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第10部分第7節《二項分布、超幾何分布與正態分布》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1．如果某一批玉米種子中，每粒發芽的概率均為，那么播下5粒這樣的種子，恰有2粒不發芽的概率是(　　)
A. B. C. D.
2．某班有48名同學，一次考試后的數學成績服從正態分布N(80,102)，則理論上在80分到90分的人數約是(　　)
A．32 B．16 C．8 D．20
3．在含有3件次品的10件產品中，任取4件，X表示取到的次品的個數，則P(X＝1)＝________.
【知識歸納】
1．二項分布
(1)伯努利試驗
只包含 可能結果的試驗叫做伯努利試驗；將一個伯努利試驗獨立地重復進行n次所組成的隨機試驗稱為 ．
(2)二項分布
一般地，在n重伯努利試驗中，設每次試驗中事件A發生的概率為p(0如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，則稱隨機變量X服從二項分布，記作 ．
(3)兩點分布與二項分布的均值、方差
①若隨機變量X服從兩點分布，則E(X)＝ ，D(X)＝ ．
②若X～B(n，p)，則E(X)＝ ，D(X)＝ ．
2．超幾何分布
一般地，假設一批產品共有N件，其中有M件次品．從N件產品中隨機抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件產品中的次品數，則X的分布列為
P(X＝k)＝ ，k＝m，m＋1，m＋2，…，r，其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}．如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，那么稱隨機變量X服從超幾何分布．
3．正態分布
(1)定義
若隨機變量X的概率分布密度函數為f(x)＝，x∈R，其中μ∈R，σ>0為參數，則稱隨機變量X服從正態分布，記為 ．
(2)正態曲線的特點
①曲線是單峰的，它關于直線 對稱；
②曲線在 處達到峰值；
③當|x|無限增大時，曲線無限接近x軸．
(3)3σ原則
①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；
②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5；
③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
(4)正態分布的均值與方差
若X～N(μ，σ2)，則E(X)＝ ，D(X)＝ .
常用結論：
1．“二項分布”與“超幾何分布”的區別：有放回抽取問題對應二項分布，不放回抽取問題對應超幾何分布，當總體容量很大時，超幾何分布可近似為二項分布來處理．
2．超幾何分布有時也記為 X～H(n，M，N)，其均值E(X)＝，
D(X)＝()().
【題型展示】
題型一　二項分布
例1　(1)某班50名學生通過直播軟件上網課，為了方便師生互動，直播屏幕分為1個大窗口和5個小窗口，大窗口始終顯示老師講課的畫面，5個小窗口顯示5名不同學生的畫面．小窗口每5分鐘切換一次，即再次從全班隨機選擇5名學生的畫面顯示，且每次切換相互獨立．若一節課40分鐘，則該班甲同學一節課在直播屏幕上出現的時間的均值是(　　)
A．10分鐘 B．5分鐘
C．4分鐘 D．2分鐘
(2)某中學面向全校所有學生開展一項有關每天睡眠時間的問卷調查，調查結果顯示，每天睡眠時間少于7小時的學生占40%，而每天睡眠時間不少于8小時的學生只有30%.現從所有問卷中隨機抽取4份問卷進行回訪(視頻率為概率)．
①求抽取到的問卷中至少有2份調查結果為睡眠時間不少于7小時的概率；
②記抽取到的問卷中調查結果為睡眠時間少于7小時的問卷份數為X，求X的分布列及均值E(X)．
跟蹤訓練1　(1)已知隨機變量X～B(n，p)，E(X)＝2，D(X)＝，則P(X≥2)等于(　　)
A. B. C. D.
(2)某地政府為鼓勵大學生創業，制定了一系列優惠政策．已知創業項目甲成功的概率為，項目成功后可獲得政府獎金20萬元；創業項目乙成功的概率為P0(0①大學畢業生張某選擇創業項目甲，畢業生李某選擇創業項目乙，記他們獲得的獎金累計為X(單位：萬元)，若X≤30的概率為.求P0的大小；
②若兩位大學畢業生都選擇創業項目甲或創業項目乙進行創業，問：他們選擇何種創業項目，累計得到的獎金的均值更大？
題型二　超幾何分布
例2　2022年12月4日，神舟十四號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸，航天員順利出艙，神舟十四號載人飛行任務圓滿完成．為紀念中國航天事業成就，發揚并傳承中國航天精神，某校高一年級組織2 000名學生進行了航天知識競賽(滿分：100分)并進行記錄，根據得分將數據分成7組：[20,30)，[30,40)，…，[80,90]，繪制出如圖所示的頻率分布直方圖．
(1)用頻率估計概率，從該校隨機抽取2名同學，求其中1人得分低于70分，另1人得分不低于80分的概率；
(2)從得分在[60,90]的學生中利用比例分配的分層隨機抽樣的方法選出8名學生，若從中選出3人參加有關航天知識演講活動，求選出的3人中競賽得分不低于70分的人數X的分布列及均值．
跟蹤訓練2　為了適當疏導電價矛盾，保障電力供應，支持可再生能源發展，促進節能減排，某省推出了省內居民階梯電價的計算標準：以一個年度為計費周期，月度滾動使用．第一階梯：年用電量在2 160度以下(含2 160度)，執行第一檔電價0.565 3元/度；第二階梯：年用電量在2 161度到4 200度內(含4 200度)，超出2 160度的電量執行第二檔電價0.615 3元/度；第三階梯：年用電量在4 200度以上，超出4 200度的電量執行第三檔電價0.865 3元/度．
某市的電力部門從本市的用戶中隨機抽取10戶，統計其同一年度的用電情況，列表如下：
用戶編號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
年用電量/度 1 000 1 260 1 400 1 824 2 180 2 423 2 815 3 325 4 411 4 600
(1)計算表中編號為10的用戶該年應交的電費；
(2)現要在這10戶中任意選取4戶，對其用電情況進行進一步分析，求取到第二階梯的戶數的分布列．
題型三　正態分布
例3　(1)某市高三年級共有14 000人參加教學質量檢測，學生的數學成績ξ近似服從正態分布N(90，σ2)(試卷滿分150分)，且P(ξ≥100)＝0.3，據此可以估計，這次檢測數學成績在80到90分之間的學生人數約為(　　)
A．2 800 B．4 200
C．5 600 D．7 000
(2)(多選)某市有甲、乙兩個工廠生產同一型號的汽車零件，零件的尺寸分別記為X，Y，已知X，Y均服從正態分布，X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)，其正態曲線如圖所示，則下列結論中正確的是(　　)
A．甲工廠生產零件尺寸的平均值等于乙工廠生產零件尺寸的平均值
B．甲工廠生產零件尺寸的平均值小于乙工廠生產零件尺寸的平均值
C．甲工廠生產零件尺寸的穩定性高于乙工廠生產零件尺寸的穩定性
D．甲工廠生產零件尺寸的穩定性低于乙工廠生產零件尺寸的穩定性
跟蹤訓練3　(1)某中學開展學生數學素養測評活動，高一年級測評分值X近似服從正態分布，正態密度曲線如圖①所示．為了調查參加測評的學生數學學習的方法與習慣差異，該中學決定在分數段[m，n)內抽取學生，并確定m＝67，且P(m≤X≤n)＝0.818 6.在某班用簡單隨機抽樣的方法得到20名學生的分值分布莖葉圖如圖②所示．若該班抽取學生分數在分數段[m，n)內的人數為k，則k＝________；這k名學生的平均分為________．
(附：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈
0.997 3)
(2)已知隨機變量X服從正態分布N(2，σ2)，且P(22.5)＝________.
基礎夯實
1.若隨機變量X～B()，則P(X＝3)等于(　　)
A. B. C. D.
2.袋中裝有2個紅球，3個黃球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，則3次中恰有2次抽到黃球的概率是(　　)
A. B. C. D.
3.一個袋中裝有4個紅球，3個黑球，小明從袋中隨機取球，設取到一個紅球得2分，取到一個黑球得1分，從袋中任取4個球，則小明得分大于6分的概率是(　　)
A. B. C. D.
4．一個袋中放有大小、形狀均相同的小球，其中有1個紅球、2個黑球，現隨機等可能地取出小球．當有放回地依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為ξ1；當無放回地依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為ξ2，則(　　)
A．E(ξ1)B．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
C．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)D．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
5．已知5件產品中有2件次品，3件正品，檢驗員從中隨機抽取2件進行檢測，記取到的正品數為ξ，則均值E(ξ)為(　　)
A. B. C．1 D.
6．某中學高三(1)班有50名學生，在一次高三模擬考試中，經統計得，數學成績X～N(110,100)，則估計該班數學得分大于120分的學生人數為(參考數據：P(|X－μ| ≤σ)≈0.682 7，P(|X－μ|≤2σ)≈0.954 5)(　　)
A．16 B．10 C．8 D．2
7．高爾頓(釘)板是在一塊豎起的木板上釘上一排排互相平行、水平間隔相等的圓柱形小木塊(如圖所示)，并且每一排小木塊數目都比上一排多一個，一排中各個小木塊正好對準上面一排兩個相鄰小木塊的正中央，從入口處放入一個直徑略小于兩個小木塊間隔的小球，當小球從之間的間隙下落時，碰到下一排小木塊，它將以相等的可能性向左或向右落下，若小球再通過間隙，又碰到下一排小木塊．如此繼續下去，小球最后落入下方條狀的格子內，則小球落到第⑤個格子的概率是(　　)
A. B. C. D.
8.據統計，某臍橙的果實橫徑(單位：mm)服從正態分布N(80，52)，則果實橫徑在[75，90]內的概率為(　　)
附：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
A.0.682 7 B.0.841 3
C.0.818 6 D.0.954 5
9.(多選)已知隨機變量X服從正態分布N(100，102)，則下列選項正確的是(　　)
(參考數值：隨機變量ξ服從正態分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3)
A.E(X)＝100
B.D(X)＝100
C.P(X＞90)≈0.841 35
D.P(X＜120)≈0.998 65
10.(多選)某人參加一次測試，在備選的10道題中，他能答對其中的5道.現從備選的10道題中隨機抽出3道題進行測試，規定至少答對2題才算合格.則下列選項正確的是(　　)
A.答對0題和答對3題的概率相同，都為
B.答對1題的概率為
C.答對2題的概率為
D.合格的概率為
11．(多選)某物理量的測量結果服從正態分布N(10，σ2)，下列結論中正確的是(　　)
A．σ越小，該物理量在一次測量中落在(9.9,10.1)的概率越大
B．σ越小，該物理量在一次測量中大于10的概率為0.5
C．σ越小，該物理量在一次測量中小于9.99與大于10.01的概率相等
D．σ越小，該物理量在一次測量中落在(9.9，10.2)與落在(10,10.3)的概率相等
12．(多選)下列說法正確的是(　　)
A．設隨機變量X服從二項分布B()，則P(X＝3)＝
B．已知隨機變量X服從正態分布N(2，σ2)，且P(X<4)＝0.9，則P(0C．甲、乙、丙三人均準備在3個旅游景點中任選一處去游玩，則在至少有1個景點未被選擇的條件下，恰有2個景點未被選擇的概率是
D．E(2X＋3)＝2E(X)＋3，D(2X＋3)＝2D(X)＋3
13．某人參加一次測試，在備選的10道題中，他能答對其中的5道．現從備選的10道題中隨機抽出3道題進行測試，規定至少答對2道題才算合格．則合格的概率為________．
14．隨著時代發展和社會進步，教師職業越來越受青睞，考取教師資格證成為不少人的職業規劃之一．當前，中小學教師資格考試分筆試和面試兩部分．已知某市2022年共有10 000人參加了中小學教師資格考試的筆試，現從中隨機抽取100人的筆試成績(滿分100分)作為樣本，整理得到如下頻數分布表：
筆試成績X [40,50) [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100]
人數 5 10 25 30 20 10
由頻數分布表可認為該市全體考生的筆試成績X近似服從正態分布N(μ，σ2)，其中，μ近似為100名樣本考生筆試成績的平均值(同一組的數據用該組區間的中點值代替)，則μ＝________.若σ＝12.9，據此估計該市全體考生中筆試成績高于85.9的人數約為 ________.(結果四舍五入精確到個位)
參考數據：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
15.已知隨機變量X服從正態分布N(a，4)，且P(X＞1)＝0.5，P(X＞2)＝0.3，則P(X＜0)＝________.
16.某人射擊一次擊中目標的概率為0.6，經過三次射擊，此人至少有兩次擊中目標的概率為________.
17.一個箱子中裝有形狀、大小完全相同的5個白球和n(n∈N*)個黑球.現從中有放回地摸取4次，每次都是隨機摸取一球，設摸得白球個數為X，若D(X)＝1，則E(X)＝________.
18.甲、乙兩人參加一次英語口語考試，已知在備選的10道試題中，甲能答對其中的6題，乙能答對其中的8題，規定每次考試都從備選題中隨機抽出3道題進行測試，至少答對2題才算合格.
(1)設甲、乙兩人在考試中答對的題數分別為X，Y，寫出隨機變量X，Y的分布列；
(2)求甲、乙兩人至少有一人考試合格的概率.
19.為了拓展網絡市場，某公司為手機客戶端用戶推出了多款APP應用，如“農場”“音樂”“讀書”等.市場調查表明，手機用戶在選擇以上三種應用時，選擇“農場”、“音樂”、“讀書”的概率分別為，，.現有甲、乙、丙三位手機客戶端用戶獨立任意選擇以上三種應用中的一種進行安裝.
(1)求三人所選擇應用互不相同的概率；
(2)記ξ為三人中選擇的應用是“農場”與“音樂”的人數，求ξ的分布列和期望.
20．為普及空間站相關知識，某部門組織了空間站模擬編程闖關活動，它是由太空發射、自定義漫游、全尺寸太陽能、空間運輸等10個相互獨立的程序題目組成．規則是：編寫程序能夠正常運行即為程序正確．每位參賽者從10個不同的題目中隨機選擇3個進行編程，全部結束后提交評委測試，若其中2個及以上程序正確即為闖關成功．現已知10個程序中，甲只能正確完成其中6個，乙正確完成每個程序的概率均為，每位選手每次編程都互不影響．
(1)求乙闖關成功的概率；
(2)求甲編寫程序正確的個數X的分布列和均值，并判斷甲和乙誰闖關成功的可能性更大．
21．“雙減”政策，即有效減輕義務教育階段學生過重作業負擔和校外培訓負擔的政策，“雙減”政策的出臺對校外培訓機構的經濟效益產生了嚴重影響．某大型校外培訓機構為了降低風險，尋求發展制定科學方案，工作人員對2022年前200名報名學員的消費金額進行了統計整理，其中數據如表所示.
消費金額(千元) [3,5) [5,7) [7,9) [9,11) [11,13) [13,15]
人數 30 50 60 20 30 10
(1)該大型校外培訓機構轉型方案之一是將文化科主陣地輔導培訓向音體美等興趣愛好培訓轉移，為了深入了解當前學生的興趣愛好，工作人員利用比例分配的分層隨機抽樣方法在消費金額在區間[9,11)和[11,13)內的學員中抽取了5人，再從這5人中選取3人進行有獎問卷調查，求抽取的3人中消費金額為[11,13)的人數的分布列和均值；
(2)將頻率視為概率，假設該大型校外培訓機構2022年所有學員的消費金額可視為服從正態分布N(μ，σ2)，μ，σ2分別為前200名報名學員消費的平均數以及方差s2(同一區間的數據用該組區間的中點值替代)．
①試估計該機構學員2022年消費金額ε在區間[5.2,13.6)內的概率(保留一位小數)；
②若從該機構2022年所有學員中隨機抽取4人，記消費金額在區間[5.2,13.6)內的人數為η，求η的方差．
參考數據：≈1.4；若隨機變量ξ～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3.
優化提升
22．柯西分布是一個數學期望不存在的連續型概率分布．記隨機變量X服從柯西分布為X～C(γ，x0)，其中當γ＝1，x0＝0時的特例稱為標準柯西分布，其概率密度函數為f(x)＝.已知X～C(1,0)，P(|X|≤)＝，P(1A. B. C. D.
23．(多選)某計算機程序每運行一次都隨機出現一個五位二進制數A＝a1a2a3a4a5(例如10 100)，其中A的各位數ak(k＝2,3,4,5)中，出現0的概率為，出現1的概率為，記X＝a2＋a3＋a4＋a5，則當程序運行一次時，下列選項正確的是(　　)
A．X服從二項分布
B．P(X＝1)＝
C．X的均值E(X)＝
D．X的方差D(X)＝
24.(多選)某計算機程序每運行一次都隨機出現一個五位二進制數A＝a1a2a3a4a5(例如10100)，其中A的各位數中ak(k＝2，3，4，5)出現0的概率為，出現1的概率為，記X＝a2＋a3＋a4＋a5，則當程序運行一次時(　　)
A.X服從二項分布
B.P(X＝1)＝
C.X的均值E(X)＝
D.X的方差D(X)＝
25．某志愿者召開春季運動會，為了組建一支朝氣蓬勃、訓練有素的志愿者隊伍，欲從4名男志愿者，3名女志愿者中隨機抽取3人成為志愿者隊的隊長，則在“抽取的3人至少有一名男志愿者”的前提下，“抽取的3人全是男志愿者”的概率是 ________；若用X表示抽取的三人中女志愿者的人數，則E(X)＝________.
26．已知隨機變量ξ～N(1，σ2)，且P(ξ≤1)＝P(ξ≥a－3)，則＋(027.若隨機變量X服從正態分布N(μ，σ2)，P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.954 5，設X～N(1，σ2)，且P(X≥3)＝0.158 65，在平面直角坐標系xOy中，若圓x2＋y2＝σ2上有四個點到直線12x－5y＋c＝0的距離為1，則實數c的取值范圍是________.
28.某高校通過自主招生方式在貴陽招收一名優秀的高三畢業生，經過層層篩選，甲、乙兩名學生進入最后測試，該校設計了一個測試方案：甲、乙兩名學生各自從6個問題中隨機抽3個問題.已知這6個問題中，學生甲能回答正確其中的4個問題，而學生乙能回答正確每個問題的概率均為，甲、乙兩名學生對每個問題的回答都是相互獨立、互不影響的.
(1)求甲、乙兩名學生共答對2個問題的概率；
(2)請從期望和方差的角度分析，甲、乙兩名學生哪位被錄取的可能性更大.
參考答案：
基礎摸查
【習題導入】
1．A　2.B　3.
【知識歸納】
1．(1)兩個　n重伯努利試驗
(2)Cpk(1－p)n－k　X～B(n，p)　(3)①p　p(1－p)
②np　np(1－p)
2.
3．(1)X～N(μ，σ2)　(2)①x＝μ
②x＝μ　(4)μ　σ2
思考辨析
(1)√　(2)√　(3)×　(4)×
【題型展示】
例1 (1)C
(2)解　①根據題意可知，每天睡眠時間少于7小時的學生的概率為，每天睡眠時間不少于7小時的學生的概率為，
所以4份問卷中至少有2份結果為睡眠時間不少于7小時的概率為
P＝1－C×4－C××3＝.
②根據題意可知，X的所有可能取值為0,1,2,3,4，且X～B，
則P(X＝0)＝4＝，
P(X＝1)＝C××3＝，
P(X＝2)＝C×2×2
＝，
P(X＝3)＝C×3×＝，
P(X＝4)＝4＝，
所以X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P
所以E(X)＝4×＝.
跟蹤訓練1 (1)A
(2)解　①由已知得，張某創業成功的概率為，李某創業成功的概率為P0，且兩人是否創業成功互不影響，
記“這2人累計獲得的獎金X≤30”的事件為A，則事件A的對立事件為“X＝50”，
∵P(X＝50)＝P0，
∴P(A)＝1－P(X＝50)
＝1－P0＝，
解得P0＝.
②設兩位大學畢業生都選擇創業項目甲且創業成功的次數為X1，都選擇創業項目乙且創業成功的次數為X2，
則這兩人選擇項目甲累計獲得的獎金的均值為E(20X1)，
選擇項目乙累計獲得的獎金的均值為E(30X2)，
由已知可得，X1～B，
X2～B(2，P0)，
∴E(X1)＝，E(X2)＝2P0，
∴E(20X1)＝20E(X1)＝20×
＝，
E(30X2)＝30E(X2)＝60P0，
若E(20X1)>E(30X2)，
即>60P0，解得0若E(20X1)即<60P0，解得若E(20X1)＝E(30X2)，
即＝60P0，解得P0＝.
綜上所述，當0當當P0＝時，他們選擇兩項目進行創業，累計得到的獎金的均值相等．
例2 解　(1)每名學生得分低于70分的概率為1－(0.04＋0.02)×10＝0.4，不低于80分的概率為0.02×10＝0.2.
故其中1人得分低于70分，另1人得分不低于80分的概率為C×0.4×0.2＝.
(2)由頻率分布直方圖可得，8人中分數在[60,70)的有2人，[70,90]的有6人，
所以X～H(3,6,8)，X的所有可能取值為1,2,3，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
故X的分布列為
X 1 2 3
P
故E(X)＝＝.
跟蹤訓練2 解　(1)因為第二檔電價比第一檔電價每度多0.05元，
第三檔電價比第一檔電價每度多0.3元，
編號為10的用戶一年的用電量是4 600度，
所以該戶該年應交電費4 600×0.565 3＋(4 200－2 160)×0.05＋(4 600－4 200)×0.3
＝2 822.38(元)．
(2)設取到第二階梯的戶數為X，
易知第二階梯有4戶，則X的所有可能取值為0,1,2,3,4.
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，
故X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P
例3 (1)A
(2)AC
跟蹤訓練3 (1)10　74
(2)0.14
基礎夯實
1.B
2.D
3.A
4．B
5．D　
6.C　
7.A　
8.C
9.ABC
10.CD
11.ABC
12．ABC
13.
14．73　1 587
15.0.3
16.0.648
17.2
18.解　(1)隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3，
P(X＝0)＝eq \f(C,C)＝＝，P(X＝1)＝eq \f(CC,C)＝＝，
P(X＝2)＝eq \f(CC,C)＝＝，P(X＝3)＝eq \f(C,C)＝＝，
所以隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3
P
隨機變量Y的所有可能取值為1，2，3，
P(Y＝1)＝eq \f(CC,C)＝＝，
P(Y＝2)＝eq \f(CC,C)＝＝，
P(Y＝3)＝eq \f(C,C)＝＝，
所以隨機變量Y的分布列為
Y 1 2 3
P
(2)由(1)知甲合格的概率為P(A)＝＋＝，乙合格的概率為＋＝，
因為事件A，B相互獨立，所以甲、乙兩人均不合格的概率為
P(·)＝P()·P()＝[1－P(A)][1－P(B)]＝×＝×＝，
所以甲、乙兩人至少有一人考試合格的概率為1－＝.
19.解　記第i名用戶選擇的應用是“農場”、“音樂”、“讀書”分別為事件Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3.
由題意知A1，A2，A3相互獨立，B1，B2，B3相互獨立，C1，C2，C3相互獨立，Ai，Bj，Ck(i，j，k＝1，2，3且i，j，k互不相同)相互獨立，且P(Ai)＝，P(Bi)＝，P(Ci)＝.
(1)他們選擇的應用互不相同的概率P＝6·P(A1B2C3)＝6P(A1)P(B2)P(C3)＝.
(2)設3位用戶選擇的應用是“讀書”的人數是η，由已知得η～B，且ξ＝3－η，
所以P(ξ＝0)＝P(η＝3)＝C×＝，
P(ξ＝1)＝P(η＝2)＝C××＝，
P(ξ＝2)＝P(η＝1)＝C××＝，
P(ξ＝3)＝P(η＝0)＝C×＝.
故ξ的分布列為
ξ 0 1 2 3
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
20．解　(1)乙正確完成2個程序或者3個程序則闖關成功，記乙闖關成功為事件A，則P(A)＝C2×＋3＝.
(2)由題意知，隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3，
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
故X的分布列為
X 0 1 2 3
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
所以甲闖關成功的概率為＋＝，因為<，所以甲闖關成功的可能性更大．
21．解　(1)由題意得，抽取的5人中消費金額在區間[9,11)內的人數為×5＝2，消費金額在區間[11,13)內的人數為×5＝3，
設抽取的3人中消費金額在區間[11,13)內的人數為X，則X的所有可能取值為1,2,3，
所以P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以X的分布列為
X 1 2 3
P
則E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
(2)①由題意得，μ＝＝4×0.15＋6×0.25＋8×0.3＋10×0.1＋12×0.15＋14×0.05＝8，
σ2＝(4－8)2×0.15＋(6－8)2×0.25＋(10－8)2×0.1＋(12－8)2×0.15＋(14－8)2×0.05＝8，
所以σ＝＝2≈2.8，
所以P(5.2≤ε<13.6)＝P(8－2.8≤ε<8＋2×2.8)≈≈0.8.
②由題意及①得η～B，n＝4，p＝，
所以D(η)＝np(1－p)＝4××＝.
優化提升
22．C
23．AC
24.ABC
25.　
26．4
27.(－13，13)
28.解　(1)由題意可知，所求概率
P＝eq \f(CC,C)×C××＋eq \f(CC,C)×C××＝.
(2)設學生甲答對的題數為X，則X的所有可能取值為1，2，3.
P(X＝1)＝eq \f(CC,C)＝，
P(X＝2)＝eq \f(CC,C)＝，
P(X＝3)＝eq \f(CC,C)＝，
E(X)＝1×＋2×＋3×＝2，
D(X)＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝.
設學生乙答對的題數為Y，則Y的所有可能取值為0，1，2，3.
由題意可知Y～B，
E(Y)＝3×＝2，D(Y)＝3××＝.
因為E(X)＝E(Y)，D(X)＜D(Y)，
所以甲被錄取的可能性更大.第10部分第8節《概率與統計的綜合問題》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【題型展示】
　題型一　頻率分布直方圖
例1 為了解甲、乙兩種離子在小鼠體內的殘留程度，進行如下試驗：將200只小鼠隨機分成A，B兩組，每組100只，其中A組小鼠給服甲離子溶液，B組小鼠給服乙離子溶液.每只小鼠給服的溶液體積相同、摩爾濃度相同.經過一段時間后用某種科學方法測算出殘留在小鼠體內離子的百分比.根據試驗數據分別得到如下直方圖：
記C為事件：“乙離子殘留在體內的百分比不低于5.5”，根據直方圖得到P(C)的估計值為0.70.
(1)求乙離子殘留百分比直方圖中a，b的值；
(2)分別估計甲、乙離子殘留百分比的平均值(同一組中的數據用該組區間的中點值為代表).
訓練1 某鄉鎮加大投資建設美麗鄉村，大力發展鄉村旅游產業，顯著提高了農民收入.為了提升旅游質量，打造特色旅游品牌，鎮政府聘請有關專家和環保部門工作人員50人，對A，B兩個特色旅游村進行評價(滿分100分)，并得到A村評價分數(單位：分)的頻數分布表和B村評價分數的頻率分布直方圖，如下：
A村評價分數的頻數分布表
分數 [60，65) [65，70) [70，75) [75，80)
人數 2 5 8 10
分數 [80，85) [85，90) [90，95) [95，100]
人數 14 6 4 1
B村評價分數的頻率分布直方圖
有關專家與環保部門工作人員對旅游村的評價分數的規定如下：
分數 [60，75) [75，90) [90，100]
等級 Ⅰ級 Ⅱ級 Ⅲ級
等級越高旅游資源開發越好，如Ⅱ級好于Ⅰ級.
(1)估計A村評價分數的眾數，并求a的值(同一組中的數據用該組區間的中點值作代表)；
(2)從參與評價的50人中隨機抽取1人，估計該人對A村評價分數等級比B村評價分數等級高的頻率；
(3)以評價分數為依據，比較A，B兩村旅游產業發展質量情況.
　題型二　成對數據的統計分析
角度1　獨立性檢驗
例2 為加強環境保護，治理空氣污染，環境監測部門對某市空氣質量進行調研，隨機抽查了100天空氣中的PM2.5和SO2濃度(單位：μg/m3)，得下表：
　　SO2PM2.5　　 [0，50) [150，475] 合計
[0，75) 64 16 80
[75，115] 10 10 20
合計 74 26 100
依據小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，分析該市一天中空氣中PM2.5濃度是否和SO2濃度有關？
角度2　回歸方程及其應用
例3 下表是國際數據公司(IDC)研究的全球近6年每年數字媒體閱讀產生的數據量(單位：ZB)及相關統計量的值：
年份 2015 2016 2017 2018 2019 2020
序號x 1 2 3 4 5 6
年數據量y 7 9 17 22 34 43
(xi－)2 (zi－) (zi－)2 (xi－)(zi－)
3.5 22 2 18 14 124 9
表中zi＝ln yi，＝zi.
(1)根據上表數據信息判斷，方程y＝c1·ec2x(e是自然對數的底數)更適宜作為該公司統計的年數據量y關于年份序號x的回歸方程類型，試求此回歸方程；
(2)根據(1)中的回歸方程，預計2024年的全世界數字媒體閱讀產生的數據量是2021年的多少倍？并說明理由.(參考數據：e≈2.718，≈1.648，結果精確到0.1)
參考公式：回歸方程＝＋x中，斜率最小二乘法公式＝＝eq \f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xiyi－n\o(x,\s\up6(－)) \o(y,\s\up6(－)),\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))x－n\o(x,\s\up6(－))2)，＝－.
訓練2 某創新公司在第1個月至第7個月的5G經濟收入y(單位：百萬元)關于月份x的數據如下表：
時間(月份) 1 2 3 4 5 6 7
收入(百萬元) 6 11 21 34 66 101 196
根據以上數據繪制散點圖：
(1)根據散點圖判斷，y＝ax＋b與y＝c·dx(a，b，c，d均為大于零的常數)哪一個適宜作為5G經濟收入y關于月份x的回歸方程類型？(給出判斷即可，不必說明理由)并根據你的判斷結果及表中的數據，求出y關于x的回歸方程；
(2)請你預測該公司8月份的5G經濟收入.
參考數據：
yi vi xiyi xivi 100.45 100.54
462 10.78 2 711 50.12 2.82 3.47
其中設v＝lg y，vi＝lg yi.
參考公式：對于一組具有線性相關關系的數據(xi，vi)(i＝1，2，3，…，n)，其回歸直線＝x＋的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：＝eq \f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xivi－n\a\vs4\al(\o(x,\s\up6(－)) ) \a\vs4\al(\o(v,\s\up6(－)) ),\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))x－n\o(x,\s\up6(－))2)，＝－.
　題型三　概率與統計
角度1　概率與統計的綜合問題
例4 某中學為研究學生的身體素質與課外體育鍛煉時間的關系，對該校200名學生的課外體育鍛煉平均每天運動的時間(單位：分鐘)進行調查，將收集的數據分成[0，10)，[10，20)，[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60]六組，并作出頻率分布直方圖(如圖)，將日均課外體育鍛煉時間不低于40分鐘的學生評價為“課外體育達標”.
(1)請根據直方圖中的數據填寫下面的2×2列聯表，試根據小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，判斷“課外體育達標”與性別是否有關？
課外體育不達標 課外體育達標 合計
男 60
女 110
合計
(2)現按照“課外體育達標”與“課外體育不達標”進行分層抽樣，抽取8人，再從這8名學生中隨機抽取3人參加體育知識問卷調查，記“課外體育不達標”的人數為ξ，求ξ的分布列和數學期望.
角度2　離散型隨機變量及其分布列
例5 某市某超市為了回饋新老顧客，決定在2023年元旦來臨之際舉行“慶元旦，迎新年”的抽獎派送禮品活動.為設計一套趣味性抽獎送禮品的活動方案，該超市面向該市某高中學生征集活動方案，該中學某班數學興趣小組提供的方案獲得了征用.方案如下：將一個4×4×4的正方體各面均涂上紅色，再把它分割成64個相同的小正方體.經過攪拌后，從中任取兩個小正方體，記它們的著色面數之和為ξ，記抽獎一次中獎的禮品價值為η.
(1)求P(ξ＝3)；
(2)凡是元旦當天在該超市購買物品的顧客，均可參加抽獎.記抽取的兩個小正方體著色面數之和為6，設為一等獎，獲得價值50元的禮品；記抽取的兩個小正方體著色面數之和為5，設為二等獎，獲得價值30元的禮品；記抽取的兩個小正方體著色面數之和為4，設為三等獎，獲得價值10元的禮品，其他情況不獲獎.求某顧客抽獎一次獲得的禮品價值的分布列與數學期望.
角度3　正態分布的綜合問題
例6 (2022·保定模擬)某食品店為了了解氣溫對銷售量的影響，隨機記錄了該店1月份其中5天的日銷售量y(單位：千克)與該地當日最低氣溫x(單位：℃)的數據，如下表：
x 2 5 8 9 11
y 12 10 8 8 7
(1)求出y與x的回歸方程＝x＋；
(2)判斷y與x之間是正相關還是負相關，若該地1月份某天的最低氣溫為6 ℃，請用所求回歸方程預測該店當日的銷售量；
(3)設該地1月份的日最低氣溫X～N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本平均數，σ2近似為樣本方差s2，求P(3.8≤X≤13.4).
附：①回歸方程＝x＋中，
＝eq \f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xiyi－n\a\vs4\al(\o(x,\s\up6(－)) )　\a\vs4\al(\o(y,\s\up6(－)) ),\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))x－n\o(x,\s\up6(－))2)，＝－.
②≈3.2，≈1.8.
若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
訓練3 某城市A公司外賣配送員底薪是每月1 800元，設一人每月配送的單數為X，若X∈[1，300]，每單提成3元，若X∈(300，600]，每單提成4元，若X∈(600，＋∞)，每單提成4.5元.B公司外賣配送員底薪是每月2 100元，設一人每月配送單數為Y，若Y∈[1，400]，每單提成3元，若Y∈(400，＋∞)，每單提成4元.小王想在A公司和B公司之間選擇一份外賣配送員工作，他隨機調查了A公司外賣配送員甲和B公司外賣配送員乙在2022年4月份(30天)的送餐量數據，如下表：
表1　A公司外賣配送員甲送餐量統計
日送餐量x/單 13 14 16 17 18 20
天數 2 6 12 6 2 2
表2　B公司外賣配送員乙送餐量統計
日送餐量y/單 11 13 14 15 16 18
天數 4 5 12 3 5 1
(1)設A公司外賣配送員月工資(單位：元)為f(X)，B公司外賣配送員月工資(單位：元)為g(Y)，當X＝Y且X，Y∈(300，600]時，比較f(X)與g(Y)的大小關系；
(2)將甲、乙4月份的日送餐量的頻率視為對應公司的外賣配送員日送餐量的概率.
①計算外賣配送員甲和乙的日送餐量的數學期望E(x)和E(y)；
②請利用所學的統計學知識為小王做出選擇，并說明理由.
基礎夯實
1．第24屆冬季奧林匹克運動會于2022年2月4日在中國北京開幕，簡稱“北京冬奧會”．某媒體通過網絡隨機采訪了某市100名關注“北京冬奧會”的市民，并將其年齡數據繪制成如圖所示的頻率分布直方圖．
(1)已知[30,40)，[40,50)，[50,60)三個年齡段的人數依次成等差數列，求a，b的值；
(2)該媒體將年齡在[30,50)內的人群定義為高關注人群，其他年齡段的人群定義為次高關注人群，為了進一步了解其關注項目．現按“關注度的高低”采用比例分配的分層隨機抽樣的方式從參與采訪的100位關注者中抽取10人，并在這10人中隨機抽取3人進行電視訪談，求此3人中來自高關注人群的人數X的分布列與均值．
2．隨著生活水平的不斷提高，人們越來越注重養生．科學健身有利于降低脂肪含量，健身器材成為人們的新寵．某小區物業決定選購一款健身器材，物業管理員從該品牌的銷售網站了解到此款健身器材近五個月的實際銷量如表所示：
月份 7月 8月 9月 10月 11月
月份編號t 1 2 3 4 5
銷量y(萬臺) 0.5 0.6 1 1.4 1.7
(1)求出銷量y關于月份編號t的經驗回歸方程，并預測12月份該品牌此款健身器材的銷量；
(2)該品牌銷售商為了促銷，采取“摸球定價格”的優惠方式，其規則為：盒子內裝有編號為1,2,3的三個完全相同的小球，有放回地摸三次，三次摸到相同編號的享受七折優惠，三次僅有兩次摸到相同編號的享受八折優惠，其余均九折優惠．已知此款健身器材一臺標價為10 000元，設物業公司購買此款健身器材的價格為X，求X的分布列與均值．
3．某市某部門為了了解全市中學生的視力情況，采用比例分配的分層隨機抽樣方法抽取了該市120名中學生，已知該市中學生男女人數比例為7∶5，他們的視力情況統計結果如表所示：
性別 視力情況 合計
近視 不近視
男生 30
女生 40
合計 120
(1)請把表格補充完整，并根據小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，判斷近視是否與性別有關；
(2)如果用這120名中學生中男生和女生近視的頻率分別代替該市中學生中男生和女生近視的概率，且每名同學是否近視相互獨立．現從該市中學生中任選4人，設隨機變量X表示4人中近視的人數，求X的分布列及均值．
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
α 0.1 0.05 0.01
xα 2.706 3.841 6.635
4．2022年3月，“兩會”在北京召開，會議吸引了全球的目光，對我國以后的社會經濟發展有深刻的歷史意義，某媒體為調查本市市民對“兩會”的了解情況，進行了一次“兩會”知識問卷調查(每位市民只能參加一次)，隨機抽取年齡在15～75歲之間的100人進行調查，并按年齡繪制的頻率分布直方圖如圖所示，其分組區間為[15,25)，[25,35)，[35,45)，[45,55)，[55,65)，[65,75]，把年齡落在區間[15,35)和[35,75]內的人分別稱為“青少年人”和“中老年人”．
(1)若“青少年人”中有15人在關注“兩會”，根據已知條件完成下面的2×2列聯表，根據小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，判斷關注“兩會”是否與年齡有關；
(2)由(1)中結果，采用比例分配的分層隨機抽樣的方法從“青少年人”關注“兩會”和不關注“兩會”的人中抽取6人，再從這6人中選3人進行專訪，設這3人中關注“兩會”的人數為X，求X的分布列和均值.
年齡 是否關注 合計
關注 不關注
青少年人 15
中老年人
合計 50 50 100
附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
α 0.05 0.01 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
5.某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題.每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學比賽結束；若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學比賽結束.A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分.
已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關.
(1)若小明先回答A類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；
(2)為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答哪類問題？并說明理由.
6.改革開放以來，人們的支付方式發生了巨大轉變.近年來，移動支付已成為主要支付方式之一.為了解某校學生上個月A，B兩種移動支付方式的使用情況，從全校學生中隨機抽取了100人，發現樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學生的支付金額分布情況如下：
支付金額(元)支付方式　　 (0，1 000] (1 000，2 000] 大于2 000
僅使用A 18人 9人 3人
僅使用B 10人 14人 1人
(1)從全校學生中隨機抽取1人，估計該學生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率；
(2)從樣本僅使用A和僅使用B的學生各隨機抽取1人，以X表示這2人中上個月支付金額大于1 000元的人數，求X的分布列和均值；
(3)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有變化.現從樣本僅使用A的學生中，隨機抽查3人，發現他們本月的支付金額都大于2 000元.根據抽查結果，能否認為樣本僅使用A的學生中本月支付金額大于2 000元的人數有變化？說明理由.
7.某企業對設備進行升級改造，現從設備改造前、后生產的大量產品中各抽取了100件產品作為樣本，檢測某項質量指標值，該項質量指標值落在[20，40)內的產品視為合格品，否則為不合格品.設備改造前樣本的頻率分布直方圖如圖所示.
下表是設備改造后樣本的頻數分布表：
質量指標值 [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40) [40，45]
頻數 2 18 48 14 16 2
(1)請估計該企業在設備改造前的產品質量指標值的平均數(同一組數據用該組數據所在區間的中點值表示)；
(2)設備改造后，企業將不合格品全部銷毀，并對合格品進行等級細分，質量指標值落在[25，30)內的定為一等品，每件售價240元；質量指標值落在[20，25)或[30，35)內的定為二等品，每件售價180元；其他的合格品定為三等品，每件售價120元.根據上表中的數據，用該樣本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的頻率代替從所有合格產品中抽到一件相應等級產品的概率.現有一名顧客隨機購買兩件產品，設其支付的費用為X(單位：元)，求X的分布列和數學期望.
8.某土特產超市為預估2023年元旦期間游客購買土特產的情況，于2022年元旦期間90位游客的購買情況進行統計，得到如下人數分布表.
購買金額/元 [0，15) [15，30) [30，45) [45，60) [60，75) [75，90]
人數 10 15 20 15 20 10
(1)根據以上數據完成2×2列聯表，并判斷能否在犯錯誤的概率不超過0.05的情況下認為購買金額是否少于60元與性別有關.
不少于60元 少于60元 總計
男 40
女 18
總計
(2)為吸引游客，該超市推出一種優惠方案：購買金額不少于60元可抽獎3次，每次中獎的概率為p(每次抽獎互不影響，且p的值等于人數分布表中購買金額不少于60元的頻率)，中獎1次減5元，中獎2次減10元，中獎3次減15元.若游客甲計劃購買80元的土特產，請列出實際付款數X(元)的分布列并求其數學期望.
附參考公式：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
附表：
α 0.150 0.100 0.050 0.010 0.005
xα 2.072 2.706 3.841 6.635 7.879
優化提升
9.水污染現狀與工業廢水排放密切相關.某工廠深入貫徹科學發展觀，努力提高污水收集處理水平，其污水處理程序如下：原始污水必先經過A系統處理，處理后的污水(A級水)達到環保標準(簡稱達標)的概率為p(0某廠現有4個標準水量的A級水池，分別取樣、檢測.多個污水樣本檢測時， 既可以逐個化驗，又可以將若干個樣本混合在一起化驗.混合樣本中只要有樣本不達標，混合樣本的化驗結果必不達標.若混合樣本不達標，則該組中各個樣本必須再逐個化驗；若混合樣本達標，則原水池的污水可直接排放.
現有以下四種方案：
方案一：逐個化驗；
方案二：平均分成兩組化驗；
方案三：三個樣本混在一起化驗，剩下的一個單獨化驗；
方案四：四個樣本混在一起化驗.
若化驗次數的期望值越小，則方案越“優”.
(1)若p＝，求2個A級水樣本混合化驗結果不達標的概率；
(2)①若p＝，現有4個A級水樣本需要化驗，請問：方案一、二、四中哪個最“優”？
②若“方案三”比“方案四”更“優”，求p的取值范圍.
10.某廠生產不同規格的一種產品，根據檢測標準，其合格產品的質量y(g)與尺寸x(mm)之間近似滿足關系式y＝c·xb(b，c為大于0的常數).按照某指標測定，當產品質量與尺寸的比在區間(0.302，0.388)內時為優等品.現隨機抽取6件合格產品，測得數據如下：
尺寸x(mm) 38 48 58 68 78 88
質量y(g) 16.8 18.8 20.7 22.4 24 25.5
質量與尺寸的比 0.442 0.392 0.357 0.329 0.308 0.290
(1)現從抽取的6件合格產品中再任選2件，求選中的2件均為優等品的概率；
(2)根據測得的數據作了初步處理，得相關統計量的值為下表：
(ln xi·ln yi) (ln xi) (ln yi) (ln xi)2
75.3 24.6 18.3 101.4
根據所給統計量，求y關于x的非線性經驗回歸方程.
附：對于樣本(vi，ui)(i＝1，2，…，6)，其經驗回歸直線＝·v＋的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：
＝＝eq \f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))viui－n\a\vs4\al(\o(v,\s\up6(－)) )　\a\vs4\al(\o(u,\s\up6(－)) ),\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))v－n\o(v,\s\up6(－))2)，＝－.
11．某學校共有3 000名學生，其中男生1 800人，為了解該校學生在校的月消費情況，采取比例分配的分層隨機抽樣的方式抽取100名學生進行調查，先統計他們某月的消費金額，然后按“男生、女生”分成兩組，再分別將兩組學生的月消費金額(單位：元)分成5組：[300,400)，[400,500)，[500,600)，[600,700)，[700,800]分別加以統計，得到如圖所示的頻率分布直方圖．
(1)樣本中將月消費金額不低于600元的學生稱為“高消費群”．請你根據已知條件完成下列2×2列聯表，并根據小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，分析該校學生屬于“高消費群”是否與性別有關；
性別 是否屬于“高消費群” 合計
屬于 不屬于
男生
女生
合計
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
(2)以樣本估計總體，將調查所得到的頻率視為概率，現從該學校中每次隨機抽取1名學生，共抽取4次，且每次抽取的結果是相互獨立的，記被抽取的4名學生中屬于“高消費群”的人數為X，求X的均值E(X)和方差D(X)．
12．某公司為了提升一款產品的市場競爭力和市場占有率，對該款產品進行了科技創新和市場開發，經過一段時間的運營后，統計得到x，y之間的五組數據如表所示：
x 1 2 3 4 5
y 9 11 14 26 20
其中，x(單位：百萬元)是科技創新和市場開發的總投入，y(單位：百萬元)是科技創新和市場開發后的收益．
(1)求樣本相關系數r的大小(精確到0.01)，并判斷科技創新和市場開發后的收益y與科技創新和市場開發的總投入x的線性相關程度；
(2)該公司對該產品的滿意程度進行了調研，在調研100名男、女性消費者后，得到數據如表所示：
性別 滿意程度 合計
滿意 不滿意
男性 45 10 55
女性 25 20 45
合計 70 30 100
根據小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，判斷消費者滿意程度是否與性別有關；
(3)對(2)中調研的45名女性消費者，按照其滿意程度進行比例分配的分層隨機抽樣，從中抽出9名女性消費者到公司進行現場考察，再從這9名女性消費者中隨機抽取4人進行深度調研，記這4人中“滿意”的人數為X，求X的分布列及均值．
參考公式：
①r＝；
②χ2＝，
其中n＝a＋b＋c＋d.
臨界值表：
α 0.1 0.05 0.01 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 10.828
參考數據：≈22.
參考答案：
基礎摸查
【題型展示】
例1
解　(1)由已知得0.70＝a＋0.20＋0.15，
故a＝0.35，
b＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.
(2)甲離子殘留百分比的平均值的估計值為
2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.
乙離子殘留百分比的平均值的估計值為
3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.
訓練1
解　(1)因為A村評價分數頻數最多的出現在[80，85)，
所以估計A村評價分數的眾數為＝82.5(分).
由5×(0.012×2＋0.020＋0.024＋2a＋0.036＋0.040)＝1，解得a＝0.028.
(2)設從參與評價的50人中隨機抽取1人，該人“對A村評價分數等級為Ⅱ”的事件為A2，“對A村評價分數等級為Ⅲ”的事件為A3；
“對B村評價分數等級為Ⅰ”的事件為B1，“對B村評價分數等級為Ⅱ”的事件為B2.
由題表可知，P(A2)＝＝0.6，P(A3)＝＝0.1.
由題圖可知，P(B1)＝(0.012＋0.020＋0.028)×5＝0.3，
P(B2)＝(0.036＋0.040＋0.024)×5＝0.5.
A村評價分數等級比B村評價分數等級高的概率為
P(A2B1)＋P(A3B1)＋P(A3B2)＝P(A2)P(B1)＋P(A3)·P(B1)＋P(A3)P(B2)＝0.6×0.3＋0.1×0.3＋0.1×0.5＝0.26，
所以該人對A村評價分數等級比B村評價分數等級高的概率估計值為0.26.
(3)A村評價分數的平均數
A＝×62.5＋×67.5＋×72.5＋×77.5＋×82.5＋×87.5＋×92.5＋×97.5＝79.3(分).
B村評價分數的平均數
B＝5×[0.012×(62.5＋97.5)＋0.020×67.5＋0.028×(72.5＋92.5)＋0.036×77.5＋0.040×82.5＋0.024×87.5]＝80.4(分).
因為A＜B，所以從評價分數來看，B村旅游產業發展質量要高于A村.
例2
解　零假設為H0：該市一天中空氣中PM2.5濃度與SO2濃度無關.
χ2＝
＝＝
≈7.484 4＞6.635＝x0.01，
依據小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，可以判斷H0不成立，即認為該市一天中空氣中PM2.5濃度和SO2濃度有關.
例3
解　(1)由y＝c1·ec2x，兩邊同時取自然對數得ln y＝ln(c1·ec2x)＝ln c1＋c2x，
設z＝ln y，則z＝ln c1＋c2x.
因為＝3.5，＝2， (xi－)2＝18，
(xi－)(zi－)＝9，
所以2＝＝＝，
ln 1＝－2＝2－0.5×3.5＝0.25.
所以z＝0.25＋0.5x＝ln y，所以y＝e0.25＋0.5x.
(2)令x＝7，得1＝e0.25＋0.5×7＝e3.75.
令x＝10，得2＝e5.25，
＝e1.5＝e≈4.5，預計2024年全世界產生的數據規模是2021年的4.5倍.
訓練2
解　(1)根據散點圖判斷，y＝c·dx適宜作為5G經濟收入y關于月代碼x的回歸方程類型.
∵y＝c·dx，兩邊同時取常用對數得lg y＝lg(c·dx)＝lg c＋lg d·x.
設lg y＝v，∴v＝lg c＋lg d·x.
∵＝(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7)＝4，
＝vi＝×10.78＝1.54，
x＝12＋22＋32＋42＋52＋62＋72＝140，
∴lg ＝eq \f(\o(∑,\s\up6(7),\s\do4(i＝1))xivi－7\a\vs4\al(\o(x,\s\up6(－)) ) \a\vs4\al(\o(v,\s\up6(－)) ),\o(∑,\s\up6(7),\s\do4(i＝1))x－7\o(x,\s\up6(－))2)
＝＝＝0.25，
把樣本中心點(4，1.54)代入v＝lg c＋lg d·x，
得1.54＝lg ＋0.25×4，
∴lg ＝0.54，＝0.54＋0.25x，
∴lg ＝0.54＋0.25x，
∴y關于x的回歸方程為＝100.54＋0.25x＝3.47×100.25x.
(2)∵當x＝8時，＝3.47×100.25×8＝347，
∴預測8月份的5G經濟收入為347百萬元.
例4
解　(1)由題意得“課外體育達標”人數為200×[(0.02＋0.005)×10]＝50，
則“課外體育不達標”人數為150，∴列聯表如下：
課外體育不達標 課外體育達標 合計
男 60 30 90
女 90 20 110
合計 150 50 200
假設H0為“課外體育達標”與性別無關.
∴χ2＝＝≈6.061>3.841＝x0.05.
∴根據小概率α＝0.05的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為“課外體育達標”與性別有關.
(2)由題意采用分層抽樣在“課外體育達標”的學生中抽取2人，在“課外體育不達標”的學生中抽取6人，由題意知：ξ的所有可能取值為1，2，3，
P(ξ＝1)＝eq \f(CC,C)＝＝；P(ξ＝2)＝eq \f(CC,C)＝＝；
P(ξ＝3)＝eq \f(C,C)＝＝；
故ξ的分布列為
ξ 1 2 3
P
故ξ的數學期望為E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝.
例5
解　(1)64個小正方體中，三面著色的有8個，兩面著色的有24個，一面著色的有24個，另外8個沒有著色，
∴P(ξ＝3)＝eq \f(C·C＋C·C,C)＝＝.
(2)ξ的所有可能取值為0，1，2，3，4，5，6，η的取值為50，30，10，0，
……………………5分
P(η＝50)＝P(ξ＝6)＝eq \f(C,C)＝＝，
P(η＝30)＝P(ξ＝5)＝eq \f(C·C,C)＝＝，
P(η＝10)＝P(ξ＝4)＝eq \f(C＋C·C,C)＝＝，
P(η＝0)＝1－－－＝.
所以隨機變量η的分布列為
η 50 30 10 0
P
∴E(η)＝50×＋30×＋10×＋0×＝.
例6
解　(1)＝xi＝＝7，
＝yi＝＝9，
xiyi－5＝2×12＋5×10＋8×8＋9×8＋11×7－5×7×9＝－28，
x－52＝22＋52＋82＋92＋112－5×72＝50，
∴＝＝－0.56.
∴＝－＝9－(－0.56)×7＝12.92.
∴所求的回歸方程是＝－0.56x＋12.92.
(2)由＝－0.56＜0知，y與x之間是負相關，
將x＝6代入回歸方程可預測該店當日的銷售量＝－0.56×6＋12.92＝9.56(千克).
(3)由(1)知μ＝＝7，由σ2＝s2＝[(2－7)2＋(5－7)2＋(8－7)2＋(9－7)2＋(11－7)2]＝10，得σ≈3.2.
從而P(3.8≤X≤13.4)＝P(μ－σ≤X≤μ＋2σ)＝P(μ－σ≤X≤μ)＋P(μ≤X≤μ＋2σ)＝P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＋P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.818 6.
訓練3
解　(1)當X＝Y且X，Y∈(300，600]時，g(Y)＝g(X)；
當X∈(300，400]時，f(X)－g(Y)＝f(X)－g(X)＝(1 800＋4X)－(2 100＋3X)＝X－300>0；
當X∈(400，600]時，f(X)－g(Y)＝f(X)－g(X)＝(1 800＋4X)－(2 100＋4X)＝－300<0.
所以當X∈(300，400]時，f(X)>g(Y)；
當X∈(400，600]時，f(X)(2)①甲的日送餐量x的分布列為：
x 13 14 16 17 18 20
P
乙的日送餐量y的分布列為：
y 11 13 14 15 16 18
P
則E(x)＝13×＋14×＋16×＋17×＋18×＋20×＝16，
E(y)＝11×＋13×＋14×＋15×＋16×＋18×＝14.
②E(X)＝30E(x)＝480，480∈(300，600]；
E(Y)＝30E(y)＝420，420∈(400，＋∞).
所以A公司外賣配送員的平均月薪約為1 800＋4E(X)＝3 720(元)，
B公司外賣配送員的平均月薪約為2 100＋4E(Y)＝3 780(元)，
3 720<3 780，
所以小王應選擇做B公司外賣配送員.
基礎夯實
1．解　(1)由題意可知
解得a＝0.035，b＝0.025.
(2)利用比例分配的分層隨機抽樣的方式從樣本中抽取10人，
易知其中屬于高關注人群的有10×(0.035＋0.025)×10＝6(人)，則屬于次高關注人群的有4人，
則X的所有可能取值為3,2,1,0，
所以P(X＝3)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝0)＝＝，
所以X的分布列為
X 3 2 1 0
P
所以E(X)＝3×＋2×＋1×＋0×＝1.8.
2．解　(1)依題意知＝×(1＋2＋3＋4＋5)＝3，
＝×(0.5＋0.6＋1＋1.4＋1.7)＝1.04，
＝＝＝0.32，
＝－＝1.04－0.32×3＝0.08，
故銷量y關于月份編號t的經驗回歸方程為＝0.32t＋0.08.
令t＝6，則＝0.32×6＋0.08＝2.
故可預測12月份該品牌此款健身器材銷量為2萬臺．
(2)有放回地摸球，每次摸到某個編號的概率為，
則三次摸到相同編號的概率為
3×3＝，
僅有兩次摸到相同編號的概率為
3×3×××＝.
公司購買此款健身器材的價格X的所有可能取值為7 000，8 000，9 000，其分布列為
X 7 000 8 000 9 000
P
故E(X)＝7 000×＋8 000×＋9 000×＝.
3．解　(1)∵該市中學生男女人數比例為7∶5，
∴抽取的120名學生中男生有70人，女生有50人，
2×2列聯表如下：
性別 視力情況 合計
近視 不近視
男生 30 40 70
女生 10 40 50
合計 40 80 120
零假設為H0：近視與性別無關．
根據列聯表中的數據得，
χ2＝
≈6.857>6.635＝x0.01，
∴根據小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為近視與性別有關．
(2)∵用這120名中學生中男生和女生近視的頻率分別代替該市中學生中男生和女生近視的概率，
∴每名學生近視的概率為
＝，
由題意可得，X的所有可能取值為
0,1,2,3,4，
且隨機變量X～B，
P(X＝k)＝Ck4－k，
k＝0,1,2,3,4，
∴X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P
E(X)＝4×＝.
4．解　(1)依題意可知，“青少年人”共有100×(0.015＋0.030)×10＝45(人)，
“中老年人”共有100－45＝55(人)，
2×2列聯表如下：
年齡 是否關注 合計
關注 不關注
青少年人 15 30 45
中老年人 35 20 55
合計 50 50 100
零假設為H0：關注“兩會”與年齡無關．
結合列聯表的數據得
χ2＝
≈9.091>6.635＝x0.01，
所以根據小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為關注“兩會”與年齡有關．
(2)依題意可知，樣本中青少年人關注“兩會”的有15人，不關注“兩會”的有30人，
采用比例分配的分層隨機抽樣的方法抽取6人，則關注“兩會”的抽取2人，不關注“兩會”的抽取4人，
則X的所有可能取值為0,1,2，
所以P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
故隨機變量X的分布列為
X 0 1 2
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
5.解　(1)由題意得，X的所有可能取值為0，20，100，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列為
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)當小明先回答A類問題時，由(1)可得
E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
當小明先回答B類問題時，記Y為小明的累計得分，
則Y的所有可能取值為0，80，100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列為
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因為57.6>54.4，即E(Y)>E(X)，所以為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答B類問題.
6.解　(1)由題意知，樣本中僅使用A的學生有18＋9＋3＝30(人)，僅使用B的學生有10＋14＋1＝25(人)，A，B兩種支付方式都不使用的學生有5人，
故樣本中A，B兩種支付方式都使用的學生有100－30－25－5＝40(人).
所以從全校學生中隨機抽取1人，該學生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率為＝0.4.
(2)X的所有可能值為0，1，2.
記事件C為“從樣本僅使用A的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于1 000元”，事件D為“從樣本僅使用B的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于1 000元”.
由題設知，事件C，D相互獨立，
且P(C)＝＝0.4，P(D)＝＝0.6，
所以P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24.
P(X＝1)＝P(C∪D)＝P(C)P()＋P()P(D)＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6＝0.52，
P(X＝0)＝P()＝P()P()＝0.24.
所以X的分布列為
X 0 1 2
P 0.24 0.52 0.24
故X的均值E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1.0.
(3)記事件E為“從樣本僅使用A的學生中隨機抽查3人，他們本月的支付金額大于2 000元”.
假設樣本僅使用A的學生中，本月支付金額大于2 000元的人數沒有變化，則由上個月的樣本數據得P(E)＝eq \f(1,C)＝.
答案示例1：可以認為有變化.理由如下：
P(E)比較小，概率比較小的事件一般不容易發生.
一旦發生，就有理由認為本月的支付金額大于2 000元的人數發生了變化，所以可以認為有變化.
答案示例2：無法確定有沒有變化.理由如下：
事件E是隨機事件，P(E)比較小，一般不容易發生，但還有是可能發生的，所以無法確定有沒有變化.
7.解　(1)根據題圖可知，設備改造前樣本的質量指標值的平均數為5×(0.008×17.5＋0.032×22.5＋0.080×27.5＋0.024×32.5＋0.036×37.5＋0.020×42.5)＝30.2.
根據設備改造前樣本的質量指標值的平均數估計設備改造前總體的質量指標值的平均數為30.2.
(2)根據樣本的頻率分布估計總體的概率分布，合格的樣本中一、二、三等品的頻率分別為，，，故從所有合格產品中隨機抽一件，抽到一、二、三等品的概率分別為，，.
易知隨機變量X的取值為240，300，360，420，480，
則P(X＝240)＝×＝，P(X＝300)＝C××＝，
P(X＝360)＝C××＋×＝，
P(X＝420)＝C××＝，
P(X＝480)＝×＝.
所以隨機變量X的分布列為
X 240 300 360 420 480
P
所以E(X)＝240×＋300×＋360×＋420×＋480×＝400.
8.解　(1)2×2列聯表如下：
不少于60元 少于60元 總計
男 12 40 52
女 18 20 38
總計 30 60 90
零假設為H0：購買金額是否少于60元與性別無關.
χ2＝＝≈5.83>3.841＝x0.05，
根據小概率值α＝0.05的χ2獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，因此能在犯錯誤的概率不超過0.05的情況下認為購買金額是否少于60元與性別有關.
(2)X的所有可能取值為65，70，75，80，
且p＝＝.
P(X＝65)＝C＝，
P(X＝70)＝C×＝，
P(X＝75)＝C××＝，
P(X＝80)＝C＝，
X的分布列為
X 65 70 75 80
P
E(X)＝65×＋70×＋75×＋80×＝75.
優化提升
9.解　(1)因為該混合樣本達標的概率是＝，
所以根據對立事件可知，混合樣本化驗結果不達標的概率為1－＝.
(2)①方案一：逐個化驗，化驗次數為4.
方案二：由(1)知，每組兩個樣本化驗時，若達標則化驗次數為1，概率為；若不達標則化驗次數為3，概率為.
故將方案二的化驗次數記為ξ2，ξ2的所有可能取值為2，4，6.P(ξ2＝2)＝×＝，P(ξ2＝4)＝C××＝，P(ξ2＝6)＝×＝，其分布列如下：
ξ2 2 4 6
P
所以方案二的期望
E(ξ2)＝2×＋4×＋6×＝＝.
方案四：混在一起化驗，記化驗次數為ξ4，ξ4的所有可能取值為1，5.P(ξ4＝1)＝＝，P(ξ4＝5)＝1－＝，其分布列如下：
ξ4 1 5
P
所以方案四的期望E(ξ4)＝1×＋5×＝.
比較可得E(ξ4)②方案三：設化驗次數為η3，η3的所有可能取值為2，5.
其分布列如下：
η3 2 5
P p3 1－p3
E(η3)＝2p3＋5(1－p3)＝5－3p3.
方案四：設化驗次數為η4，η4的所有可能取值為1，5，
其分布列如下：
η4 1 5
P p4 1－p4
E(η4)＝p4＋5(1－p4)＝5－4p4.
由題意得E(η3)所以5－3p3<5－4p4，
所以p<.故所求p的取值范圍為.
10.解　(1)由已知，優等品的質量與尺寸的比
∈(0.302，0.388)，
則隨機抽取的6件合格產品中，有3件為優等品，記為a，b，c，
有3件為非優等品，記為d，e，f，
現從抽取的6件合格產品中再任選2件，樣本點為：
(a，b)，(a，c)，(c，d)，(a，e)，(a，f)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(b，f)，(c，d)，(c，e)，(c，f)，(d，e)，(d，f)，(e，f)，
選中的兩件均為優等品的樣本點為(a，b)，(a，c)，(b，c)，所以所求概率為＝.
(2)對y＝c·xb兩邊取自然對數得
ln y＝ln c＋bln x，
令vi＝ln xi，ui＝ln yi，則＝·v＋，
且＝ln c，
由所給統計量及最小二乘估計公式有：
＝eq \f(\o(∑,\s\up6(6),\s\do4(i＝1))viui－6\a\vs4\al(\o(u,\s\up6(－)) )　\a\vs4\al(\o(v,\s\up6(－)) ),\o(∑,\s\up6(6),\s\do4(i＝1))v－6\o(v,\s\up6(－))2)＝＝＝，
＝－＝＝1，
由＝ln c得c＝e，
所以y關于x的非線性經驗回歸方程為
＝ex0.5.
11．解　(1)由題意及頻率分布直方圖可得，
性別 是否屬于“高消費群” 合計
屬于 不屬于
男生 15 45 60
女生 20 20 40
合計 35 65 100
零假設為H0：該校學生屬于“高消費群”與性別無關，
由列聯表中數據得
χ2＝＝
≈6.593>3.841＝x0.05，
所以根據小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為該校學生屬于“高消費群”與性別有關．
(2)被抽取的4名學生中每一名學生是“高消費群”的概率為＝，
所以X～B，
所以E(X)＝4×＝，
D(X)＝4××＝.
12．解　(1)由題意可得
＝＝3，
＝＝16，
∴r＝＝≈0.84，
∴科技創新和市場開發后的收益y與科技創新和市場開發的總投入x的線性相關程度比較強．
(2)零假設為H0：消費者滿意程度與性別無關．
根據列聯表數據得
χ2＝
≈8.129>6.635＝x0.01，
∴根據小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為消費者滿意程度與性別有關．
(3)易知抽出的9名女性消費者中滿意的有5人，不滿意的有4人，
由題意可知，X的所有可能取值為0,1,2,3,4，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝＝，
P(X＝4)＝＝，
∴X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.第10部分第9節《概率統計與其它問題的交匯》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【題型展示】
題型一　概率、統計與數列的綜合問題
例1　足球運動是深受人們喜愛的一項體育運動，其中守門員撲點球和傳球是足球訓練中的兩個重要訓練項目．
(1)假設發點球時，球員等可能地選擇左、中、右三個方向射門，守門員等可能地選擇左、中、右三個方向撲點球，且守門員方向判斷正確時，有的可能將球撲出球門外．在一次點球戰中，求守門員在前三次點球中，把球撲出球門外的個數X的分布列和均值；
(2)某次傳球訓練中，教練員讓甲、乙、丙、丁4名球員進行傳接球訓練，從甲開始傳球，甲等可能地傳給另外3人中的1人，接球者再等可能地傳給另外3人中的1人，如此一直進行．假設每個球都能被接住，記第n次傳球后球又回到甲腳下的概率為Pn.求證：數列為等比數列，并求Pn.
跟蹤訓練1　“每天鍛煉一小時，健康工作五十年，幸福生活一輩子”．某公司組織全員每天進行體育鍛煉，訂制了主題為“百年風云”的系列紀念幣獎勵員工，該系列紀念幣有A1，A2，A3，A4四種．每個員工每天自主選擇“球類”和“田徑”中的一項進行鍛煉．鍛煉結束后員工將隨機等可能地獲得一枚紀念幣．
(1)某員工活動前兩天獲得A1，A4，則前四天恰好能集齊“百年風云”系列紀念幣的概率是多少？
(2)通過抽樣調查發現，活動首日有的員工選擇“球類”，其余的員工選擇“田徑”；在前一天選擇“球類”的員工中，次日會有的員工繼續選擇“球類”，其余的選擇“田徑”；在前一天選擇“田徑”的員工中，次日會有的員工繼續選擇“田徑”，其余的選擇“球類”．用頻率估計概率，記某員工第n天選擇“球類”的概率為Pn.
①計算P1，P2，并求Pn；
②該公司共有員工1 400人，經過足夠多天后，試估計該公司接下來每天各有多少員工參加“球類”和“田徑”運動？
題型二　概率、統計與導數的綜合問題
例2　學習強國中有兩項競賽答題活動，一項為“雙人對戰”，另一項為“四人賽”．活動規則如下：一天內參加“雙人對戰”活動，僅首局比賽可獲得積分，獲勝得2分，失敗得1分；一天內參加“四人賽”活動，僅前兩局比賽可獲得積分，首局獲勝得3分，次局獲勝得2分，失敗均得1分．已知李明參加“雙人對戰”活動時，每局比賽獲勝的概率為；參加“四人賽”活動(每天兩局)時，第一局和第二局比賽獲勝的概率分別為p，.李明周一到周五每天都參加了“雙人對戰”活動和“四人賽”活動(每天兩局)，各局比賽互不影響．
(1)求李明這5天參加“雙人對戰”活動的總得分X的分布列和均值；
(2)設李明在這5天的“四人賽”活動(每天兩局)中，恰有3天每天得分不低于3分的概率為f(p)．求當p為何值時，f(p)取得最大值．
跟蹤訓練2　中國國家統計局2021年9月30日發布數據顯示，2021年9月中國制造業采購經理指數(PMI)為49.8%，反映出中國制造業擴張步伐有所加快．以新能源汽車、機器人、增材制造、醫療設備、高鐵、電力裝備、船舶、無人機等為代表的高端制造業突飛猛進，進一步體現了中國制造業當前的跨越式發展．已知某精密制造企業根據長期檢測結果，得到生產的產品的質量差服從正態分布N(μ，σ2)，并把質量差在(μ－σ，μ＋σ)內的產品稱為優等品，質量差在(μ＋σ，μ＋2σ)內的產品稱為一等品，優等品與一等品統稱為正品，其余范圍內的產品作為廢品處理．現從該企業生產的正品中隨機抽取1 000件，測得產品質量差的樣本數據統計如圖所示：
(1)取樣本數據的方差s2的近似值為100，用樣本平均數作為μ的近似值，用樣本標準差s作為σ的估計值，記質量差X～N(μ，σ2)，求該企業生產的產品為正品的概率P(同一組中的數據用該組區間的中點值代表)；
(2)假如企業包裝時要求把2件優等品和n(n≥2，n∈N*)件一等品裝在同一個箱子中，質檢員從某箱子中摸出兩件產品進行檢驗，若抽取到的兩件產品等級相同，則該箱產品記為A，否則該箱產品記為B.
①試用含n的代數式表示某箱產品抽檢被記為B的概率p；
②設抽檢5箱產品恰有3箱被記為B的概率為f(p)，求當n為何值時，f(p)取得最大值，并求出最大值．
參考數據：若隨機變量ξ服從正態分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3.
優化提升
1．某種病毒存在人與人之間的傳染，可以通過與患者的密切接觸進行傳染．我們把與患者有過密切接觸的人群稱為密切接觸者，每位密切接觸者被感染后即被稱為患者．已知每位密切接觸者在接觸一個患者后被感染的概率為p(0(1)求一天內被感染的人數X的概率P(X)與a，p的關系式和X的均值；
(2)該病毒在進入人體后有14天的潛伏期，在這14天的潛伏期內患者無任何癥狀，為病毒傳播的最佳時間，設每位患者在被感染后的第2天又有2位密切接觸者，從某一名患者被感染按第1天算起，第n天新增患者的均值記為En(n≥2)．
①求數列{En}的通項公式，并證明數列{En}為等比數列；
②若戴口罩能降低每位密切接觸者患病概率，降低后的患病概率p′＝ln(1＋p)－p，當p′取最大值時，計算此時p′所對應的E6′值和此時p對應的E6值，并根據計算結果說明戴口罩的必要性．(取a＝10)(結果保留整數，參考數據：ln 5≈1.6，ln 3≈1.1，ln 2≈0.7，≈0.3，≈0.7)
2．為了避免就餐聚集和減少排隊時間，某校開學后，食堂從開學第一天起，每餐只推出即點即取的米飯套餐和面食套餐．已知某同學每天中午會在食堂提供的兩種套餐中選一種，已知他第一天選擇米飯套餐的概率為，而前一天選擇了米飯套餐后一天繼續選擇米飯套餐的概率為，前一天選擇面食套餐后一天繼續選擇面食套餐的概率為，如此往復．
(1)求該同學第二天中午選擇米飯套餐的概率；
(2)記該同學第n天選擇米飯套餐的概率為Pn.
①證明：為等比數列；
②證明：當n≥2時，Pn≤.
3．為落實立德樹人的根本任務，堅持“五育”并舉，全面推進素質教育，某校舉行了乒乓球比賽，其中參加男子乒乓球決賽階段比賽的12名隊員來自3個不同校區，三個校區的隊員人數分別是3,4,5.本次決賽的比賽賽制采取單循環方式，即每名隊員進行11場比賽(每場比賽都采取5局3勝制)，根據積分選出最后的冠軍．積分規則如下：比賽中以3∶0或3∶1取勝的隊員積3分，失敗的隊員積0分；以3∶2取勝的隊員積2分，失敗的隊員積1分．
(1)若每名隊員獲得冠、亞軍的可能性相同，則比賽結束后，冠、亞軍恰好來自不同校區的概率是多少？
(2)已知第10輪小李對抗小王，設每局比賽小李取勝的概率均為p(0①記小李以3∶1取勝的概率為f(p)．若當p＝p0時，f(p)取最大值，求p0的值；
②若以①中p0的值作為p的值，這輪比賽小李所得積分為X，求X的分布列及均值．
參考答案：
基礎摸查
【題型展示】
例1 解　(1)每個點球能被守門員撲出球門外的概率
P＝3×××＝，
由題意可知，X～B，
P(X＝0)＝C×3＝，
P(X＝1)＝C×1×2
＝＝，
P(X＝2)＝C×2×1
＝＝，
P(X＝3)＝C×3＝，
則X的分布列為
X 0 1 2 3
P
E(X)＝3×＝.
(2)由已知得，第(n－1)次傳球后球又回到甲腳下的概率為Pn－1，
∴當n≥2時，Pn＝(1－Pn－1)·，
∴Pn－＝－，
∴是首項為P1－＝－，公比為－的等比數列，
∴Pn－＝×n－1，
∴Pn＝－×n－1.
跟蹤訓練1 解　(1)設事件E為“該員工前四天恰好能集齊這4枚紀念幣”，
由題意知，樣本點總數
N＝4×4＝16，
事件E包含的樣本點的個數
n＝2×1＝2，
所以該員工前四天恰好能集齊這四枚紀念幣的概率P(E)＝＝.
(2)①由題意知，P1＝，
P2＝P1＋(1－P1)
＝－P1＝－×＝，
當n≥2時，Pn＝Pn－1＋
(1－Pn－1)＝－Pn－1，
所以Pn－＝－，
又因為P1－＝－＝，
所以是以為首項，
以－為公比的等比數列，
所以Pn－＝×n－1，
即Pn＝＋×n－1.
②由①知，當n足夠大時，選擇“球類”的概率近似于，
假設用ξ表示一天中選擇“球類”的人數，
則ξ～B，
所以E(ξ)＝1 400×＝600，
即選擇“球類”的人數的均值為600，
所以選擇“田徑”的人數的均值為800.
即經過足夠多天后，估計該公司接下來每天有600名員工參加球類運動，800名員工參加田徑運動．
例2 解　(1)X的所有可能取值為5,6,7,8,9,10，
P(X＝5)＝5＝，
P(X＝6)＝C×1×4
＝，
P(X＝7)＝C×2×3
＝＝，
P(X＝8)＝C×3×2
＝＝，
P(X＝9)＝C×4×1
＝，
P(X＝10)＝C×5＝.
所以X的分布列為
X 5 6 7 8 9 10
P
則E(X)＝5×＋6×＋7×＋8×＋9×＋10×＝＝.
(2)由題意知“每天得分不低于3分”的概率為p＋(1－p)×
＝＋p(0所以5天中恰有3天每天得分不低于3分的概率f(p)＝C32＝(1＋2p)3(1－p)2，f′(p)＝[6(1＋2p)2(1－p)2－2(1＋2p)3(1－p)]
＝(1＋2p)2(1－p)(4－10p)，
所以當p∈時，f′(p)>0，
f(p)在上單調遞增；
當p∈時，f′(p)<0，
f(p)在上單調遞減，
所以當p＝時，f(p)取得最大值．
跟蹤訓練2 解　(1)由題意估計從該企業生產的正品中隨機抽取1 000件的平均數
＝0.010×10×＋0.020×10×＋0.045×10×＋0.020×10×＋0.005×10×＝70，
∴μ≈＝70，
又樣本方差s2≈100，∴σ≈＝10，∴X～N(70，102)，
則優等品質量差在(μ－σ，μ＋σ)，
即(60,80)內，
一等品質量差在(μ＋σ，μ＋2σ)，
即(80,90)內，
∴正品質量差在(60,80)和(80,90)，即(60,90)內，
∴該企業生產的產品為正品的概率
P＝P(60(2)①從(n＋2)件正品中任選2件，有C種選法，其中等級相同的有C＋C種選法，
∴某箱產品抽檢被記為B的概率
p＝1－＝1－
＝.
②由題意，一箱產品抽檢被記為B的概率為p(0f(p)＝Cp3(1－p)2
＝10p3(1－2p＋p2)
＝10(p3－2p4＋p5)，
∴f′(p)＝10(3p2－8p3＋5p4)
＝10p2(3－8p＋5p2)
＝10p2(p－1)(5p－3)，
∴當p∈時，f′(p)>0，
函數f(p)單調遞增；
當p∈時，f′(p)<0，
函數f(p)單調遞減，
∴當p＝時，f(p)取得最大值
f ＝C×3×2
＝，
此時，p＝＝，
解得n＝3或n＝(舍)．
∴當n＝3時，5箱產品恰有3箱被記為B的概率最大，最大值為.
優化提升
1．解　(1)由題意知，被感染人數X～B(a，p)，
則P(X)＝CpX(1－p)a－X(0≤X≤a)，
E(X)＝ap.
(2)①第n天被感染的人數為
(1＋2p)n－1，
第(n－1)天被感染的人數為
(1＋2p)n－2，
由題目中均值的定義可知，
En＝(1＋2p)n－1－(1＋2p)n－2
＝2p(1＋2p)n－2(n≥2)，
則＝1＋2p，且E2＝2p.
∴{En}(n≥2)是以2p為首項，
1＋2p為公比的等比數列．
②令f(p)＝ln(1＋p)－p，
則f′(p)＝－＝.
∴f(p)在上單調遞增，在上單調遞減．
∴f(p)max＝f ＝ln －
＝ln 3－ln 2－
≈1.1－0.7－0.3＝0.1.
∵當a＝10時，
En＝10p(1＋10p)n－2，
∴E6′＝10×0.1×(1＋10×0.1)4
＝16，
E6＝10×0.5×(1＋10×0.5)4
＝6 480.
∵E6遠大于E6′，
∴戴口罩很有必要．
2．(1)解　設A1＝ “第1天選擇米飯套餐”， A2＝ “第2天選擇米飯套餐”，
則1＝ “第1天選擇面食套餐”，
由題意可得，P(A1)＝，則P(1)＝，又P(A2|A1)＝，P(A2|1)＝1－＝，
則由全概率公式可得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(1)·P(A2|1)＝×＋×＝.
(2)證明　①設An＝ “第n天選擇米飯套餐”，
則Pn＝P(An)，則P(n)＝1－Pn，
由題意得，P(An＋1|An)＝，
P(An＋1|n)＝1－＝，
由全概率公式可得，Pn＋1＝P(An＋1)
＝P(An)P(An＋1|An)＋P(n)·P(An＋1|n)
＝Pn＋(1－Pn)＝－Pn＋，
因此Pn＋1－＝－，
因為P1－＝≠0，
所以是以為首項，－為公比的等比數列．
②由①可得，
Pn＝＋×n－1，
當n為大于1的奇數時，
Pn＝＋×n－1
≤＋×2＝；
當n為正偶數時，
Pn＝－×n－1<<.
綜上所述，當n≥2時，Pn≤.
3．解　(1)比賽結束后，冠、亞軍恰好來自不同校區的概率
P＝＝.
(2)①由題可知f(p)＝Cp2(1－p)·p＝3p3(1－p)，
f′(p)＝3[3p2(1－p)＋p3×(－1)]＝3p2(3－4p)，
令f′(p)＝0，
得p＝或p＝0(舍去)，
當p∈時，f′(p)>0，f(p)在上單調遞增，
當p∈時，f′(p)<0，f(p)在上單調遞減，
所以p0＝.
②X的所有可能取值為0,1,2,3，
P(X＝0)＝(1－p)3＋Cp(1－p)2·(1－p)
＝3＋C××2×＝，
P(X＝1)＝Cp2(1－p)2·(1－p)
＝C×2×2×＝，
P(X＝2)＝Cp2(1－p)2·p
＝C×2×2×
＝，
P(X＝3)＝p3＋Cp2(1－p)·p
＝3＋C×2××＝，
所以X的分布列為
X 0 1 2 3
P
則E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.第10部分第1節《兩個計數原理》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1．由于用具簡單、趣味性強，象棋成為流行極為廣泛的棋藝活動．某棋局的一部分如圖所示，若不考慮這部分以外棋子的影響，且“馬”和“炮”不動，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，從“兵”吃掉“馬”的最短路線中隨機選擇一條路線，其中也能把“炮”吃掉的可能路線有(　　)
A．10條 B．8條 C．6條 D．4條
2．有4位教師在同一年級的4個班中各教一個班的數學，在數學檢測時要求每位教師不能在本班監考，則不同的監考方法有(　　)
A．8種 B．9種 C．10種 D．11種
3．已知某公園有4個門，從一個門進，另一個門出，則不同的走法的種數為(　　)
A．16 B．13 C．12 D．10
【知識歸納】
兩個計數原理
(1)分類加法計數原理：完成一件事有兩類不同方案，在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝ 種不同的方法．
(2)分步乘法計數原理：完成一件事需要兩個步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝
種不同的方法.
常用結論：
1．分類加法計數原理的推廣：完成一件事有n類不同方案，在第1類方案中有m1種不同的方法，在第2類方案中有m2種不同的方法，……，在第n類方案中有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝ m1＋m2＋…＋mn種不同的方法．
2．分步乘法計數原理的推廣：完成一件事需要n個步驟，做第1步有m1種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法，……，做第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m1×m2×…×mn種不同的方法．
【題型展示】
題型一　分類加法計數原理
例1　(1)如果一個三位正整數如“a1a2a3”滿足a1a3，則稱這樣的三位數為凸數(如120,343,275等)，那么所有凸數的個數為________．
(2)某同學有同樣的畫冊2本，同樣的集郵冊3本，從中取出4本贈送給4位朋友，每位朋友一本，則不同的贈送方法共有(　　)
A．4種 B．10種 C．18種 D．20種
跟蹤訓練1　(1)設I＝{1,2,3,4}，A與B是I的子集，若A∩B＝{1,2}，則稱(A，B)為一個“理想配集”．若將(A，B)與(B，A)看成不同的“理想配集”，則符合此條件的“理想配集”有________個．
(2)現有拾圓、貳拾圓、伍拾圓的人民幣各一張，一共可以組成的幣值有(　　)
A．3種 B．6種 C．7種 D．8種
題型二　分步乘法計數原理
例2　(1)(多選)現安排高二年級A，B，C三名同學到甲、乙、丙、丁四個工廠進行社會實踐，每名同學只能選擇一個工廠，且允許多人選擇同一個工廠，則下列說法正確的是(　　)
A．共有43種不同的安排方法
B．若甲工廠必須有同學去，則不同的安排方法有37種
C．若A同學必須去甲工廠，則不同的安排方法有12種
D．若三名同學所選工廠各不相同，則不同的安排方法有24種
(2)數獨是源自18世紀瑞士的一種數學游戲．如圖是數獨的一個簡化版，由3行3列9個單元格構成．玩該游戲時，需要將數字1,2,3(各3個)全部填入單元格，每個單元格填一個數字，要求每一行、每一列均有1,2,3這三個數字，則不同的填法有(　　)
A．12種 B．24種 C．72種 D．216種
跟蹤訓練2　(1)(多選)有4位同學報名參加三個不同的社團，則下列說法正確的是(　　)
A．每位同學限報其中一個社團，則不同的報名方法共有34種
B．每位同學限報其中一個社團，則不同的報名方法共有43種
C．每個社團限報一個人，則不同的報名方法共有24種
D．每個社團限報一個人，則不同的報名方法共有43種
(2)教學大樓共有五層，每層均有兩個樓梯，則由一層到五層不同的走法有(　　)
A．10種 B．25種 C．52種 D．24種
題型三　兩個計數原理的綜合應用
例3　(1)甲與其他四位同事各有一輛私家車，車牌尾數分別是9,0,2,1,5，為遵守當地某月5日至9日5天的限行規定(奇數日車牌尾數為奇數的車通行，偶數日車牌尾數為偶數的車通行)，五人商議拼車出行，每天任選一輛符合規定的車，但甲的車最多只能用一天，則不同的用車方案種數為________．
(2)有5個不同的棱柱、3個不同的棱錐、4個不同的圓臺、2個不同的球，若從中取出2個幾何體，使多面體和旋轉體各一個，則不同的取法種數是(　　)
A．14 B．23 C．48 D．120
跟蹤訓練3　(1)如圖，a省分別與b，c，d，e四省交界，且b，c，d互不交界，在地圖上分別給各省地域涂色，要求相鄰省涂不同色，現有5種不同顏色可供選用，則不同的涂色方案種數為(　　)
A．480 B．600
C．720 D．840
(2)有4件不同顏色的襯衣，3件不同花樣的裙子，另有2套不同樣式的連衣裙．需選擇一套服裝參加“五一”節歌舞演出，則不同的選擇方式種數為(　　)
A．24 B．14 C．10 D．9
基礎夯實
1.小黑點表示網絡的結點，結點之間的連線表示它們有網絡相連．連線上標注的數字表示該段網線單位時間內可以通過的最大信息量．現在從結點A向結點B傳遞信息，信息可分開沿不同的路線同時傳遞，則單位時間內傳遞的最大信息量為(　　)
A．9 B．21 C．12 D．8
2.已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，從M，N這兩個集合中各選一個元素分別作為點的橫坐標、縱坐標，則這樣的坐標在直角坐標系中可表示第一、第二象限內不同的點的個數是(　　)
A.12 B.8 C.6 D.4
3.從0，1，2，3，4，5這六個數字中，任取兩個不同的數字相加，其和為偶數的不同取法的種數為(　　)
A.30 B.20 C.10 D.6
4.從集合{1，2，3，…，10}中任意選出三個不同的數，使這三個數成等比數列，這樣的等比數列的個數為(　　)
A.3 B.4 C.6 D.8
5．中國有十二生肖，又叫十二屬相，每一個人的出生年份對應了十二種動物(鼠、牛、虎、兔、龍、蛇、馬、羊、猴、雞、狗、豬)中的一種，現有十二生肖的吉祥物各一個，甲同學喜歡牛和馬，乙同學喜歡牛、狗和羊，丙同學哪個吉祥物都喜歡，三位同學按甲、乙、丙的順序依次選一個作為禮物，如果讓三位同學選取的禮物都滿意，那么不同的選法有(　　)
A．360種 B．50種
C．60種 D．90種
6．如果一條直線與一個平面垂直，那么稱此直線與平面構成一個“正交線面對”．在一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“正交線面對”的個數為(　　)
A．12 B．24 C．36 D．48
7．用0,1,2,3,4,5,6這7個數字可以組成無重復數字的四位偶數的個數為(　　)
A．180 B．240 C．420 D. 480
8.如圖，將鋼琴上的12個鍵依次記為a1，a2，…，a12.設1≤iA.5 B.8 C.10 D.15
9.已知兩條異面直線a，b上分別有5個點和8個點，則這13個點可以確定不同的平面個數為(　　)
A.40 B.16 C.13 D.10
10.如圖所示的幾何體由三棱錐P－ABC與三棱柱ABC－A1B1C1組合而成，現用3種不同顏色對這個幾何體的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相鄰的面均不同色，則不同的涂色方案共有(　　)
A.6種 B.9種 C.12種 D.36種
11.每天從甲地到乙地的飛機有5班，高鐵有10趟，動車有6趟，公共汽車有12班.某人某天從甲地前往乙地，則其出行方案共有(　　)
A.22種 B.33種
C.300種 D.3 600種
12．某省新高考采用“3＋1＋2”模式：“3”為全國統考科目語文、數學、外語，所有學生必考；“1”為首選科目，考生須在物理、歷史科目中選擇1個科目；“2”為再選科目，考生可在思想政治、地理、化學、生物4個科目中選擇2個科目．已知小明同學必選化學，那么他可選擇的方案共有(　　)
A．4種 B．6種 C．8種 D．12種
13．從集合{1,2,3，…，10}中任意選出三個不同的數，使這三個數成等比數列，這樣的等比數列的個數為(　　)
A．3 B．4 C．6 D．8
14．中國古代將物質屬性分為“金、木、土、水、火”五種，其相互關系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”．將五種不同屬性的物質任意排成一列，則屬性相克的兩種物質不相鄰的排法種數為(　　)
A．8 B．10 C．15 D．20
15.5名應屆畢業生報考3所高校，每人報且僅報1所院校，則不同的報名方法的種數是(　　)
A.35 B.53 C.A D.C
16．(多選)現有4個數學課外興趣小組，第一、二、三、四組分別有7人、8人、9人、10人，則下列說法正確的是(　　)
A．選1人為負責人的選法種數為34
B．每組選1名組長的選法種數為5 400
C．若推選2人發言，這2人需來自不同的小組，則不同的選法種數為420
D．若另有3名學生加入這4個小組，加入的小組可自由選擇，且第一組必須有人選，則不同的選法有37種
17.從集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取兩個互不相等的數a，b組成復數a＋bi，其中虛數的個數是________.
18.乘積(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3＋b4)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展開后的項數為________.
19.將2名教師、4名學生分成2個小組，分別安排到甲、乙兩地參加社會實踐活動，每個小組由1名教師和2名學生組成，則不同的安排方案共有________種.
20.設a，b，c∈{1，2，3，4，5，6}，若以a，b，c為三條邊的長可以構成一個等腰(含等邊)三角形，則這樣的三角形有______個.
21.如圖所示，在由連接正八邊形的三個頂點構成的三角形中，與正八邊形有公共邊的三角形有________個(用數字作答)．
22．算籌是一根根同樣長短和粗細的小棍子，是中國古代用來記數、列式和進行各種數與式演算的一種工具，是中國古代的一項偉大、重要的發明．在算籌計數法中，以“縱式”和“橫式”兩種方式來表示數字，如表所示：
數字方式　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9
縱式
橫式
用算籌計數法表示多位數時，個位用縱式，十位用橫式，百位用縱式，千位用橫式，以此類推，遇零則置空，知“”表示的三位數為________；如果把5根算籌以適當的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示能被5整除的三位數的個數為________．
優化提升
23.如圖是在“趙爽弦圖”的基礎上創作出的一個“數學風車”平面模型，圖中正方形ABCD內部為“趙爽弦圖”(由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成)，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH這4個三角形和“趙爽弦圖”ABCD涂色，且相鄰區域(即圖中有公共點的區域)不同色，已知有4種不同的顏色可供選擇．則不同的涂色方法種數是(　　)
A．48 B．54
C．72 D．108
24．幾只猴子在一棵枯樹上玩耍，假設它們均不慎失足下落，已知：(1)甲在下落的過程中依次撞擊到樹枝A，B，C；(2)乙在下落的過程中依次撞擊到樹枝D，E，F；(3)丙在下落的過程中依次撞擊到樹枝G，A，C；(4)丁在下落的過程中依次撞擊到樹枝B，D，H；(5)戊在下落的過程中依次撞擊到樹枝I，C，E，則這九根樹枝從高到低不同的順序共有(　　)
A．23 種 B．24 種 C．32 種 D．33 種
25.如圖為我國數學家趙爽(約3世紀初)在為《周髀算經》作注時驗證勾股定理的示意圖，現在提供5種顏色給其中5個小區域涂色，規定每個區域只涂一種顏色，相鄰區域顏色不相同，則不同的涂色方案共有(　　)
A.120種 B.260種 C.340種 D.420種
26.將“福”、“祿”、“壽”填入到如圖所示的4×4小方格內，每格內只填入一個漢字，且任意的兩個漢字既不同行也不同列，則不同的填寫方法有(　　)
A.288種 B.144種 C.576種 D.96種
27.用數字1，2，3，4，5，6，7，8，9組成沒有重復數字，且至多有一個數字是偶數的四位數，這樣的四位數一共有________個(用數字作答).
28.工人在安裝一個正六邊形零件時，需要固定如圖所示的六個位置的螺栓.若按一定順序將每個螺栓固定緊，但不能連續固定相鄰的2個螺栓，則不同的固定螺栓方式的種數是________.
29．世界杯參賽球隊共32支，現分成8個小組進行單循環賽，決出16強(各組的前2名小組出線)，這16支隊伍按照確定的程序進行淘汰賽，決出8強，再決出4強，直到決出冠、亞軍和第三名、第四名，則比賽進行的總場數為________．
30．若m，n均為非負整數，在做m＋n的加法時，各位均不進位(例如：134＋3 802＝3 936)，則稱(m，n)為“簡單的”有序數對，m＋n為有序數對(m，n)的值，那么值為1 942的“簡單的”有序數對的個數是________．
參考答案：
基礎摸查
【習題導入】
1．C　2.B　3.C
【知識歸納】
(1) m＋n　(2)m×n
【題型展示】
例1 (1)B
(2)240
跟蹤訓練1 (1)C
(2)9
例2 (1)A
(2)ABD
跟蹤訓練2 (1)D
(2)AD
例3 (1)C
(2)80
跟蹤訓練3 (1)B
(2)C
基礎夯實
1．D　
2.C
3.D
4.D
5.B
6．C　
7．C
8.C
9.C
10.C
11.B
12.B　
13.D　
14.B　
15.A
16．AD
17.36
18.60
19.12
20.27
21．40
22．621　14
優化提升
23．C
24．D
25.D
26.C
27.1 080
28.60
29．64
30．300第10部分第2節《排列與組合》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1．A＋C等于(　　)
A．35 B．47 C．45 D．57
2．從4名男同學和3名女同學中選出3名參加某項活動，則男、女生都有的選法種數是(　　)
A．18 B．24 C．30 D．36
3．將4名學生分別安排到甲、乙、丙三地參加社會實踐活動，每個地方至少安排一名學生參加，則不同的安排方案共有________種．
【知識歸納】
1．排列與組合的概念
名稱 定義
排列 從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素 按照 排成一列
組合 作為一組
2.排列數與組合數
(1)排列數：從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有 的個數，用符號 表示．
(2)組合數：從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有 的個數，用符號 表示．
3．排列數、組合數的公式及性質
公式 (1)A＝ ＝ (n，m∈N*，且m≤n)．(2)C＝＝ (n，m∈N*，且m≤n)．特別地，C＝1
性質 (1)0！＝ ；A＝ .(2)C＝C；C＝
常用結論：
1．排列數、組合數常用公式
(1)A＝(n－m＋1)A.
(2)A＝nA.
(3)(n＋1)！－n！＝n·n！.
(4)kC＝nC.
(5)C＋C＋…＋C＋C＝C.
2．解決排列、組合問題的十種技巧
(1)特殊元素優先安排．
(2)合理分類與準確分步．
(3)排列、組合混合問題要先選后排．
(4)相鄰問題捆綁處理．
(5)不相鄰問題插空處理．
(6)定序問題倍縮法處理．
(7)分排問題直排處理．
(8)“小集團”排列問題先整體后局部．
(9)構造模型．
(10)正難則反，等價轉化．
【題型展示】
題型一　排列問題
例1　(1)用0,1,2,3,4,5這六個數字可以組成________個無重復數字且不大于4 310的四位偶數．
(2)中國國家滑雪隊將開展自由式滑雪項目中的空中技巧、雪上技巧、障礙追逐和U型場地技巧四個項目表演，現安排兩名男隊員和兩名女隊員組隊參演，參演選手每人展示其中一個不同的項目，雪上技巧項目必須由女隊員展示，則所有不同出場順序與項目展示方案種數為(　　)
A．576 B．288 C．144 D．48
跟蹤訓練1　(1)8人站成前后兩排，每排4人，其中甲、乙兩人必須在前排，丙在后排，則共有________種排法．
(2)源于探索外太空的渴望，航天事業在21世紀獲得了長足的發展．太空中的環境為某些科學實驗提供了有利條件，宇航員常常在太空旅行中進行科學實驗．在某次太空旅行中，宇航員們負責的科學實驗要經過5道程序，其中A，B兩道程序既不能放在最前，也不能放在最后，則該實驗不同程序的順序安排共有(　　)
A．18種 B．36種 C．72種 D．108種
題型二　組合問題
例2　(1)在某場新聞發布會上，主持人要從5名國內記者與4名國外記者中依次選出3名來提問，要求3人中既有國內記者又有國外記者，且不能連續選國內記者，則不同的選法有(　　)
A．80種 B．180種 C．260種 D．420種
(2)(多選)從6名男生和4名女生中選出4人去參加一項創新大賽，則下列說法正確的有(　　)
A．如果4人全部為男生，那么有30種不同的選法
B．如果4人中男生、女生各有2人，那么有30種不同的選法
C．如果男生中的甲和女生中的乙必須在內，那么有28種不同的選法
D．如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在內，那么有140種不同的選法
跟蹤訓練2　(1)如圖，從上往下讀(不能跳讀，即念完標號為②的國字后只能念下一行標號為③或④的榮字，又如標號為⑤的校字只能接在標號為④的榮字后念)，構成句子“愛國榮校做市西卓越學生”的不同讀法總數為________．
(2)從4名男生和3名女生中選派4人去參加課外活動，要求至少有一名女生參加，則不同的選派種數為(　　)
A．12 B．24 C．34 D．60
題型三　排列與組合的綜合問題
命題點1　相鄰、相間問題
例3　(多選)有3名男生，4名女生，在下列不同條件下，正確的是(　　)
A．全體站成一排，女生必須站在一起有144種排法
B．全體站成一排，男生互不相鄰有1 440種排法
C．任選其中3人相互調整座位，其余4人座位不變，則不同的調整方案有70種
D．全體站成一排，甲不站排頭，乙不站排尾有3 720種排法
命題點2　定序問題
例4　有4名男生，3名女生，其中3名女生高矮各不相同，將7名學生排成一行，要求從左到右，女生從矮到高排列(不一定相鄰)，不同的排法共有________種.
命題點3　分組、分配問題
例5　(1)中國空間站的主體結構包括天和核心艙、問天實驗艙和夢天實驗艙．假設中國空間站要安排6名航天員開展實驗，其中每個艙安排2人．若甲、乙兩人不被安排在同一個艙內做實驗，則不同的安排方案共有(　　)
A．20種 B．36種
C．72種 D．84種
(2)中國書法歷史悠久，源遠流長，書法作為一門藝術，以文字為載體，不斷地反映著和豐富著華夏民族的自然觀、宇宙觀和人生觀，談到書法藝術，就離不開漢字，漢字是書法藝術的精髓，漢字本身具有豐富的意象和可塑的規律性，使漢字書寫成為一門獨特的藝術，我國書法大體可分為篆、隸、楷、行、草五種書體，如圖，以“國”字為例，現有5張分別寫有一種書體的臨摹紙，將其全部分給3名書法愛好者，每人至少1張，則不同的分法種數為(　　)
A．60 B．90 C．120 D．150
跟蹤訓練3　(1)某次聯歡會要安排3個歌舞類節目，2個小品類節目和1個相聲類節目的演出順序，同類節目不相鄰的排法種數是(　　)
A．72 B．120 C．144 D．168
(2)(多選)已知A，B，C，D，E五個人并排站在一起，則下列說法正確的有(　　)
A．若A，B不相鄰，共有72種排法
B．若A不站在最左邊，B不站在最右邊，有72種排法
C．若A在B右邊有60種排法
D．若A，B兩人站在一起有48種排法
(3)將9名大學生志愿者安排在星期五、星期六及星期日3天參加社區公益活動，每天分別安排3人，每人參加一次，則不同的安排方案共有________種．(用數字作答)
基礎夯實
1．若A＝6C，則m等于(　　)
A．9 B．8 C．7 D．6
2.不等式A<6×A的解集為(　　)
A.{2，8} B.{2，6} C.{7，12} D.{8}
3.3名大學生利用假期到2個山村參加扶貧工作，每名大學生只去1個村，每個村至少1人，則不同的分配方案共有(　　)
A.4種 B.5種 C.6種 D.8種
4.某班星期三上午要上五節課，若把語文、數學、物理、化學、外語這五門課安排在星期三上午，數學必須比化學先上，則不同的排法有(　　)
A.60種 B.30種 C.120種 D.24種
5．將標號為1,2,3,4的四個籃球分給三位小朋友，每位小朋友至少分到一個籃球，且標號為1,2的兩個籃球不能分給同一個小朋友，則不同的分法種數為(　　)
A．15 B．20 C．30 D．42
6．2022年7月19日，亞奧理事會宣布將于2023年9月23日至10月8日在杭州舉辦第19屆亞運會，為了辦好這屆體育文化盛會，杭州亞運會組委會決定進行賽前志愿者招募，此舉得到在杭大學生的積極參與．某高校3位男同學和2位女同學通過篩選加入志愿者服務，通過培訓，擬安排在游泳、籃球、射擊、體操四個項目進行志愿者服務，這四個項目都有人參加，要求2位女同學不安排在一起，且男同學小王、女同學大雅由于專業需要必須分開，則不同的安排方法種數為(　　)
A．144 B．150 C．168 D．192
7.如圖是由6個正方形拼成的矩形圖案，從圖中的12個頂點中任取3個點作為一組．其中可以構成三角形的組數為(　　)
A．208 B．204 C．200 D．196
8．由0,1,2，…，9這十個數字組成的無重復數字的四位數中，個位數字與百位數字之差的絕對值等于8的有(　　)
A．98個 B．105個 C．112個 D．210個
9.互不相同的5盆菊花，其中2盆為白色，2盆為黃色，1盆為紅色，現要擺成一排，要求紅色菊花擺放在正中間，白色菊花不相鄰，黃色菊花也不相鄰，共有擺放方法(　　)
A.A種 B.A種
C.AA種 D.CCAA種
10.6把椅子擺成一排，3人隨機就座，任何兩人不相鄰的坐法種數為(　　)
A.144 B.120 C.72 D.24
11.用數字1，2，3，4，5組成的無重復數字的四位偶數的個數為(　　)
A.8 B.24 C.48 D.120
12．將5名學生分配到甲、乙兩個宿舍，每個宿舍至少安排2名學生，那么互不相同的安排方法的種數為(　　)
A．10 B．20 C．30 D．40
13．記者要為5名志愿者和他們幫助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相鄰但不排在兩端，不同的排法共有(　　)
A．1 440種 B．960種
C．720種 D．480種
14．(多選)現有4個編號為1,2,3,4的不同的球和4個編號為1,2,3,4的不同的盒子，把球全部放入盒子內．則下列說法正確的是(　　)
A．恰有1個盒子不放球，共有72種放法
B．每個盒子內只放一個球，且球的編號和盒子的編號不同的放法有9種
C．有2個盒子內不放球，另外兩個盒子內各放2個球的放法有36種
D．恰有2個盒子不放球，共有84種放法
15(多選)下列等式正確的有(　　)
A.C＝ B.C＝C
C.C＝C D.C＝C
16.(多選)若3男3女排成一排，則下列說法錯誤的是(　　)
A.共計有720種不同的排法
B.男生甲排在兩端的共有120種排法
C.男生甲、乙相鄰的排法總數為120種
D.男女生相間排法總數為72種
17.若把英語單詞“good”的字母順序寫錯，則可能出現的錯誤方法共有________種(用數字作答).
18.某省高考實行3＋3模式，即語文、數學、英語必選，物理、化學、政治、歷史、生物、地理六選三，今年高一的小明與小芳進行選科，假若他們對六科沒有偏好，則他們至少有兩科相同的選法有________種.
19.某校開設A類選修課3門，B類選修課4門，一位同學從中共選3門.若要求兩類課程中各至少選一門，則不同的選法種數為________.
20.某學校組織三個年級的學生到博物館參觀，該博物館設有青銅器、瓷器、書畫三個場館.若該學校將參觀時間分為三個時間段，每個時間段內三個年級的學生參觀的場館互不相同，并且每個年級的學生在三個時間段內參觀的場館不重復，則不同的安排方法有________種(用數字作答).
21．在5G，AI，MR等技術的支持下，新聞媒體推出諸多創新融媒產品，將5G技術引入新聞生產，有效擴展了新聞的應用場景，云采訪、云訪談、云直播等云端對話成為報道的新常態．現有4名新聞媒體記者采用云采訪、云訪談、云直播三種方式進行報道，每種方式至少有一名記者采用，則不同的安排方法種數為________．
22．某小區共有3個核酸檢測點同時進行檢測，有6名志愿者被分配到這3個檢測點參加服務，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”進行檢測工作的傳授，每個檢測點至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一個檢測點，則不同的分配方案種數是________．
優化提升
23．陽春三月，草長鶯飛；絲絳拂堤，盡飄香玉．三個家庭的3位媽媽帶著3名女孩和2名男孩共8人踏春．在沿行一條小溪時，為了安全起見，他們排隊前進，三位母親互不相鄰照顧孩子；3名女孩相鄰且不排最前面也不排最后面；為了防止2名男孩打鬧，2人不相鄰，且不排最前面也不排最后面．則不同的排法共有(　　)
A．144種 B．216種
C．288種 D．432種
24．某部隊在一次軍演中要先后執行A，B，C，D，E，F六項不同的任務，要求任務A必須排在前三項執行，且執行任務A之后需立即執行任務E，任務B，C不能相鄰，則不同的執行方案共有(　　)
A．36種 B．44種 C．48種 D．54種
25.甲、乙、丙3人站到共有6級的臺階上，若每級臺階最多站2人，同一級臺階上的人不區分站的位置，則不同的站法種數是(　　)
A.90 B.120 C.210 D.216
26.(多選)現有4個小球和4個小盒子，下面的結論正確的是(　　)
A.若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，則共有24種放法
B.若4個相同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，且恰有兩個空盒的放法共有18種
C.若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，且恰有一個空盒的放法共有144種
D.若編號為1，2，3，4的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，沒有一個空盒但小球的編號和盒子的編號全不相同的放法共有9種
27.中國古代中的“禮、樂、射、御、書、數”合稱“六藝”.“禮”，主要指德育；“樂”，主要指美育；“射”和“御”，就是體育和勞動；“書”，指各種歷史文化知識；“數”，數學.某校國學社團開展“六藝”課程講座活動，每藝安排一節，連排六節，一天課程講座排課有如下要求：“數”必須排在前三節，且“射”和“御”兩門課程相鄰排課，則“六藝”課程講座不同排課順序共有________種.
28.某賓館安排A，B，C，D，E五人入住3個房間，每個房間至少住1人，且A，B不能住同一房間，則共有________種不同的安排方法.(用數字作答)
29．把座位編號為1,2,3,4,5的五張電影票全部分給甲、乙、丙、丁四個人，每人至少一張，至多兩張，且分得的兩張票必須是連號，那么不同的分法種數為________(用數字作答)．
30．某共享汽車停放點的停車位成一排且恰好全部空閑，假設最先來停車點停車的3輛共享汽車都是隨機停放的，且這3輛共享汽車都不相鄰的排法與這3輛共享汽車恰有2輛相鄰的排法相等，則該停車點的車位數為________．
參考答案：
基礎摸查
【習題導入】
1．B　2.C　3.36
【知識歸納】
1．一定的順序
2．(1)不同排列　A
(2)不同組合　C
3．(1)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)　　(2)
(1)1　n！　(2)C＋C
【題型展示】
例1 (1)110
(2)B
跟蹤訓練1 (1)5 760
(2)B
例2 (1)C
(2)CD
跟蹤訓練2 (1)252
(2)C
例3 BCD
例4 840
例5 (1)C
(2)D
跟蹤訓練3 (1)B
(2)ACD
(3)1 680
基礎夯實
1．C　
2.D
3.C
4.A
5.C
6．D　
7．C
8.D　
9.D
10.D
11.C
12.B　
13.B　
14．BCD
15.ABC
16.BC
17.11
18.200
19.30
20.12
21．36　
22.216
優化提升
23．C
24．B
25.C
26.BCD
27.120
28.114
29．96
30．10第10部分第3節《二項式定理》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1.的展開式中x2的系數等于(　　)
A．45 B．20 C．－30 D．－90
2．已知C＋2C＋22C＋23C＋…＋2nC＝243，則C＋C＋C＋…＋C等于(　　)
A．31 B．32 C．15 D．16
3．若的展開式中二項式系數之和為64，則展開式的常數項為________．
【知識歸納】
1．二項式定理
二項式定理 (a＋b)n＝ (n∈N*)
二項展開式的通項 Tk＋1＝ ，它表示展開式的第 項
二項式系數 (k＝0,1，…，n)
2.二項式系數的性質
(1)對稱性：與首末兩端“等距離”的兩個二項式系數 ．
(2)增減性與最大值：當n是偶數時，中間的一項 取得最大值；當n是奇數時，中間的兩項 與 相等，且同時取得最大值．
(3)各二項式系數的和：(a＋b)n的展開式的各二項式系數的和為C＋C＋C＋…＋C＝ .
常用結論：
1．C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.
2．C＝C＋C.
【題型展示】
題型一　通項公式的應用
命題點1　形如(a＋b)n(n∈N*)的展開式的特定項
例1　(1)已知的展開式中x5的系數為A，x2的系數為B，若A＋B＝11，則a＝__________.
(2)二項式的展開式中的常數項是(　　)
A．－45 B．－10 C．45 D．65
命題點2　形如(a＋b)m(c＋d)n (m，n∈N*)的展開式問題
例2　(1)在(2x＋a)的展開式中，x2的系數為－120，則該二項展開式中的常數項為(　　)
A．3 204 B．－160 C．160 D．－320
(2)(1＋x)8(1＋y)4的展開式中x2y2的系數是(　　)
A．56 B．84 C．112 D．168
跟蹤訓練1　(1)在二項式(＋x)9的展開式中，常數項是________；系數為有理數的項的個數是________．
(2)(x＋y)8的展開式中x2y6的系數為________(用數字作答)．
題型二　二項式系數與項的系數問題
命題點1　二項式系數和與系數和
例3　(1)若(1＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，則a2＋a6＋a8＝________；a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝________.
(2)在的展開式中，各項系數和與二項式系數和之和為128，則(　　)
A．二項式系數和為32
B．各項系數和為128
C．常數項為－135
D．常數項為135
命題點2　系數與二項式系數的最值問題
例4　(多選)下列關于的展開式的說法中正確的是(　　)
A．常數項為－160
B．第4項的系數最大
C．第4項的二項式系數最大
D．所有項的系數和為1
跟蹤訓練2　(1)設10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，則(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2 －(a1＋a3＋a5＋…＋a9)2的值為________．
(2)(多選)對于的展開式，下列說法正確的是(　　)
A．所有項的二項式系數和為64
B．所有項的系數和為64
C．常數項為1 215
D．系數最大的項為第3項
題型三　二項式定理的綜合應用
例5　(1)利用二項式定理計算1.056，則其結果精確到0.01的近似值是(　　)
A．1.23 B．1.24
C．1.33 D．1.34
(2)設a∈Z，且0≤a≤13，若512 023＋a能被13整除，則a等于(　　)
A．0 B．1 C．11 D．12
跟蹤訓練3　(1)0.996的計算結果精確到0.001的近似值是(　　)
A．0.940 B．0.941
C．0.942 D．0.943
(2)設n為奇數，那么11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11－1除以13的余數是(　　)
A．－3 B．2 C．10 D．11
基礎夯實
1.的展開式中x4的系數為(　 　)
A．10 B．20 C．40 D．80
2.的展開式中x2y3的系數是(　　)
A.－20 B.－5 C.5 D.20
3.已知(x＋1)的展開式中常數項為－40，則a的值為(　　)
A.2 B.－2 C.±2 D.4
4.C＋2C＋4C＋…＋2n－1C＝(　　)
A.3n B.2·3n
C.－1 D.
5．在二項式(1－2x)n的展開式中，偶數項的二項式系數之和為128，則展開式的中間項的系數為(　　)
A．－960 B．960 C．1 120 D．1 680
6．設a＝3n＋C3n－1＋C3n－2＋…＋C3，則當n＝2 023時，a除以15所得余數為(　　)
A．3 B．4 C．7 D．8
7.已知的展開式的第4項等于5，則x等于(　　)
A. B.－ C.7 D.－7
8．在(x＋3)的展開式中，常數項為(　　)
A．－ B. C．－ D.
9．在的展開式中，x的指數是整數的項數是(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
10．(多選)在二項式的展開式中，正確的說法是(　　)
A．常數項是第3項
B．各項的系數和是
C．第4項二項式系數最大
D．奇數項二項式系數和為32
11．(多選)已知(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，則(　　)
A．展開式中所有項的二項式系數和為22 023
B．展開式中系數最大項為第1 350項
C．a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝
D.＋＋＋…＋＝－1
12．(多選)若的展開式中的常數項為，則實數a的值可能為(　　)
A．2 B. C．－2 D．－
13.(多選)在二項式的展開式中，有(　　)
A.含x的項 B.含的項
C.含x4的項 D.含的項
14.(多選)已知(x－1)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a5(x＋1)5，則(　　)
A.a0＝－32
B.a2＝－80
C.a3＋4a4＝0
D.a0＋a1＋…＋a5＝1
15.在的展開式中，x2的系數是__________.
16.在＋的展開式中，若x2的系數為19，則a＝________.
17.二項展開式(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，則a4＝__________，a1＋a3＋a5＝__________.
18．若x5＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋…＋a5(x－2)5，則a1＝________，a1＋a2＋…＋a5＝________.
19．(1＋2x)n的展開式中第6項與第7項的系數相等，展開式中二項式系數最大的項為________；系數最大的項為________________．
20.已知在的展開式中，第6項為常數項.
(1)求n；
(2)求含x2的項的系數.
21.在①只有第6項的二項式系數最大，②第4項與第8項的二項式系數相等，③所有二項式系數的和為210，這三個條件中任選一個，補充在下面(橫線處)問題中，解決下面兩個問題.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
已知(2x－1)n＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn(n∈N*)，若(2x－1)n的展開式中，________.
(1)求n的值；
(2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|的值.
優化提升
22．已知Sn是數列{an}的前n項和，若(1－2x)2 023＝b0＋b1x＋b2x2＋…＋b2 023x2 023，數列{an}的首項a1＝＋＋…＋，an＋1＝Sn·Sn＋1，則S2 023等于(　　)
A．－ B.
C．2 023 D．－2 023
23．(x＋y－2z)5的展開式中，xy2z2的系數是(　　)
A．120 B．－120 C．60 D．30
24．若(2x＋1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn的展開式中的各項系數和為243，則a1＋2a2＋…＋nan等于(　　)
A．405 B．810 C．243 D．64
25.在的展開式中，常數項為(　　)
A.12 B.11 C.－11 D.－12
26.已知m為正整數，(x＋y)2m展開式的二項式系數的最大值為a，(x＋y)2m＋1展開式的二項式系數的最大值為b.若13a＝7b，則m＝(　　)
A.5 B.6 C.7 D.8
27．設(x－1)(2＋x)3＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，則a1＝________，2a2＋3a3＋4a4＝________.
28.在①只有第八項的二項式系數最大；②奇數項二項式系數之和為47；③各項系數之和為414；這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的k存在，求k的值；若k不存在，說明理由.
設二項式，若其展開式中，________，是否存在整數k，使得Tk是展開式中的常數項？
參考答案：
基礎摸查
【習題導入】
1．A　2.A　3.20
【知識歸納】
1．Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn　Can－kbk　k＋1　C
2．(1)相等　(2)　　
(3)2n
【題型展示】
例1 (1)±1
(2)C
例2 (1)D
(2)D
跟蹤訓練1 (1)16　5
(2)－28
例3 (1)300　5 120
(2)D
例4 ACD
跟蹤訓練2 (1)1
(2)ABC
例5 (1)D
(2)B
跟蹤訓練3 (1)B
(2)C
基礎夯實
1．C　
2.A
3.C
4.D
5.C
6．A
7.B
8.A　
9.D　
10．BCD
11．AD
12.AC　
13.ABC
14.ABC
15.10
16.2
17.80　122
18．80　211
19．1 120x4　1 792x5和1 792x6
20.解　(1)通項公式為Tr＋1＝
Cxx－＝Cx，
∵第6項為常數項，∴r＝5時，有＝0，即n＝10.
(2)令＝2，得r＝(n－6)
＝×(10－6)＝2，
∴含x2的項的系數為C＝.
21.解　(1)選擇條件①：
若(2x－1)n的展開式中只有第6項的二項式系數最大，則＝5.
所以n＝10.
選擇條件②：
若(2x－1)n的展開式中第4項與第8項的二項式系數相等， C＝C.
所以n＝10.
選擇條件③：
若(2x－1)n的展開式中所有二項式系數的和為210，則2n＝210.
所以n＝10.
(2)由(1)知n＝10，則(2x－1)10＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10，
令x＝0，則a0＝1，
令x＝－1，則
310＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10
＝1＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|，
所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|＝310－1.
優化提升
22．A
23．A
24．B
26.C
26.B
27．－4　31
28.解　若選填條件①，即只有第八項的二項式系數最大，則n＝14；
若選填條件③，即各項系數之和為414，則4n＝414，即n＝14.
二項式展開式的通項：
Tk＝C·()15－k·＝3k－1·C·x.
由21－7k＝0，得k＝3.
即存在整數k＝3，使得Tk是展開式中的常數項；
若選填條件②，即奇數項二項式系數之和為47，則2n－1＝47＝214，所以n＝15.
二項式展開式的通項：
Tk＝C·()16－k·
＝3k－1·C·x.
由22－7k＝0，得k＝ Z，即不存在整數k，使得Tk是展開式中的常數項.第10部分第4節《隨機事件與概率》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1．從某班學生中任意找出一人，如果該同學的身高小于160 cm的概率為0.2，該同學的身高在[160,175](單位：cm)內的概率為0.5，那么該同學的身高超過175 cm的概率為(　　)
A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8
2．一個人打靶時連續射擊兩次，事件“至多有一次中靶”的互斥事件是(　　)
A．至少有一次中靶
B．兩次都中靶
C．只有一次中靶
D．兩次都不中靶
3．從甲、乙等5名同學中隨機選3名參加社區服務工作，則甲、乙都入選的概率為________．
【知識歸納】
1．樣本空間和隨機事件
(1)樣本點和有限樣本空間
①樣本點：隨機試驗E的每個可能的 稱為樣本點，常用ω表示．
全體樣本點的集合稱為試驗E的 ，常用Ω表示．
②有限樣本空間：如果一個隨機試驗有n個可能結果ω1，ω2，…，ωn，則稱樣本空間Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}為有限樣本空間．
(2)隨機事件
①定義：將樣本空間Ω的 稱為隨機事件，簡稱事件．
②表示：一般用大寫字母A，B，C，…表示．
③隨機事件的極端情形： 、 ．
2．兩個事件的關系和運算
含義 符號表示
包含關系 若A發生，則B一定發生
相等關系 B A且A B
并事件(和事件) A∪B或A＋B
交事件(積事件) A與B同時發生
互斥(互不相容) A與B不能同時發生 A∩B＝
互為對立 A與B有且僅有一個發生
3．古典概型的特征
(1)有限性：樣本空間的樣本點只有 ；
(2)等可能性：每個樣本點發生的可能性 ．
4．古典概型的概率公式
一般地，設試驗E是古典概型，樣本空間Ω包含n個樣本點，事件A包含其中的k個樣本點，則定義事件A的概率P(A)＝ ＝.
其中，n(A)和n(Ω)分別表示事件A和樣本空間Ω包含的樣本點個數．
5．概率的性質
性質1：對任意的事件A，都有P(A)≥0；
性質2：必然事件的概率為1，不可能事件的概率為0，即P(Ω)＝1，P( )＝0；
性質3：如果事件A與事件B互斥，那么P(A∪B)＝ ；
性質4：如果事件A與事件B互為對立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝ ；
性質5：如果A B，那么P(A)≤P(B)，由該性質可得，對于任意事件A，因為 A Ω，所以0≤P(A)≤1；
性質6：設A，B是一個隨機試驗中的兩個事件，有P(A∪B)＝ ．
6．頻率與概率
(1)頻率的穩定性
一般地，隨著試驗次數n的增大，頻率偏離概率的幅度會縮小，即事件A發生的頻率fn(A)會逐漸 事件A發生的概率P(A)，我們稱頻率的這個性質為頻率的穩定性．
(2)頻率穩定性的作用
可以用頻率fn(A)估計概率P(A)．
常用結論：
1．當隨機事件A，B互斥時，不一定對立；當隨機事件A，B對立時，一定互斥，即兩事件互斥是對立的必要不充分條件．
2．若事件A1，A2，…，An兩兩互斥，則P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
【題型展示】
題型一　隨機事件
命題點1　隨機事件間關系的判斷
例1　(1)從裝有十個紅球和十個白球的罐子里任取兩球，下列情況中是互斥而不對立的兩個事件的是(　　)
A．至少有一個紅球；至少有一個白球
B．恰有一個紅球；都是白球
C．至少有一個紅球；都是白球
D．至多有一個紅球；都是紅球
(2)(多選)對空中飛行的飛機連續射擊兩次，每次發射一枚炮彈，設事件A＝{兩彈都擊中飛機}，事件B＝{兩彈都沒擊中飛機}，事件C＝{恰有一彈擊中飛機}，事件D＝{至少有一彈擊中飛機}，則下列關系正確的是(　　)
A．A∩D＝ B．B∩D＝
C．A∪C＝D D．A∪B＝B∪D
命題點2　利用互斥、對立事件求概率
例2　某商場進行有獎銷售，購滿100元商品得1張獎券，多購多得.1 000張獎券為一個開獎單位，設特等獎1個，一等獎10個，二等獎50個．設1張獎券中特等獎、一等獎、二等獎的事件分別為A，B，C，求：
(1)P(A)，P(B)，P(C)；
(2)1張獎券的中獎概率；
(3)1張獎券不中特等獎且不中一等獎的概率．
跟蹤訓練1　(1)(多選)拋擲一枚質地均勻的骰子，有如下隨機事件：
Ci＝“點數為i”，其中i＝1,2,3,4,5,6；
D1＝“點數不大于2”，D2＝“點數不小于2”，D3＝“點數大于5”；
E＝“點數為奇數”；
F＝“點數為偶數”．
下列結論正確的是(　　)
A．C1與C2對立 B．D1與D2不互斥
C．D3 F D．E (D1∩D2)
(2)某超市為了解顧客的購物量及結算時間等信息，安排一名員工隨機收集了在該超市購物的100位顧客的相關數據，如下表所示．
一次購物量 1至4件 5至8件 9至12件 13至16件 17件及以上
顧客數(人) x 30 25 y 10
結算時間(分鐘/人) 1 1.5 2 2.5 3
已知這100位顧客中一次購物量超過8件的顧客占55%.
①確定x，y的值，并估計顧客一次購物的結算時間的平均值；
②估計一位顧客一次購物的結算時間不超過2分鐘的概率．
題型二　古典概型
例3　(1)在一次比賽中某隊共有甲、乙、丙等5位選手參加，賽前用抽簽的方法決定出場順序，則乙、丙都不與甲相鄰出場的概率是(　　)
A. B. C. D.
(2)我國數學家張益唐在“孿生素數”研究方面取得突破，孿生素數也稱為孿生質數，就是指兩個相差2的素數，例如5和7.在大于3且不超過20的素數中，隨機選取2個不同的數，恰好是一組孿生素數的概率為(　　)
A. B. C. D.
跟蹤訓練2　(1)2022年冬奧會在北京、延慶、張家口三個區域布置賽場，北京承辦所有冰上項目，延慶和張家口承辦所有雪上項目．組委會招聘了包括甲在內的4名志愿者，準備分配到上述3個賽場參與賽后維護服務工作，要求每個賽場至少分到一名志愿者，則志愿者甲正好分到北京賽場的概率為 ________.
(2)從分別寫有1,2,3,4,5,6的6張卡片中無放回地隨機抽取2張，則抽到的2張卡片上的數字之積是4的倍數的概率為(　　)
A. B. C. D.
題型三　概率與統計的綜合問題
例4　從參加環保知識競賽的學生中抽出40名，將其成績(均為整數)整理后畫出頻率分布直方圖如圖所示，觀察圖形，回答下列問題．
(1)成績在[80,90)這一組的頻數、頻率分別是多少？
(2)估計這次環保知識競賽成績的平均數、眾數、中位數；(不要求寫過程)
(3)從成績是80分以上(包括80分)的學生中選2人，求他們在同一分數段的概率．
跟蹤訓練3　北京冬奧會順利閉幕后，某學校團委組織了一次“奧運會”知識講座活動，活動結束后隨機抽取120名學生對講座情況進行調查，其中男生與女生的人數之比為1∶1，抽取的學生中男生有40名對講座活動滿意，女生中有30名對講座活動不滿意．
(1)完成下面2×2列聯表，并依據小概率值α＝0.10的獨立性檢驗，能否推斷對講座活動是否滿意與性別有關？
滿意 不滿意 合計
男生
女生
合計 120
(2)從被調查的對講座活動滿意的學生中，利用比例分配的分層隨機抽樣方法抽取7名學生，再在這7名學生中抽取3名學生談談自己聽講座的心得體會，求其中恰好抽中2名男生與1名女生的概率．
參考數據：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
基礎夯實
1.下列說法正確的是(　　)
A.甲、乙二人比賽，甲勝的概率為，則比賽5場，甲勝3場
B.某醫院治療一種疾病的治愈率為10%，前9個病人沒有治愈，則第10個病人一定治愈
C.隨機試驗的頻率與概率相等
D.天氣預報中，預報明天降水概率為90%，是指降水的可能性是90%
2.在5張電話卡中，有3張移動卡和2張聯通卡，從中任取2張，若事件“2張全是移動卡”的概率是，那么概率是的事件是(　　)
A.至多有一張移動卡 B.恰有一張移動卡
C.都不是移動卡 D.至少有一張移動卡
3.已知隨機事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.7，P(B)＝0.2，則P()＝(　　)
A.0.5 B.0.1 C.0.7 D.0.8
4. 在拋擲一枚質地均勻的骰子的試驗中，事件A表示“小于5的偶數點出現”，事件B表示“小于5的點數出現”，則在一次試驗中，事件A＋發生的概率為(　　)
A. B. C. D.
5．將5名支援某地區抗疫的醫生分配到A，B，C三所醫院，要求每所醫院至少安排1人，則其中甲、乙兩名醫生恰好分配到同一醫院的概率為(　　)
A. B. C. D.
6．擲一枚質地均勻的骰子，“向上的點數是1或3”為事件A，“向上的點數是1或5”為事件B，則(　　)
A．A∪B表示向上的點數是1或3或5
B．A＝B
C．A∪B表示向上的點數是1或3
D．A∩B表示向上的點數是1或5
7．杭州亞運會的三個吉祥物分別取名“琮琮”“宸宸”“蓮蓮”，如圖．現將三張分別印有“琮琮”“宸宸”“蓮蓮”圖案的卡片(卡片的形狀、大小和質地完全相同)放入盒子中．若從盒子中依次有放回地取出兩張卡片，則一張為“琮琮”，一張為“宸宸”的概率是(　　)
A. B. C. D.
8．我國古代數學名著《數書九章》有“米谷粒分”題：糧倉開倉收糧，有人送來米1 534石，驗得米內夾谷，抽樣取米一把，數得254粒內夾谷28粒，則這批米內夾谷約為(　　)
A．134石 B．169石
C．338石 D．1 365石
9．(多選)下列說法中正確的有(　　)
A．若事件A與事件B是互斥事件，則P(AB)＝0
B．若事件A與事件B是對立事件，則P(A＋B)＝1
C．某人打靶時連續射擊三次，則事件“至少有兩次中靶”與事件“至多有一次中靶”是對立事件
D．把紅、橙、黃3張紙牌隨機分給甲、乙、丙3人，每人分得1張，則事件“甲分得的不是紅牌”與事件“乙分得的不是紅牌”是互斥事件
10.(多選)甲、乙兩人下棋，兩人下成和棋的概率是，甲獲勝的概率是，下面結論正確的是(　　)
A.甲不輸的概率 B.乙不輸的概率
C.乙獲勝的概率 D.乙輸的概率
11.(多選)將一枚骰子向上拋擲一次，設事件A＝“向上的一面出現奇數點”，事件B＝“向上的一面出現的點數不超過2”，事件C＝“向上的一面出現的點數不小于4”，則下列說法中正確的有(　　)
A.B＝
B.C＝“向上的一面出現的點數大于3”
C.A＋C＝“向上的一面出現的點數不小于3”
D.＝“向上的一面出現的點數為2”
12.(多選)下列說法正確的是(　　)
A.若事件A與B互斥，則A∪B是必然事件
B.《西游記》《三國演義》《水滸傳》《紅樓夢》是我國四大名著.若在這四大名著中，甲、乙、丙、丁分別任取一本進行閱讀，設事件E＝“甲取到《紅樓夢》”，事件F＝“乙取到《紅樓夢》”，則E與F是互斥但不對立事件
C.擲一枚骰子，記錄其向上的點數，記事件A＝“向上的點數不大于5”，事件B＝“向上的點數為質數”，則B A
D.10個產品中有2個次品，從中抽取一個產品檢查其質量，則樣本空間含有2個樣本點
13．通過手機驗證碼注冊某APP時，收到的驗證碼由四位數字隨機組成，如某人收到的驗證碼(a1，a2，a3，a4)滿足a114．從正方體的8個頂點中任選4個，則這4個點在同一個平面的概率為________．
15.我國西部一個地區的年降水量在下列區間內的概率如下表所示：
年降水量(mm) (100，150) (150，200) (200，250) (250，300)
概率 0.21 0.16 0.13 0.12
則年降水量在(200，300)(mm)范圍內的概率是________.
16.若事件A與B是互斥事件，且事件A∪B發生的概率是0.64，事件B發生的概率是事件A發生的概率的3倍，則事件A發生的概率為________.
17.某城市2022年的空氣質量狀況如下表所示：
污染指數T 30 60 100 110 130 140
概率P
其中污染指數T≤50時，空氣質量為優；50＜T≤100時，空氣質量為良；100＜T≤150時，空氣質量為輕微污染，則該城市2022年空氣質量達到良或優的概率為________.
18.盒子里有6個紅球、4個白球，現從中任取3個球，設事件A＝{3個球中有1個紅球、2個白球}，事件B＝{3個球中有2個紅球、1個白球}，事件C＝{3個球中至少有1個紅球}，事件D＝{3個球中既有紅球又有白球}.
(1)事件D與A，B是什么樣的運算關系？
(2)事件C與A的積事件是什么事件？
19.電影公司隨機收集了電影的有關數據，經分類整理得到下表：
電影類型 第一類 第二類 第三類 第四類 第五類 第六類
電影部數 140 50 300 200 800 510
好評率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1
好評率是指：一類電影中獲得好評的部數與該類電影的部數的比值.
(1)從電影公司收集的電影中隨機選取1部，求這部電影是獲得好評的第四類電影的概率；
(2)隨機選取1部電影，估計這部電影沒有獲得好評的概率；
(3)電影公司為增加投資回報，擬改變投資策略，這將導致不同類型電影的好評率發生變化.假設表格中只有兩類電影的好評率數據發生變化，那么哪類電影的好評率增加0.1，哪類電影的好評率減少0.1，使得獲得好評的電影總部數與樣本中的電影總部數的比值達到最大(只需寫出結論)
20．經統計，在某儲蓄所一個營業窗口排隊的人數相應的概率如下：
排隊人數 0 1 2 3 4 5人及5人以上
概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04
求：(1)至多2人排隊等候的概率；
(2)至少3人排隊等候的概率．
21.某縣共有90個農村淘寶服務網點，隨機抽取6個網點統計得到其元旦期間的網購金額(單位：萬元)的莖葉圖如圖所示，其中莖為十位數，葉為個位數．
(1)根據莖葉圖計算樣本數據的平均數；
(2)若網購金額(單位：萬元)不小于18的服務網點定義為優秀服務網點，其余為非優秀服務網點，根據莖葉圖估計這90個服務網點中優秀服務網點的個數；
(3)從隨機抽取的6個服務網點中任取2個做網購商品的調查，求恰有1個網點是優秀服務網點的概率．
優化提升
22．整數集就像一片浩瀚無邊的海洋，充滿了無盡的奧秘．古希臘數學家畢達哥拉斯發現220和284具有如下性質：220的所有真因數(不包括本身的因數)之和恰好等于284，同時284的所有真因數之和也等于220，他把具有這種性質的兩個整數叫做一對“親和數”，“親和數”的發現掀起了無數數學愛好者的研究熱潮．已知220和284，1 184和1 210,2 924和2 620是3對“親和數”，把這六個數隨機分成兩組，一組2個數，另一組4個數，則220和284在同一組的概率為(　　)
A. B. C. D.
23．《易·系辭上》有“河出圖，洛出書”之說．河圖、洛書是中華文化，陰陽術數之源，其中河圖的排列結構是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中．如圖，白圈為陽數，黑點為陰數．若從陽數和陰數中各取一數分別記為a，b，則滿足|a－b|≥2的概率為(　　)
A. B. C. D.
24．一個盒子裝有紅、白、藍、綠四種顏色的玻璃球，每種顏色的玻璃球至少有一個．從中隨機拿出4個玻璃球，這4個球都是紅色的概率為P1，恰好有三個紅色和一個白色的概率為P2，恰好有兩個紅色、一個白色和一個藍色的概率為P3，四種顏色各一個的概率為P4.若恰好有P1＝P2＝P3＝P4，則這個盒子里玻璃球的個數的最小值為(　　)
A．17 B．19
C．21 D．以上都不正確
25．如果事件A，B互斥，記，分別為事件A，B的對立事件，那么(　　)
A．A∪B是必然事件
B.∪是必然事件
C.與一定互斥
D.與一定不互斥
26.(多選)小張上班從家到公司開車有兩條線路，所需時間(分鐘)隨交通堵塞狀況有所變化，其概率分布如表所示：
所需時間(分鐘) 30 40 50 60
線路一 0.5 0.2 0.2 0.1
線路二 0.3 0.5 0.1 0.1
則下列說法正確的是(　　)
A.任選一條線路，“所需時間小于50分鐘”與“所需時間為60分鐘”是對立事件
B.從所需的平均時間看，線路一比線路二更節省時間
C.如果要求在45分鐘以內從家趕到公司，小張應該走線路一
D.若小張上、下班走不同線路，則所需時間之和大于100分鐘的概率為0.04
27.某學校成立了數學、英語、音樂3個課外興趣小組，3個小組分別有39，32，33名成員，一些成員參加了不止一個小組，具體情況如圖所示.現隨機選取一名成員，則他至少參加2個小組的概率為________，他至多參加2個小組的概率為________.
28.甲、乙二人用4張撲克牌(分別是紅桃2，紅桃3，紅桃4，方片4)玩游戲，他們將撲克牌洗勻后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一張.
(1)寫出甲、乙抽到牌的所有情況；
(2)若甲抽到紅桃3，則乙抽到的牌的數字比3大的概率是多少？
(3)甲、乙約定，若甲抽到的牌的數字比乙的大，則甲勝；否則乙勝，你認為此游戲是否公平？為什么？
參考答案：
基礎摸查
【習題導入】
1．B　2.B　3.
【知識歸納】
1．(1)①基本結果　樣本空間
(2)①子集　③必然事件
不可能事件
2．A B　A＝B　A與B至少有一個發生　A∩B或AB　A∩B＝ ，且A∪B＝Ω
3．(1)有限個　(2)相等
4.
5．P(A)＋P(B)　1－P(B)
P(A)＋P(B)－P(A∩B)
6．(1)穩定于
【題型展示】
例1 (1)B
(2)BC
例2 解　(1)P(A)＝，
P(B)＝＝，
P(C)＝＝.
(2)1張獎券中獎包含中特等獎、一等獎、二等獎．設“1張獎券中獎”這個事件為M，則M＝A∪B∪C.
∵事件A，B，C兩兩互斥，
∴P(M)＝P(A∪B∪C)
＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝＝，
故1張獎券的中獎概率為.
(3)設“1張獎券不中特等獎且不中一等獎”為事件N，則事件N與“1張獎券中特等獎或中一等獎”為對立事件，
∴P(N)＝1－P(A∪B)＝1－＝，
故1張獎券不中特等獎且不中一等獎的概率為.
跟蹤訓練1 (1)BC
(2)解　①由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.則顧客一次購物的結算時間的平均值可用樣本平均數估計，其估計值為
＝1.9(分鐘)．
②記A為事件“一位顧客一次購物的結算時間不超過2分鐘”，A1，A2，A3分別表示事件“該顧客一次購物的結算時間為1分鐘”“該顧客一次購物的結算時間為1.5分鐘”“該顧客一次購物的結算時間為2分鐘”，則可估計概率約為
P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝＝，
因為A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3兩兩互斥，
所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)
＝＋＋＝，
故一位顧客一次購物的結算時間不超過2分鐘的概率約為.
例3 (1)D
(2)D
跟蹤訓練2 (1)
(2)C
例4 解　(1)根據題意，成績在[50,60)這一組的頻率為0.015×10＝0.15，在[60,70)這一組的頻率為0.025×10＝0.25，在[70,80)這一組的頻率為0.035×10＝0.35，在[90,100)這一組的頻率為0.005×10＝0.05，則成績在[80,90)這一組的頻率為×[1－(0.15＋0.25＋0.35＋0.05)]＝0.1，其頻數為40×0.1＝4.
(2)這次競賽成績的平均數約為45×0.1＋55×0.15＋65×0.25＋75×0.35＋85×0.1＋95×0.05＝68.5；
成績在[70,80)這一組的頻率最大，人數最多，則眾數約為75；
70分左右兩側的頻率均為0.5，則中位數約為70.
(3)記“選出的2人在同一分數段”為事件E，成績在[80,90)內的有40×0.1＝4(人)，設為a，b，c，d；成績在[90,100)內的有40×0.05＝2(人)，設為A，B.從這6人中選出2人，有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，d)，(b，A)，(b，B)，(c，d)，(c，A)，(c，B)，(d，A)，(d，B)，(A，B)，共15種選法，其中事件E包括(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)，(A，B)，共7種選法，
則P(E)＝.
跟蹤訓練3 解　(1)2×2列聯表如表所示.
滿意 不滿意 合計
男生 40 20 60
女生 30 30 60
合計 70 50 120
零假設為H0：對講座活動是否滿意與性別無關．
根據列聯表中數據，
經計算得
χ2＝＝
≈3.429>2.706＝x0.10，
根據小概率值α＝0.10的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為對講座活動是否滿意與性別有關．
(2)由(1)知，在樣本中對講座活動滿意的學生有70人，從中抽取7人，其中
“男生滿意”的有40×＝4(人)，
“女生滿意”的有30×＝3(人)，
記“恰好抽中2名男生與1名女生”為事件A，
則P(A)＝＝，
所以恰好抽中2名男生與1名女生的概率為.
基礎夯實
1.D
2.A
3.A
4.C　
5.B
6．A　
7.C　
8.B　
9．ABC　
10.ABD
11.BC
12.BCD
13.
14.
15.0.25
16.0.16
17.
18.解　(1)對于事件D，可能的結果為1個紅球、2個白球或2個紅球、1個白球，故D＝A＋B.
(2)對于事件C，可能的結果為1個紅球、2個白球或2個紅球，1個白球或3個紅球，故CA＝A.
19.解　(1)由題意知，樣本中電影的總部數是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000，
第四類電影中獲得好評的電影部數是200×0.25＝50.
故所求概率為＝0.025.
(2)由題意知，樣本中獲得好評的電影部數是
140×0.4＋50×0.2＋300×0.15＋200×0.25＋800×0.2＋510×0.1
＝56＋10＋45＋50＋160＋51
＝372.
故所求概率估計為1－＝0.814.
(3)增加第五類電影的好評率，減少第二類電影的好評率.
20．解　記“無人排隊等候”為事件A，“1人排隊等候”為事件B，“2人排隊等候”為事件C，“3人排隊等候”為事件D，“4人排隊等候”為事件E，“5人及5人以上排隊等候”為事件F，則事件A，B，C，D，E，F彼此互斥．
(1)記“至多2人排隊等候”為事件G，則G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
(2)方法一　記“至少3人排隊等候”為事件H，則H＝D＋E＋F，
所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04
＝0.44.
方法二　記“至少3人排隊等候”為事件H，則其對立事件為事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.
21．解　(1)由題意知，樣本數據的平均數＝＝12.
(2)樣本中優秀服務網點有2個，頻率為＝，由此估計這90個服務網點中優秀服務網點約有
90×＝30(個)．
(3)樣本中優秀服務網點有2個，分別記為a1，a2，非優秀服務網點有4個，分別記為b1，b2，b3，b4，
從隨機抽取的6個服務網點中任取2個的可能情況有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，b4)，(b2，b3)，(b2，b4)，(b3，b4)，共15種，
記“恰有1個網點是優秀服務網點”為事件M，則事件M包含的可能情況有(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，共8種，
故所求概率P(M)＝.
優化提升
22．C　
23．C
24．C　
25．B
26.BD
27.　
28.解　(1)分別用2，3，4，4′表示紅桃2，紅桃3，紅桃4，方片4，則甲、乙抽到牌的所有情況為(2，3)，(2，4)，(2，4′)，(3，2)，(3，4)，(3，4′)，(4，2)，(4，3)，(4，4′)，(4′，2)，(4′，3)，(4′，4)，共12種不同的情況.
(2)甲抽到紅桃3，乙抽到的只能是紅桃2，紅桃4，方片4，因此乙抽到牌的數字比3大的概率是.
(3)甲抽到的牌的數字比乙的大，有(3，2)，(4，2)，(4，3)，(4′，2)，(4′，3)，共5種情況，因此甲勝的概率為，乙勝的概率為.
因此＜，所以此游戲不公平.第10部分第5節《事件的相互獨立性與條件概率、全概率公式》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1．甲、乙兩人獨立地破解同一個謎題，破解出謎題的概率分別為，，則謎題沒被破解出的概率為(　　)
A. B. C. D．1
2．在8件同一型號的產品中，有3件次品，5件合格品，現不放回地從中依次抽取2件，在第一次抽到次品的條件下，第二次抽到次品的概率是(　　)
A. B. C. D.
3．智能化的社區食堂悄然出現，某社區有智能食堂A，人工食堂B，居民甲第一天隨機地選擇一食堂用餐，如果第一天去A食堂，那么第二天去A食堂的概率為0.6；如果第一天去B食堂，那么第二天去A食堂的概率為0.5，則居民甲第二天去A食堂用餐的概率為________．
【知識歸納】
1.相互獨立事件
(1)概念：對任意兩個事件A與B，如果P(AB)＝P(A)P(B)，則稱事件A與事件B相互獨立，簡稱為獨立.
(2)性質：若事件A與B相互獨立，那么A與，與B，與也都相互獨立.
2.條件概率
(1)概念：一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P(A)＞0，我們稱P(B|A)＝為在事件A發生的條件下，事件B發生的條件概率，簡稱條件概率.
(2)兩個公式
①利用古典概型，P(B|A)＝；
②概率的乘法公式：P(AB)＝P(A)P(B|A).
3.全概率公式
一般地，設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B Ω，有P(B)＝，我們稱上面的公式為全概率公式.
常用結論：
1.計算條件概率除了應用公式P(B|A)＝外，還可以利用縮減公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)為事件A包含的樣本點數，n(AB)為事件AB包含的樣本點數.
2.全概率公式為概率論中的重要公式，它將對一個復雜事件A的概率的求解問題，轉化為了在不同情況下發生的簡單事件的概率的求和問題.
【題型(1)“11分制”乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10∶10平后，每球交換發球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束．甲、乙進行單打比賽，假設甲發球時甲得分的概率為0.5，乙發球時甲得分的概率為0.4，各球的結果相互獨立．在某局雙方10∶10平后，若甲先發球，兩人又打了2個球后該局比賽結束的概率為 ________；若乙先發球，兩人又打了4個球后該局比賽結束，則甲獲勝的概率為 ________.
展示】
題型一　相互獨立事件的概率
例1　(2)有6個相同的球，分別標有數字1,2,3,4,5,6，從中有放回地隨機取兩次，每次取1個球．甲表示事件“第一次取出的球的數字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數字之和是7”，則(　　)
A．甲與丙相互獨立 B．甲與丁相互獨立
C．乙與丙相互獨立 D．丙與丁相互獨立
跟蹤訓練1　小王某天乘火車從重慶到上海，若當天從重慶到上海的三列火車正點到達的概率分別為0.8,0.7,0.9，假設這三列火車之間是否正點到達互不影響．求：
(1)這三列火車恰好有兩列火車正點到達的概率；
(2)這三列火車恰好有一列火車正點到達的概率；
(3)這三列火車至少有一列火車正點到達的概率．
題型二　條件概率
例2　(1)逢年過節走親訪友，成年人喝酒是經常的事，但是飲酒過度會影響健康，某調查機構進行了針對性的調查研究．據統計，一次性飲酒4.8兩，誘發某種疾病的頻率為0.04，一次性飲酒7.2兩，誘發這種疾病的頻率為0.16.將頻率視為概率，已知某人一次性飲酒4.8兩未誘發這種疾病，則他還能繼續飲酒2.4兩，不誘發這種疾病的概率為(　　)
A. B. C. D.
(2)七巧板是中國民間流傳的智力玩具．據清代陸以湉《冷廬雜識》記載，七巧板是由宋代黃伯思設計的宴幾圖演變而來的，原為文人的一種室內游戲，后在民間逐步演變為拼圖版玩具．到明代，七巧板已基本定型為由如圖所示的七塊板組成：五塊等腰直角三角形(其中兩塊小型三角形、一塊中型三角形和兩塊大型三角形)、一塊正方形和一塊平行四邊形，可以拼成人物、動物、植物、房亭、樓閣等1 600種以上圖案．現從七巧板中取出兩塊，已知取出的是三角形，則兩塊板恰好是全等三角形的概率為(　　)
A. B. C. D.
跟蹤訓練2　(1)某射擊運動員每次擊中目標的概率為，現連續射擊兩次．
①已知第一次擊中，則第二次擊中的概率是________；
②在僅擊中一次的條件下，第二次擊中的概率是________．
(2)已知5道試題中有3道代數題和2道幾何題，每次從中抽取一道題，抽出的題不再放回．在第1次抽到代數題的條件下，第2次抽到幾何題的概率為(　　)
A. B. C. D.
題型三　全概率公式的應用
例3　(1)在數字通信中，信號是由數字0和1組成的序列．由于隨機因素的干擾，發送的信號0或1有可能被錯誤地接收為1或0.已知當發送信號0時，被接收為0和1的概率分別為0.93和0.07；當發送信號1時，被接收為1和0的概率分別為0.95和0.05.假設發送信號0和1是等可能的，則接收的信號為1的概率為(　　)
A．0.48 B．0.49 C．0.52 D．0.51
(2)一份新高考數學試卷中有8道單選題，小胡對其中5道題有思路，3道題完全沒有思路．有思路的題做對的概率是0.9，沒有思路的題只能猜一個答案，猜對答案的概率為0.25，則小胡從這8道題目中隨機抽取1道做對的概率為(　　)
A. B. C. D.
跟蹤訓練3　(1)第24屆冬奧會于2022年2月4日至20日在北京和張家口舉行，中國郵政陸續發行了多款紀念郵票，其圖案包括“冬夢”“冰墩墩”和“雪容融”等．小王有3張“冬夢”、2張“冰墩墩”和2張“雪容融”郵票；小李有“冬夢”“冰墩墩”和“雪容融”郵票各1張．小王現隨機取出一張郵票送給小李，分別以A1，A2，A3表示小王取出的是“冬夢”“冰墩墩”和“雪容融”的事件；小李再隨機取出一張郵票，以B表示他取出的郵票是“冰墩墩”的事件，則P(B|A2)＝________，P(B)＝________.
(2)設甲乘汽車、動車前往某目的地的概率分別為0.4,0.6，汽車和動車正點到達目的地的概率分別為0.7,0.9，則甲正點到達目的地的概率為(　　)
A．0.78 B．0.8 C．0.82 D．0.84
基礎夯實
1．若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，則事件A與B的關系是(　　)
A．事件A與B互斥
B．事件A與B對立
C．事件A與B相互獨立
D．事件A與B既互斥又相互獨立
2.甲、乙兩人參加“社會主義價值觀”知識競賽，甲、乙兩人能榮獲一等獎的概率分別為和，甲、乙兩人是否獲得一等獎相互獨立，則這兩個人中恰有一人獲得一等獎的概率為(　　)
A. B. C. D.
3.設A，B為兩個事件，且P(A)＞0，若P(AB)＝，P(A)＝，則P(B|A)＝(　　)
A. B. C. D.
4.已知P(B)＝0.3，P(B|A)＝0.9，P(B|)＝0.2，則P(A)＝(　　)
A. B. C.0.33 D.0.1
5．某考生回答一道四選一的考題，假設他知道正確答案的概率為0.5，知道正確答案時，答對的概率為100%，而不知道正確答案時猜對的概率為25%，那么他答對題目的概率為(　　)
A．0.625 B．0.75 C．0.5 D．0.25
6．將甲、乙、丙、丁4名醫生隨機派往①，②，③三個村莊進行義診活動，每個村莊至少派1名醫生，A表示事件“醫生甲派往①村莊”； B表示事件“醫生乙派往①村莊”； C表示事件“醫生乙派往②村莊”，則(　　)
A．事件A與B相互獨立
B．事件A與C相互獨立
C．P(B|A)＝
D．P(C|A)＝
7.甲、乙兩個袋子中裝有紅、白兩種顏色的小球，這些小球除顏色外完全相同，其中甲袋裝有4個紅球、2個白球，乙袋裝有1個紅球、5個白球，現分別從甲、乙兩袋中各抽取1個球，則取出的兩個球都是紅球的概率為(　　)
A. B. C. D.
8．某盞吊燈上并聯著4個燈泡，如果在某段時間內每個燈泡能正常照明的概率都是0.8，那么在這段時間內該吊燈上的燈泡至少有兩個能正常照明的概率是(　　)
A．0.819 2 B．0.972 8
C．0.974 4 D．0.998 4
9．根據歷年的氣象數據可知，某市5月份發生中度霧霾的概率為0.25，刮四級以上大風的概率為0.4，既發生中度霧霾又刮四級以上大風的概率為0.2.則在發生中度霧霾的情況下，刮四級以上大風的概率為(　　)
A．0.8 B．0.625 C．0.5 D．0.1
10．甲、乙兩名選手進行象棋比賽，已知每局比賽甲獲勝的概率為0.6，乙獲勝的概率為0.4，若采用三局二勝制，則甲最終獲勝的概率為(　　)
A．0.36 B．0.352
C．0.288 D．0.648
11.甲、乙、丙、丁四名同學報名參加假期社區服務活動，社區服務活動共有關懷老人、環境監測、教育咨詢、交通宣傳等四個項目，每人限報其中一項，記事件A為“4名同學所報項目各不相同”，事件B為“只有甲同學一人報關懷老人項目”，則P(A|B)等于(　　)
A. B. C. D.
12.(多選)下列各對事件中，M，N是相互獨立事件的有(　　)
A.擲1枚質地均勻的骰子一次，事件M＝“出現的點數為奇數”，事件N＝“出現的點數為偶數”
B.袋中有5個紅球，5個黃球，除顏色外完全相同，依次不放回地摸兩次，事件M＝“第1次摸到紅球”，事件N＝“第2次摸到紅球”
C.分別拋擲2枚相同的硬幣，事件M＝“第1枚為正面”，事件N＝“兩枚結果相同”
D.一枚硬幣擲兩次，事件M＝“第一次為正面”，事件N＝“第二次為反面”
13．某電視臺舉辦知識競答闖關比賽，每位選手闖關時需要回答三個問題．第一個問題回答正確得10分，回答錯誤得0分；第二個問題回答正確得20分，回答錯誤得0分；第三個問題回答正確得30分，回答錯誤得－20分．規定，每位選手回答這三個問題的總得分不低于30分就算闖關成功．若某位選手回答前兩個問題正確的概率都是，回答第三個問題正確的概率是，且各題回答正確與否相互之間沒有影響，則該選手僅回答正確兩個問題的概率是 ________；該選手闖關成功的概率是 ________.
14．某醫生一周(7天)晚上值2次班，在已知他周二晚上一定值班的條件下，他在周三晚上值班的概率為________．
15.開元通寶是我國唐代的一種貨幣，向開元通寶上任意投擲一粒芝麻，第一次投進方空的概率約為0.5，在第一次投到開元通寶上的條件下第二次也投進方空的概率約為0.3，則這樣連續兩次都可把芝麻投進方空的概率是________.
16.一個盒子里裝有3種顏色，大小形狀質地都一樣的12個球，其中黃球5個，藍球4個，綠球3個，現從盒子中隨機取出兩個球，記事件A＝“取出的兩個球顏色不同”，事件B＝“取出一個黃球，一個藍球”，則P(B|A)＝________.
17.甲、乙兩名同學參加一項射擊比賽，其中任何一人每射擊一次擊中目標得2分，未擊中目標得0分.已知甲、乙兩人射擊互不影響，且命中率分別為和p.若甲、乙兩人各射擊一次得分之和為2的概率為，則p的值為________.
18.甲、乙兩人進行定點投籃比賽，在距籃筐3米線內設一點A，在點A處投中一球得2分，不中得0分；在距籃筐3米線外設一點B，在點B處投中一球得3分，不中得0分.已知甲、乙兩人在A處投中的概率都是，在B處投中的概率都是，且在A，B兩處投中與否相互獨立，規定甲、乙兩人先在A處各投籃一次，然后在B處各投籃一次，總得分高者獲勝.
(1)求甲投籃總得分ξ的分布列；
(2)求甲獲勝的概率.
19.現有6個節目準備參加比賽，其中4個舞蹈節目，2個語言類節目，如果不放回地依次抽取2個節目，求
(1)第1次抽到舞蹈節目的概率；
(2)第1次和第2次都抽到舞蹈節目的概率；
(3)在第1次抽到舞蹈節目的條件下，第2次抽到舞蹈節目的概率.
20．某企業使用新技術對某款芯片進行試生產．在試產初期，該款芯片的生產有四道工序，前三道工序的生產互不影響，第四道是檢測評估工序，包括智能自動檢測與人工抽檢．已知該款芯片在生產中，前三道工序的次品率分別為P1＝，P2＝，P3＝.
(1)求該款芯片生產在進入第四道工序前的次品率；
(2)如果第四道工序中智能自動檢測為次品的芯片會被自動淘汰，合格的芯片進入流水線并由工人進行人工抽查檢驗．在芯片智能自動檢測顯示合格率為90%的條件下，求工人在流水線進行人工抽檢時，抽檢一個芯片恰為合格品的概率．
21．男子冰球比賽上演的是速度與激情的碰撞.2022北京冬奧會男子冰球主要比賽場館是位于北京奧林匹克公園的“冰之帆”國家體育館．本屆冬奧會男子冰球有12支隊伍進入正賽，中國首次組隊參賽．比賽規則：12支男子冰球參賽隊先按照往屆冬奧會賽制分成三個小組(每組4個隊)．正賽分小組賽階段與決賽階段：
小組賽階段各組采用單循環賽制(小組內任意兩隊需且僅需比賽一次)；決賽階段均采用淘汰制(每場比賽勝者才晉級)，先將12支球隊按照小組比賽成績進行排名，排名前四的球隊晉級四分之一決賽(且不在四分之一決賽中相遇)，其余8支球隊按規則進行附加賽(每隊比賽一次，勝者晉級)，爭奪另外4個四分之一決賽席位，隨后依次是四分之一決賽、半決賽、銅牌賽、金牌賽．
(1)本屆冬奧會男子冰球項目從正賽開始到產生金牌，組委會共要安排多少場比賽？
(2)某機構根據賽前技術統計，率先晉級四分之一決賽的四支球隊(甲、乙、丙、丁隊)實力相當，假設他們在接下來的四分之一決賽、半決賽、銅牌賽、金牌賽中取勝的概率都依次為，，，，且每支球隊晉級后每場比賽相互獨立．試求甲、乙、丙、丁隊都沒獲得冠軍的概率．
優化提升
22．甲、乙、丙、丁4名棋手進行象棋比賽，賽程如圖所示，其中編號為i的方框表示第i場比賽，方框中是進行該場比賽的兩名棋手，第i場比賽的勝者稱為“勝者i”，負者稱為“負者i”，第6場為決賽，獲勝的人是冠軍．已知甲每場比賽獲勝的概率均為，而乙、丙、丁之間相互比賽，每人勝負的可能性相同．則甲獲得冠軍的概率為(　　)
A. B. C. D.
23．某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結果相互獨立．已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.記該棋手連勝兩盤的概率為p，則(　　)
A．p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關
B．該棋手在第二盤與甲比賽，p最大
C．該棋手在第二盤與乙比賽，p最大
D．該棋手在第二盤與丙比賽，p最大
24．(多選)甲罐中有5個紅球、2個白球和3個黑球，乙罐中有4個紅球、3個白球和3個黑球．先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是紅球、白球和黑球的事件；再從乙罐中隨機取出一球，以B表示由乙罐取出的球是紅球的事件．則下列結論中正確的是(　　)
A．P(B)＝
B．P(B|A1)＝
C．事件B與事件A1相互獨立
D．A1，A2，A3是兩兩互斥的事件
25.(多選)甲罐中有5個紅球，2個白球和3個黑球，乙罐中有4個紅球，3個白球和3個黑球.先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙罐中隨機取出一球，以B表示由乙罐取出的球是紅球的事件，則下列結論中正確的是(　　)
A.P(B)＝
B.P(B|A1)＝
C.事件B與事件A1相互獨立
D.A1，A2，A3是兩兩互斥的事件
26．根據以往的臨床記錄，某種診斷癌癥的試驗有如下的效果：若以A表示事件“試驗反應為陽性”，以C表示事件“被診斷者患有癌癥”，
則有P(A|C)=0.95，P(|)＝0.95，現在對自然人群進行普查，設被試驗的人患有癌癥的概率為0.005，即P(C)＝0.005，則P(C|A)＝________.(精確到0.001)
27.三支球隊中，甲隊勝乙隊的概率為0.4，乙隊勝丙隊的概率為0.5，丙隊勝甲隊的概率為0.6，比賽順序是：第一局是甲隊對乙隊，第二局是第一局的勝者對丙隊，第三局是第二局的勝者對第一局的敗者，第四局是第三局的勝者對第二局的敗者，則乙隊連勝四局的概率為________.
28.播種用的一等品種子中混合2.0%的二等種子，1.5%的三等種子，1.0%的四等種子，用一等、二等、三等、四等種子長出優質產品的概率分別為0.5，0.15，0.1，0.05，求從這批種子中任選一顆長出優質產品的概率.
參考答案：
基礎摸查
【習題導入】
1．A　2.D　3.0.55
【題型展示】
例1 (1)0.5　0.1
(2)B
跟蹤訓練1 解　用A，B，C分別表示這三列火車正點到達的事件，
則P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P()＝0.2，P()＝0.3，
P()＝0.1.
(1)由題意得A，B，C之間相互獨立，所以恰好有兩列火車正點到達的概率為
P1＝P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()·P(C)＋P(A)P(B)P()
＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1
＝0.398.
(2)恰好有一列火車正點到達的概率為
P2＝P(A )＋P(B)＋P( C)
＝P(A)P()P()＋P()P(B)P()＋P()P()P(C)
＝0.8×0.3×0.1＋0.2×0.7×0.1＋0.2×0.3×0.9
＝0.092.
(3)三列火車至少有一列火車正點到達的概率為
P3＝1－P( )
＝1－P()P()P()
＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.
例2 (1)A
(2)D
跟蹤訓練2 (1)①　②
(2)C
例3 (1)D
(2)C
跟蹤訓練3 (1)　
(2)C
基礎夯實
1．C　
2.D
3.A
4.A
5.A　
6.D
7.C
8.B　
9.A　
10.D　
11.C
12.CD
13.　
14.
15.0.15
16.
17.
18.解　(1)設“甲在A點投中”為事件A，“甲在B點投中”為事件B.
根據題意，ξ的所有可能取值為0，2，3，5，則
P(ξ＝0)＝P()＝×＝，
P(ξ＝2)＝P(A)＝×＝，
P(ξ＝3)＝P(B)＝×＝，
P(ξ＝5)＝P(AB)＝×＝，
所以ξ的分布列為
ξ 0 2 3 5
P
(2)同(1)，乙的總得分η的分布列為
η 0 2 3 5
P
甲獲勝包括甲得2分、乙得0分，甲得3分、乙得0分或2分，甲得5分、乙得0分或2分或3分，共三種情形，這三種情形之間相互獨立，
因此所求概率為P＝P(ξ＝2)×P(η＝0)＋P(ξ＝3)×P(η＜3)＋P(ξ＝5)×P(η＜5)＝×＋×＋×＝.
19.解　設第1次抽到舞蹈節目為事件A，第2次抽到舞蹈節目為事件B，則第1次和第2次都抽到舞蹈節目為事件AB.
(1)從6個節目中不放回地依次抽取2個，總的事件數n(Ω)＝A＝30.
根據分步乘法計數原理，有n(A)＝AA＝20，
所以P(A)＝＝＝.
(2)因為n(AB)＝A＝12，
所以P(AB)＝＝＝.
(3)法一　由(1)(2)，得在第1次抽到舞蹈節目的條件下，第2次抽到舞蹈節目的概率
P(B|A)＝＝＝.
法二　因為n(AB)＝12，n(A)＝20，
所以P(B|A)＝＝＝.
20．解　(1)該款芯片生產在進入第四道工序前的次品率
P＝1－××＝.
(2)設“該款智能自動檢測合格”為事件A，“人工抽檢合格”為事件B，
則P(A)＝，P(AB)＝1－＝，
則工人在流水線進行人工抽檢時，抽檢一個芯片恰為合格品的概率
P(B|A)＝＝＝.
21．解　(1)根據賽制，小組賽共安排3×C＝18(場)比賽，
附加賽共安排8÷2＝4(場)比賽，
四分之一決賽共安排8÷2＝4(場)比賽，
半決賽共安排4÷2＝2(場)比賽，
銅牌賽、金牌賽各比賽一場，共2場，
故本屆冬奧會男子冰球項目從正賽開始到產生金牌，組委會共要安排18＋4＋4＋2＋2＝30(場)比賽．
(2)設甲、乙、丙、丁隊獲得冠軍分別為事件A，B，C，D，都沒有獲得冠軍為事件E，
∵晉級后每場比賽相互獨立，
∴P(A)＝××＝，
∵四隊實力相當，
∴P(B)＝P(C)＝P(D)
＝P(A)＝，
∵事件A，B，C，D互斥，
∴甲、乙、丙、丁隊都沒獲得冠軍的概率為
P(E)＝1－P(A∪B∪C∪D)
＝1－[P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)]
＝1－4×＝.
故甲、乙、丙、丁隊都沒獲得冠軍的概率為.
優化提升
22．D
23．D
24．BD
25.BD
26．0.087
27.0.09
28.解　設A＝“在這批種子中任選一顆，長出優質產品”，
Bi＝“從這批種子中任選一顆是第i等種子”(i＝1，2，3，4)，則Ω＝B1∪B2∪B3∪B4，且B1，B2，B3，B4兩兩互斥.
則P(B1)＝95.5%，P(B2)＝2%，P(B3)＝1.5%，P(B4)＝1.0%，P(A|B1)＝0.5，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.1，P(A|B4)＝0.05.
由全概率公式P(A)＝P(Bi)·P(A|Bi)
＝0.955×0.5＋0.02×0.15＋0.015×0.1＋0.01×0.05＝0.482 5，
所以從這批種子中任選一顆，長出優質產品的概率是0.482 5.第10部分第6節《離散型隨機變量及其分布列、數字特征》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1．甲、乙兩人下象棋，贏了得3分，平局得1分，輸了得0分，共下三局．用ξ表示甲的得分，則{ξ＝3}表示(　　)
A．甲贏三局
B．甲贏一局輸兩局
C．甲、乙平局二次
D．甲贏一局輸兩局或甲、乙平局三次
2．已知X的分布列為
X －1 0 1
P
設Y＝2X＋3，則E(Y)的值為(　　)
A. B．4 C．－1 D．1
3．若離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1
P
則X的方差D(X)＝________.
【知識歸納】
1.離散型隨機變量
一般地，對于隨機試驗樣本空間Ω中的每個樣本點w，都有唯一的實數X(w)與之對應，我們稱X為隨機變量；可能取值為有限個或可以一一列舉的隨機變量稱為離散型隨機變量.
2.離散型隨機變量的分布列
一般地，設離散型隨機變量X的可能取值為x1，x2，…，xn，我們稱X取每一個值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n為X的概率分布列，簡稱分布列.
3.離散型隨機變量的分布列的性質
①pi≥0(i＝1，2，…，n)；
②p1＋p2＋…＋pn＝1.
4.離散型隨機變量的均值與方差
若離散型隨機變量X的分布列為
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
(1)均值
稱E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn＝xipi為隨機變量X的均值或數學期望.它反映了離散型隨機變量取值的平均水平.
(2)方差
稱D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝為隨機變量X的方差，并稱為隨機變量X的標準差，記為σ(X)，它們都可以度量隨機變量取值與其均值的偏離程度.
5.均值與方差的性質
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
(2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b為常數).
常用結論：
隨機變量的線性關系
若X是隨機變量，Y＝aX＋b，a，b是常數，則Y也是隨機變量.
【題型展示】
題型一　分布列的性質
例1　(1)若隨機變量X的分布列為
X －1 0 1
P a c
則P(|X|＝1)等于(　　)
A. B. C. D.
(2)若隨機變量X的分布列為
X －2 －1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
則當P(XA．(－∞，2] B．[1,2]
C．(1,2] D．(1,2)
跟蹤訓練1　(1)設隨機變量X滿足P(X＝i)＝(i＝1,2,3)，則k＝________； P(X≥2)＝________.
(2)設X是一個離散型隨機變量，其分布列為
X －1 0 1
P 2－3q q2
則q的值為(　　)
A．1 B.±
C.－ D.＋
題型二　離散型隨機變量的分布列及數字特征
例2　(1)(多選)甲、乙、丙三人參加2022年冬奧會北京、延慶、張家口三個賽區的志愿服務活動，若每人只能選擇一個賽區，且選擇其中任何一個賽區是等可能的．記X為三人選中的賽區個數，Y為三人沒有選中的賽區個數，則(　　)
A．E(X)＝E(Y) B．E(X)≠E(Y)
C．D(X)＝D(Y) D．D(X)≠D(Y)
(2)(多選)已知隨機變量X的分布列為
X －1 0 1
P m 3m
下列結論正確的有(　　)
A．m＝ B．E(X)＝
C．E(2X－1)＝ D．D(X)＝
跟蹤訓練2　(1)學習強國新開通一項“爭上游答題”欄目，其規則是比賽兩局，首局勝利積3分，第二局勝利積2分，失敗均積1分，某人每局比賽勝利的概率為，設他參加一次答題活動得分為ξ，則D(ξ)＝________.
(2)已知ξ的分布列如表所示．
ξ 0 1 2
P ？ ！ ？
其中，盡管“！”處完全無法看清，且兩個“？”處字跡模糊，但能斷定這兩個“？”處的數值相同．據此計算，下列各式中：①E(ξ)＝1；②D(ξ)>1；③P(ξ＝0)≤，正確的個數是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
題型三　均值與方差中的決策問題
例3　某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題．每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學比賽結束；若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學比賽結束．A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分．已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關．
(1)若小明先回答A類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；
(2)為使累計得分的均值最大，小明應選擇先回答哪類問題？并說明理由.
跟蹤訓練3　某班體育課組織籃球投籃考核，考核分為定點投籃與三步上籃兩個項目．每個學生在每個項目投籃5次，以規范動作投中3次為考核合格，定點投籃考核合格得4分，否則得0分；三步上籃考核合格得6分，否則得0分．現將該班學生分為兩組，一組先進行定點投籃考核，一組先進行三步上籃考核，若先考核的項目不合格，則無需進行下一個項目，直接判定為考核不合格；若先考核的項目合格，則進入下一個項目進行考核，無論第二個項目考核是否合格都結束考核．已知小明定點投籃考核合格的概率為0.8，三步上籃考核合格的概率為0.7，且每個項目考核合格的概率與考核次序無關．
(1)若小明先進行定點投籃考核，記X為小明的累計得分，求X的分布列；
(2)為使累計得分的均值最大，小明應選擇先進行哪個項目的考核？并說明理由．
基礎夯實
1．已知離散型隨機變量X的分布列如表所示，則X的均值E(X)等于(　　)
X 0 1 2
P 0.2 a 0.5
A.0.3 B．0.8 C．1.2 D．1.3
2.已知隨機變量的分布列如下，且E(ξ)＝6.3，則a的值為(　　)
ξ 4 a 9
P 0.5 0.1 b
A.5 B.6 C.7 D.8
3.袋中裝有10個紅球、5個黑球.每次隨機抽取1個球后，若取得黑球則另換1個紅球放回袋中，直到取到紅球為止.若抽取的次數為ξ，則表示“放回5個紅球”事件的是(　　)
A.ξ＝4 B.ξ＝5 C.ξ＝6 D.ξ≤5
4.設離散型隨機變量X可能的取值為1，2，3，4，P(X＝k)＝ak＋b，若X的均值為E(X)＝3，則a－b等于(　　)
A. B.0 C.－ D.
5．某聽眾打電話參加廣播臺猜商品名稱節目，能否猜對每件商品的名稱相互獨立，該聽眾猜對三件商品D，E，F的名稱的概率及猜對時獲得的獎金如表所示：
商品 D E F
猜對的概率 0.8 0.5 0.3
獲得的獎金/元 100 200 300
規則如下：只有猜對當前商品名稱才有資格猜下一件商品，你認為哪個答題順序獲得的獎金的均值最大(　　)
A．FDE B．FED C．DEF D．EDF
6.拋擲兩枚骰子一次，記第一枚骰子擲出的點數與第二枚骰子擲出的點數之差為ξ，則“ξ≥5”表示的試驗結果是(　　)
A.第一枚6點，第二枚2點
B.第一枚5點，第二枚1點
C.第一枚1點，第二枚6點
D.第一枚6點，第二枚1點
7．已知隨機變量X的分布列為
X 1 2 3
P
且Y＝aX＋3，若E(Y)＝－2，則 a等于(　　)
A．－3 B．－2 C. D．3
8．隨機變量X的取值范圍為{0,1,2}，若P(X＝0)＝，E(X)＝1，則D(X)等于(　　)
A. B. C. D.
9．某次國際象棋比賽規定，勝一局得3分，平一局得1分，負一局得0分，某參賽隊員比賽一局勝的概率為a，平局的概率為b，負的概率為c(a，b，c∈[0,1))，已知他比賽一局得分的均值為1，則ab的最大值為(　　)
A. B. C. D.
10.(多選)設離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若離散型隨機變量Y滿足Y＝2X＋1，則下列結果正確的有(　　)
A.q＝0.1
B.E(X)＝2，D(X)＝1.4
C.E(X)＝2，D(X)＝1.8
D.E(Y)＝5，D(Y)＝7.2
11.(多選)已知隨機變量ξ的分布列如下：
ξ 0 1 2
P b－a b a
則當a在內增大時(　　)
A.E(ξ)增大
B.E(ξ)減小
C.D(ξ)先增大后減小
D.D(ξ)先減小后增大
12．(多選)設0ξ 0 m 1
P
當m在(0,1)上增大時，則(　　)
A．E(ξ)減小
B．E(ξ)增大
C．D(ξ)先增后減，最大值為
D．D(ξ)先減后增，最小值為
13．已知離散型隨機變量ξ的分布列如表所示．
ξ －2 0 2
P a b
若隨機變量ξ的均值E(ξ)＝，則D(2ξ＋1)＝________.
14．某專業資格考試包含甲、乙、丙3個科目，假設小張甲科目合格的概率為，乙、丙科目合格的概率均為，且3個科目是否合格相互獨立．設小張3科中合格的科目數為X，則P(X＝2)＝________，E(X)＝________.
15.某射擊選手射擊環數的分布列為
X 7 8 9 10
P 0.3 0.3 a b
若射擊不小于9環為優秀，其射擊一次的優秀率為________.
16.已知隨機變量ξ的分布列為
ξ 1 2 3
P 0.5 x y
若E(ξ)＝，則D(ξ)＝________.
17.一個人將編號為1，2，3，4的四個小球隨機放入編號為1，2，3，4的四個盒子中，每個盒子放一個小球，球的編號與盒子的編號相同時叫做放對了，否則叫做放錯了.設放對的個數為ξ，則ξ的期望值為________.
18.甲、乙兩人玩投籃游戲，規則如下：兩人輪流投籃，每人至多投2次，甲先投，若有人投中即停止投籃，結束游戲，已知甲每次投中的概率為，乙每次投中的概率為，求：
(1)乙投籃次數不超過1的概率；
(2)記甲、乙兩人投籃次數總和為ξ，求ξ的分布列和期望.
19.某高校機器人社團決定從大一新生中招聘一批新成員.招聘分筆試、面試這兩個環節.筆試合格后才能參加面試，面試合格后便正式錄取.現有甲、乙、丙三名大一新生報名參加了機器人社團招聘.假設甲通過筆試、面試的概率分別為，；乙通過筆試、面試的概率分別為，，丙通過各環節的概率與甲相同.
(1)求甲、乙、丙三人中恰有兩人被機器人社團錄取為新成員的概率；
(2)求甲、乙、丙三人中至多有兩人被機器人社團錄取為新成員的概率；
(3)為鼓勵大一新生積極報名參加機器人社團招聘，該機器人社團決定給參加應聘的大一新生贈送一定的手機話費，贈送標準如下表：
參與環節 筆試 面試
手機話費/元 20 30
記甲、乙、丙三人獲得的所有補貼之和為X元，求X的分布列和數學期望.
20．若有甲、乙兩家單位都愿意聘用你，而你能獲得如下信息：
甲單位不同職位月工資X1/元 4 200 4 400 4 600 4 800
獲得相應職位的概率P1 0.4 0.3 0.2 0.1
乙單位不同職位月工資X2/元 4 000 4 400 4 800 5 200
獲得相應職位的概率P2 0.4 0.3 0.2 0.1
根據工資待遇的差異情況，你愿意選擇哪家單位？
21．某游樂場設置了迷宮游戲，有三個造型相同的門可供選擇，參與者進入三個門的結果分別是3分鐘走出去，6分鐘走出去，3分鐘返回出發點．游戲規定：不重復進同一個門，若返回出發點立即重新選擇，直到走出迷宮游戲結束．
(1)求一名游戲參與者走出迷宮所用時間的均值；
(2)甲、乙2人相約玩這個游戲.2人商量了兩種方案．
方案一：2人共同行動；
方案二：2人分頭行動．
分別計算兩種方案2人都走出迷宮所用時間和的均值．
優化提升
22．現有3道單選題，學生李明對其中的2道題有思路，1道題完全沒有思路，有思路的題答對的概率為，沒有思路的題只好任意猜一個答案，猜對答案的概率為，若每題答對得5分，不答或答錯得0分，則李明這3道題得分的均值為(　　)
A. B. C. D.
23．(多選)核酸檢測有兩種檢測方式：(1)逐份檢測；(2)混合檢測：將其中k份核酸分別取樣混合在一起檢測，若檢測結果為陰性，則這k份核酸全為陰性，因而這k份核酸只要檢測一次就夠了，如果檢測結果為陽性，為了明確這k份核酸樣本究竟哪幾份為陽性，就需要對這k份核酸再逐份檢測，此時，這k份核酸的檢測次數總共為(k＋1)次．假設在接受檢測的核酸樣本中，每份樣本的檢測結果是陰性還是陽性都是獨立的，并且每份樣本是陽性的概率都為p(0A．0.1 B．0.2 C．0.4 D．0.5
24.(多選)某學校共有6個學生餐廳，甲、乙、丙、丁四位同學每人隨機地選擇一家餐廳就餐(選擇每個餐廳的概率相同)，則下列結論正確的是(　　)
A.四人去了四個不同餐廳就餐的概率為
B.四人去了同一餐廳就餐的概率為
C.四人中恰有兩人去了第一餐廳就餐的概率為
D.四人中去第一餐廳就餐的人數的均值為
25.(多選)開學后，某學校食堂為了減少師生就餐排隊時間，特推出即點即取的米飯套餐和面食套餐兩種.已知小明同學每天中午都會在食堂提供的米飯套餐和面食套餐中選擇一種，米飯套餐的價格是每份15元，面食套餐的價格是每份10元，如果小明當天選擇了某種套餐，他第二天會有80%的可能性換另一種類型的套餐，假如第1天小明選擇了米飯套餐，第n天選擇米飯套餐的概率為pn，則以下論述正確的是(　　)
A.小明同學第二天一定選擇面食套餐
B.p3＝0.68
C.pn＝0.2pn－1＋0.8(1－pn－1)(n≥2，n∈N)
D.前n天小明同學午餐花費的總費用的數學期望為n＋－
26．冰壺是2022年2月4日至2月20日在中國舉行的第24屆冬季奧運會的比賽項目之一．冰壺比賽的場地如圖所示，其中左端(投擲線MN的左側)有一個發球區，運動員在發球區邊沿的投擲線MN將冰壺擲出，使冰壺沿冰道滑行，冰道的右端有一圓形營壘，以場上冰壺最終靜止時距離營壘區圓心O的遠近決定勝負，甲、乙兩人進行投擲冰壺比賽，規定冰壺的中心落在圓O中得3分，冰壺的中心落在圓環A中得2分，冰壺的中心落在圓環B中得1分，其余情況均得0分．已知甲、乙投擲冰壺的結果互不影響，甲、乙得3分的概率分別為，；甲、乙得2分的概率分別為，；甲、乙得1分的概率分別為，.甲、乙所得分數相同的概率為________；若甲、乙兩人所得的分數之和為X，則X的均值為________．
27．某學校進行排球測試的規則：每名學生最多發4次球，一旦發球成功，則停止發球，否則直到發完4次為止．設學生一次發球成功的概率為p，且p∈，發球次數為X，則P(X＝3)的最大值為________；若E(X)<，則p的取值范圍是________．
28.東方商店欲購進某種食品(保質期兩天)，此商店每兩天購進該食品一次(購進時，該食品為剛生產的).根據市場調查，該食品每份進價8元，售價12元，如果兩天內無法售出，則食品過期作廢，且兩天內的銷售情況互不影響，為了解市場的需求情況，現統計該食品在本地區100天的銷售量如下表：
銷售量/份 15 16 17 18
天數 20 30 40 10
(視樣本頻率為概率)
(1)根據該食品100天的銷售量統計表，記兩天中一共銷售該食品份數為X，求X的分布列與數學期望；
(2)以兩天內該食品所獲得的利潤期望為決策依據，東方商店一次性購進32或33份，哪一種得到的利潤更大？
參考答案：
基礎摸查
【習題導入】
1．D　2.A　3.
【題型展示】
例1 (1)C
(2)C
跟蹤訓練1 (1)　
(2)C
例2 (1)BC
(2)ABD
跟蹤訓練2 (1)
(2)C
跟蹤訓練3 解　(1)由已知可得，X的所有可能取值為0,4,10，
則P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝4)＝0.8×(1－0.7)＝0.24，
P(X＝10)＝0.8×0.7＝0.56，
所以X的分布列為
X 0 4 10
P 0.2 0.24 0.56
(2)小明應選擇先進行定點投籃考核，理由如下：
由(1)可知小明先進行定點投籃考核，累計得分的均值
E(X)＝0×0.2＋4×0.24＋10×0.56＝6.56，
若小明先進行三步上籃考核，記Y為小明的累計得分，
則Y的所有可能取值為0,6,10，
P(Y＝0)＝1－0.7＝0.3，
P(Y＝6)＝0.7×(1－0.8)＝0.14，
P(Y＝10)＝0.7×0.8＝0.56，
則Y的均值E(Y)＝0×0.3＋6×0.14＋10×0.56＝6.44，
因為E(X)>E(Y)，
所以為使累計得分的均值最大，小明應選擇先進行定點投籃考核．
基礎夯實
1．D　
2.C
3.C
4.A
5．C　
6.D
7.A　
8.C　
9.B
10.ACD
11.AC
12．BD
13．11
14.　
15.40%
16.
17.1
18.解　(1)記“甲投籃投中”為事件A，“乙投籃投中”為事件B.
“乙投籃次數不超過1”包括三種情況：第一種是甲第1次投籃投中，第二種是甲第1次投籃未投中而乙第1次投籃投中，第三種是甲、乙第1次投籃均未投中而甲第2次投籃投中.
故所求的概率P＝P(A＋·B＋··A)
＝P(A)＋P(·B)＋P(··A)＝P(A)＋P()·P(B)＋P()·P()·P(A)＝＋×＋××＝.
(2)甲、乙投籃次數總和ξ的值為1，2，3，4，P(ξ＝1)＝P(A)＝；
P(ξ＝2)＝P(·B)＝×＝；
P(ξ＝3)＝P(··A)＝××＝；
P(ξ＝4)＝P(··)＝××＝.
所以甲、乙投籃次數總和ξ的分布列為
ξ 1 2 3 4
P
E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
19.解　(1)設事件A表示“甲被機器人社團錄取為新成員”，事件B表示“乙被機器人社團錄取為新成員”，事件C表示“丙被機器人社團錄取為新成員”.
則P(A)＝P(C)＝×＝，P(B)＝×＝，
所以甲、乙、丙三人中恰有兩人被機器人社團錄取為新成員的概率p＝P(BC＋AC＋AB)＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()P(C)＋P(A)P(B)P()＝2×××＋××＝.
(2)設事件D表示“甲、乙、丙三人都被機器人社團錄取”，
則P(D)＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝××＝，
所以甲、乙、丙三人中至多有兩人被機器人社團錄取為新成員的概率p＝1－P(D)＝1－＝.
(3)X的所有可能取值為60，90，120，150.
P(X＝60)＝××＝，
P(X＝90)＝2×××＋××＝＝，
P(X＝120)＝2×××＋××＝，
P(X＝150)＝××＝＝.
所以X的分布列為
X 60 90 120 150
P
所以E(X)＝60×＋90×＋120×＋150×＝110.
20．解　根據月工資的分布列，可得E(X1)＝4 200×0.4＋4 400×0.3＋4 600×0.2＋4 800×0.1
＝4 400(元)，
D(X1)＝(4 200－4 400)2×0.4＋(4 400－4 400)2×0.3＋(4 600－4 400)2×0.2＋(4 800－4 400)2 ×0.1＝40 000；
E(X2)＝4 000×0.4＋4 400×0.3＋4 800×0.2＋5 200×0.1＝4 400(元)，
D(X2)＝(4 000－4 400)2×0.4＋(4 400－4 400)2×0.3＋(4 800－4 400)2×0.2＋(5 200－4 400)2 ×0.1＝160 000.
因為E(X1)＝E(X2)，
D(X1)所以兩家單位的月工資均值相等，但甲單位不同職位的工資相對集中，乙單位不同職位的工資相對分散．如果你認為自己能力較強，通過一段時間的努力可以獲得高工資職位，可選擇乙單位；如果你認為自己能力一般，則選擇甲單位可能得到更高的收入，可選擇甲單位．
21．解　(1)設一名游戲參與者走出迷宮所用時間為X(單位：分鐘)，
則X的所有可能取值為3,6,9，
P(X＝3)＝，P(X＝6)＝＋×＝，
P(X＝9)＝×＝，
所以E(X)＝3×＋6×＋9×＝(分鐘)，
即一名游戲參與者走出迷宮所用時間的均值為 分鐘．
(2)由(1)知，按照方案一：2人共同行動所用時間和的均值為
×2＝11(分鐘)．
按照方案二：設兩人走出迷宮所用時間和為Y(單位：分鐘)，
則Y的所有可能取值為9,12,15，
P(Y＝9)＝2×
＝，
P(Y＝12)＝2×＝，
P(Y＝15)＝2×
＝，
所以E(Y)＝9×＋12×＋15×＝11(分鐘)，
即按照方案二，兩人所用時間和的均值為11分鐘．
優化提升
22．B
23．AB
24.ACD
25.BCD
26.　
27. 　
28.解　(1)根據題意可得，X的所有可能取值為30，31，32，33，34，35，36.
則P(X＝30)＝×＝，
P(X＝31)＝××2＝，
P(X＝32)＝××2＋×＝，
P(X＝33)＝××2＋××2＝，
P(X＝34)＝××2＋×＝，
P(X＝35)＝××2＝，
P(X＝36)＝×＝.
X的分布列如下：
X 30 31 32 33 34 35 36
P
E(X)＝30×＋31×＋32×＋33×＋34×＋35×＋36×＝32.8.
(2)當購進32份時，利潤為
32×4×＋(31×4－8)×＋(30×4－16)×
＝107.52＋13.92＋4.16＝125.6(元).
當購進33份時，利潤為
33×4×＋(32×4－8)×＋(31×4－16)×＋(30×4－24)×＝77.88＋30＋12.96＋3.84＝124.68(元).
125.6＞124.68，
因此，當購進32份時，利潤更大.

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