专题08 计数原理与概率统计（山东专用）-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编

专题08 计数原理与概率统计 题型概览 题型01统计 题型02回归分析与独立性检验 题型03计数原理 题型04古典概率 题型05条件概率与全概率公式 题型06随机变量及其分布 ( 题型01 ) 统计 1．（2025·山东日照·二模）已知一组样本数据，，，，恰好构成公差为5的等差数列，则这组数据的方差为（    ） A．30 B．40 C．50 D．60 2．（2025·山东·二模）某市开展“全民阅读”实施效果的调查研究，按区域划分为核心区、开发区、远郊区，各区的人口比例为．现采用分层抽样的方法从各区中抽取人员进行调研．已知从开发区抽取的人数为300，则从核心区抽取的人数为（    ） A．90 B．120 C．180 D．200 3．（2025·山东潍坊·二模）某校高二年级组织了一次数学素养测试，随机抽取位学生的成绩，制成如图所示的茎叶图，该组数据的第百分位数是，则的值为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·山东·二模）（多选）给定一组不全相同的样本数据，关于样本数据的说法正确的是（   ） A．与原数据相比，极差一定变大 B．与原数据相比，众数一定变大 C．与原数据相比，平均数一定变大 D．与原数据相比，方差一定变大 5．（2025·山东滨州·二模）（多选）据网络平台最新数据，截止到2025年4月20日14时10分，电影《哪吒之魔童闹海》总票房（含点映、预售及海外票房）已超149．81亿元，成为首部进入全球票房榜前六．登顶动画票房榜榜首的亚洲电影．一团队从观看该电影的所有观众中随机抽取10000人为样本，统计他们的年龄，并绘制如图所示的频率分布直方图，则（   ） A． B．观众年龄的众数估计为35 C．观众年龄的平均数估计为30.2 D．观众年龄的第70百分位数估计为38 6．（2025·山东临沂·二模）若样本数据的均值为10，则样本数据的均值为 ． ( 题型0 2 ) 回归分析与独立性检验 1．（2025·山东聊城·二模）为了研究某市高中生的脚长（单位：cm）和身高（单位：cm）的关系，市卫健委从该市随机抽取若干名高中生做调查，经统计，所调查数据的，根据最小二乘法算得脚长和身高的经验回归方程为．已知被调查的某学生的脚长为25cm，身高180cm，则该样本点的残差为（    ） A．1cm B．cm C．4cm D．cm 2．（2025·山东菏泽·二模）（多选）已知变量x，y的样本数据如下表，根据最小二乘法，得经验回归方程为，则（   ） x 1 2 3 4 5 y 5 9 10 11 15 A． B．当时，对应样本点的残差为 C．表中y的所有样本数据的第70百分位数是11 D．去掉样本点后，y与x的样本相关系数不变 3．（2025·山东临沂·二模）体育是培养学生高尚人格的重要途径之一．足球作为一项团队运动项目，深受学生喜爱，为了解学生喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了100名学生作为样本，统计得到如下的列联表： 喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计 男生 40 女生 25 合计 100 已知从这100名学生样本中随机抽取1个，抽到喜爱足球运动的学生的概率为． (1)求； (2)根据小概率值的独立性检验，判断学生喜爱足球运动是否与性别有关？ (3)用样本分布的频率估计总体分布的概率，现在从喜爱足球运动的学生中随机抽取30名，记其中男生的人数为，求使事件“”概率最大的的值． 附：， 4．（2025·山东济南·二模）每年3月20日是国际幸福日，节日的意义在于追求幸福，建设未来．某中学为纪念国际幸福日举办了幸福种植计划，一名同学记录了种子的发芽情况， 天数 1 2 3 4 5 胚芽长度（厘米） 0.8 1.1 1.5 2.4 4.2 通过对表中数据进行分析，分别提出了两个回归模型：①；②， (1)根据以上数据，计算模型①中的关于的相关系数（结果精确到0.01），若，则选择模型①，否则选择模型②，试问应该选择哪个模型？ (2)根据（1）的结果，试建立关于的回归方程，并预测第6天种子的胚芽长度（结果精确到0.01）． 附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为． 样本相关系数为． 参考数据：． 令． ( 题型0 3 ) 计数原理 1．（2025·山东聊城·二模）若的展开式中的系数为12，则其展开式中所有项的系数的和为（    ） A．16 B．32 C．48 D．64 2．（2025·山东枣庄·二模）已知，则被4除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 3．（2025·山东枣庄·二模）子贡曰：“夫子温､良､恭､俭､让以得之”，“温､良､恭､俭､让”指五种品德：温和､善良､恭敬､节俭､谦让.现有分别印有这5个字的卡片（颜色均不同）各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（    ） A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 4．（2025·山东菏泽·二模）某班班会从甲、乙等6名学生中选3名学生发言，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，那么不同的选法为（    ） A．32 B．20 C．16 D．10 5．（2025·山东济南·二模）一个大于1的自然数，只有1和它本身两个因数，这样的数叫做质数．在不超过20的质数中任取三个不同数，则其和是偶数的取法有 种． 6．（2025·山东泰安·二模）已知的展开式中项的系数为60，则实数的值为 . ( 题型0 4 ) 古典概率 1．（2025·山东青岛·二模）5件产品中有2件次品，现逐一检查，直至能确定所有次品为止，则第四次检测结束的概率为 （ ） A． B． C． D． 2．（2025·山东潍坊·二模）现安排甲、乙、丙、丁、戊位志愿者到三个社区做志愿服务工作，每个社区至少安排人，每位志愿者只到一个社区，其中甲、乙安排在同一个社区的概率为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·山东日照·二模）（多选）已知样本空间，其中每个样本点出现的可能性相等，事件，，，则下列结论正确的是（    ） A．事件A与事件B互斥 B．事件B与事件C相互独立 C． D． 4．（2025·山东泰安·二模）（多选）我校举办清明诗会，在抽奖环节中，抽奖箱中放有分别写有“我”“是”“中”“国”“人”字样的五张卡片，甲，乙，丙三人每人抽一张，抽后不放回.抽奖规则如下：若抽到写有“我”或“是”字的卡片则不中奖，若抽到写有“中”字的卡片，则该同学中一等奖；若抽到写有“国”或“人”字的卡片，则抛掷一枚质地均匀的硬币，若硬币国徽一面朝上，则该同学中二等奖，否则不中奖.则下面说法正确的是（    ） A．每位同学中一等奖的概率为 B．甲同学中二等奖的概率为 C．已知甲同学中奖，则其中一等奖的概率为 D．三位同学都中奖的概率为 5．（2025·山东青岛·二模）斐波那契数列，又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定已知且Ø，则中所有元素之和为奇数的概率为 . 6．（2025·山东临沂·二模）已知正整数，欧拉函数表示、、、中与互质的整数的个数，例如，，，且、互质时，．若从、、、中随机取一个数，则满足的概率为 ． 7．（2025·山东·二模）已知正整数n，欧拉函数表示1，2，…，n中与n互素的整数的个数．例如，，．若从1，2，…，30中随机取一个数m，则满足的概率为 ． 8．（2025·山东枣庄·二模）已知数列等可能取.数列满足，且，则的概率为 . 9．（2025·山东菏泽·二模）某选数游戏规则：给定个不同数（参与者不知道具体数值但知道的大小），屏幕每次随机出现一个数，参与者需通过按Y键选择该数，或按N键跳过继续查看下一个数，一旦按Y键选择，该游戏结束；若前个数均被跳过，系统将自动选定最后一个数．最终所选数若为这个数中最大的，则参与者获胜，反之则失败．小王参与该游戏时决定采取如下策略：对于给定的，前个数均按N键跳过（，表示直接选取第一次出现的数），从第个数开始，若当前数比前面所有已出现的数都大则按Y键选择，否则按N键继续观察下一个数，如此重复直至游戏结束，记小王获胜概率为． (1)当时，写出的值； (2)当时，求，并证明当最大时，满足 (3)已知当时，（为欧拉常数）．在本次游戏中，如果，最大时，求的估计值． ( 题型0 5 ) 条件概率与全概率公式 1．（2025·山东济宁·二模）（多选）已知，为随机事件，且，，则下列结论正确的是（ ） A．若，互斥，则 B．若，相互独立，则 C．若，相互独立，则 D．若，则 2．（2025·山东济宁·二模）箱子中装有4个红球，2个黄球（除颜色外完全相同），掷一枚质地均匀的骰子1次，如果点数为，则从该箱子中一次性取出个球.规定：依据个球中红球的个数，判定甲的得分，每一个红球记1分；依据个球中黄球的个数，判定乙的得分，每一个黄球记2分.比如：若一次性取出了2个红球，2个黄球，则判定甲得分，乙得分.则在1次掷骰子取球的游戏中， . 3．（2025·山东潍坊·二模）有个依次进行的试验、、、，每个试验的结果为成功或失败．试验：成功的概率为，其中为前次试验中的成功次数，待别地，当时，，的成功概率为（即必定成功），记前次试验中恰有次失败的概率为． (1)当时，求恰好有次成功的概率； (2)令，若，证明：； (3)当时，请判断与的大小关系，并说明理由． 4．（2025·山东·二模）盒子中装有个小球，除颜色外，小球的大小、质地完全相同，每次从中无放回地随机取出1个球． (1)若盒中有2个白球，其余为黑球，2次取球后，求取出的2个球不同色的概率； (2)若盒中白球数为随机变量，，证明：第1次取出白球的概率为； (3)若盒中白球数为，每次取球后，将1个白球放回盒中，保持盒中球的总数不变，求第次取出白球的概率． 参考公式：若是离散型随机变量，有． 5．（2025·山东·二模）甲乙二人进行比赛，已知在每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛的结果相互独立．为决出最终获胜的一方，有以下两种方案可供选择： 方案一：规定每局比赛的胜方得1分，败方得0分，则首次比对手高两分的一方获胜． 方案二：首次连胜两局比赛的一方获胜． (1)若，且采用方案一，求第四场比赛结束时恰好分出胜负的概率． (2)若，为使甲获胜的概率更大，则应该选择哪种比赛方案？请说明理由． 附：当0 < q < 1时，． ( 题型0 6 ) 随机变量及其分布 1．（2025·山东济南·二模）若随机变量，且，则的最小值为（   ） A． B． C．1 D．2 2．（2025·山东滨州·二模）若随机变量，且，则的最小值为（   ） A．18 B． C．24 D．27 3．（2025·山东临沂·二模）已知随机变量，为使在内的概率不小于（若，则)，则的最小值为（    ） A．8 B．16 C．32 D．64 4．（2025·山东菏泽·二模）（多选）下列说法正确的有（    ） A．若随机变量，且，则 B．若随机变量，且，则 C．若数据的方差为8，则数据的方差为4 D．若频率分布直方图呈现单峰不对称且左“拖尾”时，平均数大于中位数 5．（2025·山东·二模）（多选）若随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，则（    ） A． B． C． D． 6．（2025·山东枣庄·二模）（多选）已知随机变量，则（    ） A． B． C． D． 7．（2025·山东聊城·二模）设随机变量，若，则 ． 8．（2025·山东泰安·二模）某学校有甲、乙两个图书馆.假设同学们可以任意选择其中一个图书馆借阅，也可选择不借阅，一天最多借阅一次，一次只能选择一个图书馆.若同学们每次借阅选择去甲或乙图书馆的概率均为，每次选择相互独立.设王同学在某周的三天内去图书馆借阅的次数为，已知的分布列如下：（其中） 0 1 2 3 (1)记事件表示王同学在这三天内去图书馆借阅次，事件表示王同学在这三天内去甲图书馆借阅的次数大于去乙图书馆借阅的次数.当时，试根据全概率公式求的值； (2)是否存在实数，使得，若存在，求的值：若不存在，请说明理由； 9．（2025·山东枣庄·二模）每次抛掷一枚质地均匀的六面体骰子，若出现偶数点得2分，奇数点得1分.已知每次抛掷出现偶数点和奇数点的概率都是，且结果相互独立. (1)求在抛掷过程中，恰好得3分的概率； (2)记抛掷次得分为，求的分布列及数学期望. 10．（2025·山东枣庄·二模）甲､乙两人共同参加某公司的面试，面试分为初试和复试，若初试不通过，则不用参加复试，复试通过则被录用，否则不被录用.已知甲通过初试和复试的概率分别为，乙通过初试和复试的概率均为，两人是否通过面试相互独立. (1)求甲､乙两人至少有1人通过初试且没有通过复试的概率； (2)设两人中被录用的人数为，求的分布列及数学期望. 11．（2025·山东滨州·二模）某学校组织“一带一路”有奖知识竞赛，有两个问题，已知甲同学答对问题的概率为0.6，回答正确得奖金10元，回答错误得奖金0元；答对问题的概率为0.5，回答正确得奖金元，回答错误得奖金0元．甲同学回答两个问题正确与否相互独立． (1)若甲同学对两个问题都作答，求他仅答对其中一个问题的概率； (2)若规定只有在答对第一个问题的情况下，才能回答下一个问题，若甲先回答问题和先回答问题所获得的奖金总额的期望相同，求的值． 12．（2025·山东聊城·二模）周末双休，四个同学约好一起参加体验活动，有甲、乙两个体验项目可供选择，每人必须参加且只能参加一个项目．四人约定每人通过掷一次质地均匀的骰子来决定自己参加哪个体验项目，若掷出点数小于3，就体验甲项目，否则体验乙项目． (1)求这4个人中恰有2人参加甲项目的概率； (2)用X，Y分别表示这4个人中参加甲、乙项目的人数，记，求随机变量的分布列及期望． 13．（2025·山东日照·二模）设，数对按照如下方式生成：①规定；②抛掷一枚质地均匀的硬币，当硬币正面朝上时，，；当硬币反面朝上时，， (1)写出数对的所有可能结果； (2)当时，记的概率为． （ⅰ）求及的最大值； （ⅱ）设的数学期望为，求． 13 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 计数原理与概率统计 题型概览 题型01统计 题型02回归分析与独立性检验 题型03计数原理 题型04古典概率 题型05条件概率与全概率公式 题型06随机变量及其分布 ( 题型01 ) 统计 1．（2025·山东日照·二模）已知一组样本数据，，，，恰好构成公差为5的等差数列，则这组数据的方差为（    ） A．30 B．40 C．50 D．60 【答案】C 【分析】根据等差数列的性质及平均值求法得均值为，再应用方差公式求方差即可. 【详解】由题设， 所以 . 故选：C 2．（2025·山东·二模）某市开展“全民阅读”实施效果的调查研究，按区域划分为核心区、开发区、远郊区，各区的人口比例为．现采用分层抽样的方法从各区中抽取人员进行调研．已知从开发区抽取的人数为300，则从核心区抽取的人数为（    ） A．90 B．120 C．180 D．200 【答案】D 【分析】设从核心区抽取的人数为人，根据题意，列出方程，即可求解. 【详解】设从核心区抽取的人数为人， 因为各区的人口比例为，且从开发区抽取的人数为300， 可得，解得，即从核心区抽取的人数为人. 故选：D. 3．（2025·山东潍坊·二模）某校高二年级组织了一次数学素养测试，随机抽取位学生的成绩，制成如图所示的茎叶图，该组数据的第百分位数是，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合百分位数的定义可得出关于的等式，解之即可. 【详解】由题设有，而， 这八个数据由小到大排列依次为、、、、、、、， 则样本数据的第百分位数为，解得，合乎题意. 综上所述，. 故选：C. 4．（2025·山东·二模）（多选）给定一组不全相同的样本数据，关于样本数据的说法正确的是（   ） A．与原数据相比，极差一定变大 B．与原数据相比，众数一定变大 C．与原数据相比，平均数一定变大 D．与原数据相比，方差一定变大 【答案】AD 【分析】对于A，根据极差的定义分析判断，对于B，根据众数的定义举例判断，对于C，根据平均数的定义举例判断，对于D，根据方差的定义分析判断. 【详解】对于A，若样本数据中的最小的数为，最大的数为，则极差为， 则样本数据的极差为， 因为，所以，所以A正确， 对于B，若的众数为，则的众数为， 若，则，所以B错误， 对于C，若的平均数为，则的平均数为， 若，则，所以C错误， 对于D，若的方差为，而， 则的方差为 ，所以D正确. 故选：AD 5．（2025·山东滨州·二模）（多选）据网络平台最新数据，截止到2025年4月20日14时10分，电影《哪吒之魔童闹海》总票房（含点映、预售及海外票房）已超149．81亿元，成为首部进入全球票房榜前六．登顶动画票房榜榜首的亚洲电影．一团队从观看该电影的所有观众中随机抽取10000人为样本，统计他们的年龄，并绘制如图所示的频率分布直方图，则（   ） A． B．观众年龄的众数估计为35 C．观众年龄的平均数估计为30.2 D．观众年龄的第70百分位数估计为38 【答案】BD 【分析】根据频率之和为1求判断A；根据众数定义判断B，根据频率直方图求平均值判断C，根据百分位数的求法判断D. 【详解】由题意知，解得，故A错误； 观众年龄的众数估计是，故B正确； 估计这10000名观众年龄的平均数为，故C错误； 前3组的频率之和为， 前4组的频率之和为， 故第70百分位数位于第4组，设其为， 则，解得， 即第70百分位数为38，故D正确． 故选：BD 6．（2025·山东临沂·二模）若样本数据的均值为10，则样本数据的均值为 ． 【答案】19 【分析】由均值的性质即可求解. 【详解】若样本数据的均值为10，则样本数据的均值为. 故答案为：19. ( 题型0 2 ) 回归分析与独立性检验 1．（2025·山东聊城·二模）为了研究某市高中生的脚长（单位：cm）和身高（单位：cm）的关系，市卫健委从该市随机抽取若干名高中生做调查，经统计，所调查数据的，根据最小二乘法算得脚长和身高的经验回归方程为．已知被调查的某学生的脚长为25cm，身高180cm，则该样本点的残差为（    ） A．1cm B．cm C．4cm D．cm 【答案】D 【分析】根据回归方程必过点求出，即可得到回归方程，再根据残差的定义计算可得. 【详解】因为，又经验回归方程必过点， 所以，解得，所以， 当时， 所以该样本点的残差为. 故选：D 2．（2025·山东菏泽·二模）（多选）已知变量x，y的样本数据如下表，根据最小二乘法，得经验回归方程为，则（   ） x 1 2 3 4 5 y 5 9 10 11 15 A． B．当时，对应样本点的残差为 C．表中y的所有样本数据的第70百分位数是11 D．去掉样本点后，y与x的样本相关系数不变 【答案】BCD 【分析】对于A，根据表中的数据求出，代入回归方程可求出，对于B，根据残差的定义求解判断，对于C，根据百分位数的定义求解判断，对于D，由于且样本中心点在回归直线上，从而进行判断. 【详解】对于A，由表中数据可得，， 因为经验回归方程为经过点，则，解得，故A错误； 对于B，当时，，残差为，故B正确； 对于C，因为，所以表中y的所有样本数据的第70百分位数是第4个数，为11，故C正确. 对于D，因为，所以去掉样本点后，y与x的样本相关系数不变，故D正确. 故选：BCD 3．（2025·山东临沂·二模）体育是培养学生高尚人格的重要途径之一．足球作为一项团队运动项目，深受学生喜爱，为了解学生喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了100名学生作为样本，统计得到如下的列联表： 喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计 男生 40 女生 25 合计 100 已知从这100名学生样本中随机抽取1个，抽到喜爱足球运动的学生的概率为． (1)求； (2)根据小概率值的独立性检验，判断学生喜爱足球运动是否与性别有关？ (3)用样本分布的频率估计总体分布的概率，现在从喜爱足球运动的学生中随机抽取30名，记其中男生的人数为，求使事件“”概率最大的的值． 附：， 【答案】(1) (2)没有的把握认为喜爱足球运动与性别有关 (3)20 【分析】（1）根据题干条件直接计算即可； （2）写出零假设，列联表，计算卡方对比即可得出结论； （3）先得出，进一步列出不等式组即可求解. 【详解】（1）因为从这100名学生样本中随机抽取1个，抽到喜爱足球运动的学生的概率为， 所以； （2）零假设：喜爱足球运动与性别无关． 作出列联表如下： 喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计 男生 40 15 55 女生 20 25 45 合计 60 40 100 由题， 根据小概率值的独立性检验，我们推断成立， 也就是说没有的把握认为喜爱足球运动与性别有关． （3）现在从喜爱足球运动的学生中随机抽取1名学生，该学生是男生的概率是， 从而从喜爱足球运动的学生中随机抽取30名时，记其中男生的人数为，则， 所以， 令，解得， 故使事件“”概率最大的的值为20． 4．（2025·山东济南·二模）每年3月20日是国际幸福日，节日的意义在于追求幸福，建设未来．某中学为纪念国际幸福日举办了幸福种植计划，一名同学记录了种子的发芽情况， 天数 1 2 3 4 5 胚芽长度（厘米） 0.8 1.1 1.5 2.4 4.2 通过对表中数据进行分析，分别提出了两个回归模型：①；②， (1)根据以上数据，计算模型①中的关于的相关系数（结果精确到0.01），若，则选择模型①，否则选择模型②，试问应该选择哪个模型？ (2)根据（1）的结果，试建立关于的回归方程，并预测第6天种子的胚芽长度（结果精确到0.01）． 附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为． 样本相关系数为． 参考数据：． 令． 【答案】(1)应选模型②； (2)，预测第6天种子的胚芽长度为5.51厘米. 【分析】（1）根据已知求得，结合已知及相关系数公式求相关系数，即可得结论； （2）应用最小二乘法求回归方程，再将代入预测第6天种子的胚芽长度. 【详解】（1）由题设，，所以， 所以，故应选模型②； （2）令，则求出线性回归方程， 所以，， 所以， 所以， 又，则，故， 所以回归方程为，故，有厘米， 所以，预测第6天种子的胚芽长度为5.51厘米. ( 题型0 3 ) 计数原理 1．（2025·山东聊城·二模）若的展开式中的系数为12，则其展开式中所有项的系数的和为（    ） A．16 B．32 C．48 D．64 【答案】C 【分析】先根据已知系数列式求出，再应用赋值法计算系数和即可. 【详解】的展开式中的系数为，所以， 所以令，所以展开式中所有项的系数的和为48. 故选：C. 2．（2025·山东枣庄·二模）已知，则被4除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】D 【分析】分别赋值以及，可推得，然后将展开即可得出答案. 【详解】令，由已知可得，， 令，可得， 所以. 因为 ， 所以被4除的余数为1，即被4除的余数为0， 故选：D. 3．（2025·山东枣庄·二模）子贡曰：“夫子温､良､恭､俭､让以得之”，“温､良､恭､俭､让”指五种品德：温和､善良､恭敬､节俭､谦让.现有分别印有这5个字的卡片（颜色均不同）各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（    ） A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 【答案】D 【分析】将字相同的卡片看成—组，从5组中选出—组，再从剩下4组，选出2组，在各取一张，得到4张卡片，全排列即可. 【详解】先把字相同的卡片看成—组， 第一步：从这5组中选出—组， 第二步：再从余下的4组中选2组，这2组中，每组各选—张卡片， 第三步：把选出的4张卡片，分给4位同学， 所以不同的分配方案有种. 故选：D 4．（2025·山东菏泽·二模）某班班会从甲、乙等6名学生中选3名学生发言，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，那么不同的选法为（    ） A．32 B．20 C．16 D．10 【答案】C 【分析】利用组合数和对立事件来解决选取问题即可. 【详解】利用对立事件思想： 从6名同学中任选3名同学共有种方法， 这3名同学中没有甲乙同学的共有种方法， 所以甲乙至少有一人参加的不同选法有种方法， 故选：C. 5．（2025·山东济南·二模）一个大于1的自然数，只有1和它本身两个因数，这样的数叫做质数．在不超过20的质数中任取三个不同数，则其和是偶数的取法有 种． 【答案】21 【分析】列举符合条件的质数，即可利用组合求解. 【详解】不超过20的质数有：共有8个数， 要使得取出的三个数和为偶数，则必须得有2，再从剩下7个数中任取2个，则共有种， 故答案为：21 6．（2025·山东泰安·二模）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：． ( 题型0 4 ) 古典概率 1．（2025·山东青岛·二模）5件产品中有2件次品，现逐一检查，直至能确定所有次品为止，则第四次检测结束的概率为 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】总的检验方法数易求，恰好检验4次就停止，说明前三次中检验出一件次品，第4次检验出第2件次品，或前三次中检验出一件次品，第4次检验出一件正品，分别求出方法数后可得概率． 【详解】检验4次的方法总数为， 因为恰好检验4次就停止， 所以前三次中检验出一件次品，第4次检验出第2件次品，共种方法， 或前三次中检验出一件次品，第4次检验出一件正品，共种方法， 所以满足题意的概率为． 故选：C． 2．（2025·山东潍坊·二模）现安排甲、乙、丙、丁、戊位志愿者到三个社区做志愿服务工作，每个社区至少安排人，每位志愿者只到一个社区，其中甲、乙安排在同一个社区的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出将位志愿者到三个社区做志愿服务工作的分法种数，然后就甲、乙所安排的小区的志愿者人数进行分类讨论，利用计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】将甲、乙、丙、丁、戊位志愿者到三个社区做志愿服务工作， 每个社区的人数分别为、、或、、， 所以不同的分法种数为种； 现在考虑甲、乙安排在同一个社区，若甲、乙所安排的小区有人，则还需从另外人中抽人， 此时分法种数为种； 若甲、乙所安排的小区只有他们两人，此时只需将剩余人分为两组，则分法种数为种. 综上所述，甲、乙安排在同一个社区的概率为. 故选：C. 3．（2025·山东日照·二模）（多选）已知样本空间，其中每个样本点出现的可能性相等，事件，，，则下列结论正确的是（    ） A．事件A与事件B互斥 B．事件B与事件C相互独立 C． D． 【答案】BD 【分析】根据已知及互斥事件定义判断A；由已知得、，根据独立事件的判定、条件概率公式判断B、C、D. 【详解】由，即不是互斥事件，A错； 由，则且，故，B对； 由，则，且，显然，C错； 由，则，故，D对. 故选：BD 4．（2025·山东泰安·二模）（多选）我校举办清明诗会，在抽奖环节中，抽奖箱中放有分别写有“我”“是”“中”“国”“人”字样的五张卡片，甲，乙，丙三人每人抽一张，抽后不放回.抽奖规则如下：若抽到写有“我”或“是”字的卡片则不中奖，若抽到写有“中”字的卡片，则该同学中一等奖；若抽到写有“国”或“人”字的卡片，则抛掷一枚质地均匀的硬币，若硬币国徽一面朝上，则该同学中二等奖，否则不中奖.则下面说法正确的是（    ） A．每位同学中一等奖的概率为 B．甲同学中二等奖的概率为 C．已知甲同学中奖，则其中一等奖的概率为 D．三位同学都中奖的概率为 【答案】ACD 【分析】对于A，根据条件，利用古典概率公式即可求解；对于B，利用古典概率和相互独立事件同时发生的概率公式，即可求解；对于C，利用条件概率公式，即可求解；对于D，根据条件，将问题转化成从张卡片中选取三张卡片，选取的卡片为“中”，“国”，“人”，再利用古典概率和相互独立事件同时发生的概率公式，即可求解. 【详解】对于选项A，由题知，抽奖箱共有五张卡片，写有“中”字的卡片只有一张， 由古典概率公式可知，从五张中取一张卡片，中一等奖的概率为，由简单随机抽样可知选项A正确， 对于选项B，由题知甲同学中二等奖的概率为，所以选项B错误， 对于选项C，记事件：甲同学中奖，事件：甲同学中一等奖， 则，，所以，故选项C正确， 对于选项D，因为三位同学都中奖，则甲，乙，丙三人抽到的三张卡片为：“中”，“国”，“人”， 且抛掷一枚质地均匀的硬币两次，硬币均国徽一面朝上，所以三位同学都中奖的概率为，故选项D正确， 故选：ACD. 5．（2025·山东青岛·二模）斐波那契数列，又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定已知且Ø，则中所有元素之和为奇数的概率为 . 【答案】 【分析】记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成，然后可解. 【详解】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有675个偶数，1350个奇数，记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B，可看成，显然集合E共有个，集合F共有个， 所以所有元素之和为奇数的集合B共有个， 又集合A的非空子集共有个， 所以B中所有元素之和为奇数的概率为. 故答案为：. 6．（2025·山东临沂·二模）已知正整数，欧拉函数表示、、、中与互质的整数的个数，例如，，，且、互质时，．若从、、、中随机取一个数，则满足的概率为 ． 【答案】/ 【分析】验证时，能否成立，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时. 所以，从、、、中随机取一个数，则满足的数的取值集合为， 故所求概率为. 故答案为：. 7．（2025·山东·二模）已知正整数n，欧拉函数表示1，2，…，n中与n互素的整数的个数．例如，，．若从1，2，…，30中随机取一个数m，则满足的概率为 ． 【答案】 【分析】利用欧拉函数具有的性质，分类讨论可得符合条件的数的特征，进而可求的概率. 【详解】由于欧拉函数具有乘性性质，但并不是完全乘性函数，我们需要考虑的性质.具体来说，欧拉函数在互质的数上是乘性的，即如果和互质，那么. 因为2和3都是质数，我们需要考虑与2和3的关系. ①与6互质，在这种情况下，由于与2和3都互质，我们可以利用欧拉函数的乘性性质：，， 显然，， ②能被2整除但不被3整除，设，，不被2或3整除（即与6互质）.， ， 因此，在这种情况下成立. 这意味着所有被2整除但不被3整除的数都满足条件. ③能被3整除但不被2整除， 设，，不被2或3整除（即与6互质）.， ， 因此，在这种情况下成立. 这意味着所有被3整除但不被2整除的数都不满足条件. ④能被2和3整除， 设，，不被2或3整除（即与6互质）.， ， 因此，在这种情况下成立. 这意味着所有被3和2整除的数都不满足条件. 从上述分析可以看出，只有当被2整除但不被3整除时，才成立. 首先，列出1到30中所有被2整除的数（偶数）： 2,4,6,8,10,12,14,16,18,20,22,24,26,28,30 然后，排除其中被3整除的数（即6的倍数）： 6,12,18,24,30 剩下的数就是符合条件的值：2,4,8,10,14,16,20,22,26,28，总共有10个数. 验证：当时，当时，， 当时，，当时，， 所以从1，2，…，30中随机取一个数m，则满足的概率为. 故答案为：. 8．（2025·山东枣庄·二模）已知数列等可能取.数列满足，且，则的概率为 . 【答案】 【分析】由，得到，再结合古典概率模型即可求解． 【详解】由题意可得：， ， ， 若，则， 从各随机从中选一个，共有种情况； 若， 因为， 所以共有种情况， 所以的概率为：． 故答案为： 9．（2025·山东菏泽·二模）某选数游戏规则：给定个不同数（参与者不知道具体数值但知道的大小），屏幕每次随机出现一个数，参与者需通过按Y键选择该数，或按N键跳过继续查看下一个数，一旦按Y键选择，该游戏结束；若前个数均被跳过，系统将自动选定最后一个数．最终所选数若为这个数中最大的，则参与者获胜，反之则失败．小王参与该游戏时决定采取如下策略：对于给定的，前个数均按N键跳过（，表示直接选取第一次出现的数），从第个数开始，若当前数比前面所有已出现的数都大则按Y键选择，否则按N键继续观察下一个数，如此重复直至游戏结束，记小王获胜概率为． (1)当时，写出的值； (2)当时，求，并证明当最大时，满足 (3)已知当时，（为欧拉常数）．在本次游戏中，如果，最大时，求的估计值． 【答案】(1)；； (2)，证明见解析 (3). 【分析】（1）设三个数是1，2，3，通过列举法，由古典概率模型计算公式求解即可； （2）设最大数在（）次出现，要想获胜，前个数中的最大值必出现在前次中，且第次取到最大值，得到 ，结合，，即可求证； （3）由（2）得到，再由条件得到①，②，③，联立可得，，即可求解. 【详解】（1）不妨设三个数是1，2，3，三个数的大小排列有6种情形：123，132，213，231，312，321. 当时，取到最大的情形有：312，321.  所以； 当时，取到最大的情形有：132，213，231，所以； 当时，取到最大的情形有：123，213. 所以. （2）当最大数在第次出现时，均有可能获胜.设最大数在（）次出现，要想获胜，前个数中的最大值必出现在前次中，且第次取到最大值，所以 ， 同理 ， 因此，当时，最大. （3）首先对于，当最大时，. 否则若， 则.①， ②， ③， ①②得 ，所以， ①③得 ，所以， 所以，. ( 题型0 5 ) 条件概率与全概率公式 1．（2025·山东济宁·二模）（多选）已知，为随机事件，且，，则下列结论正确的是（ ） A．若，互斥，则 B．若，相互独立，则 C．若，相互独立，则 D．若，则 【答案】ACD 【分析】根据互斥事件、相互独立事件的概率公式以及条件概率公式逐个计算，分别对每个选项进行分析判断. 【详解】对于选项，若，互斥，根据互斥事件的概率加法公式. 已知，，则，所以选项正确. 对于选项，若，相互独立，则与也相互独立. 因为，所以，所以选项错误. 对于选项，若，相互独立，则. 根据概率的加法公式，将，，代入可得： ，所以选项正确. 对于选项，已知，，则. ，. 根据条件概率公式，所以选项正确. 故选：ACD. 2．（2025·山东济宁·二模）箱子中装有4个红球，2个黄球（除颜色外完全相同），掷一枚质地均匀的骰子1次，如果点数为，则从该箱子中一次性取出个球.规定：依据个球中红球的个数，判定甲的得分，每一个红球记1分；依据个球中黄球的个数，判定乙的得分，每一个黄球记2分.比如：若一次性取出了2个红球，2个黄球，则判定甲得分，乙得分.则在1次掷骰子取球的游戏中， . 【答案】 【分析】利用条件概率和乘法公式分类讨论，最后利用全概率公式即可求解. 【详解】设掷骰子得到的点数的概率为，则， 当时，的概率为，若，则需取出的1个球是红球的概率为， 所以， 当时，的概率为，若，则需取出的2个球都是红球的概率为， 所以， 当时，的概率为，若，则需取出的3个球都是红球的概率为 ，所以， 当时，的概率为，若，则有两种可能的情况：第一种情况为取出的4个球都是红球有种， 第二种情况为取出的4个球种有3个红球，1个黄球，有种，所以概率为， 所以 当时，的概率为，若，则需取出全部4个红球，1个黄球， 所以，所以， 当时，不满足题意， 所以综上. 故答案为：. 3．（2025·山东潍坊·二模）有个依次进行的试验、、、，每个试验的结果为成功或失败．试验：成功的概率为，其中为前次试验中的成功次数，待别地，当时，，的成功概率为（即必定成功），记前次试验中恰有次失败的概率为． (1)当时，求恰好有次成功的概率； (2)令，若，证明：； (3)当时，请判断与的大小关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）分情况讨论：①失败，成功；②成功，失败.分别计算出两种情况下的概率，相加即可得解； （2）当时，恰有次失败，假设失败发生在第次，其余成功，求出失败发生在第次的概率为，即可得出，即可证得结论成立； （3）判断出，求出的表达式，然后证明这个不等式成立，即证，结合不等式的基本性质证明即可. 【详解】（1）当时，恰有次成功即恰有次失败， 由于必成功，因此失收只能发生在或上， 当失败，成功时，概率为， 当成功，失败时，概率为， 所以恰有次成功的概率． （2）当时，恰有次失败，假设失败发生在第次，其余成功． 则前次均成功的概率为． 第次失败的概为， 后续次成功的概率为， 所以失败发生在第次的概率为， 则. （3），理由如下： 所有试验均成功的概率为， 即证，即．① 因为当时，即， 所以． 即， 所以①式成立，即． 4．（2025·山东·二模）盒子中装有个小球，除颜色外，小球的大小、质地完全相同，每次从中无放回地随机取出1个球． (1)若盒中有2个白球，其余为黑球，2次取球后，求取出的2个球不同色的概率； (2)若盒中白球数为随机变量，，证明：第1次取出白球的概率为； (3)若盒中白球数为，每次取球后，将1个白球放回盒中，保持盒中球的总数不变，求第次取出白球的概率． 参考公式：若是离散型随机变量，有． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设事件为“2次摸球后，摸出的球不同色”，根据古典概型概率公式及组合数的计算即可求解； （2）根据全概率公式即可证明； （3）设第次取球后，第次取球前，盒中的白球数为，，设，结合参考公式得，即可得出第次取出白球的概率． 【详解】（1）设事件为“2次摸球后，摸出的球不同色”， 则， 所以2次摸球后，摸出的球不同色的概率为． （2）证明：，设事件为“第1次从盒子中摸出白球”， 则， 所以第1次从盒子中摸出白球的概率为． （3）设第次取球后，第次取球前，盒中的白球数为，， 设， 由题意得，服从两点分布，故， 根据参考公式可得， 由第（2）问可得， 则， ， 所以是为首项，为公比的等比数列， 则， 则第次摸出白球的概率为． 5．（2025·山东·二模）甲乙二人进行比赛，已知在每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛的结果相互独立．为决出最终获胜的一方，有以下两种方案可供选择： 方案一：规定每局比赛的胜方得1分，败方得0分，则首次比对手高两分的一方获胜． 方案二：首次连胜两局比赛的一方获胜． (1)若，且采用方案一，求第四场比赛结束时恰好分出胜负的概率． (2)若，为使甲获胜的概率更大，则应该选择哪种比赛方案？请说明理由． 附：当0 < q < 1时，． 【答案】(1) (2)方案二，理由见解析 【分析】（1）根据题意，列出满足题意的所有事件，根据概率的加法公式即可求解； （2）根据概率公式分别求得选方案一和方案二时甲获胜的概率，作商比较大小即可求解． 【详解】（1）第四场结束恰好分出胜负对应的事件为： ：甲贏第1，3，4局，乙赢第2局， ：甲赢第2，3，4局，乙赢第1局， ：乙赢第1，3，4局，甲赢第2局， ：乙赢第2，3，4局，甲赢第1局， 对应概率：； （2）设事件：甲最终获胜，事件：甲乙在前两局结束后得分相同． 记使用方案一，二时甲胜出的概率分别为． 对于方案一，根据条件概率公式： ， 因为每场比赛的结果相互独立，所以在前两局甲，乙各胜出一局达到同分的条件下，甲从第三局开始出现优先超过乙两分的概率恰为，即， 故， 从而． 对于方案二，甲最终获胜对应的事件只可能是甲乙相互获胜且最后甲连胜两局，即每局胜者按照“甲乙甲乙…甲乙甲甲”或“乙甲乙甲…乙甲甲”的规律． 从而甲获胜的概率 ， 显然，令， 有，即， 因为，所以 所以应选择方案二． ( 题型0 6 ) 随机变量及其分布 1．（2025·山东济南·二模）若随机变量，且，则的最小值为（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】由正态分布的对称性有，再应用“1”的代换和基本不等式求目标式的最小值. 【详解】由题设，则， 当且仅当时取等号，即的最小值为1. 故选：C 2．（2025·山东滨州·二模）若随机变量，且，则的最小值为（   ） A．18 B． C．24 D．27 【答案】A 【分析】由正态分布的对称性可得的等量关系，等量代换整理二次函数，可得答案. 【详解】由题意可得，则， 所以， 易知当时，的最小值为. 故选：A 3．（2025·山东临沂·二模）已知随机变量，为使在内的概率不小于（若，则)，则的最小值为（    ） A．8 B．16 C．32 D．64 【答案】C 【分析】由题意得，从而可列出关于的不等式即可求解. 【详解】若随机变量，则，， 为使在内的概率不小于，则，解得， 即的最小值为32. 故选：C. 4．（2025·山东菏泽·二模）（多选）下列说法正确的有（    ） A．若随机变量，且，则 B．若随机变量，且，则 C．若数据的方差为8，则数据的方差为4 D．若频率分布直方图呈现单峰不对称且左“拖尾”时，平均数大于中位数 【答案】AB 【分析】对于A，利用正态分布对称性可判断其正误，对于B，根据二项分布的均值与方差公式求解后可判断其正误，对于C，根据方差的性质可判断其正误，对于D，根据频率分布直方图的性质可判断其正误.. 【详解】对于A选项:由正态分布曲线的性质知, , 因为对称轴为,故,故,正确; 对于B选项:由二项分布的均值和方差公式得,,故正确; 对于C选项:数据缩放后方差是原方差的平方倍,故数据的方差为,错误; 对于D选项:左拖尾分布 ,平均数受左侧极端值影响会更小,故平均数小于中位数,错误, 故选:AB. 5．（2025·山东·二模）（多选）若随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据题意，得到，且，结合期望和方差的性质，以及正态分布曲线的对称性，逐项判定，即可求解. 【详解】由随机变量服从正态分布，可得， 又由随机变量服从正态分布，可得， 对于A中，由，所以A正确； 对于B中，由，所以B不正确； 对于C中，由正态分布曲线的性质，得，所以C正确； 对于D中，由， 又由正态分布曲线的对称性，可得， 所以. 故选：ACD. 6．（2025·山东枣庄·二模）（多选）已知随机变量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】由正态分布期望的性质可得A错误；由正态分布的方差可得B正确；由正态分布曲线的对称性可得C、D正确； 【详解】对于A，由题意，得，故A错误； 对于B，又，所以，故B正确； 对于C，因为两个正态分布对应的正态密度曲线关于直线对称， 所以，故C正确； 对于D，由对称性，得， 所以，故D正确. 故选：BCD. 7．（2025·山东聊城·二模）设随机变量，若，则 ． 【答案】0.3/ 【分析】根据已知，利用正态分布曲线的性质求解. 【详解】因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称， 又因为，所以，所以 又因为，所以0.3. 故答案为：0.3. 8．（2025·山东泰安·二模）某学校有甲、乙两个图书馆.假设同学们可以任意选择其中一个图书馆借阅，也可选择不借阅，一天最多借阅一次，一次只能选择一个图书馆.若同学们每次借阅选择去甲或乙图书馆的概率均为，每次选择相互独立.设王同学在某周的三天内去图书馆借阅的次数为，已知的分布列如下：（其中） 0 1 2 3 (1)记事件表示王同学在这三天内去图书馆借阅次，事件表示王同学在这三天内去甲图书馆借阅的次数大于去乙图书馆借阅的次数.当时，试根据全概率公式求的值； (2)是否存在实数，使得，若存在，求的值：若不存在，请说明理由； 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）利用分布列的性质求得，再计算出，代入全概率公式计算即得； （2）先由得出一个关于a与p的方程，再按照均值定义得出另一个a与p的方程，消去a得出关于p方程，构造函数，分析函数得其最小值为正，方程无解，即不存在符合条件的p值 . 【详解】（1）当时，， 则，解得； 由题意，得， ， ， 由全概率公式，得 . （2）由， 得， 假设存在，使， 将上述两式左右分别相乘， 得， 化简得：， 设，则， ，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 所以不存在使得，即不存在值，使得. 9．（2025·山东枣庄·二模）每次抛掷一枚质地均匀的六面体骰子，若出现偶数点得2分，奇数点得1分.已知每次抛掷出现偶数点和奇数点的概率都是，且结果相互独立. (1)求在抛掷过程中，恰好得3分的概率； (2)记抛掷次得分为，求的分布列及数学期望. 【答案】(1)； (2)分布列见解析，数学期望为. 【分析】（1）将得3分的事件拆成两个互斥事件的和，再利用互斥事件概率加法公式及相互独立事件概率公式求解. （2）根据给定条件，利用二项分布的概率公式和期望公式求解. 【详解】（1）得3分的事件是出现一次奇数点一次偶数点的事件，出现三次奇数点的事件和， 所以恰好得3分的概率. （2）抛掷次，设出现奇数点的次数为， 由每次抛掷出现偶数点和奇数点的概率都是，且结果相互独立，得， 总得分，的所有可能取值为， ， 所以的分布列为： 数学期望为 10．（2025·山东枣庄·二模）甲､乙两人共同参加某公司的面试，面试分为初试和复试，若初试不通过，则不用参加复试，复试通过则被录用，否则不被录用.已知甲通过初试和复试的概率分别为，乙通过初试和复试的概率均为，两人是否通过面试相互独立. (1)求甲､乙两人至少有1人通过初试且没有通过复试的概率； (2)设两人中被录用的人数为，求的分布列及数学期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）通过独立事件乘法公式及对立事件概率计算公式即可求解； （2）确定的取值，求得对应概率，即可求解. 【详解】（1）记“甲､乙两人至少有1人通过初试且没有通过复试”为事件A， 甲通过初试且没有通过复试的概率为， 乙通过初试且没有通过复试的概率为， 所以， 即甲､乙两人至少有1人通过初试且没有通过复试的概率为. （2）由题意知的所有可能取值为. 甲被录用的概率为， 乙被录用的概率为， 所以， ， ， 则的分布列为 X 0 1 2 P 11．（2025·山东滨州·二模）某学校组织“一带一路”有奖知识竞赛，有两个问题，已知甲同学答对问题的概率为0.6，回答正确得奖金10元，回答错误得奖金0元；答对问题的概率为0.5，回答正确得奖金元，回答错误得奖金0元．甲同学回答两个问题正确与否相互独立． (1)若甲同学对两个问题都作答，求他仅答对其中一个问题的概率； (2)若规定只有在答对第一个问题的情况下，才能回答下一个问题，若甲先回答问题和先回答问题所获得的奖金总额的期望相同，求的值． 【答案】(1) (2)15 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算可得结果； （2）求出甲先回答问题和先回答问题所获得的奖金总额的分布列，再由期望值相等解方程求得 【详解】（1）设甲同学答对问题的概率为，答对问题的概率为； 易知，又回答两个问题正确与否相互独立， 所以仅答对其中一个问题的概率为 . （2）设甲先回答问题所获得的奖金总额为， 则的所有可能取值为； 易知，， ； 此时期望值为； 设甲先回答问题所获得的奖金总额为， 则的所有可能取值为； 易知， ； 此时期望值为； 由可得， 解得. 12．（2025·山东聊城·二模）周末双休，四个同学约好一起参加体验活动，有甲、乙两个体验项目可供选择，每人必须参加且只能参加一个项目．四人约定每人通过掷一次质地均匀的骰子来决定自己参加哪个体验项目，若掷出点数小于3，就体验甲项目，否则体验乙项目． (1)求这4个人中恰有2人参加甲项目的概率； (2)用X，Y分别表示这4个人中参加甲、乙项目的人数，记，求随机变量的分布列及期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析；期望为 【分析】（1）先得到每个人参加甲项目和乙项目的概率，利用二项分布求概率公式得到答案； （2）求出的所有可能取值和对应的概率，得到分布列和数学期望值. 【详解】（1）依题意知，这4个人中，每个人参加甲项目的概率为，参加乙项目的概率为， 设“这4个人中恰有人去参加甲项目”为事件． 则， 故这4个人中恰有2人去参加甲项目的概率为． （2）或时，， 或时，， 时，， 故的所有可能取值为0，2，4． 由于与互斥，与互斥，故， ， ． 所以的分布列是 0 2 4 所以． 13．（2025·山东日照·二模）设，数对按照如下方式生成：①规定；②抛掷一枚质地均匀的硬币，当硬币正面朝上时，，；当硬币反面朝上时，， (1)写出数对的所有可能结果； (2)当时，记的概率为． （ⅰ）求及的最大值； （ⅱ）设的数学期望为，求． 【答案】(1)答案见解析； (2)①，最大值为；②. 【分析】（1）写出所有抛掷结果即可得到答案； （2）①分析计算得，再构造等比数列即可得到和其最值； ②分析得，再分类讨论和的情况即可. 【详解】（1）当抛郑两次硬币结果为（正，正）时，； 当抛掷两次硬币结果为（正，反）时，； 当抛掷两次硬币结果为（反，正）时，； 当抛掷两次硬币结果为（反，反）时，． （2）易知当时，；当时，； 由题知，，当，即时， 若掷出反面，则，此时； 当，即时，若掷出正面，则，此时； 当时，无论抛出正面还是反面，， 所以， 所以，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以． 当为奇数时，； 当为偶数时，； 所以，的最大值为． ②显然，． 由题分析得，与的概率相等，均设为， 则由①知，， 若，当下次投掷硬币为正面朝上时，； 当下次投郑硬币为反面朝上时，； 若，当下次投掷硬币为正面朝上时，； 当下次投郑硬币为反面朝上时，； 若，当下次投掷硬币为正面朝上时，； 当下次投郑硬币为反面朝上时，． 所以当时，概率为，此时期望不变； 当时，概率为，此时期望加1； 所以． 故 经检验，当时也成立．. 37 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $$