抢分秘籍08 计数原理与概率统计（4大题型8大易错）-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（上海专用）

抢分秘籍08 计数原理与概率统计 目录 【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型） 【题型一】统计 【题型二】 计数原理 【题型三】 概率 【题型四】 随机变量及其分布 【误区点拨】点拨常见的易错点 易错点一：忽略部分均分问题造成重复致误 易错点二：综合问题中情况考虑不全致误 易错点三：不能正确理解二项式系数的最值而致误 易错点四： 混淆互斥事件与对立事件致误 易错点五： 混淆互斥事件与相互独立事件致误 易错点六：混淆正态分布中的方差与标准差致错 易错点七：混淆条件概率与积事件的概率致错 易错点八：对期望和方差的应用认识不到位致误 知识点分布： 计数原理：主要考查排列、组合及简单的计数问题，如有限制条件的抽（选）取问题、“分组” 与 “分配” 问题、相同元素分配问题等，常以实际生活情境为背景。 概率：古典概型是重点，常与排列组合知识结合，考查基本的概率计算。同时，互斥事件、对立事件的概率，以及全概率公式等也有涉及。 统计：用样本估计总体是核心内容，包括频率分布表、频率分布直方图、平均数、中位数、方差等数字特征的计算与应用。此外，线性相关的概念、独立性检验也在考查范围内。 题型与难度：在上海高考中，计数原理与概率统计的题目可能出现在选择题、填空题和解答题中。一般来说，小题侧重于考查基本概念、公式的应用，难度适中；解答题则更注重对知识的综合运用，以及对实际问题的分析和解决能力，难度稍大。例如，以实际调查数据为背景，要求考生通过数据分析进行概率计算、独立性检验等。 对计数原理中的分类加法计数原理和分步乘法计数原理要理解透彻，明确何时用 “分类”，何时用 “分步”。熟练掌握排列组合的基本公式和应用方法，注意区分不同类型的排列组合问题，如相邻问题、不相邻问题、分组分配问题等，并总结相应的解题技巧。 对于概率部分，要清楚古典概型、互斥事件、对立事件等基本概念，牢记概率的计算公式。深入理解条件概率、全概率公式的含义和应用场景，能够准确判断并解决相关问题。 统计方面，要熟练掌握各种统计图表（如频率分布直方图、折线统计图等）的特点和应用，能从图表中获取有效信息进行数据分析。准确理解样本平均数、中位数、众数、方差等数字特征的概念和计算方法，明确它们在描述数据特征方面的作用。 【题型一】统计 1.频率分布直方图的相关结论 (1)频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1. (2)频率分布直方图中纵轴表示，每组样本的频率为组距×，即小长方形的面积． (3)频率分布直方图中每组样本的频数为频率×总数． 2.频率分布直方图中的数字特征 (1)众数：最高矩形的底边中点的横坐标． (2)中位数：中位数左边和右边的矩形的面积和应该相等． (3)平均数：平均数在频率分布直方图中等于各组区间的中点值与对应频率之积的和． 3.计算一组n个数据第p百分位数的步骤 4.判定两个变量相关性的方法 (1)画散点图：若点的分布从左下角到右上角，则两个变量正相关；若点的分布从左上角到右下角，则两个变量负相关． (2)样本相关系数：当r>0时，正相关；当r<0时，负相关；|r|越接近1，相关性越强． (3)经验回归方程：当>0时，正相关；当<0时，负相关． 5.求经验回归方程的步骤 6.独立性检验的一般步骤 (1)根据样本数据制成2×2列联表． (2)根据公式χ2＝计算． (3)比较χ2与临界值的大小关系，作统计推断． 1．（2025·上海·模拟预测）标志重捕法是指的是在一定范围内，对活动能力强、活动范围较大的动物种群进行粗略估算的一种生物统计方法，是根据自由活动的生物在一定区域内被调查与自然个体数的比例关系对自然个体总数进行数学推断.在被调查种群的生存环境中，捕获一部分个体，将这些个体进行标志后再放回原来的环境，经过一段时间后进行重捕，根据重捕中标志个体占总捕获数的比例来估计该种群的数量.标志重捕法估算种群密度是基于以下几种假设：①标记个体与未标记个体在重捕时被捕获的概率相等；②在调查期内标记的个体没有死亡，没有迁出，标记物没有脱落；③标记个体在种群中均匀分布.若应用标志重捕法调查鱼的种群密度，则下列捕鱼过程会导致估算结果与实际情况误差较大的是（    ）. A．第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼的渔网捕鱼 B．第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼 C．第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼 D．第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼 2．（2025·上海宝山·二模）甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示如左下图，茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图完好（右下图），则下列结论正确的是（     ） A．甲得分的极差小于乙得分的极差 B．甲得分的第25百分位数大于乙得分的第75百分位数 C．甲得分的平均数大于乙得分的平均数 D．甲得分的方差小于乙得分的方差 3．（2025·上海浦东新·二模）研究变量，得到一组成对数据，先进行一次线性回归分析，接着增加一个数据，其中，，再重新进行一次线性回归分析，则下列说法正确的是（    ） A．变量与变量的相关性变强 B．相关系数的绝对值变小 C．线性回归方程不变 D．拟合误差变大 4．（2025·上海黄浦·二模）设，随机变量取值、、、的概率均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25．若记、分别为、的方差，则（    ） A． B． C． D．与的大小关系与、、、的取值有关 5．（2025·上海长宁·二模）某书店为了分析书籍销量与宣传投入之间的关系，对宣传投入x（千元）和书籍销量y（百本）的情况进行了调研，并统计得到表中几组对应数据，同时用最小二乘法得到y关于x的线性回归方程为，则下列说法不正确的是（   ） x 3 4 5 6 y 5 6.2 7.4 m A．变量x、y之间呈正相关 B．预测当宣传投入2千元时，书籍销量约为400本 C． D．拟合误差 6．（2025·上海闵行·二模）已知数据的平均数为2，方差为5，则的平均数为 ． 7．（2025·上海杨浦·二模）植物社团的同学观察一株植物的生长情况，为了解植物高度（单位：厘米）与生长期（单位：天）之间的关系，随机统计了某4天的植物高度，并制作了如下对照表： 生长期 3 9 11 17 植物高度 2.4 3.4 3.8 5.2 由表中数据可得回归方程中，试预测生长期是30天时，植物高度约为 厘米. 8．（2025·上海奉贤·二模）某疾病预防中心随机调查了339名50岁以上的公民，研究吸烟习惯与慢性气管炎患病 的关系，测得数据如表所示： 不吸烟者 吸烟者 总计 不患慢性气管炎者 121 283 患慢性气管炎者      总计 134 339 (1)估算样本中吸烟者中患慢性支气管炎的百分比； (2)有多少把握认为患慢性支气管炎与吸烟有关？ 附：，其中，，，． 9．（2025·上海·模拟预测）为了检查一批零件的质量是否合格，检查员计划从中依次随机抽取零件检查：第次检查抽取号零件，测量其尺寸(单位：厘米).检查员共进行了100次检查，整理并计算得到如下数据：，，. (1)这批零件共有1000个.若在抽查过程中，质量合格的零件共有60个，估计这批零件中质量合格的零件数量； (2)若变量与存在线性关系，记，求回归系数的值； (3)在抽出的100个零件中，检查员计划从中随机抽出20个零件进行进一步检查，记抽出的20个零件中有对相邻序号的零件，求的数学期望. 示例零件序号为“1、2、4、5”与“1、2、3、5”时均恰有2对相邻序号的零件. 参考公式：（1）线性回归方程：，其中，. （2）期望的线性性质：，其中是若干随机变量. 10．（2025·上海·模拟预测）某航天公司研发一种火箭推进器，为测试其性能，对推进器飞行距离与损坏零件数进行了统计，数据如下： 飞行距离 56 63 71 79 90 102 110 117 损坏零件数（个） 61 73 90 105 119 136 149 163 (1)建立关于的回归模型，根据所给数据及回归模型，求回归方程及相关系数；（精确到0.1，精确到整数，精确到0.0001） (2)该公司进行了第二次测试，从所有同型号推进器中随机抽取100台进行等距离飞行测试，飞行前对其中60台进行保养，测试结束后，有20台报废，其中保养过的推进器占比，请根据统计数据完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为推进器是否报废与保养有关？ \ 保养 未保养 合计 报废 20 未报废 合计 60 100 参考数据、公式如下： ，其中，. ，. 保养 未保养 合计 报废 未报废 合计 ，其中. 0.25 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 1.323 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 11．（2025·上海杨浦·二模）为弘扬中华民族传统文化、增强民族自豪感，某学校开展中华古诗词背诵比赛，分为初赛和复赛.全校同学都参加了初赛，并随机抽取一个班级进行初赛成绩统计，已知该班级共有40位学生，他们的初赛分数的频率分布直方图如图所示： (1)计算的值，并估计该校这次初赛的平均分数. (2)初赛分数达到80及以上的同学，称为优秀参赛选手，现从班级中随机选出2位同学，用代表其中的优秀参赛选手人数，求的分布； (3)为增加比赛的趣味性，复赛规则如下：复赛试题将从题库中随机抽取，每位参赛选手将有机会回答填空、选择和简答各1题；每答对1题得1分，答错或不答得0分，每位选手可以自行选择回答问题的顺序，若答对一题可继续答下一题，直到3题全部答完；若答错或不答则比赛结束.例如：选手甲可自行按“简答—填空—选择”顺序答题，甲答对第一题得1分，并继续回答第二题且答错得0分，结束比赛，总分为1分. 小杨作为优秀参赛选手，代表班级参加复赛.根据他初赛的答题正确频率，可估计他填空、选择和简答的答题正确概率分别为： 题型 填空 选择 简答 答题正确概率 若小杨每次答题的结果都相互独立，那么为尽量在比赛中获得较高分数，小杨应该采用怎样的答题顺序？请说明理由. 【题型二】 计数原理 1．排列数、组合数常用公式 (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．解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排． (2)合理分类与准确分步． (3)排列、组合混合问题要先选后排． (4)相邻问题捆绑处理． (5)不相邻问题插空处理． (6)定序问题倍缩法处理． (7)分排问题直排处理． (8)“小集团”排列问题先整体后局部． (9)构造模型． (10)正难则反，等价转化． 3.破解三项展开式问题 求三项展开式中某些指定的项，常常利用这几种方法： (1)两项看成一项，利用二项式定理展开． (2)因式分解，转化为两个二项式再求解． (3)看作多个因式的乘积，用组合的知识解答． 4.赋值法的应用 一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为[g(1)－g(－1)]． 5.二项展开式系数最大项的求法 如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用从而解得k. 6.二项式定理应用的题型及解法 (1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式． (2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不是很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx. 1．甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（    ） A．36种 B．42种 C．54种 D．72种 2．已知，则（   ） A． B． C． D． 3．（2025·上海杨浦·二模）3名同学报名参加社团活动，有4个社团可以报名，这些社团招收人数不限，但每位同学只能报名其中1个社团，则这3位同学可能的报名结果共有（    ）种. A．6 B．24 C．64 D．81 4．（2025·上海奉贤·二模）下列有关排列组合数的计算公式，错误的是（    ） A．（，是正整数，且） B．（，是正整数，且） C．（，是正整数，且） D．（，是正整数，且） 5．（2024·上海奉贤·二模）已知多项式对一切实数恒成立，则 6．（2025·上海崇明·二模）已知集合M中的任一个元素都是整数，当存在整数且时，称M为“间断整数集”．集合的所有子集中，是“间断整数集”的个数为 ． 7．要排出高一某班一天上午5节课的课表，其中语文、数学、英语、艺术、体育各一节，若要求语文、数学选一门第一节课上，且艺术、体育不相邻上课，则不同的排法种数是 ． 8．（2024·上海虹口·一模）已知项数为10的数列中任一项均为集合中的元素，且相邻两项满足．若中任意两项都不相等，则满足条件的数列有 个． 9．已知的展开式中项的系数为60，则实数的值为 . 10．（2025·上海宝山·二模）有件商品的编号分别为，它们的售价（元），且满足，则这件商品售价的所有可能情况有 种. 11．（2025·上海金山·二模）设均是正整数，且，则的值为 . 【题型三】概率 1.事件关系的运算策略 进行事件的运算时，一是要紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析．当事件是由互斥事件组成时，运用互斥事件的概率加法公式． 2.利用公式法求解古典概型问题的步骤 3.概率问题中的递推数列 在概率与统计的问题中，经常会出现概率统计与数列综合考查的问题，一般以压轴题的形式出现．主要有四种类型：(1)an＝pan－1＋q型；(2)an＋1＝pan＋f(n)型；(3)an＋1＝anf(n)型；(4)an＋1＝pan＋qan－1型． 4.求相互独立事件同时发生的概率的方法 (1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积． (2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算． 5.求条件概率的常用方法 (1)定义法：P(B|A)＝. (2)样本点法：P(B|A)＝. (3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解． 6.利用全概率公式解题的思路 (1)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai(i＝1,2，…，n)． (2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(Ai)P(B|Ai)． (3)代入全概率公式计算． 1．（2025·上海徐汇·二模）在桌面上有一个质地均匀的正四面体D—ABC．从该正四面体与桌面贴合的面上的三条棱中等可能地选取一条棱，沿其翻转正四面体至正四面体的另一个面与桌面贴合，如此翻转称为一次操作．如图，开始时，正四面体与桌面贴合的面为，操作次后，正四面体与桌面贴合的面是的概率记为. 现有下列两个结论：①；②. 则下列说法正确的是（    ）    A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①、②都正确 D．①、②都错误 2．已知、分别为随机事件A、B的对立事件，，，则下列等式错误的是（    ） A． B． C．若A、B独立，则 D．若A、B互斥，则 3．掷两颗骰子，观察掷得的点数．设事件表示“两个点数都是偶数”，事件表示“两个点数都是奇数”，事件表示“两个点数之和是偶数”，事件表示“两个点数的乘积是偶数”．那么下列结论正确的是（    ） A．与是对立事件 B．与是互斥事件 C．与是相互独立事件 D．与是相互独立事件 4．某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他也在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他也在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.；如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·上海·模拟预测）为了增强法治观念，甲、乙两位老师在共所学校中各自选所学校开展普法讲座.在甲、乙一共选择了所不同的学校的条件下，恰有一位老师选择学校开展讲座的概率为 . 6．（2025·上海奉贤·二模）盒子中有大小与质地均相同的个红球和个白球，从中随机取1个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其相同颜色的球个（大小与质地均相同），再从中随机取1个球，计算此次取到白球的概率是 ． 7．（2025·上海长宁·二模）一项过关游戏的规则规定：在第n关要投掷骰子n次，如果这n次投掷所得的点数之和大于，则算过关，问一个人连过第一、二关的概率为 ． 8．教授对外汉语的张老师要求班上的留学生们从周一到周四每天学习2首唐诗及正确注释，每周五对一周内所学唐诗随机抽取4首进行检测.若已知抽取进行检测的4首唐诗中有一首是周四学的，则所抽取的4首唐诗中恰有3首来自本周后两天所学内容的概率为 . 9．甲、乙等4人参加A，B，C这三项活动，要求每人只参加一项活动，且每项活动至少有1人参加，则甲不单独参加活动，且乙不参加活动的概率是 ． 10．（2024·上海崇明·一模）已知函数的定义域，值域，则函数为增函数的概率是 ． 11．对于函数，其定义域为D，若对任意的，当时都有，则称函数为“不严格单调增函数”，若函数定义域为，值域为，则函数是“不严格单调增函数”的概率是 12．（2025·上海·模拟预测）甲、乙是两个体育社团的小组．如下是两组组员身高的茎叶图（单位：厘米），以身高的百位数和十位数作为“茎”排列在中间、个位数作为“叶”分列在两边． (1)求甲、乙两组组员身高的第60百分位数； (2)从甲、乙两组各选取一个组员，求两人身高均在170厘米以上的概率； (3)为使两组人数相同，从甲组中调派一个队员到乙组．是否存在甲组的一个组员，将他调派至乙组后，甲、乙两组的平均身高都增大？ 13．（2025·上海崇明·二模）某区2025年3月31日至4月13日的天气预报如图所示． (1)从3月31日至4月13日某天开始，连续统计三天，求这三天中至少有两天是阵雨的概率； (2)根据天气预报，该区4月14日的最低气温是9，温差是指一段时间内最高温度与最低温度之间的差值，例如3月31日的最高温度为17，最低温度为9，当天的温差为8记4月1日至4日这4天温差的方差为，4月11日至14日这4天温差的方差为，若，求4月14日天气预报的最高气温； (3)从3月31日至4月13日中随机抽取两天，用X表示一天温差不高于9的天数，求X的分布列及期望． 14．（2025·上海长宁·二模）为响应国家促进消费的政策，某大型商场举办了“消费满减乐翻天”的优惠活动，顾客消费满800元（含800元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（顾客只能选择其中的一种） 方案1：从装有5个红球，3个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出3个球．每摸出1次红球，立减150元，若3次都摸到红球，则额外再减200元（即总共减650元）； 方案2：从装有5个红球，3个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，不放回地依次摸出3个球．中奖规则为：若摸出3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球，则打5折；其余情况无优惠． (1)顾客A选择抽奖方案2，已知他第一次摸出红球，求他能够享受优惠的概率； (2)顾客B恰好消费了800元， ①若他选择抽奖方案1，求他实付金额的分布列和期望（结果精确到0.01）； ②试从实付金额的期望值分析顾客B选择何种抽奖方案更合理． 【题型四】随机变量及其分布 1.离散型随机变量分布列的性质的应用 (1)利用“概率之和为1”可以求相关参数的值． (2)利用“在某个范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率． (3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确． 2.均值、方差的大小比较、最值(范围)问题 关于随机变量的均值与方差，近几年均以选择题的形式考查，除考查均值、方差的直接计算，还经常从下列几个角度进行考查：(1)均值、方差及概率的大小比较；(2)均值、方差的增减性分析；(3)均值、方差的最值；(4)解均值、方差的不等式求字母的范围． 3.求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤 (1)理解ξ的意义，写出ξ的所有可能取值． (2)求ξ取每个值的概率． (3)写出ξ的分布列． (4)由均值、方差的定义求E(ξ)，D(ξ)． 4.二项分布问题的解题关键 (1)定型： ①在每一次试验中，事件发生的概率相同． ②各次试验中的事件是相互独立的． ③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生． (2)定参：确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率． 5.解决正态分布问题的三个关键点 (1)对称轴为x＝μ. (2)标准差为σ. (3)分布区间． 利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率．注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0. 1．已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（   ） A．关于直线对称 B．关于直线对称 C．关于点成中心对称 D．关于点成中心对称 2．抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，记录骰子朝上面的点数，若用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验结果，设事件；事件：至少有一颗点数为6；事件；事件.则下列说法正确的是（ ） A．事件与事件为互斥事件 B．事件与事件为互斥事件 C．事件与事件相互独立 D．事件与事件相互独立 3．（2025·上海长宁·二模）某水果店的苹果，来自A基地，来自B基地，A基地苹果的新鲜率为，B基地苹果的新鲜率为，从该水果店随机选取一个苹果，则选到新鲜苹果的概率是 ． 4．某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 (1)经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间 内的概率; (2)以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望; (3)在甲、乙两台新型机器生产的这批零件中，甲机器生产的零件数是乙机器生产的零件数的 2 倍， 且甲机器生产的零件的次品率为 0.3， 乙机器生产的零件的次品率为0.2， 现从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率. 参考数据: 若随机变量，则，，. 5.烧麦——在呼和浩特有着深厚的历史底蕴，2024年12月21日，呼和浩特举办了“首届烧麦美食大会”，活动持续至2025年1月3日，期间吸引了数以万计的国内外游客慕名而来．“烧麦美食大会”的举办旨在传承和弘扬烧麦文化，深入挖掘呼和浩特市的文旅资源优势，推动烧麦产业创新与发展，促进文商旅融合，提升城市形象．为了了解游客的旅游体验满意度，某研究性学习小组采用问卷调查的方式，随机调查了100名游客，并将收集到的满意度得分数据（满分100分）分成了五段：，，，，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求频率分布直方图中的值，为进一步了解游客对本次“烧麦美食大会”满意度情况，从分值在，，三组满意度问卷中，按分层随机抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取3人，记满意度得分在人数为，求的分布列和期望； (2)已知满意度分值在的平均数，方差，在的平均数为，方差，试求满意度分值在的平均数和方差． 6．2024年10月16日，为纪念我国第一颗原子弹爆炸60周年，某中学高三年级举行“两弹一星”知识挑战赛，全年级共1000名学生，其中高三（1）班有名学生.挑战赛分为初赛和决赛，都是以班级为单位，初赛每名学生都参加，每名学生只有1次答题机会，全班答对人数超过进入决赛；决赛按照班级学号从小到大依次答题，若答对，则下一个人答题，直到有人答错或班级所有人答完，此班结束比赛. (1)学校根据初赛中学生答题情况绘制了如下列联表，完成表中数据，并根据小概率值0.001的独立性检验，能否认为学生答对题目与选科类型有关联？ 选科类型 答对 答错 总计 物理类学生 350 历史类学生 50 300 总计 1000 (2)已知高三（1）班在初赛中每个学生答对的概率均为，各人是否答对相互独立，若初赛中高三（1）班恰有人答对的概率记为，求证：当取得最大值时，； (3)若高三（1）班进入决赛，且决赛中每个学生答错的概率均为，各人是否答对相互独立，记决赛中高三（1）班答题的人数为，求证：. 附：，其中. 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 7．DeepSeek是由中国杭州的DeepSeek公司开发的人工智能模型，其中文名“深度求索”反映了其探索深度学习的决心．DeepSeek主要功能为内容生成、数据分析与可视化、代码辅助、多模态融合、自主智能体等，在金融领域、医疗健康、智能制造、教育领域等多个领域都有广泛的应用场景．为提高DeepSeek的应用能力，某公司组织A，B两部门的50名员工参加DeepSeek培训． (1)此次DeepSeek培训的员工中共有6名部门领导参加，恰有3人来自部门．从这6名部门领导中随机选取2人，记表示选取的2人中来自部门的人数，求的分布列和数学期望； (2)此次DeepSeek培训分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮培训结果相互独立，至少两轮培训达到“优秀”的员工才能合格． （ⅰ）求每位员工经过培训合格的概率； （ⅱ）经过预测，开展DeepSeek培训后，合格的员工每人每年平均为公司创造利润30万元，不合格的员工每人每年平均为公司创造利润20万元，且公司需每年平均为每位参加培训的员工支付3万元的其他成本和费用．试估计该公司两部门培训后的年利润（公司年利润员工创造的利润-其他成本和费用）． 8．为研究某篮球运动员对球队的贡献情况，现统计某赛季该球员出场情况与比赛结果的数据如下表： 球队赢球 球队输球 总计 参加 30 12 42 未参加 20 20 40 总计 50 32 82 (1)根据小概率值的独立性检验，能否认为该球队赢球与该球员参赛有关联？ (2)为进一步研究该球员对球队的影响作用，现从他参赛的10场比赛（其中赢球场次3场，输球场次7场）中随机抽取2场，用随机变量表示赢球的场数．求随机变量的分布列，数学期望与方差． 参考公式：，其中． 0.10 0.05 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 9．一口袋中装有10个小球，其中标有数字的小球各两个，这些小球除数字外其余均相同. (1)某人从中一次性摸出4个球，设事件A “摸出的4个球中至少有一个数字是5”，事件“摸出的4个球中恰有两个数字相同”；分别求事件A和事件的概率； (2)现有一游戏，游戏规则是：游戏玩家每次有放回地从袋中随机摸出一球，若摸到5号球，则游戏结束；否则继续摸球，当摸到第个球时，无论摸出的是几号球游戏都结束.设表示摸球的次数（，求随机变量的期望，并比较期望与1的大小. 10．（2025·上海松江·二模）某校组织学生在周末时间利用DeepSeek等人工智能平台进行线上学习，但要求学生学习时间不超过4小时．现从该校高三学生某周末的线上学习时间统计数据中，随机抽取100个学生的学习时间进行分析，绘制成如下频率分布直方图．以抽取的100个学生该周末线上学习时间作为样本，估计该校高三年级全体学生周末线上学习时间的情况． (1)试估计该校高三学生周末线上学习时间的平均数及中位数（注：为了计算均值，可用区间的中点值给区间内的每个数据赋值）； (2)现从全部高三年级学生中随机抽取人，若其中有4人周末线上学习的时间不小于3小时的可能性最大，求的值. 易错点一：忽略部分均分问题造成重复致误 【典型例题】为进一步了解和巩固脱贫攻坚成果，某县选派7名工作人员到A，B，C三个乡镇进行调研活动，每个乡镇至少去1人，恰有两个乡镇所派人数相同，则不同的安排方式种数为（ ） 【变式练习】某校有5名大学生打算前往观看冰球、速滑、花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往观看，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数为（ ） 易错点二：综合问题中情况考虑不全致误 【典型例题】校园某处并排连续有6个停车位，现有3辆汽车需要停放，为了方便司机上下车，规定：当有汽车相邻停放时，车头必须同向；当没有汽车相邻时，车头朝向不限，则不同的停车方法共有 种.（用数字作答） 易错点三：不能正确理解二项式系数的最值而致误 【典型例题】若的展开式中第3项与第8项的系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为 【变式练习】在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，且所有项的系数之和为0，则含的项的系数为 （用数字作答）. 易错点四： 混淆互斥事件与对立事件致误 【典型例题】从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，下列选项中是互斥而不对立的两个事件的是（ ） A. “至少有1个红球” 与 “都是黑球” B. “恰好有1个红球” 与 “恰好有1个黑球” C. “至少有1个黑球” 与 “至少有1个红球” D. “都是红球” 与 “都是黑球” 易错点五： 混淆互斥事件与相互独立事件致误 【典型例题】已知随机事件满足，则下列说法错误的是（ ） 易错点六：混淆正态分布中的方差与标准差致错 【典型例题】已知在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布，其中90分为及格线，则下列结论中正确的有 （附：若随机变量服从正态分布，则） A.该校学生成绩的期望为110 B.该校学生成绩的标准差为9 C.该校学生成绩的标准差为81 D.该校学生成绩及格率超过95% 易错点七：混淆条件概率与积事件的概率致错 【典型例题】长时间玩手机可能影响视力，据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1h，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1h的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为（ ） 易错点八：对期望和方差的应用认识不到位致误 【典型例题】为研究某地区2022届大学毕业生毕业三个月后的毕业去向，某调查公司从该地区2022届大学毕业生中随机选取了1000人作为样本进行调查，结果如下： 毕业去向 继续学习 深造 单位就业 自主创业 自由职业 慢就业 人数 200 560 14 128 98 假设该地区2022届大学毕业生选择的毕业去向相互独立. （1）若该地区一所高校2022届大学毕业生的人数为2500，试根据样本估计该校2022届大学毕业生选择“单位就业”的人数. （2）从该地区2022届大学毕业生中随机选取3人，记随机变量为这3人中选择“继续学习深造”的人数.以样本的频率估计概率，求的分布列和数学期望. （3）该公司在半年后对样本中的毕业生进行再调查，发现仅有选择“慢就业”的毕业生中的 人选择了上表中其他的毕业去向，记此时表中五种毕业去向对应人数的方差为.当为何值时，最小？（结论不要求证明） 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 抢分秘籍08 计数原理与概率统计 目录 【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型） 【题型一】统计 【题型二】 计数原理 【题型三】 概率 【题型四】 随机变量及其分布 【误区点拨】点拨常见的易错点 易错点一：忽略部分均分问题造成重复致误 易错点二：综合问题中情况考虑不全致误 易错点三：不能正确理解二项式系数的最值而致误 易错点四： 混淆互斥事件与对立事件致误 易错点五： 混淆互斥事件与相互独立事件致误 易错点六：混淆正态分布中的方差与标准差致错 易错点七：混淆条件概率与积事件的概率致错 易错点八：对期望和方差的应用认识不到位致误 知识点分布： 计数原理：主要考查排列、组合及简单的计数问题，如有限制条件的抽（选）取问题、“分组” 与 “分配” 问题、相同元素分配问题等，常以实际生活情境为背景。 概率：古典概型是重点，常与排列组合知识结合，考查基本的概率计算。同时，互斥事件、对立事件的概率，以及全概率公式等也有涉及。 统计：用样本估计总体是核心内容，包括频率分布表、频率分布直方图、平均数、中位数、方差等数字特征的计算与应用。此外，线性相关的概念、独立性检验也在考查范围内。 题型与难度：在上海高考中，计数原理与概率统计的题目可能出现在选择题、填空题和解答题中。一般来说，小题侧重于考查基本概念、公式的应用，难度适中；解答题则更注重对知识的综合运用，以及对实际问题的分析和解决能力，难度稍大。例如，以实际调查数据为背景，要求考生通过数据分析进行概率计算、独立性检验等。 对计数原理中的分类加法计数原理和分步乘法计数原理要理解透彻，明确何时用 “分类”，何时用 “分步”。熟练掌握排列组合的基本公式和应用方法，注意区分不同类型的排列组合问题，如相邻问题、不相邻问题、分组分配问题等，并总结相应的解题技巧。 对于概率部分，要清楚古典概型、互斥事件、对立事件等基本概念，牢记概率的计算公式。深入理解条件概率、全概率公式的含义和应用场景，能够准确判断并解决相关问题。 统计方面，要熟练掌握各种统计图表（如频率分布直方图、折线统计图等）的特点和应用，能从图表中获取有效信息进行数据分析。准确理解样本平均数、中位数、众数、方差等数字特征的概念和计算方法，明确它们在描述数据特征方面的作用。 【题型一】统计 1.频率分布直方图的相关结论 (1)频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1. (2)频率分布直方图中纵轴表示，每组样本的频率为组距×，即小长方形的面积． (3)频率分布直方图中每组样本的频数为频率×总数． 2.频率分布直方图中的数字特征 (1)众数：最高矩形的底边中点的横坐标． (2)中位数：中位数左边和右边的矩形的面积和应该相等． (3)平均数：平均数在频率分布直方图中等于各组区间的中点值与对应频率之积的和． 3.计算一组n个数据第p百分位数的步骤 4.判定两个变量相关性的方法 (1)画散点图：若点的分布从左下角到右上角，则两个变量正相关；若点的分布从左上角到右下角，则两个变量负相关． (2)样本相关系数：当r>0时，正相关；当r<0时，负相关；|r|越接近1，相关性越强． (3)经验回归方程：当>0时，正相关；当<0时，负相关． 5.求经验回归方程的步骤 6.独立性检验的一般步骤 (1)根据样本数据制成2×2列联表． (2)根据公式χ2＝计算． (3)比较χ2与临界值的大小关系，作统计推断． 1．（2025·上海·模拟预测）标志重捕法是指的是在一定范围内，对活动能力强、活动范围较大的动物种群进行粗略估算的一种生物统计方法，是根据自由活动的生物在一定区域内被调查与自然个体数的比例关系对自然个体总数进行数学推断.在被调查种群的生存环境中，捕获一部分个体，将这些个体进行标志后再放回原来的环境，经过一段时间后进行重捕，根据重捕中标志个体占总捕获数的比例来估计该种群的数量.标志重捕法估算种群密度是基于以下几种假设：①标记个体与未标记个体在重捕时被捕获的概率相等；②在调查期内标记的个体没有死亡，没有迁出，标记物没有脱落；③标记个体在种群中均匀分布.若应用标志重捕法调查鱼的种群密度，则下列捕鱼过程会导致估算结果与实际情况误差较大的是（    ）. A．第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼的渔网捕鱼 B．第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼 C．第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼 D．第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼 【答案】D 【分析】先计算出理论数量，分别分析四个选项，结合公式，得到ABC选项，采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等；D选项，采用标志重捕法估算出的种群数量越等于种群中大鱼数量，与实际种群数量相比小. 【详解】理论计算公式为，其中为估算的种群数值，为第一次捕获并标记的个体， 为一段时间后，在原来的捕获点再次捕获的个体数，为二次捕获的个体中有标记的数量， 转换后得， 假设池塘中的鱼分为大鱼和小鱼，大鱼是指用大网和小网均能捕获的鱼，小鱼指仅能用小网能捕获的鱼， A选项，第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼的渔网捕鱼， 第一次用小网眼的渔网捕鱼，，其中为捕获并标记的大鱼，为捕获并标记的小鱼， 设为池塘中实际的大鱼数，为池塘中实际的小鱼数，为池塘中实际的鱼条数， 则， 标记后全部放回池塘后，池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为，被标记的小鱼占全部小鱼比例为， 假设每条鱼被捕获的概率相等，故， 第二次捕获的大鱼条中，理论上含标记的大鱼有， 第二次捕获的小鱼条中，理论中含标记的小鱼有， 故， 故总的标记条数为， 所以，又，故， 结论：若两次捕鱼都用小网眼的渔网捕鱼， 采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等； B选项，第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼， 第一次用小网眼的渔网捕鱼，，其中为捕获并标记的大鱼，为捕获并标记的小鱼， 设为池塘中实际的大鱼数，为池塘中实际的小鱼数， 标记后全部放回池塘后，池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为，被标记的小鱼占全部小鱼比例为， 假设每条鱼被捕获的概率相等，故，其中为池塘中实际的鱼条数， 第二次用大网眼渔网捕鱼，捕获的全部是大鱼，即， 理论上，，故，又，故， 结论：第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼， 采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等； C选项，第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼， 第一次用大网眼的渔网捕鱼，，标记后将鱼全部放回到池塘后， 池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为， 第二次用小网眼渔网捕鱼，捕获的鱼中既有大鱼也有小鱼，， 由于第一次用大网眼渔网捕鱼，标记的均为大鱼，故第二次捕获的鱼中，只有大鱼也有可能被标记， 理论上，， 其中， 因为每条鱼捕获的概率相等，所以第二次用小网眼渔网捕获的鱼中， 大鱼和小鱼的比例与池塘中的大鱼和小鱼的比例相等，即， 所以， 结论：第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼， 采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等； D选项，第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼， 第一次用大网眼的渔网捕鱼，，标记后将鱼全部放回到池塘后， 池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为， 第二次用大网眼渔网捕鱼，捕获的全部是大鱼，即， 理论上，，故，又，故， 结论：第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼， 采用标志重捕法估算出的种群数量约等于种群中大鱼数量，与实际种群数量相比小，误差大； 故选：D 2．（2025·上海宝山·二模）甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示如左下图，茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图完好（右下图），则下列结论正确的是（     ） A．甲得分的极差小于乙得分的极差 B．甲得分的第25百分位数大于乙得分的第75百分位数 C．甲得分的平均数大于乙得分的平均数 D．甲得分的方差小于乙得分的方差 【答案】C 【分析】利用极差、百分位数和平均数的计算公式可以判断A、B、C三个选项，对于D选项，利用数据的分散程度判断方差的大小即可. 【详解】对于A选项，甲得分的极差为：，乙得分的极差为：， 因为，所以甲得分的极差大于乙得分的极差，故A错误； 对于B选项，因为，所以甲得分的第25百分位数为， 又，所以乙得分的第75百分位数为， 因为，所以甲得分的第25百分位数小于乙得分的第75百分位数，故B错误； 对于C选项，由折线图可知，在茎叶图中甲的得分中丢失的数据一个为，另一个设为，其中， 所以甲的平均数为， 乙的平均数为， 因为，所以，所以， 所以甲得分的平均数大于乙得分的平均数，故C正确； 对于D选项，方差是刻画数据离散程度或波动幅度的指标. 从茎叶图中可以看到，甲的得分分布比乙的得分分布分散， 所以甲得分的方差大于乙得分的方差，故D错误. 故选：C 3．（2025·上海浦东新·二模）研究变量，得到一组成对数据，先进行一次线性回归分析，接着增加一个数据，其中，，再重新进行一次线性回归分析，则下列说法正确的是（    ） A．变量与变量的相关性变强 B．相关系数的绝对值变小 C．线性回归方程不变 D．拟合误差变大 【答案】C 【分析】设变量，的平均数分别为，，分析可知，.对于AB：根据相关系数的计算公式和性质分析判断；对于CD：根据回归方程和拟合误差的性质分析判断. 【详解】设变量，的平均数分别为，， 则，，即，， 可知新数据的样本中心点不变，仍为， 对于AB：可得， 同理可得， 则相关系数， 可知相关系数的值不变，变量与变量的相关性不变，故AB错误； 对于C：因为，且线性回归方程过样本中心点， 即均不变，所以线性回归方程不变，故C正确； 因为即为样本中心点，即， 可知残差平方和不变， 所以拟合误差不变，故D错误； 故选：C. 4．（2025·上海黄浦·二模）设，随机变量取值、、、的概率均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25．若记、分别为、的方差，则（    ） A． B． C． D．与的大小关系与、、、的取值有关 【答案】A 【分析】根据随机变量的取值情况，计算出它们的期望和方差，再借助均值不等式即可判断作答. 【详解】由随机变量的取值情况，它们的期望分别为：， ，即， ， 则 同理， 则 则 ， 因为 所以， 因为，不能取等号，所以，所以 所以. 故选：A. 5．（2025·上海长宁·二模）某书店为了分析书籍销量与宣传投入之间的关系，对宣传投入x（千元）和书籍销量y（百本）的情况进行了调研，并统计得到表中几组对应数据，同时用最小二乘法得到y关于x的线性回归方程为，则下列说法不正确的是（   ） x 3 4 5 6 y 5 6.2 7.4 m A．变量x、y之间呈正相关 B．预测当宣传投入2千元时，书籍销量约为400本 C． D．拟合误差 【答案】C 【分析】根据线性回归方程即可判断；将代入线性回归方程即可判断；由在线性回归方程上，即可求解；根据拟合误差计算公式求解即可. 【详解】因为线性回归方程为，， 所以变量x、y之间呈正相关，故正确； 当时，（百本），所以书籍销量约为400本，故正确； 由表中数据可得，， 所以，解得，故错误； 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 所以，故正确. 故选：. 6．（2025·上海闵行·二模）已知数据的平均数为2，方差为5，则的平均数为 ． 【答案】9 【分析】由方差和平均数的计算公式结合已知计算即可. 【详解】由题意可得，， 所以， 又， 即，即， 所以的平均数为9. 故答案为：9. 7．（2025·上海杨浦·二模）植物社团的同学观察一株植物的生长情况，为了解植物高度（单位：厘米）与生长期（单位：天）之间的关系，随机统计了某4天的植物高度，并制作了如下对照表： 生长期 3 9 11 17 植物高度 2.4 3.4 3.8 5.2 由表中数据可得回归方程中，试预测生长期是30天时，植物高度约为 厘米. 【答案】 【分析】根据表中数据求出线性回归方程，再代入即可. 【详解】由题意可得，， 所以， 所以回归方程为， 所以预测生长期是30天时，植物高度约为厘米. 故答案为：. 8．（2025·上海奉贤·二模）某疾病预防中心随机调查了339名50岁以上的公民，研究吸烟习惯与慢性气管炎患病 的关系，测得数据如表所示： 不吸烟者 吸烟者 总计 不患慢性气管炎者 121 283 患慢性气管炎者      总计 134 339 (1)估算样本中吸烟者中患慢性支气管炎的百分比； (2)有多少把握认为患慢性支气管炎与吸烟有关？ 附：，其中，，，． 【答案】(1)20.98% (2)有把握 【分析】（1）计算可得吸咽者为，吸烟者中患有慢性支气管炎的人数为， （2）利用表格中的数据计算的观测值，再与临界值比对得解. 【详解】（1）因为，解得，，解得， 所以吸咽者为，吸烟者中患有慢性支气管炎的人数为， 所以， 所以，估算样本中吸烟者约有20.98%患有慢性支气管炎. （2）零假设：假设患慢性支气管炎与吸烟无关， 计算， ， ，从而不成立， 所以我们有把握认为患慢性支气管炎与吸烟有关. 9．（2025·上海·模拟预测）为了检查一批零件的质量是否合格，检查员计划从中依次随机抽取零件检查：第次检查抽取号零件，测量其尺寸(单位：厘米).检查员共进行了100次检查，整理并计算得到如下数据：，，. (1)这批零件共有1000个.若在抽查过程中，质量合格的零件共有60个，估计这批零件中质量合格的零件数量； (2)若变量与存在线性关系，记，求回归系数的值； (3)在抽出的100个零件中，检查员计划从中随机抽出20个零件进行进一步检查，记抽出的20个零件中有对相邻序号的零件，求的数学期望. 示例零件序号为“1、2、4、5”与“1、2、3、5”时均恰有2对相邻序号的零件. 参考公式：（1）线性回归方程：，其中，. （2）期望的线性性质：，其中是若干随机变量. 【答案】(1)600个 (2) (3)个 【分析】（1）利用样本质量合格的频率估计总体的概率，求总体中质量合格的零件数量. （2）根据给出的公式可求的值. （3）根据期望的线性性质求解. 【详解】（1）因为在这100个零件中，合格的零件为60个， 故质量合格的零件所占样本比例为. 而在这1000个零件中，质量合格的零件数为：(个). （2）由可得，， 又因为，， 因此可得：. 代入数据可得：. （3）用表示抽查的结果，若第个零件与第个零件被选中，则记； 若结果是其余情况，则记，. 由线性期望的性质可得： (个). 10．（2025·上海·模拟预测）某航天公司研发一种火箭推进器，为测试其性能，对推进器飞行距离与损坏零件数进行了统计，数据如下： 飞行距离 56 63 71 79 90 102 110 117 损坏零件数（个） 61 73 90 105 119 136 149 163 (1)建立关于的回归模型，根据所给数据及回归模型，求回归方程及相关系数；（精确到0.1，精确到整数，精确到0.0001） (2)该公司进行了第二次测试，从所有同型号推进器中随机抽取100台进行等距离飞行测试，飞行前对其中60台进行保养，测试结束后，有20台报废，其中保养过的推进器占比，请根据统计数据完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为推进器是否报废与保养有关？ \ 保养 未保养 合计 报废 20 未报废 合计 60 100 参考数据、公式如下： ，其中，. ，. 保养 未保养 合计 报废 未报废 合计 ，其中. 0.25 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 1.323 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 【答案】(1)， (2)列联表见解析，有的把握认为是否报废与是否保养有关 【分析】（1）利用最小二乘法求出，即可得出回归方程，再根据公式求出相关系数即可. （2）根据题意可将列联表补充完整，根据公式可求得，再对照临界值表即可得出结论. 【详解】（1）由题意可得， ， 又由， 所以， ， 所以变量关于的线性回归方程为. ， . （2）设零假设：是否报废与是否保养无关. 由题意，报废推进器中保养过得共台，未保养的推进器共台， 补充列联表如下： 保养 未保养 合计 报废 6 14 20 未报废 54 26 80 合计 60 40 100 则， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为是否报废与是否保养有关，此判断错误的概率不大于0.01. 11．（2025·上海杨浦·二模）为弘扬中华民族传统文化、增强民族自豪感，某学校开展中华古诗词背诵比赛，分为初赛和复赛.全校同学都参加了初赛，并随机抽取一个班级进行初赛成绩统计，已知该班级共有40位学生，他们的初赛分数的频率分布直方图如图所示： (1)计算的值，并估计该校这次初赛的平均分数. (2)初赛分数达到80及以上的同学，称为优秀参赛选手，现从班级中随机选出2位同学，用代表其中的优秀参赛选手人数，求的分布； (3)为增加比赛的趣味性，复赛规则如下：复赛试题将从题库中随机抽取，每位参赛选手将有机会回答填空、选择和简答各1题；每答对1题得1分，答错或不答得0分，每位选手可以自行选择回答问题的顺序，若答对一题可继续答下一题，直到3题全部答完；若答错或不答则比赛结束.例如：选手甲可自行按“简答—填空—选择”顺序答题，甲答对第一题得1分，并继续回答第二题且答错得0分，结束比赛，总分为1分. 小杨作为优秀参赛选手，代表班级参加复赛.根据他初赛的答题正确频率，可估计他填空、选择和简答的答题正确概率分别为： 题型 填空 选择 简答 答题正确概率 若小杨每次答题的结果都相互独立，那么为尽量在比赛中获得较高分数，小杨应该采用怎样的答题顺序？请说明理由. 【答案】(1)；该校这次初赛的平均分数为68分 (2)分布列见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）由频率分布直方图的面积和为1计算可得值，由区间的中值乘以纵坐标值再乘以区间宽度后相加可得平均数； （2）先由频率分布直方图计算出优秀与非优秀人数，再由组合数结合古典概率求出相应的概率，然后列出分布列即可； （3）按照答题顺序分六种情况，由乘法公式计算相应概率，然后求出期望比较即可. 【详解】（1）由频率分步直方图中小矩形的面积和为1可得： ， 解得； 该校这次初赛的平均分数为. （2）初赛分数达到80及以上的同学为人，非优秀为28人， 由题意可得的可能取值为， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 （3）按照不同题目顺序分类讨论： 填空，选择，简答： 得零分的概率：， 得一分的概率：， 得两分的概率：， 得三分的概率：， 期望为分； 因为填空和简答的正确率相同，所以“简答，选择，填空”的期望与之相同； 填空，简答，选择： 得零分的概率：， 得一分的概率：， 得两分的概率：， 得三分的概率：， 期望为分； 因为填空和简答的正确率相同，所以“简答，填空，选择”的期望与之相同； 选择，填空，简答： 得零分的概率：， 得一分的概率：， 得两分的概率：， 得三分的概率：， 期望为分； 因为填空和简答的正确率相同，所以“选择，简答，填空”的期望与之相同； 所以， 小杨应采用“选择，填空，简答”或“选择，简答，填空”的顺序. 【题型二】 计数原理 1．排列数、组合数常用公式 (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．解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排． (2)合理分类与准确分步． (3)排列、组合混合问题要先选后排． (4)相邻问题捆绑处理． (5)不相邻问题插空处理． (6)定序问题倍缩法处理． (7)分排问题直排处理． (8)“小集团”排列问题先整体后局部． (9)构造模型． (10)正难则反，等价转化． 3.破解三项展开式问题 求三项展开式中某些指定的项，常常利用这几种方法： (1)两项看成一项，利用二项式定理展开． (2)因式分解，转化为两个二项式再求解． (3)看作多个因式的乘积，用组合的知识解答． 4.赋值法的应用 一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为[g(1)－g(－1)]． 5.二项展开式系数最大项的求法 如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用从而解得k. 6.二项式定理应用的题型及解法 (1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式． (2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不是很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx. 1．甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（    ） A．36种 B．42种 C．54种 D．72种 【答案】B 【分析】按照B项工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【详解】安排B项工作的人数分为两类， 第一类，B项工作仅安排1人，因为甲不参加B项工作，乙必须参加D项工作， 从甲、乙以外的3人中选一人参加B项工作有种方法， 再安排A，C，D项工作，若D项工作安排两人，则有种方法， 若D项工作安排一人，则有种方法， 所以B项工作仅安排1人共种方法， 第二类，B项工作安排2人，有种方法， 由分类加法计数原理，得共有种方法. 故选：B. 2．已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用赋值法可得，再根据导数赋值可得解. 【详解】设， 令，得， 又， 令，则， 所以， 即， 故选：A. 3．（2025·上海杨浦·二模）3名同学报名参加社团活动，有4个社团可以报名，这些社团招收人数不限，但每位同学只能报名其中1个社团，则这3位同学可能的报名结果共有（    ）种. A．6 B．24 C．64 D．81 【答案】C 【分析】由分步乘法原理计算可得. 【详解】由题意可得每位同学有4种选择，根据乘法原理，共有种. 故选：C 4．（2025·上海奉贤·二模）下列有关排列组合数的计算公式，错误的是（    ） A．（，是正整数，且） B．（，是正整数，且） C．（，是正整数，且） D．（，是正整数，且） 【答案】A 【分析】对于A：举反例说明即可；对于BCD：根据排列数、组合数公式运算求解即可. 【详解】对于选项A：例如，则， 即，故A错误； 对于选项B：因为，故B正确； 对于选项C：因为，故C正确； 对于选项D：因为 ， 所以，故D正确； 故选：A. 5．（2024·上海奉贤·二模）已知多项式对一切实数恒成立，则 【答案】 【分析】赋值可得，再用通项求出，相加即可. 【详解】令可得， 又展开式的通项为， 令可得；令，可得， 所以， 所以， 故答案为：1. 6．（2025·上海崇明·二模）已知集合M中的任一个元素都是整数，当存在整数且时，称M为“间断整数集”．集合的所有子集中，是“间断整数集”的个数为 ． 【答案】968 【分析】根据子集中元素的个数分类，每一类都利用组合数计数，再剔除不满足定义的子集，最后根据分类加法计数原理求值即可. 【详解】由题意，满足“间断整数集”定义的子集至少有2个元素，至多有9个元素， 按子集中元素的个数分类， ①当元素个数为2时，不满足定义的子集有： ，共9个； 此时满足定义的子集有个， ②当元素个数为3时，不满足定义的子集有： ，共8个； 此时满足定义的子集有个， ③当元素个数为4时，不满足定义的子集有： ，共7个； 此时满足定义的子集有个， ④当元素个数为5时，不满足定义的子集有： ，共6个； 此时满足定义的子集有个， ⑤当元素个数为6时，不满足定义的子集有： ，共5个； 此时满足定义的子集有个， ⑥当元素个数为7时，不满足定义的子集有： ，共4个； 此时满足定义的子集有个， ⑦当元素个数为8时，不满足定义的子集有： ，共3个； 此时满足定义的子集有个， ⑧当元素个数为9时，不满足定义的子集有： ，共2个； 此时满足定义的子集有个， 综上所述，满足题意的子集共有个. 故答案为：968. 7．要排出高一某班一天上午5节课的课表，其中语文、数学、英语、艺术、体育各一节，若要求语文、数学选一门第一节课上，且艺术、体育不相邻上课，则不同的排法种数是 ． 【答案】 【分析】先排第一节，再利用插空法计算即可. 【详解】先排第一节有种排法， 再在其后排语数英中除第一节外的两科目，有种不同排列, 并形成3个空排艺术、体育两门科目，有种排法， 故不同的排课方法有种方法. 故答案为：24. 8．（2024·上海虹口·一模）已知项数为10的数列中任一项均为集合中的元素，且相邻两项满足．若中任意两项都不相等，则满足条件的数列有 个． 【答案】 【分析】先将任意排列，依次将到插入该数列，考虑满足条件，求出其方法总数，即可得出答案. 【详解】由于，可以先将任意排列， 再将插入该数列，但不能在的左边且与相邻，共有种， 再将插入该数列，同样不能在和的左边且与，相邻，共有种， 再将插入该数列，同样不能在，和3的左边且与相邻，共有种， 以此类推，将插入该数列，共有种. 故答案为：. 9．已知的展开式中项的系数为60，则实数的值为 . 【答案】 【分析】写出的二项展开式，根据题意求出的系数，进而列出等式求解即可. 【详解】， 的二项展开式的通项为， 令得，， 的展示式中的系数为； 令得，， 的展开式中的系数为40， 依题意，解得， 故答案为：． 10．（2025·上海宝山·二模）有件商品的编号分别为，它们的售价（元），且满足，则这件商品售价的所有可能情况有 种. 【答案】 【分析】利用组合数中允许重复的原则，分四类讨论，再由加法原理和组合数计算即可. 【详解】分四类讨论： ①当时，有6种情况； ②当时， 若，有5种选法； 若，有4种选法； 若，有3种选法； 若，有2种选法； 若，有1种选法； 由加法原理可得共有15种； ③当时， 若，选择有5种选法； 若，选择有4种选法； 若，选择有3种选法； 若，选择有2种选法； 若，选择有1种选法； 由加法原理可得共有15种； ④当时，有种， 综上，共有种. 故答案为：56. 11．（2025·上海金山·二模）设均是正整数，且，则的值为 . 【答案】 【分析】先将四个数都写成的指数幂和的指数幂的积的形式，再根据，分、、三种情况讨论，即可得解. 【详解】， ， 当时， 不妨取， 则，此时， 而， 所以满足题目条件； 当时， 不妨取， 则，此时， 而从中任取个数相乘不能得出， 所以不满足条件， 不妨取， 则，此时， 但任意任意4个数相乘得不到， 故不满足条件， 综上所述，， 所以. 故答案为：. 【题型三】概率 1.事件关系的运算策略 进行事件的运算时，一是要紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析．当事件是由互斥事件组成时，运用互斥事件的概率加法公式． 2.利用公式法求解古典概型问题的步骤 3.概率问题中的递推数列 在概率与统计的问题中，经常会出现概率统计与数列综合考查的问题，一般以压轴题的形式出现．主要有四种类型：(1)an＝pan－1＋q型；(2)an＋1＝pan＋f(n)型；(3)an＋1＝anf(n)型；(4)an＋1＝pan＋qan－1型． 4.求相互独立事件同时发生的概率的方法 (1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积． (2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算． 5.求条件概率的常用方法 (1)定义法：P(B|A)＝. (2)样本点法：P(B|A)＝. (3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解． 6.利用全概率公式解题的思路 (1)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai(i＝1,2，…，n)． (2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(Ai)P(B|Ai)． (3)代入全概率公式计算． 1．（2025·上海徐汇·二模）在桌面上有一个质地均匀的正四面体D—ABC．从该正四面体与桌面贴合的面上的三条棱中等可能地选取一条棱，沿其翻转正四面体至正四面体的另一个面与桌面贴合，如此翻转称为一次操作．如图，开始时，正四面体与桌面贴合的面为，操作次后，正四面体与桌面贴合的面是的概率记为. 现有下列两个结论：①；②. 则下列说法正确的是（    ）    A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①、②都正确 D．①、②都错误 【答案】C 【分析】首先通过分析正四面体的翻转操作，找出操作n次后正四面体与桌面贴合的面是的概率​的递推关系，再根据递推关系计算​，并分析​的性质判断​与​的大小关系. 【详解】开始时正四面体与桌面贴合的面为，进行一次操作后，正四面体与桌面贴合的面不可能再是，所以. 要得到操作2次后正四面体与桌面贴合的面是，那么第一次操作后正四面体与桌面贴合的面不是，且第二次操作能回到. 第一次操作后正四面体与桌面贴合的面不是，有3种情况（正四面体共4个面，除去ABC面），从这3个面中的任意一个面进行第二次操作回到面的概率为, 根据分步乘法计数原理，，因为，所以，故①正确, 当时，操作次后正四面体与桌面贴合的面是，则操作次后正四面体与桌面贴合的面不是，且第次操作能回到, 操作次后正四面体与桌面贴合的面不是的概率为， 从不是的面进行一次操作回到面的概率为， 所以可得递推关系 将上式变形为, 所以数列是以为首项,为公比的等比数列, ,即， ，显然，故②正确. 故选：C 2．已知、分别为随机事件A、B的对立事件，，，则下列等式错误的是（    ） A． B． C．若A、B独立，则 D．若A、B互斥，则 【答案】A 【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断即可. 【详解】对A，由，故选项A错误； 对B，根据条件概率的乘法公式得，故B正确； 对C，若、独立，则, ，故C正确； 对D，若、互斥，则， ，D正确. 故选：A 3．掷两颗骰子，观察掷得的点数．设事件表示“两个点数都是偶数”，事件表示“两个点数都是奇数”，事件表示“两个点数之和是偶数”，事件表示“两个点数的乘积是偶数”．那么下列结论正确的是（    ） A．与是对立事件 B．与是互斥事件 C．与是相互独立事件 D．与是相互独立事件 【答案】D 【分析】选项A和B，根据条件，利用互斥事件的概念，即可判断出选项A和B的正误；选项C和D，利用相互独立的判断方法，计算各自发生的概率及同时发生的概率，即可判断出正误，从而得出结果. 【详解】对于选项A，因为掷两颗骰子，两个点数可以都是偶数，也可以都是奇数，还可以一奇一偶， 即一次试验，事件和事件可以都不发生，所以选项A错误； 对于选项B，因为即两个点数都是偶数，即与可以同时发生，所以选项B错误， 对于选项C，因为，，又，所以，故选项C错误， 对于选项D，因为，，所以，所以选项D正确， 故选：D. 4．某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他也在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他也在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.；如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】计算对立事件的概率，从下雨次数入手，分类讨论计算两天都不淋雨的概率，即可得至少有一天淋雨的概率. 【详解】解：“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”， 连续上两天班，上班、下班的次数共有4次. (1)4次均不下雨，概率为：； (2)有1次下雨但不淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为：； (3)有2次下雨但不淋雨，共3种情况： ①同一天上下班均下雨；②两天上班时下雨，下班时不下雨；③第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨； 概率为：； (4)有3次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨， 概率为：； (5)4次均下雨，概率为：； 两天都不淋雨的概率为：， 所以至少有一天淋雨的概率为：. 故选：D. 5．（2025·上海·模拟预测）为了增强法治观念，甲、乙两位老师在共所学校中各自选所学校开展普法讲座.在甲、乙一共选择了所不同的学校的条件下，恰有一位老师选择学校开展讲座的概率为 . 【答案】/ 【分析】记事件：甲、乙一共选择了所不同的学校进行普法，事件：恰有一位老师选择学校开展普法讲座，根据条件，利用古典概率公式求得，，再由条件概率公式，即可求解. 【详解】记事件：甲、乙一共选择了所不同的学校进行普法，事件：恰有一位老师选择学校开展普法讲座， 因为，，所以， 故答案为：. 6．（2025·上海奉贤·二模）盒子中有大小与质地均相同的个红球和个白球，从中随机取1个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其相同颜色的球个（大小与质地均相同），再从中随机取1个球，计算此次取到白球的概率是 ． 【答案】 【分析】由题意，根据古典概型求得概率，结合全概率公式，可得答案. 【详解】由题意可设{第一次取得红球}，{第一次取得白球}， {第二次取得红球}，{第二次取得白球}， 易知，，，， 所以. 故答案为：. 7．（2025·上海长宁·二模）一项过关游戏的规则规定：在第n关要投掷骰子n次，如果这n次投掷所得的点数之和大于，则算过关，问一个人连过第一、二关的概率为 ． 【答案】 【分析】利用古典概型的概率公式可求过第一、二关的概率，从而可得连过两关的概率. 【详解】由题设，在第一关投1次骰子，点数大于3，即掷得点数为， 则过第一关的概率为， 第二关投2次骰子，点数之和大于6，则两次掷得点数分别为： ， 故过第二关系的概率为， 故一个人连过第一、二关的概率为， 故答案为：. 8．教授对外汉语的张老师要求班上的留学生们从周一到周四每天学习2首唐诗及正确注释，每周五对一周内所学唐诗随机抽取4首进行检测.若已知抽取进行检测的4首唐诗中有一首是周四学的，则所抽取的4首唐诗中恰有3首来自本周后两天所学内容的概率为 . 【答案】 【分析】根据题意可求出从星期三和星期四中的4 首唐诗中抽的个数，已知有1 首是周四学的,可分为两种情况分别求解即可得出结论. 【详解】因为所抽取的4首唐诗中恰有3首是后两天学的, 即从星期三和星期四中的4 首唐诗中抽 3个：; 又因为已知有一首是周四学的，那么剩下的一首唐诗就从星期一和星期二里的4首唐诗抽 1 个: 那么有: (种)； 因为已知有1 首是周四学的,可分为两种情况: ①4首唐诗中有1首唐诗是星期四的；②4首唐诗中有2 首是星期四的； 对于① (种) ； 对于② (种)； 总可能: (种) 故所求概率为: . 故答案为：. 9．甲、乙等4人参加A，B，C这三项活动，要求每人只参加一项活动，且每项活动至少有1人参加，则甲不单独参加活动，且乙不参加活动的概率是 ． 【答案】 【分析】先求出4人参加三项活动，要求每人只参加一项活动，且每项活动至少有1人参加的方法总数，再求出甲不单独参加活动，且乙不参加活动的方法总数，然后由古典概型求出概率. 【详解】4人参加A，B，C这三项活动，要求每人只参加一项活动，且每项活动至少有1人参加，由分步计数原理，将4人分成3组，再全排，共有种， 甲不单独参加活动，且乙不参加活动，乙从B，C两项活动选一项参加有种，除甲、乙外两人在乙参加外的两项活动中全排有种，然后甲从A，B，C这三项活动选一项参加有种， 则由分步计数原理，共有种方法， 则由古典概型，甲、乙等4人参加A，B，C这三项活动，要求每人只参加一项活动，且每项活动至少有1人参加，则甲不单独参加活动，且乙不参加活动的概率是. 故答案为：. 10．（2024·上海崇明·一模）已知函数的定义域，值域，则函数为增函数的概率是 ． 【答案】 【分析】求出所有函数的个数，再求出增函数的个数，利用古典概型的概率公式可求对应的概率. 【详解】若函数的定义域为，值域为， 则不同的函数的个数为， 其中增函数共有3个： （1）； （2）； （3）； 故所求概率为， 故答案为：. 11．对于函数，其定义域为D，若对任意的，当时都有，则称函数为“不严格单调增函数”，若函数定义域为，值域为，则函数是“不严格单调增函数”的概率是 【答案】 【分析】考虑有4个函数值相同，有3个函数值相同，各有2个函数值相同三种情况，计算概率得到答案. 【详解】当有4个函数值相同时：共有，满足条件的有种； 当有3个函数值相同，另外有2个函数值相同时，共有，满足条件的有种； 当各有2个函数值相同时，共有，满足条件的有1种. 故. 故答案为：. 【点睛】本题考查了概率的计算，分类讨论是常用的数学方法，需要熟练掌握. 12．（2025·上海·模拟预测）甲、乙是两个体育社团的小组．如下是两组组员身高的茎叶图（单位：厘米），以身高的百位数和十位数作为“茎”排列在中间、个位数作为“叶”分列在两边． (1)求甲、乙两组组员身高的第60百分位数； (2)从甲、乙两组各选取一个组员，求两人身高均在170厘米以上的概率； (3)为使两组人数相同，从甲组中调派一个队员到乙组．是否存在甲组的一个组员，将他调派至乙组后，甲、乙两组的平均身高都增大？ 【答案】(1)甲组第60百分位数为173 厘米，乙组第60百分位数为厘米； (2)； (3)把甲组的其中一个167厘米的组员调到乙组. 【分析】（1）直接利用百分位数计算公式即可； （2）根据组合公式和古典概率公式计算即可； （3）求出两者平均数，则所调的人员身高应该两平均数之间（不包括两平均数）. 【详解】（1）甲队：， 所以甲组的第60百分位数为从小到大排列的第8位组员身高，为173厘米； 乙队：， 所以乙组的第60百分位数为从小到大排列第6位和第7位组员身高的平均数，为厘米． （2）记甲乙两队各选取一名组员，两人身高均在170厘米以上为事件， . （3）， 要使两组平均身高都增大， 则从甲组调到乙组的组员身高应在两平均数之间（不包括端点平均数），所以把甲组的其中一个167厘米的组员调到乙组即可． 13．（2025·上海崇明·二模）某区2025年3月31日至4月13日的天气预报如图所示． (1)从3月31日至4月13日某天开始，连续统计三天，求这三天中至少有两天是阵雨的概率； (2)根据天气预报，该区4月14日的最低气温是9，温差是指一段时间内最高温度与最低温度之间的差值，例如3月31日的最高温度为17，最低温度为9，当天的温差为8记4月1日至4日这4天温差的方差为，4月11日至14日这4天温差的方差为，若，求4月14日天气预报的最高气温； (3)从3月31日至4月13日中随机抽取两天，用X表示一天温差不高于9的天数，求X的分布列及期望． 【答案】(1) (2)18 (3)分布列见解析， 【分析】（1）根据古典概型概率公式，用事件包含的样本点个数除以总样本点个数来计算概率； （2）根据方差公式列出关于的方程，然后求解； （3）根据随机变量的分布列，利用期望公式计算期望. 【详解】（1）设“从3月31日至4月13日某天开始，连续统计三天，这三天中至少有两天是阵雨”为事件A，连续统计三天共有12个样本点，事件A共有4个样本点，所以 （2）4月1日至4日这4天温差分别为9、8、9、9， 因此，设4月14日的温差为x， 则4月11日至14日这4天温差分别为8、9°C、8、x， 因此， 解得，因此，4月11日这天最高气温是18． （3）从3月31日至4月13日，一天温差不超过9的共有11天，高于9的共有3天 X可能取值为0，1，2. ，， 随机变量X的分布列为： X 0 1 2 P 随机变量X的期望. 14．（2025·上海长宁·二模）为响应国家促进消费的政策，某大型商场举办了“消费满减乐翻天”的优惠活动，顾客消费满800元（含800元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（顾客只能选择其中的一种） 方案1：从装有5个红球，3个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出3个球．每摸出1次红球，立减150元，若3次都摸到红球，则额外再减200元（即总共减650元）； 方案2：从装有5个红球，3个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，不放回地依次摸出3个球．中奖规则为：若摸出3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球，则打5折；其余情况无优惠． (1)顾客A选择抽奖方案2，已知他第一次摸出红球，求他能够享受优惠的概率； (2)顾客B恰好消费了800元， ①若他选择抽奖方案1，求他实付金额的分布列和期望（结果精确到0.01）； ②试从实付金额的期望值分析顾客B选择何种抽奖方案更合理． 【答案】(1) (2)①分布列见解析，；②选择方案 【分析】（1）设事件表示“第一次摸到红球”，事件表示“能够享受优惠”，求解在第一次摸到红球后，从7个球中不放回摸2个球的情况和摸出两球为红球和一红一蓝两种情况的种数，即可求解； （2）①设顾客B选择抽奖方案1时实付金额为元，由二项分布即可求解；②设顾客B选择抽奖方案2时实付金额为元，根据超几何分布求得均值，比较随机变量和的均值即可判断. 【详解】（1）设事件表示“第一次摸到红球”，事件表示“能够享受优惠”， 在第一次摸到红球后，抽奖盒中还剩4个红球和3个蓝球，共7个球， 享受优惠包含摸出2个红球和摸出3个红球这两种情况， 从7个球中不放回摸2个球，总情况有种， 摸出两个红球的情况有种， 摸出1红1蓝的情况有种， 所以； （2）①设顾客B选择抽奖方案1时实付金额为元， 从装有5个红球，3个蓝球的抽奖盒中摸一个球，摸到红球的概率为，摸到蓝球的概率为， 当摸出0个红球时，， 当摸出1个红球时，， 当摸出2个红球时，， 当摸出3个红球时，， 所以实付金额的分布列为 800 650 500 150 实付金额的期望为 ； ②设顾客B选择抽奖方案2时实付金额为元， 当摸出0个红球或1个红球时，， 当摸出2个红球时，， 当摸出3个红球时，， 所以， 所以，所以从实付金额的期望值分析，顾客B选择抽奖方案2更合理. 【题型四】随机变量及其分布 1.离散型随机变量分布列的性质的应用 (1)利用“概率之和为1”可以求相关参数的值． (2)利用“在某个范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率． (3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确． 2.均值、方差的大小比较、最值(范围)问题 关于随机变量的均值与方差，近几年均以选择题的形式考查，除考查均值、方差的直接计算，还经常从下列几个角度进行考查：(1)均值、方差及概率的大小比较；(2)均值、方差的增减性分析；(3)均值、方差的最值；(4)解均值、方差的不等式求字母的范围． 3.求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤 (1)理解ξ的意义，写出ξ的所有可能取值． (2)求ξ取每个值的概率． (3)写出ξ的分布列． (4)由均值、方差的定义求E(ξ)，D(ξ)． 4.二项分布问题的解题关键 (1)定型： ①在每一次试验中，事件发生的概率相同． ②各次试验中的事件是相互独立的． ③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生． (2)定参：确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率． 5.解决正态分布问题的三个关键点 (1)对称轴为x＝μ. (2)标准差为σ. (3)分布区间． 利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率．注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0. 1．已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（   ） A．关于直线对称 B．关于直线对称 C．关于点成中心对称 D．关于点成中心对称 【答案】C 【分析】利用连续型随机变量服从正态分布，结合正态密度曲线的性质计算可判断每个选项的正误. 【详解】由连续型随机变量服从正态分布， 可得，可得，所以正态密度曲线关于对称， 即， 由，可得在时增加较快，在时增加越来越慢， 所以无对称轴，故AB错误； ， 所以关于点成中心对称，故C正确，D错误. 故选：C. 2．抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，记录骰子朝上面的点数，若用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验结果，设事件；事件：至少有一颗点数为6；事件；事件.则下列说法正确的是（ ） A．事件与事件为互斥事件 B．事件与事件为互斥事件 C．事件与事件相互独立 D．事件与事件相互独立 【答案】D 【分析】A选项，写出事件包含的情况，得到，A错误；B选项，写出事件包含的情况，结合A选项，得到，B错误；C选项，写出事件包含的情况，故，C错误；D选项，写出事件和包含的情况，得到，D正确. 【详解】A选项，事件包含的情况有， 事件：至少有一颗点数为6包含的情况有 ， 故，事件与事件不为互斥事件，A错误； B选项，事件包含的情况有 ， 故，事件与事件不为互斥事件，B错误； C选项，抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，共有种情况， 故， 事件包含的情况为，故， 故，故事件与事件不相互独立，C错误； D选项，事件包含的情况有 ， ，共18种情况， 故， 事件包含的情况有：， 故， 因为，所以事件与事件相互独立，D正确. 故选：D 3．（2025·上海长宁·二模）某水果店的苹果，来自A基地，来自B基地，A基地苹果的新鲜率为，B基地苹果的新鲜率为，从该水果店随机选取一个苹果，则选到新鲜苹果的概率是 ． 【答案】/ 【分析】由已知结合全概率公式求解即可. 【详解】设选取的苹果来自A基地为事件，选取的苹果来自B基地为事件， 选到新鲜苹果为事件， 所以，，，， 所以 ， 所以从该水果店随机选取一个苹果，则选到新鲜苹果的概率是. 故答案为：. 4．某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 (1)经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间 内的概率; (2)以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望; (3)在甲、乙两台新型机器生产的这批零件中，甲机器生产的零件数是乙机器生产的零件数的 2 倍， 且甲机器生产的零件的次品率为 0.3， 乙机器生产的零件的次品率为0.2， 现从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率. 参考数据: 若随机变量，则，，. 【答案】(1) (2)的分布列见解析； (3) 【分析】（1）根据正态分布的性质，进而可得； （2）以频率估计概率得随机抽取1个直径在区间内的概率为，由题意满足二项分布，根据二项分布的概率公式和期望公式可得； （3）根据条件概率和全概率公式可得. 【详解】（1）由题意， 得. （2）由题意，随机抽取一个零件，直径在区间的概率为， 故由题意满足二项分布， 故，， ，， ， 故的分布列为 0 1 2 3 4 的数学期望为 （3）设事件为“从这批零件中随机抽取一件来自甲机器生产”，事件为“从这批零件中随机抽取一件为次品” 则为“从这批零件中随机抽取一件来自乙机器生产”， 由题意，，，， 则， ， 故， 故从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率为. 5.烧麦——在呼和浩特有着深厚的历史底蕴，2024年12月21日，呼和浩特举办了“首届烧麦美食大会”，活动持续至2025年1月3日，期间吸引了数以万计的国内外游客慕名而来．“烧麦美食大会”的举办旨在传承和弘扬烧麦文化，深入挖掘呼和浩特市的文旅资源优势，推动烧麦产业创新与发展，促进文商旅融合，提升城市形象．为了了解游客的旅游体验满意度，某研究性学习小组采用问卷调查的方式，随机调查了100名游客，并将收集到的满意度得分数据（满分100分）分成了五段：，，，，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求频率分布直方图中的值，为进一步了解游客对本次“烧麦美食大会”满意度情况，从分值在，，三组满意度问卷中，按分层随机抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取3人，记满意度得分在人数为，求的分布列和期望； (2)已知满意度分值在的平均数，方差，在的平均数为，方差，试求满意度分值在的平均数和方差． 【答案】(1)分布列见解析， (2)84，30 【分析】（1）根据分层抽样比确定得分在人数为的所有可能取值为0，1，2，3，分别求得对应概率即可求得分布列和期望值； （2）利用样本方差求总体方差公式代入计算即可求得结果. 【详解】（1）由，解得； 由题可知，调查问卷考核得分分值在三组内的游客人数比为， 则需在内的游客中分别抽取人，人，人． 现从这6人中随机抽取3人，则考核得分在人数为的所有可能取值为0，1，2，3． ，， ，． 所以的分布列为 0 1 2 3 所以． （2）满意度分值在的频率为，人数为20； 在的颣率为，人数为30， 满意度分值在的平均数，方差， 在的平均数，方差， 所以满意度分值在的平均数， 满意度分值在的方差. 6．2024年10月16日，为纪念我国第一颗原子弹爆炸60周年，某中学高三年级举行“两弹一星”知识挑战赛，全年级共1000名学生，其中高三（1）班有名学生.挑战赛分为初赛和决赛，都是以班级为单位，初赛每名学生都参加，每名学生只有1次答题机会，全班答对人数超过进入决赛；决赛按照班级学号从小到大依次答题，若答对，则下一个人答题，直到有人答错或班级所有人答完，此班结束比赛. (1)学校根据初赛中学生答题情况绘制了如下列联表，完成表中数据，并根据小概率值0.001的独立性检验，能否认为学生答对题目与选科类型有关联？ 选科类型 答对 答错 总计 物理类学生 350 历史类学生 50 300 总计 1000 (2)已知高三（1）班在初赛中每个学生答对的概率均为，各人是否答对相互独立，若初赛中高三（1）班恰有人答对的概率记为，求证：当取得最大值时，； (3)若高三（1）班进入决赛，且决赛中每个学生答错的概率均为，各人是否答对相互独立，记决赛中高三（1）班答题的人数为，求证：. 附：，其中. 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)列联表见解析，有关联 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）完善列联表，计算，根据独立性检验的原理即可求解； （2）根据独立重复实验高三（1）班恰有人答对的概率为，利用导数即可求证； （3）由题意，且，则有，利用错位相减法即可求，进而得证. 【详解】（1）列联表如下： 选科类型 答对 答错 总计 物理类学生 350 350 700 历史类学生 250 50 300 总计 600 400 1000 零假设为：学生是否答对题目与选科类型无关联， 由表中的数据，得. 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 所以能够认为学生是否答对题目与选科类型有关联. （2）证明：高三（1）班恰有人答对的概率为， 则 因为，令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当取得最大值时，. （3）证明：由题意可得的可能取值有， 则，且， 所以①， ②， ①-②，得， 所以 ， 因为，所以. 所以. 7．DeepSeek是由中国杭州的DeepSeek公司开发的人工智能模型，其中文名“深度求索”反映了其探索深度学习的决心．DeepSeek主要功能为内容生成、数据分析与可视化、代码辅助、多模态融合、自主智能体等，在金融领域、医疗健康、智能制造、教育领域等多个领域都有广泛的应用场景．为提高DeepSeek的应用能力，某公司组织A，B两部门的50名员工参加DeepSeek培训． (1)此次DeepSeek培训的员工中共有6名部门领导参加，恰有3人来自部门．从这6名部门领导中随机选取2人，记表示选取的2人中来自部门的人数，求的分布列和数学期望； (2)此次DeepSeek培训分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮培训结果相互独立，至少两轮培训达到“优秀”的员工才能合格． （ⅰ）求每位员工经过培训合格的概率； （ⅱ）经过预测，开展DeepSeek培训后，合格的员工每人每年平均为公司创造利润30万元，不合格的员工每人每年平均为公司创造利润20万元，且公司需每年平均为每位参加培训的员工支付3万元的其他成本和费用．试估计该公司两部门培训后的年利润（公司年利润员工创造的利润-其他成本和费用）． 【答案】(1)分布列见解析，1 (2)（ⅰ）；（ⅱ）1100 【分析】（1）服从超几何分布，利用即可求解； （2）（ⅰ）记“每位员工经过培训合格”，“每位员工第轮培训达到优秀”（），，即可求解； （ⅱ）记两部门开展DeepSeek培训后合格的人数为，则，，求出合格人数的数学期望，即可求解 【详解】（1）的所有可能取值为0，1，2，且服从超几何分布． 的分布列为 0 1 2 的数学期望． （2）（ⅰ）记“每位员工经过培训合格”，“每位员工第轮培训达到优秀”（）， ，根据概率加法公式和事件相互独立定义得， ． 即每位员工经过培训合格的概率为． （ⅱ）记两部门开展DeepSeek培训后合格的人数为，则， ，则（万元） 即估计两部门的员工参加DeepSeek培训后为公司创造的年利润为1100万元． 8．为研究某篮球运动员对球队的贡献情况，现统计某赛季该球员出场情况与比赛结果的数据如下表： 球队赢球 球队输球 总计 参加 30 12 42 未参加 20 20 40 总计 50 32 82 (1)根据小概率值的独立性检验，能否认为该球队赢球与该球员参赛有关联？ (2)为进一步研究该球员对球队的影响作用，现从他参赛的10场比赛（其中赢球场次3场，输球场次7场）中随机抽取2场，用随机变量表示赢球的场数．求随机变量的分布列，数学期望与方差． 参考公式：，其中． 0.10 0.05 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 【答案】(1)该球队赢球与该球员参赛有关联； (2)分布列见解析；数学期望方差 【分析】（1）设零假设，求出的观测值，再与临界值表比对作答； （2）利用古典概型结合组合数计算，求出对应的概率，写出分布列，再根据数学期望和方差公式计算求解. 【详解】（1）设零假设为该球队胜利与甲球员参赛无关. 则. 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为该球队赢球与该球员参赛有关联. （2）由题意，随机变量所有可能取值为 则 所以，随机变量的分布列为： 0 1 2 数学期望 方差 9．一口袋中装有10个小球，其中标有数字的小球各两个，这些小球除数字外其余均相同. (1)某人从中一次性摸出4个球，设事件A “摸出的4个球中至少有一个数字是5”，事件“摸出的4个球中恰有两个数字相同”；分别求事件A和事件的概率； (2)现有一游戏，游戏规则是：游戏玩家每次有放回地从袋中随机摸出一球，若摸到5号球，则游戏结束；否则继续摸球，当摸到第个球时，无论摸出的是几号球游戏都结束.设表示摸球的次数（，求随机变量的期望，并比较期望与1的大小. 【答案】(1)，； (2)，大于1. 【分析】（1）求出从中一次性摸出4个球方法的数目，求出和，即可求得相应的概率； （2）求出的取值，当时，求出，当时，求出，列出列联表求出，得用错位相减，即可求得解. 【详解】（1）从中一次性摸出4个球有种方法， 所以； （2）的取值可能为， 当时， 当时，， 1 2 3 所以 令， 则， 相减得 ， 所以. 为递增数列，故. 10．（2025·上海松江·二模）某校组织学生在周末时间利用DeepSeek等人工智能平台进行线上学习，但要求学生学习时间不超过4小时．现从该校高三学生某周末的线上学习时间统计数据中，随机抽取100个学生的学习时间进行分析，绘制成如下频率分布直方图．以抽取的100个学生该周末线上学习时间作为样本，估计该校高三年级全体学生周末线上学习时间的情况． (1)试估计该校高三学生周末线上学习时间的平均数及中位数（注：为了计算均值，可用区间的中点值给区间内的每个数据赋值）； (2)现从全部高三年级学生中随机抽取人，若其中有4人周末线上学习的时间不小于3小时的可能性最大，求的值. 【答案】(1)平均数小时，中位数小时 (2) 【分析】（1）根据频率分布直方图估算平均数，中位数的公式计算得解； （2）以样本估计总体的线上学习时间不少于3小时的概率，记从全部高三年级学生中随机抽取人，线上学习时间不小于3小时的人数为，则服从二项分布，根据二项分布概率计算公式列出不等式组解出值即可. 【详解】（1）（小时）. 因为学习时间小于3小时的频率为， 所以中位数在内，由，解得小时. （2）由频率分布直方图可知，学习时间不小于3小时的频率为. 设从全部高三年级学生中随机抽取人，线上学习时间不小于3小时的人数为， 其中有4人周末线上学习时间不小于3小时的概率为， 所以.要使最大， 则， 解不等式组得，因为为正整数，所以. 所以时，最大. 易错点一：忽略部分均分问题造成重复致误 【典型例题】为进一步了解和巩固脱贫攻坚成果，某县选派7名工作人员到A，B，C三个乡镇进行调研活动，每个乡镇至少去1人，恰有两个乡镇所派人数相同，则不同的安排方式种数为（ ） 特别提醒：本题属于部分均分问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有组元素个数相等，则分组时应除以，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数. 【解析】由题意可知，7名工作人员的分组方式有（1，1，5），（2，2，3），（3，3，1）三种情况， 把7名工作人员分为1，1，5三组，则不同的安排方式共有种； 把7名工作人员分为2，2，3三组，不同的安排方式共有种； 把7名工作人员分为3，3，1三组，不同的安排方式共有种， 综上，不同的安排方式种数为126+630+420=1176. 【答案】A 【变式练习】某校有5名大学生打算前往观看冰球、速滑、花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往观看，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数为（ ） 【解析】将5 名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有（种）分组方法. 由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的两个组任意选，所以有（种）方案. 所以共有（种）方案. 【答案】C 易错点二：综合问题中情况考虑不全致误 【典型例题】校园某处并排连续有6个停车位，现有3辆汽车需要停放，为了方便司机上下车，规定：当有汽车相邻停放时，车头必须同向；当没有汽车相邻时，车头朝向不限，则不同的停车方法共有 种.（用数字作答） 特别提醒：由于本题里是3辆车有6个位置，所以情况较多，需要逐一列举出来，注意当3辆车都不相邻时的情况要考虑周全，利用排列组合进行计算即可. 【解析】①当3辆车都不相邻时，有（种）； ②当2辆车相邻时，有（种）； ③当3辆车相邻时，有（种）. 则共有192 +288 +48 = 528（种）不同的停车方法. 易错点三：不能正确理解二项式系数的最值而致误 【典型例题】若的展开式中第3项与第8项的系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为 特别提醒：二项式系数与展开式的系数不同，涉及二项式系数的最大值问题不仅要考虑二项式系数的特征，还要考虑中为奇数或偶数的特征.一般地，当为偶数时，中间一项的二项式系数最大，最大为；当为奇数时，中间两项（第项和第项）的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为和. 【解析】的展开式的通项为，因为展开式中第3项与第8项的系数相等，所以，所以，则展开式中二项式系数最大的项为第5项和第6项. 【变式练习】在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，且所有项的系数之和为0，则含的项的系数为 （用数字作答）. 【解析】因为只有第6项的二项式系数最大，所以，即，令，则，所以，所以二项式展开式的通项为，令，解得，则，即展开式中项的系数为. 【答案】45 易错点四： 混淆互斥事件与对立事件致误 【典型例题】从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，下列选项中是互斥而不对立的两个事件的是（ ） A. “至少有1个红球” 与 “都是黑球” B. “恰好有1个红球” 与 “恰好有1个黑球” C. “至少有1个黑球” 与 “至少有1个红球” D. “都是红球” 与 “都是黑球” 【解析】从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，可能的结果为1红 1黑、2红、2黑. 对于A，“至少有1个红球”包括1红1黑、2红，与“都是黑球”是对立事件，不符合； 对于B，“恰好有1个红球”与“恰好有1个黑球”是同一个事件，不符合题意； 对于C，“至少有1个黑球”包括1红1黑、2黑，“至少有1个红球”包括1红1黑、2红，这两个事件不是互斥事件，不符合题意； 对于D，“都是红球”与"都是黑球”是互斥事件而不是对立事件，符合题意. 易错点五： 混淆互斥事件与相互独立事件致误 【典型例题】已知随机事件满足，则下列说法错误的是（ ） 特别提醒：两个事件相互独立是指其中一个事件的发生与否对另一个事件的发生没有影响，两个事件互斥是指两个事件不能同时发生，在解题时要结合实际情况分清两个事件的关系. 【解析】因为不可能事件与事件不会同时发生，所以互斥，故正确； 因为，，，所以，所以必然事件与事件相互独立，故正确； 因为，且，不会同时发生，所以，故正确； 例如，抛掷一枚骰子1次的试验，设事件为出现点数小于等于4，事件为出现点数小于等于2，则，故错误. 【答案】 易错点六：混淆正态分布中的方差与标准差致错 【典型例题】已知在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布，其中90分为及格线，则下列结论中正确的有 （附：若随机变量服从正态分布，则） A.该校学生成绩的期望为110 B.该校学生成绩的标准差为9 C.该校学生成绩的标准差为81 D.该校学生成绩及格率超过95% 特别提醒：正态分布中要特别注意，为方差，为标准差，此处极易混淆，导致计算结果出现错误. 【解析】因为该校学生的成绩服从正态分布，则，方差，标准差，因为， ，所以该校学生成绩的期望为110，标准差为9，该校学生成绩及格率超过95%. 所以A，B，D正确，C错误. 易错点七：混淆条件概率与积事件的概率致错 【典型例题】长时间玩手机可能影响视力，据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1h，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1h的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为（ ） 特别提醒：解题时，先要正确理解并能区分条件概率和积事件的概率，表示事件A与B同时发生的概率，而表示在已知事件A发生的条件下，事件B发生的概率，然后正确选择相应的计算公式求解即可. 【解析】令=“每天玩手机时间超过1h的学生”，=“每天玩手机时间不超过1h的学生”，=“任意调查一名学生，此人近视”，则，且互斥，，，，. 依题意， ，解得，所以所求概率为 易错点八：对期望和方差的应用认识不到位致误 【典型例题】为研究某地区2022届大学毕业生毕业三个月后的毕业去向，某调查公司从该地区2022届大学毕业生中随机选取了1000人作为样本进行调查，结果如下： 毕业去向 继续学习 深造 单位就业 自主创业 自由职业 慢就业 人数 200 560 14 128 98 假设该地区2022届大学毕业生选择的毕业去向相互独立. （1）若该地区一所高校2022届大学毕业生的人数为2500，试根据样本估计该校2022届大学毕业生选择“单位就业”的人数. （2）从该地区2022届大学毕业生中随机选取3人，记随机变量为这3人中选择“继续学习深造”的人数.以样本的频率估计概率，求的分布列和数学期望. （3）该公司在半年后对样本中的毕业生进行再调查，发现仅有选择“慢就业”的毕业生中的 人选择了上表中其他的毕业去向，记此时表中五种毕业去向对应人数的方差为.当为何值时，最小？（结论不要求证明） 特别提醒：期望反映了随机变量的平均取值水平，当期望相同时，并不意味着两个随机变量的取值没有差异，还需要通过对方差进行比较，确定其取值的稳定程度，再进行决策. 【解】（1）由题意得，该校2022届大学毕业生选择“单位就业”的人数为 （2）由题意得，样本中1000名毕业生选择"继续学习深造"的频率为用频率估计概率，从该地区2022届大学毕业生中随机选取1名学生，估计该生选择“继续学习深造”的概率为. 随机变量的所有可能取值为0,1,2,3. 所以，，，. 所以的分布列为 0 1 2 3 （3）易知五种毕业去向的人数的平均数为200，要使方差最小，则数据波动性越小，故当自主创业和慢就业人数相等时方差最小，所以. 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$