要更换灯棍的概率；
Ⅲ设在第二次灯棍更换工作中，需要更换的灯棍数为，求的分布列和期望．
【拓展提升】
练2-1(2025·江苏省盐城市·模拟题)为了防止受到核污染的产品影响我国民众的身体健康，要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售.已知某产品第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，两轮检测是否合格相互没有影响.若产品可以销售，则每件产品获利40元；若产品不能销售，则每件产品亏损80元.已知一箱中有4件产品，记一箱产品获利X元，则 .
练2-2.(2025·山东省·月考试卷)袋中有大小、形状完全相同的4个红球，2个白球，采用有放回摸球，从袋中随机摸出1个球，定义T变换为：若摸出的球是白球，则把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍纵坐标不变；若摸出的是红球，则将图象上所有的点向上平移1个单位，函数经过1次T变换后的函数记为，经过2次T变换后的函数记为，…，经过n次T变换后的函数记为现对函数进行连续的T变换．
若第一次摸出的是白球，第二次摸出的是红球，求；
记，求随机变量X的分布列及数学期望．
练2-3(2025·吉林省长春市模拟) 昭通苹果种植历史悠久，可追溯到民国十五年年，法国人贾海义从欧洲引入，种植于昆明并传入昭通昭通苹果主要品种有金帅、红富士等，经过驯化的富士系列苹果在昭阳区种植产量高、口味好、耐贮藏、含糖量高、风味佳，有成熟早、甜度好、香味浓、口感脆等特点昭通苹果开发公司从进入市场的“昭通苹果”中随机抽检个，利用等级分类标准得到数据如下：
等级 级 级 级
个数
以表中抽检的样本估计全市“昭通苹果”的等级，现从全市上市的“昭通苹果”中随机抽取个，求取到个级品的概率
某超市每天都采购一定量的级“昭通苹果”，超市记录了天“昭通苹果”的实际销量，统计结果如下表：
销量
天数
今年级“昭通苹果”的采购价为元，超市以元的价格卖出为了保证苹果质量，如果当天不能卖完，就以元退回供货商若超市计划一天购进或“昭通苹果”，你认为应该购进还是请说明理由．
【方法储备】
求解正态分布的概率计算问题的一般步骤：
⑴根据题目中给出的条件确定与的值；
⑵将待求问题向，，这三个区间进行转化；
⑶利用在上述区间的概率、正态曲线的对称性和曲线与轴之间的面积为1求出最后结果．
解正态分布概率计算题的关键是借助正态曲线的对称轴确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系,必要时可借助图形判断. 常用结论有：
⑴对任意的,有；
⑵；
⑶.
⑷当条件中无已知概率时,则要将区间转化为三个特殊区间,利用三个特殊区间的概率求解.
【典例精讲】
例5.(2025·陕西省西安市·模拟题)某类考试报名人数为10000人，已知考试的成绩服从正态分布，若录取分数线为350分，则录取人数约为 结果四舍五入取整数参考数据：若服从正态分布，则
例6.(2025·江苏省苏州市·月考试卷)为进一步提升人才选拔的公正性，某省拟在三年内实现高考使用新高考全国Ⅰ卷，为测试学生对新高考试卷的适应性，特此举办了一次全省高三年级数学模拟考试满分150分，其中甲市有10000名学生参加考试．根据成绩反馈，该省及各市本次模拟考试成绩X都近似服从正态分布
已知本次模拟考试甲市平均成绩为分，成绩位于区间内的学生共有4772人．甲市学生A的成绩为114分，试估计学生A在甲市的大致名次；
在参加该省本次模拟考试的学生中随机抽取500人作为研究样本，随机变量Y为本次考试数学成绩在之外的人数，求的概率及随机变量Y的数学期望．
附：参考数据：
参考公式：若有，
【拓展提升】
练3-1(2025·江苏省南京市模拟)（多选） 随机变量X~N(,)且P(X2)=0.5,随机变量Y~B(3,p),若E(Y)=E(X),则（ ）
A. =2 B. D(X)=2 C. p= D. D(3Y)=2
练3-2(2025·湖北省荆州市模拟) 为贯彻落实《健康中国行动(2019-2030年)》《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》等文件精神,确保2030年学生体质达到规定要求,各地将认真做好学生的体制健康监测.某市决定对某中学学生的身体健康状况进行调查,现从该校抽取200名学生测量他们的体重,得到如下样本数据的频率分布直方图.
求这200名学生体重的平均数和方差(同一组数据用该区间的中点值作代表).
由频率分布直方图可知,该校学生的体重Z服从正态分布N(,),其中近似为平均数,近似为方差.
①利用该正态分布,求P(50.73< Z69.27);
②若从该校随机抽取50名学生,记X表示这50名学生的体重位于区间(50.73,69.27]内的人数,利用①的结果,求E(X).
参考数据:9.27.若Z~N(,),则P(-< Z+)0.6826,
P(-2< Z+2)0.9544,P(-3< Z+3)0.9974.

【方法储备】
离散型随机变量的性质容易和其他知识相结合,所涉及的参数范围(最值)问题容易与函数、基本不等式相结合,做题时需注意分布列的性质与其他模块内容的联系.
【典例精讲】
例7.( 2025·福建省龙岩市模拟) 现有两个口袋，口袋中有个球，一部分是红球，另一部分是白球，从中取出一个球恰好是白球的概率为，口袋中有个球，个红球，个白球．若将两个口袋混合在一起，从中取出一个球，恰好是白球的概率为．
若甲从口袋中每次有放回地取一个球，直到取到白球停止，则恰好第三次后停止的概率；
甲乙两人进行游戏，由第三人从两个口袋中各取一个球，若同色甲胜，否则乙胜，通过计算说明这个游戏对两人是否公平；
从口袋中一次取个球，取到一个白球得分，取到一个红球得分，求得分的期望．
例8.(2025·河南省洛阳市·联考题)
已知某次数学考试中试卷有11道选择题，其中8道单选题，3道多选题此份试卷恰巧每个多选题都只有两个正确选项，单选题每题5分，选对得5分，选错得0分；多选题每题6分，全部选对的得6分，选对1个选项的得3分，有选错的得0分.甲、乙两位同学参加了此次数学考试，甲同学的试卷正常，而乙同学的试卷中选择题被打乱，无法分辨是单选题还是多选题，所以他认为11道选择题均是单选题，假设两人选对一个单选题的概率都是
设此次考试中甲同学选对了X道单选题，求X的数学期望；
若对于多选题，乙同学选对1个选项的概率为，记此次考试中乙同学选择题的得分为Y，求Y的数学期望；
已知甲同学遇到3个多选题时，每个题只能判断出有一个选项是正确的，且甲同学最多再选1个其他选项，假设他选对剩下1个选项的概率是，请你帮甲同学制定回答3个多选题的策略，使得分的期望最高.
【拓展提升】
练4-1(2025·江苏省泰州市·联考题)某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试测试通过率为，末通过测试I的芯片进入第二次测试测试，通过率为通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废.
若某批次生产了n枚芯片，合格数为随机变量当，时，求X的期望与方差；
已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率；
为估计中的，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试记若要使得总能不超过，试根据参考内容估计最小样本量
参考内容：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有
练4-2(2025·广西壮族自治区·模拟题)某学校举行教师趣味篮球运动会比赛，选手在连续投篮时，规定：第一次投进得1分，若某次投进，则下一次投进的得分是本次得分的两倍；若某次未投进，则该次得0分，且下一次投进得1分.已知某教师连续投篮n次，记投中次数为X，总得分为Y，每次投进的概率为，且每次投篮相互独立.
当时，计算随机变量X的分布列；
①当时，求的概率；
②记的概率为，求的表达式.
(2025·浙江省绍兴市·期末考试)（多选）甲、乙两名高中同学历次数学测试成绩百分制分别服从正态分布，，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法中正确的是
附：若随机变量X服从正态分布，则
乙同学的平均成绩优于甲同学的平均成绩
甲同学的平均成绩优于乙同学的平均成绩
甲同学的成绩比乙同学成绩更集中于平均值附近
若，则甲同学成绩高于80分的概率约为
(2025·河南省·模拟题)（多选）某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进．部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验．记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，B表示事件“某芯片经人工抽检后合格”．改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取M个，这M个芯片中恰有m个的质量指标位于区间，则下列说法正确的是 参考数据：若，则
取得最大值时，M的估计值为53
(2025·山东省烟台市·期末考试)某学校计划举办人工智能创新挑战赛，挑战赛包括个人赛和团队赛两种类型.个人赛中，每位选手回答随机给出的4个题目，若答对不少于3个题目，则其个人赛挑战成功.团队赛中，4名选手组成一个团队，且平分成两个小组分别挑战甲、乙两个题目.每个团队可自主从以下两种参赛方式中选择一种参赛：方式一，将甲、乙两个题目随机分配给两个小组，每小组中的两名选手各自独立答题，若两人中至少一人答对，则该小组挑战成功，若两小组都挑战成功，则该团队挑战成功；方式二，将甲、乙两个题目随机分配给两个小组，每小组中的两名选手各自独立答题，若两人都答对，则该小组挑战成功，若两小组至少有一组挑战成功，则该团队挑战成功.
某选手参加个人赛，若其前两个题答对的概率均为， 后两个题答对的概率均为，且各题答对与否互不影响，求该选手个人赛挑战成功的概率；
假设某团队的每位选手答对甲、乙两题的概率分别为p，，若对任意，均有选择方式二参赛时该团队挑战成功的概率更大，求的取值范围.
【答案解析】
1.【人教A版选择性必修三 习题7.4 第8题 P81】
解：(1) 每位患者治愈的概率为0.8,且每位患者是否治愈相互独立,
则治愈人数X~B(10,0.8),故E(X)=100.8=8；
记事件A=“任选5位志愿者全部治愈”,
由（1）知，10位志愿者中治愈的人数为8人，则P(A)==；
记事件B= “经过试验该药被认定无效”, 事件B发生等价于{X4},
则p=P(B)=P(X4)=
=0.0001+0.0008+0.0055=0.0064.
因为0.0064<0.05,
所以可以认为试验方案合理.
【人教A版选择性必修三 复习参考题7 第10题 P91】
解：由题意可知，的可能取值为，，，
所以，
，
，
所以的分布列为：


的数学期望是；
由题意可知，，；
由题意可知，，
则，故数列是等比数列，
所以，则，
当时，，
所以当传球次数足够多时，球落在甲手上的概率趋向于一个常数，
又因为第一次从甲开始传球，而且每一次都是等可能地把球传给任何一个人，
所以球落在每个人手上的概率都相等，
所以球落在乙、丙、丁手上的概率为，
故传球次数足够多时，球落在甲、乙、丙、丁每个人手上的概率都是．
例1.解：若是有放回的抽取，则，
则，
，故选项A和C正确，
若是无放回的抽取，则X可能取0，1，2，3，
又，，
，，
所以，故选项B错误，选项D正确，
故选：
例2.解：设初赛答对题目数量为随机变量X，则X可能取值为，
，
，
，
，
因此X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
期望
设每轮得分为，则可能取值为：0，，10，
则，，
因为总得分，所以要求，则可能的得分组合为：
三次都得10分：，
两次得10分，一次得0分：，
两次得10分，一次得分：，
因此甲在决赛中总得分大于10分的概率为：
练1-1.解：设黑球的个数为n，由得，
记取出3个球中黑球的个数为X，X的取值可以为：1，2，3，
画出分布列如下：
X 1 2 3
P
，
故答案为：3；
练1-2.解：设两串装饰珠都恰好是3个红珠和2个蓝珠为事件A，
则
随机变量X的可能取值有0，1，2，3，4，
，，
，，
，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
所以，
编号：任选一个红珠记其编号为1，
并按顺时针方向依次给每个装饰珠编号2，3，4，5，6，，
编组：1号珠，连同它顺时针方向后的个装饰珠，
共个装饰珠编为一组，称为1号组;
号珠，连同它顺时针方向后的个装饰珠，
共个装饰珠编为一组，称为2号组;
共组，每组均有个装饰珠.
则①不可能每组中红珠都多于或少于m个，
因为每个装饰珠都同时在组中，
所以每组中的红珠数目之和为，
若每组中红珠都多于或少于个，因为共组，
则此时红珠总数会多于或少于，
与每组中的红珠数目之和为矛盾.
②相邻两组中红珠数量最多相差
因为后一组的装饰珠为前一组的装饰珠去掉第一个并在最后加上一个，
所以它们之间只有2个装饰珠有区别，前一组装饰珠的第一个可能为红珠或蓝珠，
最后加上的这一个也可能为红珠或蓝珠，
所以有以下四种情形：
去掉红珠，加上红珠;
去掉红珠，加上蓝珠;
去掉蓝珠，加上蓝珠;
去掉蓝珠，加上红珠.
不论哪种情况，相邻两组中红珠数量只能相差1或
现假设没有任何一组中的红珠数量为m，
由①知，必存在两相邻号组 A，B， A中红珠数， B中红珠数，
即二者红珠数至少相差2，与②矛盾.
因此，必有某号组恰好有 m个红珠， n个蓝珠，
在该号组的两侧各剪一刀，即可满足条件.
例3.解：依题意，可得，
则，且
解得又，所以
故答案为
例4.解：Ⅰ设在第一次更换灯棍工作中，不需要更换灯棍的概率为 ，
则 ．
Ⅱ对该盏灯来说，第、次都更换了灯棍的概率为 ；
第一次未更换灯棍而第二次需要更换灯棍的概率为 ，
故所求概率为：
．
Ⅲ 的可能取值为，，，；
某盏灯在第二次灯棍更换工作中需要更换灯棍的概率为 ．
，
，
，
，
的分布列为：
此分布为二项分布 ．
．
练2-1.解：由题意得该产品能销售的概率为，
易知X的所有可能取值为，，，40，160，
设表示一箱产品中可以销售的件数，则，
所以，，1，2，3，4，
所以 ，
，
，
故
练2-2.解：第一次从袋中摸出的是白球，把函数变换为，
第二次从袋中摸出的是红球，把函数变换为，
所以 ;
经过3次T变换后，有4种情况：
若摸出的3个球都是白球，则；
若摸出的3个球为2个白球、1个红球，则；
若摸出的3个球为1个白球、2个红球，则；
若摸出的3个球都是红球，则 ，
所以随机变量X的可能取值为 ，
因为从袋中随机摸出1个球，是白球的概率为，是红球的概率为，
故，
，
，
，
所以所求随机变量X的分布列为
X 1 3
P
所以
练2-3.解：(1)由题意可知,从全市上市的“昭通苹果”中随机抽取1个,
取到A级品的概率P==,
从全市上市的“昭通苹果”中随机抽取10个,取到A级品的个数X~B(10,),
则P(X=4)==.
当超市一天购进170kg“昭通苹果”时,设利润为,销量为,
则的可能取值为150,160,170,的可能取值为560,620,680,
P(=560)=P(=150)==,
P(=620)=P(=160)==,
P(=680)=P(=170)=1--=.
的分布列为:
560 620 680
P
E()=560+620+680=656.
当超市一天购进180kg“昭通苹果”时,设利润为,销量为,
的可能取值为150,160,170,180,的可能取值为540,600,660,720,
P(=540)=P(=150)==,
P(=600)=P(=160)==,
P(=660)=P(=170)==,
P(=720)=P(=180)=1---=,
利润的分布列为:
540 600 660 720
P
()=540+600+660+720=663,
()>E(),所以超市应计划一天购进180kg“昭通苹果”.
例5.解：，所以录取人数为人
故答案为：
例6.解：已知本次模拟考试成绩X近似服从正态分布，由题意可得，
因为，
所以，
即，解得，
因为甲市学生A在该次考试中成绩为114分，且，
又，
即，
所以，
即学生A在甲市本次考试的大致名次为1587名．
设事件B：在样本中抽取的学生在本次考试中数学成绩在之外，
由于成绩在之内的概率为，
所以，
所以随机变量 Y服从二项分布，即，
则，
Y的数学期望为
练3-1.解：因为 且 ，
所以 ，故， ，选项正确，选项错误；
因为 ，所以 ，所以 ，解得 ，选项 正确；
，选项 错误．
故选AC.
练3-2.解：(1)由题意可得=400.02+500.3+600.4+700.23+800.04+900.01=60;
=4000.02+1000.3+00.4+1000.23+4000.04+9000.01=86.
①由(1)可知=60,==9.27,
则P(50.73< Z69.27)=P(60-9.27< Z60+9.27)=P(-< Z+)0.6826.
②由①可知1名学生的体重位于(50.73,69.27]的概率为0.6826.
因为X~B(50,0.6826),所以E(X)=500.6826=34.13.
例7.解：设口袋中有个白球，则由题知，解得，，
设事件表示从口袋中第次取出的是红球，则有，
设事件表示从口袋中有放回的各取球恰好第次后停止，
则．
设事件表示从口袋中取出一个球是红球，，
表示从口袋中取出一个球是红球，，
事件表示第三人从两个口袋中各取一球是同色球，有
，
所以游戏不公平．
设表示从口袋中一次取个球的得分，则的可取值为，，，
有，，，
从而．
例8.解：由题意，得，所以，
即X的数学期望为2；
由题意，对于单选题，乙同学每个单选题做对的概率为，
对于多选题，乙同学选对1个选项的概率为，
设乙同学做对单选题的个数为，多选题得3分的个数为，
则，，
所以，，
又此次考试中乙同学选择题的得分为，
所以；
对于每一道多选题，甲同学每个题只能判断出有一个选项是正确的，先把这个正确选项选上，
如果甲同学不继续选其他选项，肯定能得3分；
如果甲同学继续选其他选项的话，设此题的最终得分为Z，
则Z的所有可能取值为0，6，
所以Z的分布列为
Z
0 6
P
p
所以此题的得分期望是，
所以我们只需要比较3和6p的大小关系即可，
当，即时，每道多选题选2个选项的得分比只选1个选项高，所以建议甲同学3个多选题全部选2个选项；
当，即时，每道多选题选2个选项的得分与只选1个选项一样，所以甲同学每道多选题选择1个选项或2个选项都可以；
当，即时，每道多选题只选1个选项的得分比选2个选项高，所以建议甲同学3个多选题全部只选1个选项.
练4-1.解：每个芯片通过测试的合格率为，，
则，；
解法一：记事件A：通过测试I，事件B：通过测试II，事件C：芯片合格，
，
则；
解法二：记事件：经过测试I，事件：经过测试II，事件B：芯片合格，
，，，，
，
则；
因为，所以，，
解法一：，，
，，
又，当且仅当时等号成立，
，均有，
取，则，
根据题意要使得总能不超过，
当，即时满足条件，
最小样本量大约为1000；
解法二：由已知得对，，
，
记，，，
又，当且仅当时等号成立，
，均有，
取，则，
根据题意要使得总能不超过，
当，即时满足条件，
最小样本量大约为
练4-2.解：由题可知随机变量X服从二项分布： X∽，
则，
，
，
所随机变量X的分布列如下：
X 0 1 2
P
①因为，，
则；
②投篮n次得分为3分，有两种可能的情况：
情形一，恰好两次投进，且两次相邻;
情形二，恰好三次投进，且任意两次都不相邻，
当时，情形二不可能发生，
故
当时，情形一发生的概率为，
情形二发生是指，将次未投进的投篮排成一列，共有个空位，
选择其中3个空位作为投进的投篮，
故概率为，
所以，
综上，
解：由由图象得对称轴，可得A对B错；
甲图廋高，乙图矮胖，可知C正确；
对于D，，，有正态分布的密度曲线性质可知故 D对，
故选
解：对于A，依题意，经智能检测系统筛选合格的条件下，通过人工抽检合格的概率
大于直接进入人工抽检合格的概率，即，A正确；
对于B，由，得，
又，
于是，即，
因此，即，则，B错误；
对于C，
，C正确；
对于D，，
设，
，
解得，，由，
解得，即，
所以取得最大值时，M的估计值为53，D正确.
故选：
解：设前两题答对为事件概率各为，
后两题答对为事件概率各为，各题独立，
挑战成功需答对不少于3题，分两种情况：
答对4题：概率为，
答对3题：包含两种情况：
前两题对2，后两题对1：概率为，
前两题对1，后两题对2：概率为，
答对3题总概率为，
挑战成功总概率为答对3题与4题概率之和：；
由题意：团队选手答对甲题概率为p，乙题概率为，
方式一成功概率：两小组均成功每组至少1人答对，
小组甲题成功概率：；
小组乙题成功概率：；
方式一总概率；
方式二成功概率：至少一小组成功每组两人均答对，
小组1成功概率：；
小组2成功概率：
方式二总概率；
要求对任意，，即：，
展开整理得：，对任意恒成立，
令，需恒成立，
因开口向下，且顶点，
故在单调递增，
只需，即，解得或，又，
综上，的取值范围为
共24页/第13页【专题十二 概率统计】
专题12.3 离散型随机变量及其分布列、数字特征
随机变量的有关概念
随机变量：一般地，对于随机试验样本空间中的每个样本点都有唯一的实数与之对应，我们称为随机变量．用大写英文字母表示随机变量，如；用小写英文字母表示随机变量的取值，如.
离散型随机变量：可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量.
注：离散型随机变量X的每一个可能取值为实数,其实质代表的是“事件”,即事件是用一个反映结果的实数表示的.
离散型随机变量的分布列
一般地，设离散型随机变量的可能取值为，我们称取每一个值的概率为的概率分布列，简称分布列．
与函数的表示方法类似，离散型随机变量的分布列也可以用表格表示：
… …
… …
离散型随机变量的分布列的性质
⑴；
⑵.
注意：① 列出随机变量的所有可能取值；② 求出随机变量的每一个值发生的概率.
离散型随机变量的均值与方差
⑴离散型随机变量的均值的概念
一般地，若离散型随机变量的概率分布为：
… …
… …
则称为随机变量的均值或数学期望,数学期望简称期望.
⑵离散型随机变量的方差的概念
一般地，若离散型随机变量的概率分布列为：
… …
… …
则称
为随机变量的方差，有时也记为.称为随机变量的标准差.
【重要结论】
随机变量的线性关系
若是随机变量, 是常数, 则也是随机变量.
分布列性质的两个作用
利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值.
随机变量所取的值分别对应的事件是两两互斥的,利用这一点可以求相关事件的概率.
离散型随机变量的均值与方差的常用性质
⑴,其中为常数；
⑵，为常数，是随机变量；
⑶；
⑷；
⑸若相互独立,则；
【人教A选择性必修三P60 练习 T3】设某项试验的成功率是失败率的倍，用随机变量去描述次试验的成功次数，则等于( )
A. B. C. D.
【人教A版选择性必修三P71习题7.3 T3】若是离散型随机变量，，又已知，则的值为( )
A. B. C. D.
【典例精讲】
例1.(2025·河北省·期末考试)随机变量的分布列为，其中是常数，则( )
A. B. C. D.
例2.(2025·河北省衡水市·月考试卷)（多选）设随机变量的分布列为，，则( )
A. B.
C. D.
【方法储备】
离散型随机变量分布列的性质的应用：
利用“概率之和为1”可以求相关参数的值．
利用“在某个范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率．
可以根据性质判断所得分布列结果是否正确．
【拓展提升】
练1-1(2025·黑龙江省绥化市期末)(多选)设随机变量的分布列，则( )
A. B. C. D.
练1-2(2025·江苏省苏州市月考) 一校园公用电话在某时刻恰有个学生正在使用或等待使用该电话的概率为，根据统计得到，其中为常数，则在该时刻没有学生正在使用或等待使用该电话的概率为( )
A. B. C. D.
例3.(2025·河南省·期末考试)已知随机变量的概率分布如表所示，且，则( )
A. B. C. D.
例4.(2025·江苏省南京市·模拟题)不透明口袋中有个相同的黑色小球和红色白色蓝色的小球各个，从中任取个小球，表示当时取出黑球的数目，表示当时取出黑球的数目，则下列结论中成立的是( )
B.
D.
例5.(2025·湖北省黄石市月考)甲、乙两人进行射击比赛，一局比赛中，先射击的一方最多可射击次，一旦未击中目标即停止，然后换另一方射击，一旦未击中目标或两方射击总次数达次均停止，本局比赛结束，各方击中目标的次数即为其本局比赛得分已知甲、乙每次射击击中目标的概率分别为和，两人的各次射击是否击中目标相互独立一局比赛中，若甲先射击．
求甲、乙得分相同的概率
设乙的得分为，求的分布列及数学期望．
【方法储备】
离散型随机变量的分布列的求解步骤：
确定的所有可能取值（）,并明确每个取值代表的意义；
求出相应的概率 （）；
写出分布列或列出分布列;
根据分布列的性质对结果进行检验.
注意：
⑴利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值及检查分布列的正确性.
⑵随机变量所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率.
离散型随机变量分布列的常见类型及解题策略：
⑴与排列组合有关的分布列的求法.可由排列组合、概率知识求出概率,再求出分布列.
⑵与频率分布直方图有关的分布列的求法.可由频率估计概率,再求出分布列.
⑶与互斥事件有关的分布列的求法.弄清互斥事件的关系,利用概率公式求出概率,再列出分布列.
⑷与独立事件(或独立重复试验)有关的分布列的求法:先弄清独立事件的关系,求出各个概率,再列出分布列
求离散型随机变量的期望与方差：
⑴求解离散型随机变量的分布列，利用离散型随机变量的期望与方差的公式，进行计算；
⑵二项分布的期望、方差可直接利用公式求解，但要注意模型及公式的正确性.
【拓展提升】
练2-1(2025·北京市·期中考试)袋中有个红球，个黄球，个绿球，现从中任取两个球，记取出的红球数为；若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则 ， ．
练2-2(2025·海南省·期中考试)
甲、乙两名同学与同一台智能机器人进行象棋比赛，记分规则如下：在一轮比赛中，如果甲赢而乙输，则甲得分；如果甲输而乙赢，则甲得分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得分．设甲赢机器人的概率为，乙赢机器人的概率为求：
在一轮比赛中，甲的得分的分布列．
在两轮比赛中，甲的得分的分布列．
的均值和方差．
练2-3(2025·山东省济南市月考) 第届世界大学生夏季运动会将于今年在我国成都举行．某体校田径队正在积极备战，考核设有米、米和米三个项目，需要选手依次完成考核，成绩合格后的积分分别记为，和，，，，总成绩为累计积分和．考核规定：项目考核逐级进阶，即选手只有在低一级里程项目考核合格后，才能进行下一级较高里程项目的考核，否则考核终止．对于米和米项目，每个项目选手必须考核次，且全部达标才算合格；对于米项目，选手必须考核次，但只要达标次及以上就算合格．已知选手甲三个项目的达标率依次为，，，选手乙三个项目的达标率依次为，，，每次考核是否达标相互独立．
用表示选手甲考核积分的总成绩，求的分布列和数学期望；
证明：无论，和取何值，选手甲考核积分总成绩的数学期望值都大于选手乙考核积分总成绩的数学期望值．
【典例精讲】
例6.(2025·广东省湛江市模拟) 有甲、乙两家公司都需要招聘求职者，这两家公司的聘用信息如表所示．
甲公司 乙公司
职位 职位
月薪千元 月薪千元
获得相应职位概率 获得相应职位概率
若一人去应聘甲公司的职位,另一人去应聘乙公司的职位,记这两人被录用的人数和为，求的分布列.
若小方和小芳分别被甲、乙两家公司录用，求小方月薪高于小芳月薪的概率．
根据甲、乙两家公司的聘用信息，如果你是求职者，你会选择哪一家公司？说明理由．
例7.(2025·江苏省·月考试卷)某品牌布娃娃做促销活动：已知有个布娃娃，其中一些布娃娃里面有奖品，参与者可以先在个布娃娃中购买个，看完个布娃娃里面的结果再决定是否将剩下的布娃娃全部购买，设每个布娃娃有奖品的概率为，且各个布娃娃是否有奖品相互独立．
记个布娃娃中有个有奖品的概率为，当时，取得最大值，
求；
假如这个布娃娃中恰有个有奖品，以上问中的作为的值已知每次购买布娃娃需要元，若有中奖，则中奖者每次可得奖金元以最终奖金的期望作为决策依据，判断是否该买下剩下所有的个布娃娃；
若已知个布娃娃中有个布娃娃有奖品，从这堆布娃娃中任意购买个，若抽到个有奖品的布娃娃可能性最大，求的值为正整数
【方法储备】
随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．
⑴当期望不同时，两个随机变量取值水平可见分歧,可对问题作出判断.
⑵若两个随机变量期望相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策.
⑶实际应用中是方差（期望）大了好还是小了好,要根据这组数据反应的实际问题来判断.
【拓展提升】
练3-1.(2025·广东省茂名市·模拟题)甲、乙两人组队准备参加一项挑战比赛，该挑战比赛共分，关，规则如下：首先某队员先上场从第一关开始挑战，若挑战成功，则该队员继续挑战下一关，否则该队员被淘汰，并由第二名队员接力，从上一名队员失败的关卡开始继续挑战，当两名队员均被淘汰或者关都挑战成功，挑战比赛结束．若甲每一关挑战成功的概率均为，乙每一关挑战成功的概率均为，且甲、乙两人每关挑战成功与否互不影响，每关成功与否也互不影响．
已知甲先上场，，，，
求挑战没有一关成功的概率；
设为挑战比赛结束时挑战成功的关卡数，求；
如果关都挑战成功，那么比赛挑战成功．试判断甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率是否相同，并说明理由．
练3-2(2025·浙江省温州市期末) 某景区有一个自愿消费的项目，在某特色景点入口处，工作人员会为每位游客拍一张与景点的合影，参观后，在景点出口处会将刚拍下的照片打印出来，游客可自由选择是否带走照片若带走照片则需支付元，没有被带走的照片会收集起来统一销毁该项目运营一段时间后，统计出平均只有三成的游客会选择带走照片为改善运营状况，该项目组就照片收费与游客消费意愿的关系做了市场调研，发现价格与消费意愿有较强的线性相关性统计出在原有的基础上，价格每下调元，游客选择带走照片的概率平均增加假设平均每天约有人参观该特色景点，每张照片的综合成本为元，每个游客是否选择带走照片相互独立．
若调整为支付元就可带走照片，该项目每天的平均利润比调整前多还是少
要使每天的平均利润达到最大值，应如何定价
练3-3(2025·河北省石家庄市模拟) 某学校组织“一带一路”知识竞赛，有，两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误，则该同学比赛结束；若回答正确，则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．类问题中的每个问题回答正确得分，否则得分；类问题中的每个问题回答正确得分，否则得分．已知学生甲能正确回答类问题的概率为，能正确回答类问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
若学生甲先回答类问题，，，，，记为学生甲的累计得分，求的分布列和数学期望．
从下面的两组条件中选择一组作为已知条件．学生甲应选择先回答哪类问题，使得累计得分的数学期望最大？并证明你的结论．①，；②，．
【典例精讲】
例8.(2025·湖南省·联考题)甲、乙两个不透明的袋中各有个材质、大小相同的小球，甲袋中的小球分别编号为，，，，乙袋中的小球分别编号为，，，从甲袋中任取两个小球，编号记为，，从乙袋中任取两个小球，编号记为，．
Ⅰ若，设，求的分布列和数学期望．
Ⅱ设，，事件“”发生的概率记为．
(ⅰ)用含的组合数表示
(ⅱ)证明：当时，．
附：．
例9.(2025·四川省成都市·模拟题)马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，在人工智能、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用其数学定义为：假设我们的序列状态是，，，，，，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即已知甲盒子中装有个黄球和个黑球，乙盒子中装有个黄球和个黑球个球的大小形状完全相同记操作：从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中在重复次操作后，记甲盒子中黄球个数为，恰有个黄球的概率为，恰有个黄球的概率为，并记的数学期望为
求，；
求；
证明：是等比数列．
【方法储备】
离散型随机变量概率与分布列的综合应用是常考题目，解题时对应问题应用知识点，注意此部分可能与其它模块内容的联系.
【拓展提升】
练4-1.(2025·福建省·期末考试)一疫苗生产单位通过验血方法检验某种疫苗产生抗体情况，需要检验血液是否有抗体，现有份血液样本，每份样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：逐份检验，则需要检验次；混合检验，将其中且份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果无抗体，则这份的血液全无抗体，因而这份血液样本只需检验一次就够了，若检验结果有抗体，为了明确这份血液究竟哪几份有抗体就要对这份再逐份检验，此时这份血液的检验总次数为次，假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果有无抗体都是相互独立的，且每份样本有抗体的概率均为．
假设有份血液样本，其中只有份血液样本有抗体，若采用逐份检验方式，求恰好经过次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
现取其中且份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式样本需要检验的总次数为若，求关于的函数关系式，并证明．
练4-2.(2025·湖北省·期末考试)
甲乙两人进行乒乓球比赛，规则如下：一每局胜者得分，负者得分二若比赛进行到有一人比对方多分或两人得分之和达到分时停止比赛设甲在每局中获胜的概率均为，第二局比赛结束时比赛停止的概率为，且各局胜负相互独立．
求
记表示比赛停止时已比赛的局数，求的分布列及数学期望
若不限定局数即删去两人得分之和达到分时停止比赛这一条件，设为比赛进行局后仍未停止比赛的概率，求数列的通项公式．
(2025·湖北省鄂州市·模拟题)一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动个单位长度，蚂蚱所在的点会留下颜色则蚂蚱跳动次后染上颜色的点数个数的期望 ．
(2025·福建省模拟) 根据统计数据，某种植物感染病毒之后，其存活日数为正整数满足：对于任意的，的样本在的样本里的数量占比与的样本在全体样本中的数量占比相同，且均等于，即，则 ．
(2025·广西壮族自治区柳州市·模拟题)
不透明的口袋中装有编号分别为，，，的个小球，小球除编号外完全相同．现从中有放回地任取次，每次取个球，记取出的个球的最大编号为随机变量，则称服从参数为，的“”分布，记为
若，求；
若，且，求的最小值；
若，求证：且，．
【答案解析】
【人教A选择性必修三P60 练习 T3】
解：设，则．
依题意知，，解得．故．
故选B．
【人教A版选择性必修三P71习题7.3 T3】
解：因为，故随机变量的值只能为，
，解得或，所以．
故选：．
例1.解：，
，
，
例2.解：选项A，由已知可得，，即，故该选项正确；
选项B，，故该选项正确；
选项C，，故该选项正确；
选项D，，故该选项错误．
故选：．
练1-1.解：，
，
，则，
．
故选：．
练1-2.解：，即．
故选：．
例3解：由分布列的性质可得，，所以，
又因为，所以，即，
联立，解得，
所以．
故选：．
例4.解：当时，的可能取值为，，
，，
因此，；
当时，的可能取值为，，，
，，，
因此，，
所以，．
故选：．
例5.解：甲、乙各得分的概率；
甲、乙各得分的概率；
甲、乙各得分的概率；
故两人得分相同的概率为．
由题意知的所有可能取值分别为，，，，，
因为甲最多射击次，所以表示乙第一次射击就未击中目标，其概率与甲的得分无关，
故，同理，
时，考虑甲射击次和少于次两种情况，
，
同理，，
的分布列为：
．
练2-1.解：，所以，
取出的两个球一红一黄的概率：，，所以，则．
由于，，
．
故空答案为：；空答案为：．
练2-2.解：的可能取值为，，，根据记分规则，
得，
，
．
所以的分布列为：
的可能取值为，，，，，由于两轮比赛的结果是独立的，
所以，
，
，
，
，
所以的分布列为：
，
．
练2-3.解：选手甲考核积分的总成绩的所有可能取值为，，，．
，
．
所以的分布列为
所以数学期期．
证明：记选手乙考核积分的总成绩为，
则所有可能的取值为，，，．
，，
，
．
所以的分布列为
所以数学期望．
所以，
所以，即无论，和取何值，选手甲考核积分总成绩的数学期望都大于选手乙考核积分总成绩的数学期望．
例6.解：，，，
则，，，
所以的分布列为
小方月薪高于小芳月薪的概率：
入职甲公司，月薪的期望为，
方差，
入职乙公司，月薪的期望为，
方差，
乙公司月薪高于甲公司的概率为，
即，即两家公司月薪的期望相同，但甲公司月薪的波动性小，乙公司的月薪波动性更大，且甲公司月薪高于乙公司的月薪概率更大，故选甲公司．
例7.解：由题意可得，
，
令得．
当时， ；
当时， ，
的最大值点为，
因此当时，取最大值
由可知，
设剩下个布娃娃中有个奖品，获利为元，
则，
又．
因此，
因此该买下剩下所有的个布娃娃
设抽到个有奖品的布娃娃的可能性为，
则，根据题意可得
即，且，
化简得
解得，从而
练3-1.解：记甲先上场且挑战没有一关成功的概率为，
则，
依题可知，的可能取值为，，，
则
，
，
所以；
设甲先出场比赛挑战成功的概率为，乙先出场比赛挑战成功的概率为，
则
；
；
由
，
得，
则甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率相同．
练3-2.解：当收费为元时，照片被带走的概率为，不被带走的概率为设每个游客的利润为元，则是随机变量，其分布列为：
元，故个游客的平均利润为元，
当收费为元时，照片被带走的概率为，不被带走的概率为，
设每个游客的利润为元，则是随机变量，其分布列为：
元，故个游客的平均利润为元，
该项目每天的平均利润比调整前多元；
设降价元，则，照片被带走的概率为，不被带走的概率为，
设每个游客的利润为元，则是随机变量，其分布列为：
，
当时，有最大值元，
当定价为元时，日平均利润的最大值为元．
练3-3.解：由题意得的可能取值为，，．
，，，
分布列如下表：
则的数学期望．
如果选择条件①．
若甲同学选择先回答类问题，得到对应的分布列为
若甲同学选择先回答类问题，得到对应的分布列为
，
所以甲同学先回答类问题的期望大．
如果选择条件②．
若甲同学选择先回答类问题，得到对应的分布列为
若甲同学选择先回答类问题，得到对应的分布列为
，，
所以甲同学先回答类问题的期望大．
例8.解：由题意得：设“甲在校运会铅球比赛中获优秀奖”为事件．
比赛成绩达到以上获优秀奖，甲的比赛成绩达到以上的有：，，四个，
所以，甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为，
所有可能取值为，，，．
甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为．
乙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件，则．
丙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件，则．
，
，
，
，
则
丙获得冠军的概率估计值最大．
因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩比赛一次，丙获得的概率为，甲获得的概率为，
乙获得的概率为，并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利．
例9.解：由题目有：
；
由题目定义：假设我们的序列状态是，，，，，，
那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，
即
记重复次操作后，甲盒子中恰有个黄球的概率为，
易得，
的所有可能得取值为，，，，
且，
，
，
，
所以的分布列为：
，
证明：记重复次操作后，甲盒子中恰有个黄球的概率为
，
而，
，
，
，
即，
首项是，
因此是公比为等比数列，故得证．
练4-1.解：设恰好经过次检验能把有抗体血液样本全部检验出来为事件，
所以，
所以恰好经过次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为．
由已知得，
的所有可能取值为，．
所以，，
所以，
若，则，
所以，，
所以，即，
所以关于的函数关系式为且
证明：令且，
所以，
令，，
所以得，
所以，，单调递减，
，，单调递增，
所以，所以，
因为且，
所以，即，
所以，即，
所以．
练4-2.解：第二局比赛结束时比赛停止的概率为，
则 ， 整理得：，
解得：或，
因为，所以；
的可能取值为，，，
，
，
，
则的分布列为：
数学期望：；
由题可得，，
当为奇数时，第局没有停，甲乙得分均为分，则，
当为偶数时，，
当为偶数时，数列是以为首项，为公比的等比数列，
，
为奇数时，为偶数，，
当时，也满足，
所以通项公式．
解：一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，
每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动个单位长度，
蚂蚱所在的点会留下颜色，
蚂蚱跳动次后染上颜色的点数个数的可能取值为，，，，
表示蚂蚱在，或者，之间来回跳动，
则；
表示蚂蚱由向右最远跳到，
可以为“右右左左”，“右左右右”，“右右左右”共种，
由对称性知由向左最远跳到，也有种，
由向左最远跳到，最右跳到，可能为“左右右左”，“右左左右”有种，
故一共有种，
则；
表示蚂蚱跳动为“右右右左”，“左左左右”，“左右右右”，“右左左左”，共种，
则；
表示蚂蚱跳动为“右右右右”，“左左左左”，共种，
则；
则．
故答案为：．
解：因为，所以，即，
所以，所以，
又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
所以当时，，
当时，也满足上式，所以．
故答案为．
解：(1) 由 ~BM(2, 2), 得P( =2)=+=；
(2)由 ∽BM(4,m), =1,2,3,4,
得P( =k)=P( k)-P( k-1)=,k=1,2,3,4，
则 ( )=[+2(-)+3()+4()]=[4-(++)]
=4-[++],
令 ( ),得++4-=,
又f(m)=++ 在m上单调递减,
且f(1)=>,f(2)=>,f(3)=,故m的最小值为3；
(3) 由 ~BM(n, n), =1, 2,, n(n2),
得P( =k)=P( k)-P( k-1)=,k=1,2,,n,
所以E( )=kP( =k)=
={-[+++]}=n-[+()n++],
先证 R, +1,设g( )=-1, R,则 =，令 =0,得 =0,列表如下:
极小值
所以g( )g(0)=0,故 R,+1,当且仅当x=0时取等号,
令 =-(n,k=1,2,,n-1),则0<1-<,故<=(k=1,2,,n-1),
即()n<(k=1,2,,n-1),
所以+++<++++==[1-]<,
所以-+++]>-,
所以 ( )>n->n-1,故n2且n,E(X)>n-1.
共24页/第21页【专题十二 概率统计】
专题12.2 事件的相互独立性与条件概率
条件概率
⑴定义：一般地，设为两个随机事件，且，我们称为在事件发生的条件下，事件发生的条件概率，简称条件概率．
⑵乘法公式：对任意两个事件与，若，则．我们称之为概率的乘法公式．
(3)条件概率的性质
条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质．设，则
①；
②如果和是两个互斥事件，则；
③设和互为对立事件，则．
④任何事件的条件概率都在0和1之间，即：.
注意：
⑴如果知道事件发生会影响事件发生的概率，那么；
⑵已知发生，在此条件下发生，相当于发生，要求，相当于把看作新的基本事件空间计算发生的概率，即．
相互独立与条件概率的关系
事件与事件 相互独立 对任意的两个事件与，如果成立，则称事件与事件相互独立，简称为独立.即事件与相互独立的充要条件是．
性质 ⑴若事件与事件相互独立，则与，与，与也都相互独立； ⑵若事件与事件相互独立，，
概率的乘法公式 由条件概率的定义，对任意两个事件与，若，则
全概率公式
⑴定义：一般地,设是一组两两互斥的事件,,且，,则对任意的事件,有,我们称此公式为全概率公式.
⑵全概率公式的直观意义：
①某事件B的发生有各种可能的原因（）,并且这些原因两两互斥不能同时发生，如果事件B是由原因所引起的，且事件发生时，必同时发生，则与有关，且等于其总和
.
②“全概率”的“全”就是总和的含义，若要求这个总和，需已知概率,或已知各原因发生的概率及在发生的条件下发生的概率.通俗地说，事件发生的可能性，就是其原因发生的可能性与已知在发生的条件下事件发生的可能性的乘积之和.
4.贝叶斯公式：
设
【重要结论】
在利用乘法公式解决实际问题时，要注意区分和的不同，表示在事件发生的条件下，事件发生的概率；而则表示在事件发生的条件下，事件发生的概率.
概率与的联系与区别：
⑴联系：事件都发生了；
⑵区别：①在中，事件发生有时间上的差异，事件先发生，事件后发生；在中，事件同时发生；
②基本事件空间不同在中，事件成为样本空间，即；在中，基本事件空间保持不变，仍为原基本事件空间，即.
教材改编
【人教A版必修二 P251 习题10.2 T1】先后抛掷两枚骰子，甲表示事件“第一次掷出正面向上的点数是”，乙表示事件“第二次掷出正面向上的点数是”，丙表示事件“两次掷出的点数之和是”，丁表示事件“两次掷出的点数之和是”，则( )
A. 甲与丙相互独立 B. 甲与丁相互独立 C. 乙与丁相互独立 D. 丙与丁相互独立
【人教A版选择性必修三 P48 练习T3】（多选）一个袋子中装有除颜色外完全相同的个球，其中有个红球，个白球，每次从中随机摸出个球，则下列结论中正确的是( )
若不放回的摸球次，则第一次摸到红球的概率为
若不放回的摸球次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为
若有放回的摸球次，则仅有前次摸到红球的概率为
若有放回的摸球次，则恰有次摸到红球的概率为
考点一
【典例精讲】
例1.(2025·江苏省·模拟)盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色后放回.设事件“两次均未摸出红球”，事件“两次均未摸出白球”，事件“第一次摸出的两个球中有红球”，事件“第二次摸出的两个球中有白球”，则
A. A与B相互独立 B. A与C相互独立 C. B与C相互独立 D. C与D相互独立
例2.(2025·辽宁省·模拟题)甲、乙、丙、丁4人报名参加周末公益活动，有，3个单位需要招志愿者，每个单位各招1人，设事件“M单位招到甲或乙”，事件“N单位招到甲或丙”，事件“Q单位招到丙或丁”，事件“Q单位招到甲或乙”，则下列说法错误的是
事件相互独立 B. 事件相互独立
事件相互独立 D. 事件相互独立
【方法储备】
相互独立事件的判断
⑴定义：从定义的角度看一个事件的发生对另一个事件的发生的概率是否有影响,若一个事件的发生对另一个事件的发生的概率没有影响,则两事件是相互独立的；
⑵公式：对于两个事件,若有成立,则得事件相互独立.
求相互独立事件同时发生的概率的方法
相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积．
当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
【拓展提升】
练1-1(2025·河南省·模拟题)有6个相同的小球，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.用x表示第一次取到的小球的标号，用y表示第二次取到的小球的标号，记事件为偶数，为偶数，，则下列不正确的是( )
A. B. A与B相互独立 C. A与C相互独立 D. B与C相互独立
练1-2(2025·江西省九江市·模拟)某不透明的袋子中装有5个质地、大小均相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，事件“第一次取出的球的数字是1”，事件“第二次取出的球的数字是2”，事件“两次取出的球的数字之和是7”，事件“两次取出的球的数字之和是6”，则
A. A与C相互独立 B. B与D相互独立 C. A与D相互独立 D. B与C相互独立
练1-3.(2025·湖北省黄冈市·模拟题)
如图，一个正八面体八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为记事件“得到的点数为偶数”，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为质数”．
请写出具体的样本空间；
请证明：但不满足A，B，C两两独立；
连续抛掷3次这个正八面体，求事件AB只发生1次的概率．
考点二【典例精讲】
例3.(2025·河北省沧州市模拟) 袋子中有大小相同的个白球和个红球，从中任取个球，已知个球中有白球，则恰好拿到个红球的概率为( )
A. B. C. D.
例4. (2025·江苏省泰州市月考) 设集合，且，，则下列说法正确的是
A. B. C. D.
例5.(2025·浙江省·模拟题)有6张卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，6，且背面均写有数字先把这些卡片正面朝上排成一排，且第k个位置上的卡片恰好写有数字然后掷一颗均匀的骰子，若点数为n，则将第n个位置上的卡片翻面并置于原处.进行上述实验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，在这一条件下，计算骰子恰有一次点数为2的概率为 .
【方法储备】
条件概率的两种常用方法：
定义法：先求和，再由，求；
样本点法：借助古典概型概率公式，先求事件包含的样本点数，再求事件所包含的样本点数，得.
【拓展提升】
练2-1 (2025·江苏省淮安市·月考试卷)一个袋中有大小、形状完全相同的个球，颜色分别为红、黄、蓝从袋中无放回地依次取出个球，记“第一次取到红球”为事件，“第二次取到黄球”为事件，则( )
A. B. C. ，相互独立 D.
练2-2(2025·河南省郑州市月考)现有一款闯关游戏，共有关，规则如下：在第关要抛掷骰子次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第关，，，，假定每次闯关互不影响，则下列结论错误的序号是 ．
直接挑战第关并过关的概率为；
连续挑战前两关并过关的概率为；
若直接挑战第关，设“三个点数之和等于”，“至少出现一个点”，则；
若直接挑战第关，则过关的概率是．
练2-3(2025·上海市市辖区月考) 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为，，，的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭主持人知道奖品在哪个箱子里游戏规则是主持人请抽奖人在这四个箱子中选择一个，若奖品在此箱子里，则奖品由获奖人获得．
现有抽奖人甲选择了号箱，在打开号箱之前，主持人先打开了另外三个箱子中的一个空箱子按游戏规则，主持人将随机打开甲的选择之外的一个空箱子．
计算主持人打开号箱的概率
当主持人打开号箱后，现在给抽奖人甲一次重新选择的机会，请问他是坚持选号箱，还是改选号或号箱以获得奖品的概率最大为决策依据
考点三【典例精讲】
例6.(2025·浙江省绍兴市·模拟)现有甲、乙两个口袋，其中甲口袋内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球;乙口袋内装有两个1号球，一个2号球，一个3号球.第一次从甲口袋中任取1个球，将取出的球放入乙口袋中，第二次从乙口袋中任取一个球，则第二次取到2号球的概率为 .
例7.(2025·江苏省南京市·模拟题)
某学校有A，B两家餐厅，王同学每天中午会在两家餐厅中选择一家用餐，如果前一天选择了A餐厅则后一天继续选择A餐厅的概率为，前一天选择B餐厅则后一天选择A餐厅的概率为p，如此往复．已知他第1天选择A餐厅的概率为，第2天选择A餐厅的概率为
求王同学第天恰好有两天在A餐厅用餐的概率；
求王同学第天选择A餐厅用餐的概率
【方法储备】
运用全概率公式的一般步骤如下：
求出样本空间的一个划分；
求；
求；
求目标事件的概率．
【拓展提升】
练3-1(2025·浙江省台州市模拟) 一位飞镖运动员向一个目标投掷三次，记事件“第次命中目标”，，，，则 ．
练3-2(2025·河北省石家庄市模拟)（多选） 投掷一枚质地不均匀的硬币，已知出现正面向上的概率为，记表示事件“在次投掷中，硬币正面向上出现偶数次”，则下列结论正确的是( )
A. 与是互斥事件 B.
C. D.
新题放送
(2025·江苏省苏州市联考)（多选）甲罐中有3个红球，4个黑球，乙罐中有2个红球，3个黑球，先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则
B.
事件A与事件B相互独立 D.
(2025·广东省·单元测试)（多选）现有颜色为红、黄、蓝的三个箱子，其中红色箱子内装有2个红色球，1个黄色球和1个蓝色球；黄色箱子内装有2个红色球，1个蓝色球；蓝色箱子内装有3个红色球，2个黄色球．若第一次先从红色箱子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同色的箱子中，第二次再从刚才放入与球同色的这个箱子中任取一个球，则下列说法正确的是( )
若第一次抽到黄色球，那么第二次抽到蓝色球的概率为
第二次抽到蓝色球的概率为
如果第二次抽到的是蓝色球，则它最有可能来自红色箱子
如果还需将5个不同的小球放入这三个箱子内，每个箱子至少放1个，则不同的放法共有150种
(2025·江苏省无锡市·期中考试)
人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球;乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为先验概率
求首次试验结束的概率；
在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率先验概率进行调整.
求选到的袋子为甲袋的概率;
将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球;方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.
【答案解析】
【人教A版必修二P251习题10.2 T1】
由题意可知，两次掷出的点数之和是的所有可能结果为：，，，，，共种
两次掷出的点数之和是的所有可能结果为：，，，，，，共种
则甲，乙，丙，丁．
甲丙甲丙； 甲丁甲丁；
乙丁乙丁丙丁丙丁，
故答案选：．
【人教A版选择性必修三P48练习T3】（多选）
解：对于，第一次摸到红球的概率为，故A错误，
对于，不放回的摸球次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率，故B正确，
对于，有放回的摸球次，则仅有前次摸到红球的概率，故C正确，
对于，有放回的摸球次，则恰有次摸到红球的概率，故D正确．
故本题选BCD．
例1.解：依题意得，，
，故A项错误；
，，故B项错误；
，故C项错误；
，，故D项正确.
故选：
例2.解：M，N两个单位招志愿者的不同选法种数为，
，
因为事件ST所包含的基本事件为招甲、N招丙，招乙、N招甲，招乙、N招丙，共3个，
所以，因为，所以为独立事件，故A项正确；
，同理得，故B项错误；
，同理得，故C项错误；
因为为对立事件，所以，故D项错误.
故选：
练1-1解：有放回地随机取两次，基本事件为：
，
，
，
，
，
，共有36个，
事件B的基本事件为：
，，
，，
，，共有27个，
所以，故A正确；
事件A的基本事件为：
，，
，，，共有18个；
事件C的基本事件为：
，
，
，
，共有24个，
所以，
，
因为，故 A 与 B 不相互独立，故B错误；
因为，故 A 与 C 相互独立，故C正确；
，故 B 与 C 相互独立，故D正确.
练1-2.解：若先回答问题，则答题顺序可能为，，和，，，
当答题顺序为，，且连对两题时，
当答题顺序为，，且连对两题时，
所以先回答问题，连对两题的概率为
同理先回答问题，连对两题的概率为先回答问题，连对两题的概率为
所以要使得最大，他应该先回答问题，
练1-3.解：因为正八面体八个面分别标以数字1到8，
任意抛掷一次，与地面接触的面上的数字可能是1，2，3，4，5，6，7，8，
所以样本空间
证明：事件A所含的样本点为：，事件B所含的样本点为：，
事件C所含的样本点为：，
故事件ABC所含的样本点为：，所以，
又，所以，
又事件AC所含的样本点为：，所以，
又，所以，
所以事件A，C不独立，即不满足A，B，C两两独立.
依题意知每次抛掷这个正八面体的结果都互不影响，即互相独立，
记为第i次抛掷这个正八面体发生事件AB，则，
所以事件AB只发生1次的概率为

例3.解：由题意，任取个球中有白球的情况有种，
其中恰好拿到个红球的情况有种，
故所求概率为.
例4.解：因为，所以，所以，故A错误；
，故B错误；，故D错误；
因为 ，所以，故C正确；
故选C．
例5.解：设事件A为“3次试验后，卡片朝上的数字之和为偶数”，
事件B为“骰子恰有一次点数为2”，
因为，为奇数，而每次翻转偶数号位的卡片会改变总和的奇偶性，每次翻转奇数号位的卡片不会改变总和的奇偶性，
所以要3次试验后，卡片朝上的数字之和为偶数，则3次翻转中，翻转偶数号位卡片的次数必须奇次，
因此当翻转偶数号位卡片的次数为1时，3次中那一次从2、4、6号位之一上翻，有种翻法，
剩下2次从1、3、5号位上每次翻一个，有种翻法，所以此时共有翻法，
当翻转偶数号位卡片的次数为3时，3次从2、4、6号位上每次翻一个，有种翻法，
所以三次试验后，卡片朝上的数字之和为偶数的翻法总数为种，即
因为当翻转偶数号位卡片的次数为1，且恰有一次点数为2时，3次中那一次从2号位上翻，有种翻法，
剩下2次从1、3、5号位上每次翻一个，有种翻法，所以此时共有翻法，
当翻转偶数号位卡片的次数为3，且恰有一次点数为2时，3次中那一次从2号位上翻，有种翻法，
剩下2次从4、6号位上每次翻一个，有种翻法，所以此时共有翻法，
所以三次试验后，卡片朝上的数字之和为偶数，且恰有一次点数为2的翻法总数种，即，
因此
故答案为：
练2-1.解：对于，由题意得，故A正确；
对于，因为，，
所以，故B正确；
对于，因为，，，
所以不互相独立，故C错误；
对于，因为，
所以，故D正确．
故选：．
练2-2.解：对于， ，所以两次点数之和应大于，
即直接挑战第关并过关的概率为 ，故正确；
对于， ，所以挑战第关通过的概率 ，
则连续挑战前两关并过关的概率为 ，故错误；
对于，由题意可知，抛掷次的基本事件有 ，
抛掷次至少出现一个点的事件共有 种，
故 ，而事件 包括：含，，的种，含，，的有种，共种，
故 ，所以 ，故正确；
对于，当 时， ，
而“次点数之和大于”包含以下种情况：
含，，，的有种，含，，，的有种，
含，，，的有种，含，，，的有种，
含，，，的有种，含，，，的有种，
含，，，的有种，
所以 ，故正确．
故答案为：
练2-3.解：设，，，分别表示，，，号箱子里有奖品，
设，，，分别表示主持人打开，，，号箱子，
则，且，，，两两互斥．
由题意可知，事件，，，的概率都是，
，，，．
由全概率公式，得．
在主持人打开号箱的条件下，号箱、号箱、号箱里有奖品的条件概率分别为：
，
，
，
通过概率大小比较，甲应该改选号或号箱．
例6.解：记事件，分别表示第一次、第二次取到i号球，，2，3，依题意，
，两两互斥，其和为，并且，，，所以
，，，应用全概率公式，有
故答案为
例7.解：设“王同学第i天选择A餐厅”
则，，
，
由全概率公式，得
，解得
设“王同学第天恰好有两天在A餐厅用餐”，
则，
因此
设“王同学第n天选择A餐厅”，则，，
由题与可得，，
由全概率公式，得
则，又因为，
所以是以首项为，公比为的等比数列.
因此，即
练3-1.解：，，
则，，
由全概率公式得：，
则，
所以，
故答案为：．
练3-2.解：因为对立事件是互斥事件，所以A正确
，所以B错误
由全概率公式可知：
，所以C正确
由可知，
因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
所以，
因为且，
所以，所以，
所以是关于的递减数列，
所以，故D正确．
故选：．
解：对于选项A，由题意可知： ，故选项A正确；
对于选项B，因为A表示事件“从甲罐取出的球是红球”，
设表示事件“从甲罐取出的球是黑球”，可得 ， ，
，，
，
故选项B正确；
对于选项C，结合选项B可得， ，，，故选项C错误;
对于选项D，结合选项B可得， ，故选项D正确;
故选：
解：对于选项A，在第一次抽到黄色球的条件下，将抽到的黄色球放入黄色箱子内，
此时黄色箱子内有2个红色球，1个黄色球，1个蓝色球，
因此第二次抽到蓝色球的概率为，故A选项正确；
对于选项B、C，记“第一次抽到红色球”，“第一次抽到黄色球”，
“第一次抽到蓝色球”，“第二次在红色箱子中抽到蓝色球”，
“第二次在黄色箱子中抽到蓝色球”，“第二次在蓝色箱子中抽到蓝球”，
“第二次抽到蓝球”，易知，，两两互斥，和为，
，，，，，，故B选项错误；
第二次的球取自箱子的颜色与第一次取的球的颜色相同，
所以，
，
，
所以如果第二次抽到的是蓝色球，则它来自红色箱子的概率最大，故C选项正确；
对于D，将5个不同的小球分成3组每组至少一个按分或按分
再分配给3个箱子，由两个计数原理知，共有种，故D选项正确.
故选：
解：设“选到甲袋”为事件，“选到乙袋”为事件，
“摸到红球”为事件，“摸到白球”为事件，
答：首次试验结束的概率为
①因为，是对立事件，
所以
所以，
答：选到的袋子为甲袋的概率为
若选择方案一，则原来袋子是甲袋的概率为，是乙袋的概率为，
所以方案一中取到红球的概率：

若选择方案二，则另一个袋子是甲袋的概率为，是乙袋的概率为，
所以方案二中取到红球的概率：

因为，所以选择方案二第二次试验结束的概率更大.

共18页/第5页【专题十二 概率统计】
专题12.1 随机事件的概率及古典概型
随机事件的概率
样本点与样本空间
定义：随机试验的每个可能的基本结果称为样本点,全体样本点的集合称为试验的样本空间.
表示：一般地,我们用表示样本空间,用表示样本点.
如果一个随机试验有个可能结果 ,则称样本空间为有限样本空间.
事件的分类
确定事件 必然事件 Ω作为自身的子集,包含了所有的样本点,在每次试验中总有一个样本点发生,所以Ω总会发生,我们称Ω为必然事件
不可能事件 空集 不包含任何样本点,在每次试验中都不会发生,我们称 为不可能事件
随机事件 我们将样本空间Ω的子集称为随机事件,简称事件，一般用大写字母表示.
基本事件 把只包含一个样本点的事件称为基本事件
注：在每次试验中,当且仅当中某个样本点出现时,称为事件发生.
事件间的关系和运算
名称 定义 符号表示
包含关系 如果事件发生，则事件一定发生，这时称事件包含事件 (或称事件包含于事件) (或)
相等关系 如果事件包含事件，事件包含事件，即且则称事件与事件相等
并事件 (和事件) 若事件与事件至少有一个发生，事件中的样本点或者在事件中，或者在事件中，则称此事件为事件与事件的并事件(或和事件) (或)
交事件 (积事件) 若事件和事件同时发生，这样的一个事件的样本点既在事件中，又在事件中，则称此事件为事件与事件的交事件(或积事件) (或)
互斥事件 若事件与事件不能同时发生，也就是说为不可能事件，即，则称事件与事件互斥（或互不相容）
对立事件 若事件与事件在任何一次试验中有且仅有一个发生，那么称事件与事件互为对立事件，事件的对立事件记为 ，
频率与概率
⑴ 频率的稳定性
大量试验表明, 在任何确定次数的随机试验中，一个随机事件发生的频率具有随机性.一般地，随着试验次数的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件发生的频率会逐渐稳定于事件发生的概率.我们称频率的这个性质为频率的稳定性.因此, 我们可以用频率估计概率.
⑵频率与概率的关系
①区分:频率是利用频数除以总试验次数所得到的确定的数值，而概率是频率的稳定性，因此频率是一个精确值，而概率是一个估计值，根据这两点来区分频率与概率，从而判断所给的数值是频率还是概率.
②联系: 随机事件的频率, 指此事件发生的次数与试验总次数的比值, 它具有一定的稳定性,总在某个常数附近摆动,且随着试验次数的不断增多, 这种摆动幅度越来越小.我们给这个常数取一个名字, 叫作这个随机事件的概率.概率可看作频率在理论的期望值, 它从数值上反映了随机事件发生的期望值, 它从数值上反映了随机事件发生的可能性的大小.频率在大量重复试验的前提下可近似地作为这个事件的概率.
古典概型
⑴古典概型及其特点
有限性：样本空间的样本点只有有限个；
等可能性：每个样本点发生的可能性相等．
具有以上两个体征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概型.
⑵古典概型的概率公式
一般地,设试验是古典概型,样本空间包含个样本点,事件包含其中的个样本点,
则定义事件的概率, 其中,和分别表示事件和样本空间包含的样本点个数.
概率的基本性质
⑴概率的取值范围：；
⑵必然事件的概率为；不可能事件的概率为，即；
⑶如果事件与事件互斥，那么；
推广：如果事件两两互斥，那么事件；
⑷若事件与事件互为对立事件，那么；
⑸如果，那么.
【重要结论】
从集合的角度理解互斥事件和对立事件
几个事件彼此互斥，是指由各个事件所含的结果组成的集合的交集为空集.
事件的对立事件所含的结果组成的集合，是全集中由事件所含的结果组成的集合的补集.
准确把握互斥事件与对立事件的概念：
互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生；
对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生.
确定基本事件数的方法
①列举法：适用于包含基本事件数较少的古典概型问题，解题时按照某一标准将所有的基本事件一一列举出来，做到不重不漏；
②列表法（坐标法）：适用于从多个元素中选定2个元素的试验；
③树状图：使用与有顺序的问题或复杂问题中对基本事件的探求；
④排列组合法：适用于基本事件数较多，且可以用排列组合数表示的问题.
课本改编
【人教A版必修二P246 习题10.1 T6】(多选)甲、乙两人做游戏，下列游戏中公平的是( )
抛一枚骰子，向上的点数为奇数则甲胜，向上的点数为偶数则乙胜
同时抛两枚相同的骰子，向上的点数之和大于则甲胜，否则乙胜
从一副不含大、小王的扑克牌中抽一张，扑克牌是红色则甲胜，是黑色则乙胜
甲、乙两人各写一个数字，若是同奇或同偶则甲胜，否则乙胜
【人教A版必修二P247 习题10.1 T14 】盒中有四个大小、形状完全相同的小球，分别编号为、、、，现从中任取两个小球，则取出的小球中至少有一个号码为奇数的概率为 ．
考点一
【典例精讲】
例1.(2025·广东省单元测试) 写出下列试验的样本空间：
乙两队进行一场足球赛，观察甲队比赛结果包括平局
从含有件次品的件产品中任取件，观察其中次品数 ．
例2.(2025·山东省·单元测试)先后抛掷质地均匀的一角、五角的硬币各一枚，观察落地后硬币的正反面情况，则下列事件中包含个样本点的是( )
“至少一枚硬币正面向上”
“只有一枚硬币正面向上”
“两枚硬币都是正面向上”
“两枚硬币中一枚正面向上，另一枚反面向上”
【方法储备】
确定样本空间的方法：
必须明确事件发生的条件．
根据题意，按一定的次序列出问题的答案．特别要注意结果出现的机会是均等的，按规律去写，要做到既不重复也不遗漏．
【拓展提升】
练1-1(2025·福建省三明市·期末考试)有根木棍，其长度分别为，，，，，从这根木棍中任取根，首尾相接能构成三角形的有( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
练1-2(2025·湖北省·模拟题)设样本空间，每个样本点等可能出现已知事件，，事件需同时满足以下两个条件：，，下列说法正确的是( )
事件可以为 B. 事件可能包含个样本点
事件可能包含个样本点 D. 事件的可能情况数是个
考点二
【典例精讲】
例3.(2025·湖北省黄冈市期末) 一批产品共有件，其中件是次品，件是合格品，从这批产品中任意抽件，记为“恰有件次品”，为“至少有件次品”，为“至少有件次品”，为“至多有件次品”现给出下列结论：；是必然事件；；其中正确的结论为 写出序号即可
例4.(2025·福建省福州市·期末考试)抛掷一枚质地均匀的骰子，记随机事件：“点数为奇数”，“点数为偶数”，“点数大于”，“点数不大于”，“点数为”则下列结论正确的是( )
，为对立事件 B. ，为互斥不对立事件
，不是互斥事件 D. ，是互斥事件
【方法储备】
判断互斥事件、对立事件的两种方法：
定义法 判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件； 两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件；对立事件一定是互斥事件.
集合法 ①若满足，则是互斥事件； ②若满足，则是对立事件
【拓展提升】
练2-1(2025·山东省菏泽市·模拟)某城市有甲、乙两种报纸供市民订阅，记事件为“只订甲报纸”，事件为“至少订一种报纸”，事件为“至多订一种报纸”，事件为“不订甲报纸”，事件为“一种报纸也不订”下列命题正确的是 ．
与是互斥事件
与是互斥事件，且是对立事件
与不是互斥事件
与是互斥事件
练2-2(2025·安徽省宿州市·期末)口袋里装有红，白，黄共个形状相同的小球，从中取出球，事件“取出的两球同色”，“取出的球中至少有一个黄球”，“取出的球至少有一个白球”，“取出的两球不同色”，“取出的球中至多有一个白球”下列判断中正确的序号为 ．与为对立事件；与是互斥事件；与是对立事件；；．
考点三
【典例精讲】
例5.(2025·四川省成都市模拟) 已知事件，，的概率均不为，则的充要条件是( )
B.
D.
例6.(2025·山东省济南市·期末考试)已知古典概型的样本空间及事件和事件，满足，，，，则( )
A. B. C. D.
【方法储备】
和事件：记作，表示事件和事件至少发生一个.
⑴若事件和事件是两个不相交的事件(即),则.
⑵若事件和事件是两个有交集的事件(即),则.
积事件：表示事件A和事件B同时发生.
⑴若事件和事件是两个不相交的事件(即),则
⑵若事件和事件是两个有交集的事件(即),则.
差事件：记作表示事件发生而事件不发生.
⑴对任意的两个事件，则；
⑵当事件满足包含于时，则，.
补事件：表示事件不发生.对于任意一个事件，则．
求复杂的互斥事件概率的两种方法
⑴直接求法:将所求事件分解为一些彼此互斥的事件的和,运用互斥事件概率的加法公式计算.
⑵间接求法:先求此事件的对立事件的概率,再用公式求得,即运用逆向思维(正难则反),特别是“至多”“至少”型题目,用间接求法会较简便.
【拓展提升】
练3-1(2025·辽宁省鞍山市模拟) 若，互为对立事件，其概率分别为，，且，，则的最小值为 ．
练3-2(2025·河北省·单元测试)在一个盒子中有红球和黄球共个球，从中不放回的依次摸出两个球，事件“第二次摸出的球是红球”，事件“两次摸出的球颜色相同”，事件“第二次摸出的球是黄球”，若，则下列结论中错误的是( )
B.
D.
练3-3(2025·云南省昆明市·月考试卷)（多选）设，是两个随机事件，已知，，则( )
A. B. C. D.
考点四
【典例精讲】
例7.(2025·江苏省南通市·月考)下列说法正确的有( )
随机事件的概率是频率的稳定值，频率是概率的估计值
某人打靶，射击次，击中次，那么此人中靶的概率为
一位同学做掷硬币试验，掷次，一定有次正面朝上
某地发行福利彩票，回报率为，有人花了元钱买彩票，一定会有元的回报．
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
例8.(2025·湖北省·月考)从某自动包装机包装的奶粉中，随机抽取袋，测得各袋的质量分别为单位：：
用频率估计概率，该包装机包装的袋装奶粉质量在之间的概率约为( )
A. B. C. D.
【方法储备】
利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐步趋近于某一个常数，这个常数就是概率.
随机事件的频率与概率问题的常见类型及解题策略:
补全或列出频率分布表：可直接依据已知条件,逐一计数,写出频率.
由频率估计概率：可以根据频率与概率的关系,由频率直接估计概率.
由频率估计某部分的数值：可由频率估计概率，再由概率估算某部分的数值.
【拓展提升】
练4-1(2025·江苏省南通市月考)用随机事件发生的频率去估算这个事件发生的概率,下列结论正确的是( )
事件发生的概率是
事件发生的概率，则事件是必然事件
用某种药物对患有胃溃疡的名病人治疗，结果有人有明显的疗效，现有胃溃疡的病人服用此药，则估计有明显疗效的可能性为
某奖券中奖率为，则某人购买此券张，一定有张中奖
练4-2(2025·湖北省期末) 某市在“创文”期间，创“文明行车、出行安全”交警部门通过路面监控随机抽样辆小轿车调查经过某区间路段的汽车行驶速度，现将行车速度分成六段，得到如图所示的频率分布直方图，根据图解答下列问题．
估计这辆小型车辆车速的平均数；
假设车速在以下为安全行驶，估计某小型轿车途径该路段时为安全行驶的概率；
若在这辆车中随机抽取两辆车速为内的轿车，求这两辆车的车速都在内的概率．
考点五
【典例精讲】
例9.(2025·北京市模拟) 已知，，则函数在区间上为增函数的概率是( )
A. B. C. D.
例10.(2025·江苏省盐城市期末)（多选） 有两批种子，甲批种子粒，能发芽的占，乙批种子粒，能发芽的占，则下列说法正确的有．( )
从甲批种子中任取两粒，至少一粒能发芽的概率是
从乙批种子中任取两粒，至多一粒能发芽的概率是
从甲乙两批中各任取一粒，至少一粒能发芽的概率是
如果将两批种子混合后，随机抽出一粒，能发芽的概率为
例11.(2025·广东省广州市月考)甲乙进行游戏，规则如下：两人各掷一枚质地均匀、大小相同的骰子，观察正面向上的点数用数字，，，、，表示掷出的点数，用表示“甲掷的点数是，乙掷出的点数是”
若点数是顺连号，则甲获胜；若点数相同，则乙获胜，试问这个游戏公平吗？为什么？
定义事件为：“甲掷出的骰子正面向上的点数是”，事件为：“两人掷出的骰子的点数之和是”，试求的值．
【方法储备】
利用公式法求解古典概型问题的步骤：
⑴定型：根据事件的特点，判断是否为古典概型；
⑵定量：分别求出事件和样本空间包含的样本点个数；
⑶求值：代入公式求解.
可利用对立事件、加法公式求古典概型的概率.
【拓展提升】
练5-1(2025·海南省·模拟题)若元集合满足：，，则称是元“无和集”例如：不是“无和集”，是“无和集”从集合的所有三元子集中任取一个，则取到的三元子集是“无和集”的概率为( )
A. B. C. D.
练5-2(2025·江西省·模拟题)在正方体中，从直线，，，以及该正方体的条棱所在直线中任取条直线，则这条直线平行的概率为( )
A. B. C. D.
练5-3(2025·江苏省·模拟题)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片分别标有数字，，，，乙的卡片上分别标有数字，，，，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，数字大的人得分，数字小的人得分，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，甲的总得分不小于的概率为 ．
新题放送
(2025·湖南省长沙市模拟)设函数，若是从，，，四个数中任取一个，是从，，，，，六个数中任取一个，则恒成立的概率为 ．
(2025·甘肃省模拟)人工智能 ，英文缩写为是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键次，每次点击随机生成数字或或，点击结束后，生成的个数字之和即为奖券码并规定：如果奖券码为，则获一等奖如果奖券码为的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为 ．
(2025·广东省深圳市·模拟题)将五张标有，，，，的卡片摆成下图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”例如按取走卡片的顺序是“和谐序”，按取走卡片的顺序不是“和谐序”，现依次不放回地随机抽取这张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为 ．

【答案解析】
【人教A版必修二P246 习题10.1 T6】
解：对于，，，甲胜、乙胜的概率都是，游戏是公平的；
对于，点数之和大于和点数之和小于的概率相等，但点数等于时乙胜，
所以甲胜的概率小，游戏不公平．
故选ACD．
【人教A版必修二P247 习题10.1 T14】
解：从四个小球中任取两个，有种取法，其中两个号码都为偶数只有这一种取法，
故其对立事件，即至少有一个号码为奇数的概率为．
故答案为：．
例1.解：甲、乙两队进行一场足球赛，甲队比赛结果可能为胜，可能为负，也可能为平局．
故样本空间胜，平，负
取出的件产品中，最多有件次品，最少是没有次品．所以样本空间．
故答案为：胜，平，负；．
例2解：由题先后抛掷两枚均匀的一角，五角硬币各一次的基本事件有正，正，正，反，反，正，反，反四个基本事件．
，“至少一枚硬币正面向上”包括“一角硬币正面向上，五角硬币正面向上”，“一角硬币正面向上，五角硬币反面向上”，“一角硬币反面向上，五角硬币正面向上”个样本点，故A正确；
，“只有一枚硬币正面向上”包括“一角硬币正面向上，五角硬币反面向上”，“一角硬币反面向上，五角硬币正面向上”个样本点，故B错误；
，“两枚硬币都是正面向上”包括“一角硬币正面向上，五角硬币正面向上”个样本点，故C错误；
，“两枚硬币中一枚正面向上，另一枚反面向上”包括“一角硬币正面向上，五角硬币反面向上”，“一角硬币反面向上，五角硬币正面向上”个样本点，故D错误．
故选A．
练1-1.解：由题知该试验的样本空间为，，，，，，，，，，共包含个样本点，
其中满足“首尾相接能构成三角形”的样本点有，，，，，，，共个．
故选C．
练1-2.解：对于选项A，
若，
则，，
则，
则，，所以A正确
记事件包含样本点的个数为，则由已知，，
对于选项B，，，
因为，所以．．，
，
又，所以．，
，
因为，
所以的可能取值为，，，
当时，
当时，，不符合条件，
因此，所以，
又因为或时，，
因此的可能取值，，且，
当且时，此时，，，事件可能情况有种
当且时，事件可能情况有种
当且时，此时，事件可能情况有种
当且时，此时，事件可能情况有种，
因此事件的总可能情况有种．
故选：．
例3.解：由于事件：：“恰有件次品”和事件：“至少有件次品”的和表示事件：“至少有件次品”，即事件，故有：成立．
由于事件：“至少有件次品”和事件：“至多有件次品”的和是必然事件，故是必然事件成立．
由于事件表示事件，而，不成立．
由于表示事件“至多有一件次品”，即事件，而，故不成立．
故答案为．
例4.解：，互斥，且，所以，为对立事件，选项A正确
，互斥，且，所以，为互斥且对立事件，选项B不正确
，可以同时发生，故不互斥，选项C正确
，不能同时发生，为互斥事件，选项D正确．
故选ACD．
练2-1.解：由于事件“至多订一种报”中有可能只订甲报，即事件与事件有可能同时发生，故A与不是互斥事件，错误；
事件“至少订一种报”与事件“一种报也不订”是不可能同时发生的，故B与是互斥事件．由于事件不发生可导致事件一定发生，且事件不发生会导致事件一定发生，故B与是对立事件，正确；
事件“至少订一种报”中有这些可能：“只订甲报”、“只订乙报”、“订甲、乙两种报”；事件“至多订一种报”中有这些可能：“什么报也不订”、“只订甲报”、“只订乙报，故B与不是互斥事件，正确；
易知事件“一种报也不订”只是事件的一种可能，事件与事件有可能同时发生，故C与不互斥，错误．
故答案为．
练2-2.解：在中，事件与不能同时发生，且与的和事件为必然事件，故A与为对立事件，故正确；
在中，与能同时发生，不是互斥事件，故错误；
在中，与能同时发生，不是对立事件，故错误：
在中，，，故正确；
在中，从红，白，黄共个形状相同的小球中取出球，样本空间为红，白，红，白，红，黄，红，黄，红，黄，白，白，白，黄，白，黄，白，黄，白，黄，白，黄，白，黄，黄，黄，黄，黄，黄，黄，共个样本点，
事件红，黄，红，黄，红，黄，白，黄，白，黄，白，黄，白，黄，白，黄，白，黄，黄，黄，黄，黄，黄，黄，共个样本点，所以，
事件红，白，红，白，白，白，白，黄，白，黄，白，黄，白，黄，白，黄，白，黄，共个样本点，所以，故错误．
故答案为：．
例5.解：对于：因为，
由，只能得到，并不能得到，故A错误；
对于：由于不能确定，，是否相互独立，
若，，相互独立，则，，
则由可得，
故由无法确定，故B错误；
对于：因为，，
由，只能得到，
由于不能确定，，是否相互独立，故无法确定，故C错误；
对于：因为，，
又，所以，故D正确．
故选：．
例6.解：对于选项A：，
所以，故A错误；
对于选项B：，故B正确；
对于选项C：，
所以，故C正确；
对于选项D：，
所以，故D正确．
故选：．
练3-1.解：，互为对立事件，其概率分别为 ， ，且，，
，
．
当且仅当 ，即时取等号，
的最小值为．
故答案为．
练3-2.解：设盒子中有个红球，个黄球，．．
对于，两次摸出的球颜色相同包括红红、黄黄两种情况，
所以，A正确，
对于，事件，事件为对立事件，所以B正确；
对于，包括黄红、红红、黄黄三种情况，
所以，C错误；
对于，指红红，所以，D正确．
练3-3.解：因为，，
，所以，C错误
，A正确
，正确
，D正确．
故选：
例7.解：在大量重复的试验过程中，一个事件发生的频率会很接近于这个事件发生的概率，正确
某人打靶，射击次，击中次，那么此人中靶的频率为，概率不能确定，错误
一位同学做掷硬币试验，掷次，不一定有次正面朝上，错误
买这种彩票，中奖或者不中奖都有可能，但事先无法预料，错误．
故选B．
例8.解：在所给的数据中，在之间的数据有，，，，共个，
所以数据在之间的频率为：，
用频率估计概率，则所求概率为．
故选：．
练4-1.解：对于，可以是或，故A错误；
对于，事件发生的概率，则事件是随机事件，故B错误；
对于，根据概率的定义，估计有明显疗效的可能性为，可判断C正确；
对于，某奖券中奖率为，某人购买此券张，不一定有张中奖，D错误；
故选：．
练4-2.解：根据频率分布直方图可知，平均数的估计值为：
；
解法一：根据频率分布直方图可知，
车速在、、、内的频率分别为、、、；
所以车速在以下的频率为，
故某小型轿车途径该路段时为安全行驶的概率估计为；
解法二：根据频率分布直方图可知：车速在、内的频率分别为、，
所以车速在以下的频率为，
故某小型轿车途径该路段时为安全行驶的概率估计为；
由可知：车速在内的频率为，车辆数为，
车速在内的频率为，车辆数为，
车速在内的辆车记为、，车速在内的辆车记为、、、，
设在车速内随机抽取两辆小型轿车，两辆车速都在内为事件，
则从辆车中随机抽取辆车的所有可能结果为：，，，，，，，，，，，，，，共种；
事件包含的基本事件为：，，，，，共种；
所以，
故在车速为内随机抽取两辆小型轿车，这两辆车的车速都在内的概率为．
例9.解：，，
样本空间样本点个数，
函数在区间上为增函数，由条件可知，
当时，，符合条件的只有：，即，；
当时，需要满足，符合条件的有：，，，，共种．
函数在区间上为增函数的概率是．
故选A．
例10.解：甲批种子粒，能发芽的占，乙批种子粒，能发芽的占，
则甲批有粒发芽，乙批有粒发芽．
：从甲批种子任取粒，至少粒能发芽的概率为，故 A正确；
：从乙批种子任取粒，至多粒能发芽的概率为，故 B错误；
：从甲、乙两批种子中各取粒，至少粒能发芽的概率为，故 C正确；
：将两批种子混合后，随机抽取粒能发芽的概率为，故 D正确．
故选：．
例11.解：因为样本空间
，，，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，，
，，，，，，，
记事件为：“甲获胜”，事件为：“乙获胜”
则由题意可知，，，，，
所以．同理可得．
因为，所以这个游戏不公平．
因为，，，，，，所以，
，，，所以，
又，则，
所以．
练5-1.解：的所有三元子集有个，
其中三元子集中不是“无和集”的有，
故“无和集”的个数为，
所以取到的三元子集是“无和集”的概率为．
故选：．
练5-2.解：因为，
，，，
所以这条直线平行的概率为．
故选：．
练5-3.解：不妨设甲的顺序是，，，，考虑甲得分为，的情况
分情况：只有种，
分情况：甲出的时候得分，此时只有种
甲出的时候得分，
此时乙对应有两种情况：乙出的时候有种情况，乙出的时候有种情况，所以共种
甲出的时候得分，
此时乙对应有种情况：乙出的时候有种情况，乙出的时候有种情况，乙出的时候有种情况从而共种情况．
总得分小于的概率为，
则甲的总得分不小于的概率为．
解：因为，，则
，当且仅当时等号成立，
故，于是恒成立转化为恒成立．
因为是从，，，四个数中任取一个，是从，，，，，六个数中任取一个，
则构成的所有基本事件总数有个，
注意到：，，，，
设事件“恒成立”，
则事件包含事件：，，，，，，，，，，，，，，共个，
因此恒成立的概率为．
解：设一次抽奖所生成的奖券码为，生成的个数字中有个，个，
则，
由题可知
若获得二等奖，则为的正整数倍，故可取的值为，，．
当时，的取值为，共有种情况
当时，的可能取值为，，，共有种情况
当时，的取值为，共有种情况．
所以获得二等奖的概率．
解：总的方法数为，
先取或，共有种，
先取，共有种，
则取卡顺序是“和谐序”的数量为，
则取卡顺序是“和谐序”的概率为．
故答案为：．
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