专题08 计数原理、概率、统计及统计案例、随机变量及其分布列（八大题型）-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编（湖南专用）

专题08 计数原理、概率、统计及统计案例、 随机变量及其分布列（八大题型） 一、排列组合与二项式定理 1．（2025·湖南邵阳·一模）某校高三（5）班班主任准备从2名男生和4名女生中选取3人担任数学、物理、化学学科课代表，每学科安排1人，且至少有1名男生，则不同的选取方法有 （请用数字作答） 【答案】96 【分析】可采用间接法或直接法来求解不同的选取方法数. 【详解】方法一：间接法 先求出从名男生和名女生共人中选人担任学科代表的所有情况，再减去所选人都是女生的情况，即可得到至少有名男生的情况. 从个不同元素中取出个元素的排列数记为，其计算公式为. 从人中选人进行全排列，安排到数学、物理、化学三个学科， 方法数为种. 从名女生中选人进行全排列，安排到三个学科， 方法数为种. 用总的选法数减去人都是女生的选法数，可得至少有名男生的选法有种. 方法二：直接法 分两种情况讨论：选名男生名女生和选名男生名女生，然后分别计算这两种情况的选法数，最后将它们相加. 情况一：选名男生名女生 从名男生中选名男生的选法有种，从名女生中选名女生的选法有种， 然后将这人进行全排列安排到三个学科，方法数为种. 根据组合数公式，可得，. 则这种情况下的选法有种. 情况二：选名男生名女生 从名男生中选名男生的选法有种，从名女生中选名女生的选法有种， 然后将这人进行全排列安排到三个学科，方法数为种. ，. 则这种情况下的选法有种. 将两种情况的选法数相加，可得至少有名男生的选法有种. 故答案为： 2．（2025·湖南·一模）红海行动是一部现代化海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务A必须排在前三位，且任务、必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】分任务A排在第1位，第2位，第3位三种情况进行讨论，每种情况中要将E和F用捆绑法当作一个整体，再与剩余任务进行全排列，当A排第2位时，要注意E和F的整体不可放置在第1位上，最后将所有情况用分类加法进行求和即可. 【详解】解：根据题意，由于任务A必须排在前三位，分种情况讨论： 排在第一位， 任务、必须排在一起，则任务、相邻的位置有个，考虑两者的顺序，有种情况， 将剩下的个任务全排列，安排在其他三个位置，有种安排方法， 则此时有种安排方案； 排在第二位， 任务、必须排在一起，则任务、相邻的位置有个，考虑两者的顺序，有种情况， 将剩下的个任务全排列，安排在其他三个位置，有种安排方法， 则此时有种安排方案； 排在第三位， 任务、必须排在一起，则任务、相邻的位置有个，考虑两者的顺序，有种情况， 将剩下的个任务全排列，安排在其他三个位置，有种安排方法， 则此时有种安排方案； 则符合题意要求的安排方案有种； 故选：D． 3．（2025·湖南·一模）郑州绿博园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有（    ） A．168种 B．156种 C．172种 D．180种 【答案】B 【分析】根据题意，用间接法分析，先分4步进行不受限制的排法数目，再排除计算其中小李和小王在一起的排法数目，从而可得答案 【详解】根据题意，设剩下的2个展区为丙展区和丁展区，用间接法分析： 先计算小李和小王不受限制的排法数学：先在6位志愿者中任选1个，安排在甲展区，有种情况， 再在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有种情况， 最后将剩下的4个志愿者平均分成2组，全排列后安排到剩下的2个展区，有种情况， 所以小李和小王不受限制的排法有种， 若小李和小王在一起，则两人去丙展区或丁展区，有2种情况： 在剩下的4位志愿者中任选1个，安排到甲展区，有种情况， 再在剩下的3个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有种情况， 最后安排2个安排到剩下的展区，有1种情况， 则小李和小王在一起的排法有种， 所以小李和小不在一起的排法有种， 故选：B 4．（2025·湖南·一模）在（其中是虚数单位）的展开式中，的系数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二项展开式中通项的特征即可求解. 【详解】由二项式定理得，的通项公式为， 由得，，由得， ∴，， ∵，， ∴的系数为. 故选：C. 5．（2025·湖南·一模）（多选）已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ） A． B．展开式中奇数项的二项式系数的和为256 C．展开式中的系数为 D．若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大 【答案】ACD 【分析】由题意写出展开式的通项，根据组合数的对称性、二项式系数之和、赋值法以及二项式系数的单调性，逐项检验，可得答案. 【详解】由，则其展开式的通项为， 对于A，根据题意可得，由组合数的性质可知，故A正确； 对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为，故B错误； 对于C，由解得，则展开式中的系数为，故C正确； 对于D，令，则展开式中各项系数之和，解得， 可得展开式的通项为，即每项系数均为该项的二项式系数， 易知展开式中第项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确. 故选：ACD. 6．（2025·湖南·一模）（多选）若，则下列正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】利用赋值法计算可判断A错误，BC正确，对二项展开式两边同时求导并令计算可判断D错误. 【详解】对于A：令，则，故A错误； 对于B：令，则，故B正确； 对于C：令，则，故C正确； 对于D，由， 两边同时求导得， 令，则，故D错误. 故选：BC. 7．（2025·湖南衡阳·一模）某城市随机选取个人参加活动，假设该城市人口年龄分布均匀，要使得参加该活动有人生肖相同的概率大于，则至少需要选取（    ）个人. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用分步计数原理及排列，先求得选取个人中生肖均不相同概率，再求出，即可求解. 【详解】已知个生肖，按先后顺序选择个人，每次选中的人有种等概率可能，由分步乘法原理共有种情况， 若选取个人中生肖均不相同，有种可能，故选取个人中生肖均不相同概率， 要使得参加该活动有人生肖相同的概率大于，即， 由于，即随n随n的增大而减小， ，，故至少要选个人， 故选：C. 二、事件与概率 8．（2025·湖南邵阳·一模）为了推广一种新产品，某公司开展了有奖促销活动：将6件这种产品装一箱，每箱中都放置2件能够中奖的产品.若从一箱中随机抽出2件，能中奖的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用组合数求出基本事件数和符合条件的事件数，再结合古典概型公式求解即可. 【详解】基本事件共有件，符合条件的有件， 且设中奖为事件，即，故B正确. 故选：B 9．（2025·湖南常德·一模）设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为90%，乙箱中产品的合格率为80%.从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设事件表示任选一件产品，来自于甲箱，事件表示任选一件产品，来自于乙箱，事件从两箱产品中任取一件，恰好不合格，先利用全概率公式求出，进而可得，，进而可得放回原箱后再取该件产品合格的概率. 【详解】设事件表示任选一件产品，来自于甲箱，事件表示任选一件产品，来自于乙箱，事件从两箱产品中任取一件，恰好不合格， 又 ， 经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为 . 故选：A. 10．（2025·湖南永州·一模）（多选）已知为随机事件，，则下列说法正确的有（    ） A．若相互独立，则 B．若相互独立，则 C．若两两独立，则 D．若互斥，则 【答案】AD 【分析】由独立事件的乘法公式即可判断A；由事件的和运算即可判断B；由三个事件两两独立，不能判断三个事件是否独立，即可判断C；由互斥事件及条件概率公式即可判断D． 【详解】对于A，若相互独立，则，故A正确； 对于B，若相互独立，则，故B错误； 对于C，若两两独立，由独立事件的乘法公式得，，， ，无法确定，故C错误； 对于D，若互斥，则，， 两边同时除以得，，即，故D正确； 故选：AD． 11．（2025·湖南长沙·一模）为随机事件，已知，下列结论中正确的是（    ） A．若为互斥事件，则 B．若为互斥事件，则 C．若是相互独立事件，则 D．若，则 【答案】D 【分析】由互斥、对立事件概率求法判断A、B；根据事件关系及独立事件乘法求判断C；应用条件概率公式求. 【详解】A：由A、B是互斥事件，故，错误． B：由知：由，故B错误； C：由于A，B是相互独立事件，， ，错误． D：，则， ，正确． 故选：D 12．（2025·湖南·一模）一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件“第一次朝上面的数字是奇数”，则下列事件中与相互独立的是（    ） A．第一次朝上面的数字是偶数 B．第一次朝上面的数字是1 C．两次朝上面的数字之和是8 D．两次朝上面的数字之和是7 【答案】D 【分析】根据题意，由相互独立事件的定义，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】抛掷骰子两次，共有个基本事件数， 则， 共18个基本事件，则， 设事件为第一次朝上面的数字是偶数，则事件与事件是对立事件，故A错误； 设事件为第一次朝上面的数字是1，则，故B错误； 设事件为两次朝上面的数字之和是8， 则共5个基本事件，则， 且，则， ，所以C错误； 设事件两次朝上面的数字之和是7，则， 则，且，则， 因为，所以事件与事件相互独立. 故选：D 13．（2025·湖南·一模）如图，现有两排座位，第一排3个座位，第二排5个座位，将8人（含甲、乙、丙）随机安排在这两排座位上，则甲、乙、丙3人的座位互不相邻（相邻包括左右相邻和前后相邻）的概率为 ．    【答案】 【分析】先按3人的座位在第二排的人数进行分类，再根据分类计数原理与古典概型概率公式可得. 【详解】甲、乙、丙3人的座位互不相邻的情况分为三种： 第一种，这3人都在第二排，共有种不同的安排方法；    第二种，这3人中2人在第一排，1人在第二排， 共有种不同的安排方法；    第三种，这3人中1人在第一排，2人在第二排， ①若第一排的这1人安排在中间的位置， 则有种不同的安排方法，    ②若第一排的这1人不安排在中间的位置， 则有种不同的安排方法．      故甲、乙、丙3人的座位互不相邻的概率为． 故答案为：. 14．（2025·湖南岳阳·一模）甲乙两人参加一项户外挑战赛，该挑战赛设置了多道关卡，已知两人是否通过某道关卡是相互独立的，且两人中至少有一人通过当前关卡，才有资格同时进入下一关挑战，否则挑战结束.已知在第一关中甲乙两人通过的概率分别为，若两人有资格挑战第二关，则在第一关中，甲通过的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用对立事件及相互独立事件的概率公式求出两人有资格挑战第二关的概率，再利用条件概率公式计算得解. 【详解】在第一关中甲乙两人通过的事件分别为，两人有资格挑战第二关的事件为， 则，，， 所以若两人有资格挑战第二关，则在第一关中，甲通过的概率. 故选：D 15．（2025·湖南·一模）某高中学校为了响应上级的号召，促进学生的全面发展，决定每天减少一节学科类课程，增加一节活动课，为此学校开设了传统武术、舞蹈、书法、小提琴4门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，从高一到高三3个学年将4门选修课程学完，则每位同学的不同选修方式有 种，若已知某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程，则这位同学高二学年结束后就修完所有选修课程的概率为 ． 【答案】 54 / 【分析】利用分组分配的方法，计算求值；利用样本空间的方法，求条件概率. 【详解】由题意可得三个学年修完四门选修课程，每学年至多选2门， 则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2． 先将4门选修课程按1，1，2分成三组，有种方式，再分到三个学年，有种不同方式， 由分步计数原理得，不同的选修方式共有种． 同理，将4门选修课程按0，2，2分成三组，再排列，有种， 所以共有种不同的选修方式； 若将“某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程”记为事件A，将“高二学年结束后就修完所有选修课程”记为事件B． 根据题意，满足事件A的所有选课情况共4种情况，其中包含高二选修完或高三选修完其他2门，或是高二，高三各选1门，共4种情况， 其中同时满足事件B的仅有1种情况．根据条件概率公式，可知所求概率为． 故答案为：54； 16．（2025·湖南·一模）为了回馈长期以来的顾客群体，某健身房在五周年庆活动期间设计出了一种游戏活动．顾客需投掷一枚骰子三次，若三次投掷的数字都是奇数，则该顾客获得该健身房的免费团操券5张，且有2次终极抽奖机会（2次抽奖结果互不影响）；若三次投掷的数字之和是6，12或18，则该顾客获得该健身房的免费团操券5张，且有1次终极抽奖机会；其余情况顾客均获得该健身房的免费团操券3张，不具有终极抽奖机会，已知每次在终极抽奖活动中的奖品和对应的概率如下表所示． 奖品 一个健身背包 一盒蛋白粉 概率 则一位参加游戏活动的顾客获得蛋白粉的概率为 ． 【答案】 【分析】事件“顾客有两次终极抽奖机会”，事件“顾客有一次终极抽奖机会”，求出，，利用全概率公式得到答案. 【详解】记事件“顾客有两次终极抽奖机会”，事件“顾客有一次终极抽奖机会”，事件“获得蛋白粉”， 则，，， 事件包括的事件是：“3次投掷的点数之和为6"，“3次投掷的点数之和为12”，“3次投掷的点数之和为18”， ①若“3次投掷的点数之和为6”，则有“”、“”、“”三种情形，故共有种； ②若“3次投掷的点数之和为12”，则有“”、“”、“”、“”、“”、“”六种情形， 故共有种； ③若“3次投掷的点数之和为18”，则只有“”一种情形， 则， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点睛：利用全概率公式求随机事件B的概率问题，把事件B分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键. 17．（2025·湖南·一模）根据央视网消息显示，贵州省文旅厅网站5月1日公布《2023年“五一”假期前三天全省文化旅游情况》，其中显示，假期前三天，根据抽样调查结果，全省接待游客2038.26万人次（用2038万计算），较2022年假日同期增长（用计算），恢复到2019年假日同期水平的（用计算）.某大学旅游管理专业的学生陈枫为了了解“红色旅游景区”的游客对景区历史文化背景的知晓情况，随机抽选了若干名游客进行问卷调查，根据问卷得分，统计如下： 得分 频率 0.10 0.20 0.40 0.20 0.10 (1)求2022年和2019年“五一”假期前三天全省接待游客人次（单位：万），精确到0.01. (2)根据表格估计“红色旅游景区”的游客对景区历史文化背景知晓情况问卷得分的平均水平（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. (3)陈枫为了答谢游客的参与，在问卷得分为的游客中按的比例抽选6人作为景区“幸运游客”，景区在“幸运游客”中随机选取两人评为“五星游客”，求得分为､的游客中各有一人评为“五星游客”的概率. 【答案】(1)1435.21万，1940.95万 (2)90 (3). 【分析】（1）根据2022年和2019年和已知数据2023年的数据的比例关系求解； （2）由表得，平均数等于每一组的平均值乘以频率的和； （3）根据比例，找出得分为分别抽取2人和4人为“幸运游客”.找出总的组合结果为15，各一人的结果有8种，从而得到概率. 【详解】（1）由题可知2022年“五一”假期前三天全省接待游客人次为万； 2019年同期接待游客人次为万. （2）由表可得，游客的平均水平估计为 （3）由题意可知，在得分为中分别抽选了2人（记为）和4人（记为）为“幸运游客”. 所以从中选两人的可能结果有：共15种， 其中各占一人的结果有： 共8种，所以所求概率为. 18．（2025·湖南长沙·一模）在重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为. ①若用表示事件发生的次数，则称随机变量服从二项分布，记作. ②若用表示事件首次发生所需的试验次数，则称随机变量服从几何分布，记作. (1)现有十把外形相同的钥匙，其中只有一把能够打开门.现任意一一试开，试对（ⅰ）有放回、（ⅱ）不放回两种情形求事件“至多试3次打开门”的概率； (2)一般地，分别写出服从二项分布的随机变量和服从几何分布的随机变量的分布列及数学期望； (3)证明：服从几何分布且取值于正整数的随机变量具有无记忆性，即，其中和为正整数.并结合（1）说明几何分布具有无记忆性的实际意义. 提示：. 【答案】(1) (2)的分布列见解析，；的分布列见解析， (3)证明见解析，实际意义见解析 【分析】（1）由题意，有放回时，用表示首次开门所需的试开次数，则； 不放回时，则符合古典概型； （2）由题可得二项分布及几何分布分布列，然后由期望计算公式化简后可得答案； （3）由条件概率计算公式可完成证明，然后根据（1）可得其实际意义. 【详解】（1）设“至多试3次打开门”为事件. （ⅰ）用表示首次开门所需的试开次数，则，从而 （ⅱ）不放回情形属于古典概型， （2）的分布列为， 令，由，可得. 令，则 的分布列为，，其中为正整数 记，① ，② ①-②， ，， （3）设，令，则， 实际意义：几何分布的无记忆性说明：如果不总结前面试验的经验，一直按最初的方式进行尝试性试验，就不能有助于成功的出现，“失败是成功之母”的效率就不能提高. 在（1）中，情形（ⅰ）是不总结经验，试开门的过程构成重伯努利试验：情形（ⅱ）是总结经验，试开门的过程不构成重伯努利试验，从（1）的结果说明总结经验会提高事件成功的概率，从中可体会“失败是成功之母”更深层次的含义：总结失败教训，提高成功概率. 三、多选题多考点综合 19．（2025·湖南长沙·一模）某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（    ） A．乙组同学恰好命中2次的概率为 B．甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率 C．甲组同学命中次数的方差为 D．乙组同学命中次数的数学期望为 【答案】BCD 【分析】根据题意，利用概率乘法和加法公式，可判定A错误；根据独立重复试验的概率公式，可得判定B正确，结合二项分布的方差，可判定C中，由乙组同学命中次数为随机变量的所有可能取值为，求得相应的概率，结合期望的公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，设“乙组同学恰好命中2次”为事件，则，所以A错误； 对于B中，设“甲组同学恰好命中2次”为事件，则，因为，所以B正确； 对于C中，因为甲组同学每次命中的概率都为，设甲组同学命中次数为，则，可得，所以C正确； 对于D中，设乙组同学命中次数为随机变量，则的所有可能取值为， 所以， ， ， 故，所以D正确. 故选：BCD. 20．（2025·湖南·一模）下列说法正确的有（    ） A．的展开式中，的系数是 B．的展开式中，各二项式系数和为 C．从名男生，名女生中选名学生参加志愿者服务，表示参加志愿服务的男生人数，则 D．有个不同的正因数 【答案】BCD 【分析】根据二项式定理求指定项系数、二项式系数和判断A、B；根据随机变量的取值及其对应概率求期望判断C；由即可判断D. 【详解】由展开式的通项公式为， 令时，展开式中的系数为，A错误； 由的展开式中，可得各二项式系数和为，B正确； 由题意，从名男生和名女生中任选名参加活动，共有种不同选法， 的取值为、、，，，， 所以，C正确； 因为，所以有个不同的正因数，D正确． 故选：BCD 21．（2025·湖南邵阳·一模）下列说法正确的是（    ） A．决定系数越小，模型的拟合效果越好 B．若随机变量服从两点分布，，则 C．若随机变量服从正态分布，，则 D．一组数（）的平均数为，若再插入一个数，则这个数的方差变大 【答案】BC 【分析】利用决定系数的性质判断A，利用两点分布的方差公式判断B，利用正态分布的对称性判断C，举反例判断D即可. 【详解】由决定系数性质得，决定系数越大，模型的拟合效果越好，故A错误， 若随机变量服从两点分布，， 则，故B正确， 若随机变量服从正态分布，， 由正态分布性质得，故C正确， 我们令，，此时平均数， 方差为，插入一个数， 此时平均数为，方差为， 方差显然变小了，即再插入一个数，则这个数的方差不可能变大，故D错误. 故选：BC 22．（2025·湖南·一模）如图，一个三角形被分成9个房间，称有公共边的2个房间为相邻房间，一个小球每次从一个房间等概率地移动到相邻房间，则（   ） A．将2个小球放至不同的房间，则房间不相邻的概率为 B．将个小球放至不同的房间，若房间两两不相邻，则 C．小球从房间出发，4次移动后到达房间的移动路径有6种 D．小球从房间出发，20次移动后到达房间的概率为 【答案】ABD 【分析】A项列举法求出房间相邻的情况，由古典概型与对立事件的概率公式求解；B项给出取6个房间且两两不邻的例子，由房间均与个房间相邻，分析取个房间必有相邻情况；C项列举可得；D项先列举从到达的情况求出相应条件概率，再利用全概率公式写出递推关系，构造数列求通项进而求具体概率即可. 【详解】A项，任取两个房间，相邻有种情况：， 所以任取两个房间不相邻的概率为，故选项A正确； B项，当时， 可将小球放在，此时房间两两不相邻； 当时，房间均与个房间相邻， 则从个房间任意抽走个房间后，总有相邻的房间，所以，故选项B正确； C项，小球从房间出发，次移动后到达房间有种路径： ；；； ；；； ，故选项C错误； D项，设小球从房间经过次移动到达房间的概率为，由题意可知为偶数， 小球在房间，次移动的路径有： ； 小球在房间，次移动的路径有： ； 小球在房间，次移动的路径有： ； 所以，小球从房间出发，经过偶数次移动后一定在房间之一， 且当小球经过次移动到达房间时，第次移动后必在房间之一， 小球从房间或经过次移动到达房间的概率均为； 小球从房间经过次移动到达房间的概率均为； ， 则，，， 数列是以为首项，为公比的等比数列， ，则， 所以. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键是通过列举分析得出小球从房间出发，经过偶数次移动后一定在房间之一，进而分类分析应用全概率公式得到概率递推关系. 四、统计及样本数字特征 23．（2025·湖南·一模）东北师大附中培养的学生德才兼备、全面发展、在校团委领导下的各个社团，积极开展各项活动，其中甲、乙两个社团为了钠新，利用7天的时间进行宣传，将每天宣传次数绘制成如下频数分布折线图（其中前三天宣传次数相同），则下列说法正确的是（    ）      A．甲社团众数小于乙社团众数 B．甲社团的平均数小于乙社团的平均数 C．甲社团的极差大于乙社团的极差 D．甲社团的方差大于乙社团的方差 【答案】ACD 【分析】根据众数，平均数，极差，方差的公式计算即可. 【详解】甲7天的次数依次为，乙7天的次数依次为， 对于A，甲的众数为，乙的众数为， 则甲社团众数小于乙社团众数，故A正确； 对于B，甲社团的平均数为， 乙社团的平均数为， 则甲社团的平均数等于乙社团的平均数，故B错误； 对于C，甲社团的极差为，乙社团的极差， 则甲社团的极差大于乙社团的极差，故C正确； 对于D，甲社团的方差为 ， 乙社团的方差为 ， 则甲社团的方差大于乙社团的方差，故D正确. 故选：ACD. 24．（2025·湖南·一模）下列说法中正确的是（    ） A．一个样本的方差，则这组样本数据的总和等于60 B．若样本数据的标准差为8，则数据，的标准差为16 C．数据的第70百分位数是23 D．若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小 【答案】ABD 【分析】对于A，由题意可得样本容量为20，平均数是从而可得样本数据的总和，即可判断；对于B，根据标准差为8，可得方差为64，从而可得新数据的方差及标准差，即可判断；对于C，根据百分位数的定义，求出第70百分位数，即可判断；对于D，由题意可求得新数据的平均数及方差，即可判断. 【详解】解：对于A，因为样本的方差 所以这个样本有20个数据，平均数是这组样本数据的总和为A正确； 对于B，已知样本数据的标准差为，则， 数据的方差为，其标准差为，故B正确； 对于C，数据共10个数， 从小到大排列为，由于， 故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，即， 所以第70百分位数是23.5，故C错误； 对于D，某8个数的平均数为5，方差为2，现又加入一个新数据5， 设此时这9个数的平均数为，方差为，则，故D正确. 故选：ABD. 25．（2025·湖南·一模）某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 索赔次数 保单份数 已知：一份保单的保费为万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿万元；第四次索赔时，保险公司赔偿万元. (1)从抽取的份保单中，随机抽取一份保单其索赔次数不少于的概率； (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差． （i）记为抽取的份保单的毛利润平均值，求的值； （ii）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下抽取的份保单毛利润的平均值与（i）中的大小. 【答案】(1) (2)（i）0.122；（ii） 【分析】（1）用频率估计概率，根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率； （2）（i）用频率估计概率后可求得分布列及数学期望，从而可求毛利润平均值；（ii）先算出下一期保单的毛利润，结合（i）的结果可求． 【详解】（1）根据题中数据，在份保单中，索赔次数不少于2的保单份数为，故一份保单索赔次数不少于2的概率可估计为． （2）（i）由题设， 索赔次数 保单份数 毛利润(单位：万元) 所以． （ii）这种情况下抽取的份保单毛利润的平均值大于（i）中的估计值. 如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加， 份保单毛利润变化为， . 因此. 五、随机变量及其分布 26．（2025·湖南·一模）已知，且，下列关于二项分布与超几何分布的说法中，错误的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．当样本总数远大于抽取数目时，可以用二项分布近似估计超几何分布 【答案】BC 【分析】利用二项分布的期望、方差公式及期望、方差的性质计算判断AB；利用二项分布的概率公式计算判断C；利用二项分布与超几何分布的关系判断D. 【详解】对于A，由，得，则，A正确； 对于B，由，得，则，B错误； 对于C，由，得，故，C错误； 对于D，当样本总数远大于抽取数目时，可以用二项分布近似估计超几何分布，D正确. 故选：BC 27．（2025·湖南·一模）一个箱子中装有4个黑球，2个白球，小球除颜色外其他都相同，每次从箱子中随机取出一个球，取出4个黑球即停止. (1)若从箱子中不放回地取球，求恰好第5次停止的概率； (2)若从箱子中有放回地取球，记5次之内（含5次）取到黑球的次数为，求的分布列和期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）依题意，5次取球中最后一次必为黑球，可先考虑从2个白球中取出1个，再在前4次取球顺序中确定1个序号，最后进行全排即得方法数，利用古典概型概率公式计算； （2）依题确定的取值为，利用二项分布概率公式分别计算对应的概率，列出分布列，计算数学期望即得. 【详解】（1）依题意，5次取球中最后一次必为黑球，可先考虑从2个白球中取出1个，再在前4次取球顺序中确定1个序号， 最后进行全排即得方法数为：，而总的方法数为，故恰好第5次停止的概率为. （2）随机变量的取值为. ， ， ， ， ， 所以随机变量的分布列如下表所示： 0 1 2 3 4 故. 28．（2025·湖南·一模）某超市每天以4元/千克购进某种有机蔬菜，然后以7元/千克出售．若每天下午6点以前所购进的有机蔬菜没有全部销售完，则对未售出的有机蔬菜降价处理，以2元/千克出售，并且降价后能够把剩余所有的有机蔬菜全部处理完毕，且当天不再进货．该超市整理了过去两个月（按60天计算）每天下午6点前这种有机蔬菜的日销售量（单位：千克），得到如下统计数据．（注：视频率为概率，） 每天下午6点前的销售量/千克 250 300 350 400 450 天数 10 10 5 (1)求1天下午6点前的销售量不少于350千克的概率； (2)在接下来的2天中，设为下午6点前的销售量不少于350千克的天数，求的分布列和数学期望． 【答案】(1) (2)的分布列见解析， 【分析】（1）由表格中的数据，结合对立事件的概率公式，即可求解； （2）根据题意，得到随机变量的可能值为，结合独立重复试验的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望公式，即可求解． 【详解】（1）解：由表格中的数据，可得1天下午6点前的销售量不小于350千克的概率为． （2）解：依题意，1天下午6点前的销售量不少于350千克的概率， 随机变量的可能值为， 可得：， ， ， 所以随机变量的分布为： 0 1 2 所以的数学期望． 29．（2025·湖南·一模）现市场上治疗某种疾病的药品有两种，其治愈率与患者占比如表所示，为试验一种新药，在有关部门批准后，某医院把此药给100个病人服用．设药的治愈率为，且每位病人是否被治愈相互独立． A B C（新药） 治愈率 患者占比 (1)记100个病人中恰有80人被治愈的概率为，求的最大值点； (2)设用新药的患者占比为（药品减少的患者占比，均为新药增加占比的一半，，以（1）问中确定的作为的值，从已经用药的患者中随机抽取一名患者，求该患者痊愈的概率（结果用表示） (3)按照市场预测，使用新药的患者占比能达到以上，不足的概率为，不低于且不超过的概率为，超过的概率为，某药企计划引入药品的生产线，但生产线运行的条数受患者占比的影响，关系如下表： 患者占比 最多投入生产线条数 1 2 3 若某条生产线运行，年利润为1000万，若某条生产线未运行，年亏损300万，欲使该药企生产药品的年总利润均值最大，应引入几条生产线？ 【答案】(1) (2) (3)引入两条生产线 【分析】（1）由题意，得到的解析式，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性，进而可解； （2）设事件为“从患者人群中抽一名痊愈者”，事件为“该患者服用药品治疗”，事件为“该患者服用药品治疗”，事件为“该患者服用药品治疗”，代入概率公式求解即可； （3）设随机变量为生产药品产生的年利润，分别讨论投入1条，2条，3条生产线时所对应的概率，代入期望公式求解，比较大小即可得解. 【详解】（1）100个病人中恰好有80人被治愈的概率为， 则， 令，得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以的最大值点为. （2）设事件“从患者人群中抽一名痊愈者”，事件“该患者服用药品治疗”， 事件“该患者服用药品治疗”，事件“该患者服用药品治疗”， 则 因此： 所以. （3）设随机变量为生产药品产生的年利润 ①若投入1条生产线，由于服用药品的患者的占比总大于，所以一条生产线总能运行， 此时对应的年利润 ②若投入2条生产线，当，1条生产线运行， 年利润，当时，2条生产线运行， 年利润， 此时的分布列如下： 700 2000 所以； ③若投入3条生产线，当时，1条生产线运行， 年利润 ， 当时2条生产线运行，年利润， 当时，3条生产线运行，年利润， 此时的分布列如下： 400 1700 3000 所以 综上所述，欲使该药企生产药品的年度总利润均值最大，应引入两条生产线. 六、正态分布 30．（2025·湖南·一模）某地区举行专业技能考试，共有8000人参加，分为初试和复试，初试通过后，才能参加复试.为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本，绘制了样本频率分布直方图，如图所示. (1)若所有考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，，试利用正态分布估计所有考生中初试成绩不低于85分的人数； (2)复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩.已知某考生进入复试，他在复试中，前两题每题能答对的概率均为，后两题每题能答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响.规定复试成绩上了20分（含20分）的考生能进入面试，请问该考生进入面试的概率有多大? 附：若随机变量X服从正态分布，则：，. 【答案】(1)182人； (2). 【分析】（1）先根据频率分布直方图平均数估算公式求出样本平均数，然后根据正态分布的性质求得概率，即可求解； （2）根据题意确定的取值，并求出对应的概率，利用互斥事件加法概率公式求解即可. 【详解】（1）由题意得，样本平均数的估计值为 ， 因为学生初试成绩服从正态分布，其中则， 所以， 所以估计初试成绩不低于85分的人数为人. （2）记该考生的复试成绩为，则能进入面试的复试成绩为20分，25分，30分， ， ， ， 所以该考生进入面试的概率为. 七、统计案例 31．（2025·湖南·一模）某市统计了2024年4月的空气质量指数（AQI），将其分为，，，的4组，画出频率分布直方图如图所示. 若，称当天空气质量达标；若，称当天空气质量不达标. (1)求； (2)从4月的30天中任取2天，求至少有1天空气质量达标的概率； (3)若2024年6月的30天中有8天空气质量达标，请完成下面2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为空气质量是否达标与月份有关联？ 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 6月 合计 附：， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】(1)0.002 (2) (3)不能 【分析】（1）由频率和为1求解； （2）由对立事件的概率计算公式求解； （3）先求出列联表，再计算卡方值进行判断即可． 【详解】（1）依题意得，， 解得． （2）由频率分布直方图知， 4月份的空气质量达标的天数为：， 则4月份的空气质量不达标的天数为：， 则任取2天，至少有1天空气质量达标的概率为：． （3）列联表如下： 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 12 18 30 6月 8 22 30 合计 20 40 60 零假设：空气质量是否达标与月份无关， 则 所以根据小概率值的独立性检验，没有充分理由推断假设不成立， 故不能认为空气质量是否达标与月份有关联． 八、新定义 32．（2025·湖南·一模）在概率统计中，我们常常通过观测到的实验结果应用极大似然估计法来估计某参数的取值．设为其分布列与未知参数有关的离散型随机变量，其中的取值范围为．若对已知结果，有，且，有成立，则称为在下的一个极大似然估计． (1)（i）若服从二项分布，求在下的极大似然估计； （ii）若服从二项分布，求在下的极大似然估计． (2)若某台抽奖机上有一个按钮，参与者需要连续快速点击按钮来累积积分换取奖品．已知每次点击按钮后，获得1积分的概率为，不获得积分的概率为．小丽参加这个抽奖活动后总共获得了积分，用极大似然估计的方法估计她点击按钮的总次数的取值为，证明：，并指出等号成立的条件． 【答案】(1)（i）；（ii）5或6 (2)证明见解析，等号能成立的条件为． 【分析】（1）（i）根据二项分布的定义写出的表达式，再求其最值即得； （ii）根据二项分布的定义求得，利用数列的单调性，即得在或时取得最大值，即得； (2)先判断服从二项分布，求得，求出，判断的单调性，按照是否为整数分情况讨论推理得到即可. 【详解】（1）（i）由题意可得， 故当时取最大值，其极大似然估计为． （ii）由题得，且， ， 令，则， 其中．当时，，则； 当时，有；当时，，故在或时取得最大值， 则在下的极大似然估计为5或6． （2）显然有，设次点击后获得的积分为随机变量，由题可知服从二项分布， 则， 设， 则． 当，即时，， 当时，，当时，． ① 若为整数，则对的极大似然估计为和，满足，当时等号成立， ② 若不为整数，记为小于的最大整数，则， 当时，；当时，， 则的极大似然估计为，故. 综上可得：，等号能成立的条件为． 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 计数原理、概率、统计及统计案例、 随机变量及其分布列（八大题型） 一、排列组合与二项式定理 1．（2025·湖南邵阳·一模）某校高三（5）班班主任准备从2名男生和4名女生中选取3人担任数学、物理、化学学科课代表，每学科安排1人，且至少有1名男生，则不同的选取方法有 （请用数字作答） 2．（2025·湖南·一模）红海行动是一部现代化海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务A必须排在前三位，且任务、必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 3．（2025·湖南·一模）郑州绿博园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有（    ） A．168种 B．156种 C．172种 D．180种 4．（2025·湖南·一模）在（其中是虚数单位）的展开式中，的系数为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·湖南·一模）（多选）已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ） A． B．展开式中奇数项的二项式系数的和为256 C．展开式中的系数为 D．若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大 6．（2025·湖南·一模）（多选）若，则下列正确的是（   ） A． B． C． D． 7．（2025·湖南衡阳·一模）某城市随机选取个人参加活动，假设该城市人口年龄分布均匀，要使得参加该活动有人生肖相同的概率大于，则至少需要选取（    ）个人. A． B． C． D． 二、事件与概率 8．（2025·湖南邵阳·一模）为了推广一种新产品，某公司开展了有奖促销活动：将6件这种产品装一箱，每箱中都放置2件能够中奖的产品.若从一箱中随机抽出2件，能中奖的概率为（    ） A． B． C． D． 9．（2025·湖南常德·一模）设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为90%，乙箱中产品的合格率为80%.从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为（    ） A． B． C． D． 10．（2025·湖南永州·一模）（多选）已知为随机事件，，则下列说法正确的有（    ） A．若相互独立，则 B．若相互独立，则 C．若两两独立，则 D．若互斥，则 11．（2025·湖南长沙·一模）为随机事件，已知，下列结论中正确的是（    ） A．若为互斥事件，则 B．若为互斥事件，则 C．若是相互独立事件，则 D．若，则 12．（2025·湖南·一模）一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件“第一次朝上面的数字是奇数”，则下列事件中与相互独立的是（    ） A．第一次朝上面的数字是偶数 B．第一次朝上面的数字是1 C．两次朝上面的数字之和是8 D．两次朝上面的数字之和是7 13．（2025·湖南·一模）如图，现有两排座位，第一排3个座位，第二排5个座位，将8人（含甲、乙、丙）随机安排在这两排座位上，则甲、乙、丙3人的座位互不相邻（相邻包括左右相邻和前后相邻）的概率为 ．    14．（2025·湖南岳阳·一模）甲乙两人参加一项户外挑战赛，该挑战赛设置了多道关卡，已知两人是否通过某道关卡是相互独立的，且两人中至少有一人通过当前关卡，才有资格同时进入下一关挑战，否则挑战结束.已知在第一关中甲乙两人通过的概率分别为，若两人有资格挑战第二关，则在第一关中，甲通过的概率为（    ） A． B． C． D． 15．（2025·湖南·一模）某高中学校为了响应上级的号召，促进学生的全面发展，决定每天减少一节学科类课程，增加一节活动课，为此学校开设了传统武术、舞蹈、书法、小提琴4门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，从高一到高三3个学年将4门选修课程学完，则每位同学的不同选修方式有 种，若已知某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程，则这位同学高二学年结束后就修完所有选修课程的概率为 ． 16．（2025·湖南·一模）为了回馈长期以来的顾客群体，某健身房在五周年庆活动期间设计出了一种游戏活动．顾客需投掷一枚骰子三次，若三次投掷的数字都是奇数，则该顾客获得该健身房的免费团操券5张，且有2次终极抽奖机会（2次抽奖结果互不影响）；若三次投掷的数字之和是6，12或18，则该顾客获得该健身房的免费团操券5张，且有1次终极抽奖机会；其余情况顾客均获得该健身房的免费团操券3张，不具有终极抽奖机会，已知每次在终极抽奖活动中的奖品和对应的概率如下表所示． 奖品 一个健身背包 一盒蛋白粉 概率 则一位参加游戏活动的顾客获得蛋白粉的概率为 ． 17．（2025·湖南·一模）根据央视网消息显示，贵州省文旅厅网站5月1日公布《2023年“五一”假期前三天全省文化旅游情况》，其中显示，假期前三天，根据抽样调查结果，全省接待游客2038.26万人次（用2038万计算），较2022年假日同期增长（用计算），恢复到2019年假日同期水平的（用计算）.某大学旅游管理专业的学生陈枫为了了解“红色旅游景区”的游客对景区历史文化背景的知晓情况，随机抽选了若干名游客进行问卷调查，根据问卷得分，统计如下： 得分 频率 0.10 0.20 0.40 0.20 0.10 (1)求2022年和2019年“五一”假期前三天全省接待游客人次（单位：万），精确到0.01. (2)根据表格估计“红色旅游景区”的游客对景区历史文化背景知晓情况问卷得分的平均水平（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. (3)陈枫为了答谢游客的参与，在问卷得分为的游客中按的比例抽选6人作为景区“幸运游客”，景区在“幸运游客”中随机选取两人评为“五星游客”，求得分为､的游客中各有一人评为“五星游客”的概率. 18．（2025·湖南长沙·一模）在重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为. ①若用表示事件发生的次数，则称随机变量服从二项分布，记作. ②若用表示事件首次发生所需的试验次数，则称随机变量服从几何分布，记作. (1)现有十把外形相同的钥匙，其中只有一把能够打开门.现任意一一试开，试对（ⅰ）有放回、（ⅱ）不放回两种情形求事件“至多试3次打开门”的概率； (2)一般地，分别写出服从二项分布的随机变量和服从几何分布的随机变量的分布列及数学期望； (3)证明：服从几何分布且取值于正整数的随机变量具有无记忆性，即，其中和为正整数.并结合（1）说明几何分布具有无记忆性的实际意义. 提示：. 三、多选题多考点综合 19．（2025·湖南长沙·一模）某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（    ） A．乙组同学恰好命中2次的概率为 B．甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率 C．甲组同学命中次数的方差为 D．乙组同学命中次数的数学期望为 20．（2025·湖南·一模）下列说法正确的有（    ） A．的展开式中，的系数是 B．的展开式中，各二项式系数和为 C．从名男生，名女生中选名学生参加志愿者服务，表示参加志愿服务的男生人数，则 D．有个不同的正因数 21．（2025·湖南邵阳·一模）下列说法正确的是（    ） A．决定系数越小，模型的拟合效果越好 B．若随机变量服从两点分布，，则 C．若随机变量服从正态分布，，则 D．一组数（）的平均数为，若再插入一个数，则这个数的方差变大 22．（2025·湖南·一模）如图，一个三角形被分成9个房间，称有公共边的2个房间为相邻房间，一个小球每次从一个房间等概率地移动到相邻房间，则（   ） A．将2个小球放至不同的房间，则房间不相邻的概率为 B．将个小球放至不同的房间，若房间两两不相邻，则 C．小球从房间出发，4次移动后到达房间的移动路径有6种 D．小球从房间出发，20次移动后到达房间的概率为 四、统计及样本数字特征 23．（2025·湖南·一模）东北师大附中培养的学生德才兼备、全面发展、在校团委领导下的各个社团，积极开展各项活动，其中甲、乙两个社团为了钠新，利用7天的时间进行宣传，将每天宣传次数绘制成如下频数分布折线图（其中前三天宣传次数相同），则下列说法正确的是（    ）      A．甲社团众数小于乙社团众数 B．甲社团的平均数小于乙社团的平均数 C．甲社团的极差大于乙社团的极差 D．甲社团的方差大于乙社团的方差 24．（2025·湖南·一模）下列说法中正确的是（    ） A．一个样本的方差，则这组样本数据的总和等于60 B．若样本数据的标准差为8，则数据，的标准差为16 C．数据的第70百分位数是23 D．若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小 25．（2025·湖南·一模）某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 索赔次数 保单份数 已知：一份保单的保费为万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿万元；第四次索赔时，保险公司赔偿万元. (1)从抽取的份保单中，随机抽取一份保单其索赔次数不少于的概率； (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差． （i）记为抽取的份保单的毛利润平均值，求的值； （ii）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下抽取的份保单毛利润的平均值与（i）中的大小. 五、随机变量及其分布 26．（2025·湖南·一模）已知，且，下列关于二项分布与超几何分布的说法中，错误的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．当样本总数远大于抽取数目时，可以用二项分布近似估计超几何分布 27．（2025·湖南·一模）一个箱子中装有4个黑球，2个白球，小球除颜色外其他都相同，每次从箱子中随机取出一个球，取出4个黑球即停止. (1)若从箱子中不放回地取球，求恰好第5次停止的概率； (2)若从箱子中有放回地取球，记5次之内（含5次）取到黑球的次数为，求的分布列和期望. 28．（2025·湖南·一模）某超市每天以4元/千克购进某种有机蔬菜，然后以7元/千克出售．若每天下午6点以前所购进的有机蔬菜没有全部销售完，则对未售出的有机蔬菜降价处理，以2元/千克出售，并且降价后能够把剩余所有的有机蔬菜全部处理完毕，且当天不再进货．该超市整理了过去两个月（按60天计算）每天下午6点前这种有机蔬菜的日销售量（单位：千克），得到如下统计数据．（注：视频率为概率，） 每天下午6点前的销售量/千克 250 300 350 400 450 天数 10 10 5 (1)求1天下午6点前的销售量不少于350千克的概率； (2)在接下来的2天中，设为下午6点前的销售量不少于350千克的天数，求的分布列和数学期望． 29．（2025·湖南·一模）现市场上治疗某种疾病的药品有两种，其治愈率与患者占比如表所示，为试验一种新药，在有关部门批准后，某医院把此药给100个病人服用．设药的治愈率为，且每位病人是否被治愈相互独立． A B C（新药） 治愈率 患者占比 (1)记100个病人中恰有80人被治愈的概率为，求的最大值点； (2)设用新药的患者占比为（药品减少的患者占比，均为新药增加占比的一半，，以（1）问中确定的作为的值，从已经用药的患者中随机抽取一名患者，求该患者痊愈的概率（结果用表示） (3)按照市场预测，使用新药的患者占比能达到以上，不足的概率为，不低于且不超过的概率为，超过的概率为，某药企计划引入药品的生产线，但生产线运行的条数受患者占比的影响，关系如下表： 患者占比 最多投入生产线条数 1 2 3 若某条生产线运行，年利润为1000万，若某条生产线未运行，年亏损300万，欲使该药企生产药品的年总利润均值最大，应引入几条生产线？ 六、正态分布 30．（2025·湖南·一模）某地区举行专业技能考试，共有8000人参加，分为初试和复试，初试通过后，才能参加复试.为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本，绘制了样本频率分布直方图，如图所示. (1)若所有考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，，试利用正态分布估计所有考生中初试成绩不低于85分的人数； (2)复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩.已知某考生进入复试，他在复试中，前两题每题能答对的概率均为，后两题每题能答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响.规定复试成绩上了20分（含20分）的考生能进入面试，请问该考生进入面试的概率有多大? 附：若随机变量X服从正态分布，则：，. 七、统计案例 31．（2025·湖南·一模）某市统计了2024年4月的空气质量指数（AQI），将其分为，，，的4组，画出频率分布直方图如图所示. 若，称当天空气质量达标；若，称当天空气质量不达标. (1)求； (2)从4月的30天中任取2天，求至少有1天空气质量达标的概率； (3)若2024年6月的30天中有8天空气质量达标，请完成下面2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为空气质量是否达标与月份有关联？ 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 6月 合计 附：， 八、新定义 32．（2025·湖南·一模）在概率统计中，我们常常通过观测到的实验结果应用极大似然估计法来估计某参数的取值．设为其分布列与未知参数有关的离散型随机变量，其中的取值范围为．若对已知结果，有，且，有成立，则称为在下的一个极大似然估计． (1)（i）若服从二项分布，求在下的极大似然估计； （ii）若服从二项分布，求在下的极大似然估计． (2)若某台抽奖机上有一个按钮，参与者需要连续快速点击按钮来累积积分换取奖品．已知每次点击按钮后，获得1积分的概率为，不获得积分的概率为．小丽参加这个抽奖活动后总共获得了积分，用极大似然估计的方法估计她点击按钮的总次数的取值为，证明：，并指出等号成立的条件． 19 学科网（北京）股份有限公司 $$