计数原理与概率专项训练 ——2026届高三数学一轮复习

计数原理与排列组合 题型一　计数原理 　(1)用3种不同颜色给如图所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环不能涂相同的颜色，共有_________种不同的涂色方案(　　) A.243 B.32 C.48 D.1 280 (2)如图，在某海岸P的附近有三个岛屿Q，R，S，计划建立三座独立大桥，将这四个地方连起来，每座桥直线连接两个地方，且不出现立体交叉形式，则不同的连接方式有(　　) A.24种 B.20种 C.16种 D.12种 　(3)(2024·成都模拟)某高中运动会设有8个项目，甲、乙两名学生每人随机选取3个项目报名参加，则至少选中2个相同项目的报名方法有(　　) A.420种 B.840种 C.476种 D.896种 (4)如图，某种雨伞架前后两排共8个孔，编号分别为1~8号.若甲、乙、丙、丁四名同学要放伞，每个孔最多放一把伞，则甲放在奇数孔，乙放在偶数孔，且丙、丁没有放在同一排的放法有(　　) A.68种 B.136种 C.272种 D.544种 题型二　排列、组合问题 　(1)甲、乙两名同学从生物、地理、政治、化学中各选两门进行学习，若甲、乙不能同时选生物，则甲、乙总的选 法有(　　) A.27种 B.18种 C.36种 D.48种 (2)某单位开展联欢活动，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖和鼓励奖共五种奖项.甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同.甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖项介于丁和戊之间”.根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是(　　) A.15 B.18 C.22 D.26 　(3)(2025·德阳模拟)甲、乙等6名数学竞赛国家集训队队员站成一排合影，若甲、乙两名同学中间恰有1人，则不同的站法数为(　　) A.144 B.192 C.360 D.480 (4)某学校开展学雷锋主题活动，某班级5名女生和2名男生，分配成两个小组去两地参加志愿者活动，每小组均要求既要有女生又要有男生，则两个小组不同的分配方案有(　　) A.20种 B.40种 C.60种 D.80种 题型三　排列、组合的综合问题 1　(多选)某产品的加工过程有甲、乙、丙、丁、戊5道不同的工序，现将5道工序按不同的顺序安排流程，则下列说法正确的是(　　) A.如果甲工序不能放在第一道，共有96种加工顺序 B.如果甲、乙两道工序必须相邻，共有12种加工顺序 C.如果甲、丙两道工序必须不相邻，共有72种加工顺序 D.如果乙、丙两道工序必须乙在前，丙在后，共有40种加工顺序 2　花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法种数为　　　　　　. 3　第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛于2024年7月16~22日在重庆市育才中学成功举办.在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加.若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有(　　) A.108种 B.114种 C.150种 D.240种 4　(1)有A1，A2，…，A6共六个人，他们的座位分别为B1，B2，…，B6，现在求每一个人坐一个座位，且都不坐自己座位，则共有　　　种不同的坐法(　　) A.9 B.16 C.44 D.265 (2)如图，一个环形的大会场被分成了n个区域，现有k种不同颜色的服装提供给n个区域的观众，要求同一区域的观众着装颜色相同，且相邻区域的观众着装颜色不同.当k＝5，n＝6时，共有　　　　　种不同的着装方法.  二项式定理 题型一　通项公式的应用 (1)(多选)关于的展开式中，下列结论错误的有(　　) A.展开式中含项的系数为－128 B.第5项和第6项的二项式系数相等 C.展开式中的常数项是第7项 D.展开式中的有理项共三项 (2)已知二项式(a>0)的展开式中x2项的系数为84，则a的值为(　　) A.1 B. C.2 D. (3)(2024·西安模拟)(2x3－2)的展开式的常数项为(　　) A.－288 B.－312 C.480 D.736 (4)已知(ax－1)(2x＋1)6的展开式中x5的系数为48，则实数a等于(　　) A.2 B.1 C.－1 D.－2 题型二　二项式系数与项的系数的问题 (1)(多选)已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，展开式中的所有项的二项式系数和为64，下列说法正确的是(　　) A.n＝8 B.a0＝1 C.a3＝－160 D.|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝36－1 (2)(多选)已知(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024＋a2 025x2 025，则(　　) A.展开式中二项式系数和为1 B.展开式中所有项的系数和为－1 C.＋…＋＝－1 D.a1＋2a2＋3a3＋…＋2 024a2 024＋2 025a2 025＝－4 050 3　(多选)关于的展开式，下列结论正确的是(　　) A.二项式系数和为64 B.所有项的系数之和为2 C.第三项的二项式系数最大 D.系数的最大值为240 题型三　二项式定理的综合应用 　(1)设a∈Z，且0≤a≤13，若512 025＋a能被13整除，则a等于(　　) A.0 B.1 C.11 D.12 (2)用二项式定理估算1.0110＝　　　　　.(精确到0.001)  3　(多选)下列说法正确的是(　　) A.若(x－2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则|a0|＋|a1|＋…＋|a6|＝729 B.若3n＋3n－1＋3n－2＋…＋＝218，则＋…＋＝512 C.0.988精确到0.01的近似值为0.85 D.22 024除以15的余数为3 随机事件与概率 题型一　随机事件的关系 1　(多选)抛掷一枚质地均匀的骰子，记随机事件：E＝“点数为奇数”，F＝“点数为偶数”，G＝“点数大于2”，H＝“点数小于2”，R＝“点数为3”.则下列结论正确的是(　　) A.E，F为对立事件 B.G，H为互斥不对立事件 C.E，G不是互斥事件 D.G，R是互斥事件 2　(1)(多选)下列说法正确的有(　　) A.若事件A⊆B，则P(A)≤P(B) B.若A，B为对立事件，则P(A)＋P(B)＝1 C.若A，B为互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B) D.P(A∪B)<P(A)＋P(B) (2)某射手在一次射击中射中10环、9环、8环、7环的概率分别为0.21，0.23，0.25，0.2，则这个射手在一次射击中射中环数不够7环的概率为　　　　　　.  3　(多选)下列命题正确的是(　　) A.随机事件A的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值 B.抛掷骰子100次，得点数是1的结果是18次，则出现1点的频率是 C.有一批产品，其次品率为0.05，若从中任取200件产品，则一定有190件正品，10件次品 D.抛掷一枚质地均匀的硬币100次，有51次出现了正面，则可得抛掷一次该硬币出现正面的概率是0.51 题型二　古典概型 　(1)甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是(　　) A. B. C. D. (2)(2024·烟台模拟)安排4名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家公司实习的概率为(　　) A. B. C. D. 题型三　概率与统计的综合问题 1　某校为了增强学生的身体素质，积极开展体育锻炼，并给学生的锻炼情况进行测评打分.现从中随机选出100名学生的成绩(满分为100分)，按分数分为[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，共6组，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求m的值，并求这100名学生成绩的中位数(保留一位小数)； (2)若认定评分在[80，90)内的学生为“运动爱好者”，评分在[90，100]内的学生为“运动达人”，现采用按比例分配的分层随机抽样的方式从不低于80分的学生中随机抽取6名学生参加运动交流会，大会上需要从这6名学生中随机抽取2名学生进行经验交流发言，求抽取的2名发言者中恰好“运动爱好者”和“运动达人”各1人的概率. 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式 题型一　相互独立事件 1　(2021·新高考全国Ⅰ)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　) A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立 2　小刚参与一种答题游戏，需要解答A，B，C三道题.已知他答对这三道题的概率分别为a，a，，且各题答对与否互不影响，若他恰好能答对两道题的概率为，则他三道题都答错的概率为(　　) A. B. C. D. 3　(多选)甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球传给另外两人中的任意一人是等可能的.从一个人传球到另一个人称传球一次.若传球开始时甲持球，记传球n次后球仍回到甲手里的概率为Pn，则下列结论正确的是(　　) A.P2＝ B.P4＝ C.Pn＝(1－Pn－1) D.Pn＝ 题型二　条件概率 1　甲、乙、丙、丁四名同学报名参加4×100米接力赛跑.记事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件B为“乙同学跑第二棒”，则P(B|A)的值为(　　) A. B. C. D. 2　(多选)下列结论中错误的是(　　) A.P(B|A)＝P(A|B) B.P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) C.P(AB)＝P(B|A)P(A) D.P(B|A)P(A)≥P(A)＋P(B) 题型三　全概率公式的应用 　(1)某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”.统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是(　　) A.0.155 B.0.175 C.0.016 D.0.096 (2)设5支枪中有2支未校正，3支已校正.一射手用校正过的枪射击，中靶率为0.9，用未校正过的枪射击，中靶率为0.4.若任取一支枪射击，结果未中靶，则该枪未校正的概率为　　　　　　.  离散型随机变量及其分布列、数字特征 题型一　分布列的性质 　(1)若随机变量X的分布列为 X －2 －1 0 1 2 3 P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1 则当P(X<a)＝0.8时，实数a的取值范围是(　　) A.[1，2) B.[1，2] C.(1，2] D.(1，2) 题型二　离散型随机变量的分布列及数字特征 1(多选)已知离散型随机变量X的分布列如表所示，则下列说法正确的是(　　) X －2 1 3 P 2a 0.25 a A.a＝0.25 B.E(X)＝1 C.D(X)＝4.5 D.P(0.5<X<3.5)＝0.5 典例　(1)设随机变量X的分布列如下(其中0<p<1)，D(X)表示X的方差，则当p从0增大到1时(　　) X 0 1 2 P A.D(X)增大 B.D(X)减小 C.D(X)先减后增 D.D(X)先增后减 (2)(多选)已知某商场销售一种商品的单件销售利润为X＝0，a，2，根据以往销售经验可得0<a<2，随机变量X的分布列为 X 0 a 2 P b 下列结论正确的是(　　) A.b＝ B.若该商场销售该商品5件，其中3件销售利润为0的概率为 C.D(X)min＝ D.当D(X)最小时，E(X)＝ 3　(多选)已知随机变量X的分布列为 X －1 0 1 2 P a b c 0.25 且a，b，c成等差数列，下列结论正确的是(　　) A.D(bX＋1)＝D(X) B.P(|X|＝1)＝0.5 C.若E(aX)＝0.08，则a＝0.1 D.a－c可能等于0.1 题型三　均值与方差中的决策问题 1　数学多选题的得分规则是：每小题的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的按比例得分，有选错的得0分，小明根据大量的多选题统计得到：多选题正确的选项共有四个的概率为0，正确选项共有两个的概率为p(0<p<1). (1)现有某个多选题，小明完全不会，他有两种策略，策略一：在A，B，C，D四个选项中任选一个选项，策略二：在A，B，C，D四个选项中任选两个选项，求小明分别采取这两个策略时小明得分的数学期望； (2)若有一个多选题，小明发现A正确，B，C，D选项他不会判断，现在他也有两个策略，策略一：除选A外再从B，C，D中任选一个，策略二：除选A外再从B，C，D中任选两个，在p＝的条件下，判断小明选择哪个策略更好. 2某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分. 已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关. (1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列； (2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由. 　二项分布、超几何分布与正态分布 题型一　二项分布 1　(2024·大庆模拟)2024年7月12日，国家疾控局会同教育部、国家卫生健康委和体育总局制定并发布了《中小学生超重肥胖公共卫生综合防控技术导则》，其中一级预防干预技术的生活方式管理中就提到了“少喝或不喝含糖饮料，足量饮水”，某中学准备发布健康饮食的倡议，提前收集了学生的体重和饮食习惯等信息，其中学生饮用含糖饮料的统计结果如下：学校有的学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升，这些学生的肥胖率为；而每天饮用含糖饮料低于500毫升的学生的肥胖率为. (1)若从该中学的学生中任意抽取一名学生，求该生肥胖的概率； (2)现从该中学的学生中任意抽取三名学生，记X表示这三名学生中肥胖的人数，求X的分布列和数学期望. 题型二　超几何分布 1　为了进一步推动智慧课堂的普及和应用，A市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如表： 经常应用 偶尔应用或者不应用 合计 农村 40 城市 60 合计 100 60 160 从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是. (1)补全2×2列联表，根据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为智慧课堂的应用与区域有关？ (2)在经常应用智慧课堂的学校中，按照农村和城市的比例抽取5个学校进行分析，然后再从这5个学校中随机抽取2个学校所在的地域进行核实，记其中农村学校有X个，求X的分布列和数学期望. 附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.1 0.05 0.005 xα 2.706 3.841 7.879 题型三　正态分布 1　(1)(多选)(2024·南京模拟)已知三个密度函数fi(x)＝(x∈R，i＝1，2，3)的图象如图所示，则(　　) A.μ1＝μ2>μ3 B.σ1＝σ2<σ3 C.若X~N(1，)，P(X<2)＝0.7，则P(0<X<2)＝0.4 D.若X~N(μ2，)，Y~N(μ3，)，则存在实数x0，使得P(X<x0)＝P(Y<x0) (2)(多选)(2024·新课标全国Ⅰ)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则(　　) (若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.841 3) A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 3　 某教学研究机构从参加高考适应性考试的20 000名优秀考生中随机抽取了200人对其数学成绩进行了整理分析，作出了如图所示的频率分布直方图： (1)根据频率分布直方图，同一组数据用该组区间的中点值作代表，求得这200名考生数学成绩的平均数为＝110.据此估计这20 000名优秀考生数学成绩的标准差s； (2)根据以往经验，可以认为这20 000名优秀考生的数学成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中参数μ和σ可以分别用(1)中的和s来估计.记考生本次考试的各科总成绩为Y，若Y＝5X－10，试估计这20 000名优秀考生中总成绩Y∈[600，660]的人数. 另：≈2.4； 若X~N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5. 概率、统计与其他知识的交汇问题 题型一　概率、统计与数列的综合问题 1　(2025·广州模拟)将4个面上分别写有数字1，2，3，4的一个正四面体在桌面上连续独立地抛n次(n为正整数)，设X为与桌面接触的数字为偶数的次数，p(0<p<1)为抛正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率. (1)当n＝5时，若正四面体的质地是均匀的，求X的数学期望和方差； (2)若正四面体有瑕疵，即p≠. ①设pn是抛掷正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：pn＝p＋(1－2p)pn－1(n≥2)； ②求抛掷正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率. 题型二　概率、统计与导数的综合问题 1　(2024·龙岩模拟)某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，85)，[85，95].根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值X服从正态分布N(μ，σ2)，并把质量指标值不小于80的产品称为A等品，其他产品称为B等品.现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图. (1)根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差s的近似值为11，用样本平均数作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值.若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为A等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)； (①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则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) (2)①从样本的质量指标值在[45，55)和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为η，求η的分布列和数学期望； ②该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装.已知一件A等品芯片的利润是m(1<m<24)元，一件B等品芯片的利润是ln(25－m)元，根据(1)的计算结果，试求m的值，使得每箱产品的利润最大. 概率与统计 1.某农场收获的苹果按A，B，C三个苹果等级进行装箱，已知苹果的箱数非常多，且A，B，C三个等级苹果的箱数之比为6∶3∶1. (1)现从这批苹果中随机选出3箱，若选到任何一箱苹果是等可能的，求至少选到2箱A级苹果的概率；(6分) (2)若用按比例分配的分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果，假设某游客要从这10箱苹果中随机购买3箱，记购买的A级苹果有X箱，求X的分布列与数学期望.(7分) 2.随着科技的不断发展，人工智能技术的应用越来越广泛，某科技公司发明了一套人机交互软件，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.该人机交互软件测试阶段，共测试了1 000个问题，测试结果如下表： 回答正确 回答错误 问题中存在语法错误 100 300 问题中没有语法错误 500 100 结果显示问题中是否存在语法错误会影响该软件回答问题的正确率，依据测试结果，用频率近似概率，解决下列问题. (1)测试2个问题，在该软件都回答正确的情况下，求测试的2个问题中恰有1个问题存在语法错误的概率；(7分) (2)现输入3个问题，每个问题能否被软件正确回答相互独立，记软件正确回答的问题个数为X，求X的分布列.(8分) 3.某学校计划举办趣味投篮比赛，比赛分若干局进行.每一局比赛规则如下：两人组成一个小组，每人各投篮3次.若某选手投中次数多于未投中次数，则称该选手为“好投手”.若两人均为“好投手”，则称该小组为本局比赛的“神投手组合”.假定每位参赛选手都参加每一局的比赛，每人每次投篮结果互不影响.若甲、乙两位同学组成一个小组参赛，且甲、乙同学的投篮命中率分别为，. (1)求在一局比赛中甲被称为“好投手”的概率；(5分) (2)若以“甲、乙同学组成的小组获得‘神投手组合’的局数为3的概率最大”作为决策依据，试推断本次投篮比赛设置的总局数n(n≥4)为多少时，对该小组更有利.(10分) 4.信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X和Y的分布列分别为：P(X＝xi)＝pi，P(Y＝xi)＝qi，其中i＝1，2，…，n.定义X的信息熵：H(X)＝－pilog2pi，X和Y的“距离”：KL(X||Y)＝pilog2. (1)若X~B，求H(X)；(5分) (2)已知发报台只发出信号0和1，接收台只收到信号0和1.现发报台发出信号0的概率为m，由于通信信号受到干扰，发出信号0接收台收到信号0的概率为n，发出信号1接收台收到信号1的概率也为n. ①若接收台收到信号为0，求发报台发出信号为0的概率；(5分) ②记X和Y分别为发出信号和收到信号，证明：KL(X||Y)≥0.(7分) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 计数原理与排列组合 题型一　计数原理 　(1)用3种不同颜色给如图所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环不能涂相同的颜色，共有_________种不同的涂色方案(　　) A.243 B.32 C.48 D.1 280 答案　C 解析　从左到右依次涂色，第一个圆环可以涂3种颜色，第二、三、四、五个圆环各可以涂2种颜色，共有3×2×2×2×2＝48(种)不同的涂色方案. (2)如图，在某海岸P的附近有三个岛屿Q，R，S，计划建立三座独立大桥，将这四个地方连起来，每座桥直线连接两个地方，且不出现立体交叉形式，则不同的连接方式有(　　) A.24种 B.20种 C.16种 D.12种 答案　D 解析　可分为两类： 第一类：从一个地方出发向其他三个地方各建一座桥，共有4种不同的连接方式； 第二类：一个地方最多建两座桥，其中建桥连接方式：P－S－R－Q和Q－R－S－P属于相同的建桥方法，所以共有×＝12(种)不同的连接方式，其中交叉建桥方法，例如P－R－S－Q，P－R－Q－S，R－P－S－Q，R－P－Q－S不符合题意，共有4种， 所以第二类建桥方法共有12－4＝8(种)不同的连接方式. 综上可得，不同的连接方式有4＋8＝12(种). 　(3)(2024·成都模拟)某高中运动会设有8个项目，甲、乙两名学生每人随机选取3个项目报名参加，则至少选中2个相同项目的报名方法有(　　) A.420种 B.840种 C.476种 D.896种 答案　D 解析　由题意可知，可以分两种情况： 第一种情况：所选取的3个项目中恰有2个相同项目， 第一步，在8个项目中选取2个，共有＝28(种)， 第二步，甲在剩下的6个项目中选取1个，共有＝6(种)， 第三步，乙在剩下的5个项目中选取1个，共有＝5(种)， 由分步乘法计算原理可知，共有28×6×5＝840(种)； 第二种情况：所选取的3个项目全部相同， 则有＝56(种)； 由分类加法计数原理可知，满足要求的报名方法一共有840＋56＝896(种). (4)如图，某种雨伞架前后两排共8个孔，编号分别为1~8号.若甲、乙、丙、丁四名同学要放伞，每个孔最多放一把伞，则甲放在奇数孔，乙放在偶数孔，且丙、丁没有放在同一排的放法有(　　) A.68种 B.136种 C.272种 D.544种 答案　C 解析　根据题意，分2种情况讨论： ①甲乙放在同一排，有＝128(种)放法， ②甲乙不放在同一排，有＝144(种)放法， 则有128＋144＝272(种)不同的放法. 题型二　排列、组合问题 　(1)甲、乙两名同学从生物、地理、政治、化学中各选两门进行学习，若甲、乙不能同时选生物，则甲、乙总的选法有(　　) A.27种 B.18种 C.36种 D.48种 答案　A 解析　当甲选生物，乙不选生物时，甲、乙的选法有＝9(种)；当甲不选生物，乙随便选时，甲、乙的选法有＝18(种)，则甲、乙总的选法有9＋18＝27(种). (2)某单位开展联欢活动，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖和鼓励奖共五种奖项.甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同.甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖项介于丁和戊之间”.根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是(　　) A.15 B.18 C.22 D.26 答案　D 解析　甲是特等奖，不考虑丙的奖项有种；甲不是特等奖，不考虑丙的奖项有种；而丙奖项在丁和戊之间的情况占，所以5人的奖项的所有可能的种数是)＝26. 　(3)(2025·德阳模拟)甲、乙等6名数学竞赛国家集训队队员站成一排合影，若甲、乙两名同学中间恰有1人，则不同的站法数为(　　) A.144 B.192 C.360 D.480 答案　B 解析　根据题意，分2步进行分析： ①在其他4人中，选出1人，安排在甲、乙中间，有＝8(种)情况； ②将3人看成一个整体，与其余3人全排列，有＝24(种)排法. 则有8×24＝192(种)不同的站法. (4)某学校开展学雷锋主题活动，某班级5名女生和2名男生，分配成两个小组去两地参加志愿者活动，每小组均要求既要有女生又要有男生，则两个小组不同的分配方案有(　　) A.20种 B.40种 C.60种 D.80种 答案　C 解析　由题意可知两名男生必须分开在两组，则有1女1男为一组，余下的人为一组； 2女1男为一组，余下的人为一组； 3女1男为一组，余下的人为一组； 4女1男为一组，余下的人为一组； 所以两个小组不同的分配方法有)＝60(种). 题型三　排列、组合的综合问题 1　(多选)某产品的加工过程有甲、乙、丙、丁、戊5道不同的工序，现将5道工序按不同的顺序安排流程，则下列说法正确的是(　　) A.如果甲工序不能放在第一道，共有96种加工顺序 B.如果甲、乙两道工序必须相邻，共有12种加工顺序 C.如果甲、丙两道工序必须不相邻，共有72种加工顺序 D.如果乙、丙两道工序必须乙在前，丙在后，共有40种加工顺序 答案　AC 解析　如果甲工序不能放在第一道，则甲有4种安排方式，根据分步乘法计数原理，共有＝4×4×3×2×1＝96(种)加工顺序，故A正确； 甲、乙两道工序相邻，将甲和乙捆绑为一道工序，和剩余3道工序放在一起排序，则共有＝2×4×3×2×1＝48(种)加工顺序，故B错误； 如果甲、丙两道工序不能相邻，则先安排剩余3道工序，在形成的4个空中，安排甲、丙，故共有＝3×2×1×4×3＝72(种)加工顺序，故C正确； 现将5道不同的工序全排列，再除以乙、丙两道工序的全排列，故共有＝60(种)加工顺序，故D错误. 2　花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法种数为　　　　　　. 答案　90 解析　由题意，取下6盏不同的花灯， 先对6盏不同的花灯进行全排列，共有种方法， 因为每次只取一盏花灯，而且只能从下往上取， 所以必须除去不符合题意的排列顺序，即先取上方的顺序，故不同取法种数为＝90. 3　第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛于2024年7月16~22日在重庆市育才中学成功举办.在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加.若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有(　　) A.108种 B.114种 C.150种 D.240种 答案　B 解析　5名新教师按3∶1∶1分组有种方法，按2∶2∶1分组有种分法，因此5名新教师的安排方案有种，当甲、乙在同一组时，甲、乙可视为1个人，即相当于4名新教师的安排方案，有种，所以所求不同的安排方案有＝25×6－6×6＝114(种). 4　(1)有A1，A2，…，A6共六个人，他们的座位分别为B1，B2，…，B6，现在求每一个人坐一个座位，且都不坐自己座位，则共有　　　种不同的坐法(　　) A.9 B.16 C.44 D.265 答案　D 解析　记n个人坐位子且自己不坐自己的座位的方法数构成一个数列{an}，易得a2＝1，a3＝2， 当n≥4时，首先，让A1选位，A1不选B1，则共有n－1种坐法，不妨设A1选了Bk(k≠1)，然后再让Ak选位， ①当Ak选B1时，则余下n－2个人和n－2个座位，共有an－2种坐法； ②当Ak不选B1时，则余下n－1个人都有一个不能选的座位，则共有an－1种坐法， 所以an＝(n－1)(an－2＋an－1)， 所以a4＝3(a2＋a3)＝9，a5＝4(a3＋a4)＝44， a6＝5(a4＋a5)＝265. (2)如图，一个环形的大会场被分成了n个区域，现有k种不同颜色的服装提供给n个区域的观众，要求同一区域的观众着装颜色相同，且相邻区域的观众着装颜色不同.当k＝5，n＝6时，共有　　　　　种不同的着装方法.  答案　4 100 解析　设提供k种颜色来给排成环形的n个区域涂色且相邻区域不同色，记方法数为fk(n)， 若先考虑给n个排成一行的区域涂色且相邻区域不同色，则方法数应为k·(k－1)n－1， ①若区域1和区域n不同色，则把区域1和区域n粘在一起成一个环状时满足条件； ②若区域1和区域n同色，则把区域1和区域n粘在一起成一个环状时不满足条件，此方法数需从k·(k－1)n－1种方法中减掉. 所以fk(n)＝k·(k－1)n－1－fk(n－1)， 易得f5(3)＝＝60， 所以f5(4)＝5×(5－1)3－f5(3)＝260， 所以f5(5)＝5×(5－1)4－f5(4)＝1 020， 所以f5(6)＝5×(5－1)5－f5(5)＝4 100. 二项式定理 题型一　通项公式的应用 (1)(多选)关于的展开式中，下列结论错误的有(　　) A.展开式中含项的系数为－128 B.第5项和第6项的二项式系数相等 C.展开式中的常数项是第7项 D.展开式中的有理项共三项 答案　AD 解析　二项式展开式的通项Tk＋1＝＝(－2)kx18－3k，k∈N，k≤9.由18－3k＝－3，即k＝7，得T8＝(－2)7x－3，展开式中含项的系数为－128，A错误； 展开式共10项，则第5项和第6项的二项式系数相等，B正确； 由18－3k＝0，即k＝6，得展开式中的常数项是第7项，C正确； 由18－3k为整数，k∈N，k≤9可知有理项共有10项，D错误. (2)已知二项式(a>0)的展开式中x2项的系数为84，则a的值为(　　) A.1 B. C.2 D. 答案　A 解析　展开式的通项为Tk＋1＝a9－k·a9－k(k＝0，1，2，…，9)，令＝2，则k＝3，∴a9－3＝a6＝84，解得a＝±1，∵a>0，∴a＝1. (3)(2024·西安模拟)(2x3－2)的展开式的常数项为(　　) A.－288 B.－312 C.480 D.736 答案　A 解析　因为的展开式的通项Tk＋1＝(－2)k(0≤k≤8，k∈N)， 所以(2x3－2)的展开式的项为2x3(－2)k(0≤k≤8，k∈N)或－2(－2)k(0≤k≤8，k∈N)， 当k＝2时，2x3(－2)k ＝2x3x－3(－2)2＝224， 当k＝8时，－2(－2)k＝－2(－2)8＝－512， 所以(2x3－2)的展开式的常数项为－512＋224＝－288. (4)已知(ax－1)(2x＋1)6的展开式中x5的系数为48，则实数a等于(　　) A.2 B.1 C.－1 D.－2 答案　B 解析　二项式(2x＋1)6的展开式的通项Tk＋1＝(2x)6－k·1k＝·26－k·x6－k. (ax－1)(2x＋1)6＝ax(2x＋1)6－(2x＋1)6的展开式中，x5的系数为a·24－·25＝15×16a－6×32＝48，解得a＝1. 题型二　二项式系数与项的系数的问题 (1)(多选)已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，展开式中的所有项的二项式系数和为64，下列说法正确的是(　　) A.n＝8 B.a0＝1 C.a3＝－160 D.|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝36－1 答案　BCD 解析　因为展开式中的所有项的二项式系数和为64，所以2n＝64，解得n＝6，故A错误； 已知(1－2x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，令x＝0，可得a0＝1，故B正确； 因为(1－2x)6展开式的通项为Tk＋1＝(－2x)k，k∈{0，1，2，3，4，5，6}，所以a3x3＝×(－2x)3＝－160x3，所以a3＝－160，故C正确； 由展开式的通项为Tk＋1＝(－2x)k，k∈{0，1，2，3，4，5，6}，所以a1，a3，a5<0，a0，a2，a4，a6>0，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝a0－a1＋a2－…＋a6，令x＝－1，可得a0－a1＋a2－…＋a6＝36，所以|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝36－1，故D正确. (2)(多选)已知(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024＋a2 025x2 025，则(　　) A.展开式中二项式系数和为1 B.展开式中所有项的系数和为－1 C.＋…＋＝－1 D.a1＋2a2＋3a3＋…＋2 024a2 024＋2 025a2 025＝－4 050 答案　BCD 解析　二项展开式中的二项式系数和为22 025，故A错误； 令x＝1，可得(1－2)2 025＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 024＋a2 025＝－1，即展开式中所有项的系数和为－1，故B正确； 令x＝0，可得a0＝1，令x＝，可得＝a0＋＋…＋＝0，所以＋…＋＝－1，故C正确； 将等式(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024＋a2 025x2 025两边同时求导可得， 2 025×(－2)×(1－2x)2 024＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋2 024a2 024x2 023＋2 025a2 025x2 024， 再令x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋2 024a2 024＋2 025a2 025＝－4 050，故D正确. 3　(多选)关于的展开式，下列结论正确的是(　　) A.二项式系数和为64 B.所有项的系数之和为2 C.第三项的二项式系数最大 D.系数的最大值为240 答案　AD 解析　由二项式系数和公式知的二项式系数和为26＝64，故A正确； 令x＝1，则的展开式所有项的系数之和为＝1，故B错误； 易知的展开式共7项，所以二项式系数最大的项为第四项，故C错误； 的展开式通项为Tk＋1＝(2x)6－k·＝26－k·(－1)k·x6－2k，k＝0，1，2，3，4，5，6， 记f(k)＝26－k·(－1)k，显然k取偶数时各项系数为正数，f(0)＝26＝64，f(2)＝16×15＝240，f(4)＝4×15＝60，f(6)＝1，可知系数的最大值为240，故D正确. 题型三　二项式定理的综合应用 　(1)设a∈Z，且0≤a≤13，若512 025＋a能被13整除，则a等于(　　) A.0 B.1 C.11 D.12 答案　B 解析　因为a∈Z，且0≤a≤13， 所以512 025＋a＝(52－1)2 025＋a ＝·522 025－·522 024＋·522 023－…＋·52－＋a， 因为512 025＋a能被13整除， 所以－＋a＝－1＋a能被13整除， 又0≤a≤13， 所以a＝1. (2)用二项式定理估算1.0110＝　　　　　.(精确到0.001)  答案　1.105 解析　1.0110＝(1＋0.01)10＝1＋×0.01＋×0.012＋×0.013＋…≈1＋0.1＋0.004 5＝1.104 5≈1.105. 跟踪训练3　(多选)下列说法正确的是(　　) A.若(x－2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则|a0|＋|a1|＋…＋|a6|＝729 B.若3n＋3n－1＋3n－2＋…＋＝218，则＋…＋＝512 C.0.988精确到0.01的近似值为0.85 D.22 024除以15的余数为3 答案　AC 解析　在(x－2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6中，令x＝－1，则|a0|＋|a1|＋…＋|a6|＝(－3)6＝729，故A正确； 因为3n＋3n－1＋3n－2＋…＋＝(3＋1)n＝4n＝22n＝218，所以n＝9，所以＋…＋＝(1＋1)n－1＝2n－1＝29－1＝511，故B错误； 0.988＝(1－0.02)8＝×(－0.02)0＋×(－0.02)1＋×(－0.02)2＋…＋×(－0.02)8，取展开式的前3项，则0.988精确到0.01的近似值为1－0.16＋0.011 2＝0.851 2≈0.85，故C正确； 22 024＝＝(15＋1)506＝15506＋15505＋…＋15＋ ＝15(15505＋15504＋…＋)＋1，其中15505＋15504＋…＋∈N， 所以15(15505＋15504＋…＋)能被15整除， 所以22 024除以15的余数为1，故D错误. 随机事件与概率 题型一　随机事件的关系 1　(多选)抛掷一枚质地均匀的骰子，记随机事件：E＝“点数为奇数”，F＝“点数为偶数”，G＝“点数大于2”，H＝“点数小于2”，R＝“点数为3”.则下列结论正确的是(　　) A.E，F为对立事件 B.G，H为互斥不对立事件 C.E，G不是互斥事件 D.G，R是互斥事件 答案　ABC 解析　“点数为奇数”与“点数为偶数”不可能同时发生，且必有一个发生，所以E，F是对立事件，选项A正确； “点数大于2”与“点数小于2”不可能同时发生，且不是必有一个发生，G，H为互斥不对立事件，选项B正确； “点数为奇数”与“点数大于2”可能同时发生，E，G不是互斥事件，选项C正确； “点数大于2”与“点数为3”可能同时发生，G，R不是互斥事件，选项D不正确. 2　(1)(多选)下列说法正确的有(　　) A.若事件A⊆B，则P(A)≤P(B) B.若A，B为对立事件，则P(A)＋P(B)＝1 C.若A，B为互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B) D.P(A∪B)<P(A)＋P(B) 答案　ABC 解析　若事件B包含事件A，则P(A)≤P(B)，故A正确； 若A，B为对立事件，则P(A)＋P(B)＝1，故B正确； 若A，B为互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，故C正确； 因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，所以当A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，故D错误. (2)某射手在一次射击中射中10环、9环、8环、7环的概率分别为0.21，0.23，0.25，0.2，则这个射手在一次射击中射中环数不够7环的概率为　　　　　　.  答案　0.11 解析　记“射中环数不够7环”为事件D，则事件为“射中10环或9环或8环或7环”， 所以P()＝0.21＋0.23＋0.25＋0.2＝0.89， 所以P(D)＝1－P()＝1－0.89＝0.11. 3　(多选)下列命题正确的是(　　) A.随机事件A的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值 B.抛掷骰子100次，得点数是1的结果是18次，则出现1点的频率是 C.有一批产品，其次品率为0.05，若从中任取200件产品，则一定有190件正品，10件次品 D.抛掷一枚质地均匀的硬币100次，有51次出现了正面，则可得抛掷一次该硬币出现正面的概率是0.51 答案　AB 解析　随机事件A的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，故A正确； 抛掷骰子100次，得点数是1的结果是18次，则出现1点的频率是，故B正确； 有一批产品，其次品率为0.05，若从中任取200件产品，则不一定抽取到190件正品和10件次品，故C错误； 100次并不是无穷多次，抛掷一枚质地均匀的硬币100次，有51次出现了正面，则不能得出抛掷一次该硬币出现正面的概率是0.51，故D错误. 题型二　古典概型 　(1)甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　当甲在排尾，乙在排头时，丙有2种排法，丁有1种，共2种；当甲在排尾，乙排第二位或第三位时，丙有1种排法，丁有1种，共2种；于是甲在排尾共4种排法，同理乙在排尾共4种排法，于是共8种排法符合题意，样本点总数显然是＝24，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率为. (2)(2024·烟台模拟)安排4名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家公司实习的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　4名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3人、1人或2人、2人，即共有＝8＋6＝14(种)实习方案，其中甲、乙到同一家公司实习的情况有＝4＋2＝6(种)，故大学生甲、乙到同一家公司实习的概率为. 题型三　概率与统计的综合问题 1　某校为了增强学生的身体素质，积极开展体育锻炼，并给学生的锻炼情况进行测评打分.现从中随机选出100名学生的成绩(满分为100分)，按分数分为[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，共6组，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求m的值，并求这100名学生成绩的中位数(保留一位小数)； (2)若认定评分在[80，90)内的学生为“运动爱好者”，评分在[90，100]内的学生为“运动达人”，现采用按比例分配的分层随机抽样的方式从不低于80分的学生中随机抽取6名学生参加运动交流会，大会上需要从这6名学生中随机抽取2名学生进行经验交流发言，求抽取的2名发言者中恰好“运动爱好者”和“运动达人”各1人的概率. 解　(1)依题意，(0.005＋0.015＋0.020＋0.030＋m＋0.005)×10＝1，解得m＝0.025. 前三组的频率为(0.005＋0.015＋0.020)×10＝0.4， 前四组的频率为(0.005＋0.015＋0.020＋0.030)×10＝0.7， 所以中位数为70＋×10≈73.3(分). (2)评分在[80，90)内的频率为0.25，[90，100]内的频率为0.05，两者的比例是5∶1， 所以抽取的6名学生中，评分在[80，90)内的有5人，记为1，2，3，4，5， 评分在[90，100]内的有1人，记为6， 从中抽取2人，样本点有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56， 共15个，其中恰好“运动爱好者”和“运动达人”各1人的有16，26，36，46，56，共5个样本点，故所求概率为. 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式 题型一　相互独立事件 1　(2021·新高考全国Ⅰ)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　) A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立 答案　B 解析　事件甲发生的概率P(甲)＝，事件乙发生的概率P(乙)＝，事件丙发生的概率P(丙)＝，事件丁发生的概率P(丁)＝.事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误. 2　小刚参与一种答题游戏，需要解答A，B，C三道题.已知他答对这三道题的概率分别为a，a，，且各题答对与否互不影响，若他恰好能答对两道题的概率为，则他三道题都答错的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　记小刚答对A，B，C三道题分别为事件D，E，F，且D，E，F相互独立， 且P(D)＝P(E)＝a，P(F)＝. 恰好能答对两道题为事件DE＋DF＋EF，且DE，DF，EF两两互斥， 所以P(DE＋DF＋EF)＝P(DE)＋P(DF)＋P(EF)＝P(D)P(E)P()＋P(D)P()P(F)＋P()P(E)P(F) ＝a×a×＋a×(1－a)×＋(1－a)×a×， 整理得(1－a)2＝，他三道题都答错为事件， 故P()＝P()P()P() ＝(1－a)2(1－a)2＝. 3　(多选)甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球传给另外两人中的任意一人是等可能的.从一个人传球到另一个人称传球一次.若传球开始时甲持球，记传球n次后球仍回到甲手里的概率为Pn，则下列结论正确的是(　　) A.P2＝ B.P4＝ C.Pn＝(1－Pn－1) D.Pn＝ 答案　ACD 解析　A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故P1＝0， 第二次传球，球有的概率回到甲手里，故P2＝，A正确； C选项，Pn－1为传球(n－1)次后球仍回到甲手里的概率，要想传球n次后球仍回到甲手里，则第(n－1)次传球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传球有的概率回到甲手里，故Pn＝(1－Pn－1)，C正确； D选项，由C选项知Pn＝(1－Pn－1)， 即Pn＝－Pn－1＋， 设Pn＋λ＝－(Pn－1＋λ)， 故Pn＝－Pn－1－λ， 所以－λ＝，解得λ＝－， 故Pn－＝－， 又P1－＝－≠0， 所以是首项为－，公比为－的等比数列，故Pn－＝－， 故Pn＝，D正确； B选项，由D选项可知P4＝×，B错误. 题型二　条件概率 1　甲、乙、丙、丁四名同学报名参加4×100米接力赛跑.记事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件B为“乙同学跑第二棒”，则P(B|A)的值为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　已知事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件B为“乙同学跑第二棒”， 则P(A)＝， P(AB)＝， 所以P(B|A)＝. 2　(多选)下列结论中错误的是(　　) A.P(B|A)＝P(A|B) B.P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) C.P(AB)＝P(B|A)P(A) D.P(B|A)P(A)≥P(A)＋P(B) 答案　ABD 解析　P(A|B)＝，P(B|A)＝，而P(A)与P(B)不一定相等，故A不正确； 当B，C为互斥事件时，等式成立，故B不正确； 由概率的乘法公式知C正确； P(B|A)P(A)＝P(AB)≤P(A)＋P(B)，故D不正确. 题型三　全概率公式的应用 　(1)某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”.统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是(　　) A.0.155 B.0.175 C.0.016 D.0.096 答案　B 解析　设事件B1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%.设事件A表示“被保险人在一年内发生事故”，则P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30.由全概率公式，得P(A)＝P(Bi)P(A|Bi)＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175. (2)设5支枪中有2支未校正，3支已校正.一射手用校正过的枪射击，中靶率为0.9，用未校正过的枪射击，中靶率为0.4.若任取一支枪射击，结果未中靶，则该枪未校正的概率为　　　　　　.  答案　0.8 解析　设事件A表示“射击时中靶”，事件B1表示“使用的枪校正过”，事件B2表示“使用的枪未校正”，则P(A|B1)＝0.9，P(B1)＝0.6， P(A|B2)＝0.4，P(B2)＝0.4， 根据全概率公式得P(A)＝P(AB1)＋P(AB2) ＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2) ＝0.9×0.6＋0.4×0.4＝0.7， 所以P()＝1－P(A)＝0.3， 所以P(B2|)＝＝0.8. 离散型随机变量及其分布列、数字特征 题型一　分布列的性质 　(1)若随机变量X的分布列为 X －2 －1 0 1 2 3 P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1 则当P(X<a)＝0.8时，实数a的取值范围是(　　) A.[1，2) B.[1，2] C.(1，2] D.(1，2) 答案　C 解析　由随机变量X的分布列知，P(X<1)＝0.5，P(X<2)＝0.8，故当P(X<a)＝0.8时，实数a的取值范围是(1，2]. (2)设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝(k＝1，2，3，4，5)，则P(X≥4)等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　P(X＝k)＝ ＝， ∵P(X＝k)＝1， ∴× ＝×＝1. 则m＝， ∴P(X≥4)＝×. 题型二　离散型随机变量的分布列及数字特征 1(多选)已知离散型随机变量X的分布列如表所示，则下列说法正确的是(　　) X －2 1 3 P 2a 0.25 a A.a＝0.25 B.E(X)＝1 C.D(X)＝4.5 D.P(0.5<X<3.5)＝0.5 答案　ACD 解析　由题意2a＋0.25＋a＝1，得a＝0.25， 所以E(X)＝－2×0.5＋1×0.25＋3×0.25＝0， D(X)＝(－2－0)2×0.5＋(1－0)2×0.25＋(3－0)2×0.25＝4.5， P(0.5<X<3.5)＝P(X＝1)＋P(X＝3)＝0.25＋0.25＝0.5. 典例　(1)设随机变量X的分布列如下(其中0<p<1)，D(X)表示X的方差，则当p从0增大到1时(　　) X 0 1 2 P A.D(X)增大 B.D(X)减小 C.D(X)先减后增 D.D(X)先增后减 答案　D 解析　由分布列可得E(X)＝0×＋1×＋2×＋p， 则D(X)＝＝－p2＋p＋＝－， 因为0<p<1，所以D(X)先增后减. (2)(多选)已知某商场销售一种商品的单件销售利润为X＝0，a，2，根据以往销售经验可得0<a<2，随机变量X的分布列为 X 0 a 2 P b 下列结论正确的是(　　) A.b＝ B.若该商场销售该商品5件，其中3件销售利润为0的概率为 C.D(X)min＝ D.当D(X)最小时，E(X)＝ 答案　ABC 解析　由题意＋b＋＝1，∴b＝，故选项A正确；该商场销售该商品5件，其中3件销售利润为0的概率为××，故选项B正确；随机变量X的均值E(X)＝0×＋a×＋2×(a＋1)，可知方差D(X)＝××××(2a2－2a＋5)＝×，当a＝时，D(X)min＝，故选项C正确；当D(X)最小时，a＝，此时E(X)＝×，故选项D错误. 3　(多选)已知随机变量X的分布列为 X －1 0 1 2 P a b c 0.25 且a，b，c成等差数列，下列结论正确的是(　　) A.D(bX＋1)＝D(X) B.P(|X|＝1)＝0.5 C.若E(aX)＝0.08，则a＝0.1 D.a－c可能等于0.1 答案　ABD 解析　依题意，a＋b＋c＝3b＝0.75，解得b＝0.25，a＋c＝0.5. DD(X)，A正确； P(|X|＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)＝a＋c＝0.5，B正确； E(X)＝－a＋c＋0.5＝1－2a，则E(aX)＝aE(X)＝a(1－2a)＝0.08，解得a＝0.1或a＝0.4，C错误； 当a＝0.3，c＝0.2时，a－c＝0.1，D正确. 题型三　均值与方差中的决策问题 1　数学多选题的得分规则是：每小题的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的按比例得分，有选错的得0分，小明根据大量的多选题统计得到：多选题正确的选项共有四个的概率为0，正确选项共有两个的概率为p(0<p<1). (1)现有某个多选题，小明完全不会，他有两种策略，策略一：在A，B，C，D四个选项中任选一个选项，策略二：在A，B，C，D四个选项中任选两个选项，求小明分别采取这两个策略时小明得分的数学期望； (2)若有一个多选题，小明发现A正确，B，C，D选项他不会判断，现在他也有两个策略，策略一：除选A外再从B，C，D中任选一个，策略二：除选A外再从B，C，D中任选两个，在p＝的条件下，判断小明选择哪个策略更好. 解　(1)设小明分别采用策略一和策略二的得分分别为X1，X2， X1的可能取值为0，2，3， P(X1＝0)＝p×＋(1－p)×， P(X1＝2)＝(1－p)×， P(X1＝3)＝p×， ∴E(X1)＝0×＋2×＋3×； X2的可能取值为0，4，6， P(X2＝0)＝p×＋(1－p)×， P(X2＝4)＝(1－p)×， P(X2＝6)＝p×， ∴E(X2)＝0×＋4×＋6×＝2－p， ∴小明分别采取策略一和策略二的得分的数学期望分别为和2－p. (2)设小明选择策略一和策略二的得分分别为Y1，Y2， Y1的可能取值为0，4，6， P(Y1＝0)＝××， P(Y1＝4)＝×， P(Y1＝6)＝×， ∴E(Y1)＝0×＋4×＋6×； Y2的可能取值为0，6， P(Y2＝0)＝×， P(Y2＝6)＝×， ∴E(Y2)＝0×＋6×， ∵E(Y1)>E(Y2)， ∴小明选择策略一更好. 2某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分. 已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关. (1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列； (2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由. 解　(1)由题意得，X的所有可能取值为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的分布列为 X 0 20 100 P 0.2 0.32 0.48 (2)当小明先回答A类问题时，由(1)可得E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4. 当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为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的分布列为 Y 0 80 100 P 0.4 0.12 0.48 E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6. 因为57.6>54.4，即E(Y)>E(X)，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题. 　二项分布、超几何分布与正态分布 题型一　二项分布 1　(2024·大庆模拟)2024年7月12日，国家疾控局会同教育部、国家卫生健康委和体育总局制定并发布了《中小学生超重肥胖公共卫生综合防控技术导则》，其中一级预防干预技术的生活方式管理中就提到了“少喝或不喝含糖饮料，足量饮水”，某中学准备发布健康饮食的倡议，提前收集了学生的体重和饮食习惯等信息，其中学生饮用含糖饮料的统计结果如下：学校有的学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升，这些学生的肥胖率为；而每天饮用含糖饮料低于500毫升的学生的肥胖率为. (1)若从该中学的学生中任意抽取一名学生，求该生肥胖的概率； (2)现从该中学的学生中任意抽取三名学生，记X表示这三名学生中肥胖的人数，求X的分布列和数学期望. 解　(1)设“学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升”为事件A，则P(A)＝，P()＝， 设“学生肥胖”为事件B，则 P(B|A)＝，P(B|)＝， 由全概率公式可得P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|)P()＝××， 所以从该中学的学生中任意抽取一名学生，该生肥胖的概率为. (2)由题意可知，X~B，且X的可能取值为0，1，2，3，则有 P(X＝0)＝××， P(X＝1)＝××， P(X＝2)＝××， P(X＝3)＝××， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P X的数学期望E(X)＝3×. 题型二　超几何分布 1　为了进一步推动智慧课堂的普及和应用，A市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如表： 经常应用 偶尔应用或者不应用 合计 农村 40 城市 60 合计 100 60 160 从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是. (1)补全2×2列联表，根据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为智慧课堂的应用与区域有关？ (2)在经常应用智慧课堂的学校中，按照农村和城市的比例抽取5个学校进行分析，然后再从这5个学校中随机抽取2个学校所在的地域进行核实，记其中农村学校有X个，求X的分布列和数学期望. 附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.1 0.05 0.005 xα 2.706 3.841 7.879 解　(1)设城市学校共有x所， 因为从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是， 所以， 解得x＝80，即城市学校有80所， 补全列联表如下： 经常应用 偶尔应用或者不应用 合计 农村 40 40 80 城市 60 20 80 合计 100 60 160 零假设为H0：智慧课堂的应用与区域无关， χ2＝ ＝ ≈10.667>7.879， 所以根据小概率值α＝0.005的独立性检验，可以认为智慧课堂的应用与区域有关. (2)在经常应用智慧课堂的学校中，农村和城市的比例是2∶3，所以抽取的样本中有2个是农村学校，3个是城市学校，再从样本中抽取2个，则X的可能取值为0，1，2. P(X＝0)＝， P(X＝1)＝， P(X＝2)＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 P X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×. 题型三　正态分布 1　(1)(多选)(2024·南京模拟)已知三个密度函数fi(x)＝(x∈R，i＝1，2，3)的图象如图所示，则(　　) A.μ1＝μ2>μ3 B.σ1＝σ2<σ3 C.若X~N(1，)，P(X<2)＝0.7，则P(0<X<2)＝0.4 D.若X~N(μ2，)，Y~N(μ3，)，则存在实数x0，使得P(X<x0)＝P(Y<x0) 答案　BCD 解析　根据正态曲线关于x＝μ对称，且μ越大曲线越靠近右边，则μ1<μ2＝μ3，故A错误； 又σ越小数据越集中，曲线越瘦高，则σ1＝σ2<σ3，故B正确； X~N(1，)，P(X<2)＝0.7，则P(1<X<2)＝0.7－0.5＝0.2，所以P(0<X<2)＝2×0.2＝0.4，故C正确； 若X~N(μ2，)，Y~N(μ3，)，μ2＝μ3，则存在实数x0＝μ2＝μ3，使P(X<x0)＝P(Y<x0)，D正确. (2)(多选)(2024·新课标全国Ⅰ)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则(　　) (若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.841 3) A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 答案　BC 解析　依题可知，＝2.1，s2＝0.01， 所以Y~N(2.1，0.12)， 故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3，所以C正确，D错误； 因为X~N(1.8，0.12)， 所以P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3， 所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7， 而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)<P(X>1.8＋0.1)≈0.158 7， 所以B正确，A错误. 3　 某教学研究机构从参加高考适应性考试的20 000名优秀考生中随机抽取了200人对其数学成绩进行了整理分析，作出了如图所示的频率分布直方图： (1)根据频率分布直方图，同一组数据用该组区间的中点值作代表，求得这200名考生数学成绩的平均数为＝110.据此估计这20 000名优秀考生数学成绩的标准差s； (2)根据以往经验，可以认为这20 000名优秀考生的数学成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中参数μ和σ可以分别用(1)中的和s来估计.记考生本次考试的各科总成绩为Y，若Y＝5X－10，试估计这20 000名优秀考生中总成绩Y∈[600，660]的人数. 另：≈2.4； 若X~N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5. 解　(1)抽取的200名考生数学成绩的方差估计值为s2＝(80－110)2×0.02＋(90－110)2×0.09＋(100－110)2×0.22＋(110－110)2×0.33＋(120－110)2×0.24＋(130－110)2×0.08＋(140－110)2×0.02＝150. 故估计这20 000名考生数学成绩的方差为150，标准差s＝＝5≈5×2.4＝12. (2)由(1)知μ可用＝110来估计，σ2可用s2＝150来估计.故X~N(110，150). σ＝＝5≈12. 又P(μ＋σ≤X≤μ＋2σ) ＝ ≈＝0.135 9， 故P(122≤X≤134)≈0.135 9. 又Y＝5X－10， 所以P(600≤Y≤660)＝P(600≤5X－10≤660)＝P(122≤X≤134)≈0.135 9. 故这20 000名优秀考生中总成绩在[600，660]的人数约为20 000×0.135 9＝2 718. 概率、统计与其他知识的交汇问题 题型一　概率、统计与数列的综合问题 1　(2025·广州模拟)将4个面上分别写有数字1，2，3，4的一个正四面体在桌面上连续独立地抛n次(n为正整数)，设X为与桌面接触的数字为偶数的次数，p(0<p<1)为抛正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率. (1)当n＝5时，若正四面体的质地是均匀的，求X的数学期望和方差； (2)若正四面体有瑕疵，即p≠. ①设pn是抛掷正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：pn＝p＋(1－2p)pn－1(n≥2)； ②求抛掷正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率. (1)解　因为正四面体的质地是均匀的，p为抛掷正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率，所以p＝， 进一步得，X~B， 所以E(X)＝np＝5×， D(X)＝np(1－p)＝5××， 所以X的数学期望和方差分别为和. (2)①证明　因为pn是抛正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率， 所以pn－1是抛正四面体(n－1)次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率， 当n≥2时，当在前(n－1)次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现奇数次时，第n次抛掷的结果必须出现奇数，才可以保证前n次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，所以pn＝pn－1(1－p)， 当在前(n－1)次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现偶数次时，第n次抛掷的结果必须出现偶数，才可以保证前n次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，所以pn＝(1－pn－1)p， 由互斥事件概率的加法公式得pn＝pn－1(1－p)＋(1－pn－1)p＝p＋pn－1(1－2p)， 即pn＝p＋pn－1(1－2p)(n≥2). ②解　设pn－x＝(1－2p)(pn－1－x)， 结合①所得关系，则x＝， 即pn－＝(1－2p)且n≥2， 又p1－＝p－， 所以数列是首项为p－，公比为1－2p的等比数列， 所以pn－(1－2p)n－1， 所以pn＝(n∈N*)， 所以抛掷正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率为1－pn＝(n∈N*). 题型二　概率、统计与导数的综合问题 1　(2024·龙岩模拟)某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，85)，[85，95].根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值X服从正态分布N(μ，σ2)，并把质量指标值不小于80的产品称为A等品，其他产品称为B等品.现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图. (1)根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差s的近似值为11，用样本平均数作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值.若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为A等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)； (①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则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) (2)①从样本的质量指标值在[45，55)和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为η，求η的分布列和数学期望； ②该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装.已知一件A等品芯片的利润是m(1<m<24)元，一件B等品芯片的利润是ln(25－m)元，根据(1)的计算结果，试求m的值，使得每箱产品的利润最大. 解　(1)由题意，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件产品的质量指标值的平均数为 ＝10×(0.01×50＋0.025×60＋0.04×70＋0.015×80＋0.01×90)＝69， 即μ≈＝69，σ≈s≈11，所以X~N(69，112)， 因为质量指标值X近似服从正态分布N(69，112)， 所以P(X≥80)＝≈≈ ＝0.158 65≈0.16， 所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为A等品的概率约为0.16. (2)①(0.01＋0.01)×10×100＝20，所以质量指标值在[45，55)和[85，95]的芯片总件数为20， 质量指标值在[85，95]的芯片件数为10，故η的所有可能取值为0，1，2，3， 所以P(η＝0)＝， P(η＝1)＝， P(η＝2)＝， P(η＝3)＝， 随机变量η的分布列为 η 0 1 2 3 P 所以η的数学期望E(η)＝0×＋1×＋2×＋3×. ②设每箱产品中A等品有Y件，则每箱产品中B等品有(100－Y)件，每箱产品的利润为Z元， 由题意知Z＝mY＋(100－Y)ln(25－m)＝[m－ln(25－m)]Y＋100ln(25－m)， 由(1)知，每箱产品中A等品的概率为0.16， 所以Y~B(100，0.16)， 所以E(Y)＝100×0.16＝16， E(Z)＝E((m－ln(25－m))Y＋100ln(25－m)) ＝[m－ln(25－m)]E(Y)＋100ln(25－m) ＝16[m－ln(25－m)]＋100ln(25－m) ＝16m＋84ln(25－m)， 令f(x)＝16x＋84ln(25－x)(1<x<24)， 由f'(x)＝16－＝0，得x＝∈(1，24)， 又当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 所以当x＝时，f(x)取得最大值. 即当m＝时，每箱产品利润最大. 概率与统计 1.(13分)(2024·安康模拟)某农场收获的苹果按A，B，C三个苹果等级进行装箱，已知苹果的箱数非常多，且A，B，C三个等级苹果的箱数之比为6∶3∶1. (1)现从这批苹果中随机选出3箱，若选到任何一箱苹果是等可能的，求至少选到2箱A级苹果的概率；(6分) (2)若用按比例分配的分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果，假设某游客要从这10箱苹果中随机购买3箱，记购买的A级苹果有X箱，求X的分布列与数学期望.(7分) 解　(1)设事件M＝“至少选到2箱A级苹果”， 由题意知选到1箱A级苹果的概率为，选到1箱非A级苹果的概率为， 所以P(M)＝×× ＝， 故至少选到2箱A级苹果的概率为. (2)因为用按比例分配的分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果， 所以A级苹果有6箱，B，C级苹果共有4箱， 随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3， 则P(X＝0)＝， P(X＝1)＝， P(X＝2)＝， P(X＝3)＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×. 2.(15分)随着科技的不断发展，人工智能技术的应用越来越广泛，某科技公司发明了一套人机交互软件，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.该人机交互软件测试阶段，共测试了1 000个问题，测试结果如下表： 回答正确 回答错误 问题中存在语法错误 100 300 问题中没有语法错误 500 100 结果显示问题中是否存在语法错误会影响该软件回答问题的正确率，依据测试结果，用频率近似概率，解决下列问题. (1)测试2个问题，在该软件都回答正确的情况下，求测试的2个问题中恰有1个问题存在语法错误的概率；(7分) (2)现输入3个问题，每个问题能否被软件正确回答相互独立，记软件正确回答的问题个数为X，求X的分布列.(8分) 解　(1)记“输入的问题没有语法错误”为事件A，“回答正确”为事件B， 由测试结果知P(A)＝，P(B|A)＝， P()＝，P(B|)＝， 所以P(B)＝P(B|)P()＋P(B|A)P(A) ＝××. 记“测试的2个问题都回答正确”为事件M，“测试的2个问题中恰有1个问题存在语法错误”为事件N，则P(M)＝， P(MN)＝P(A)P(B|A)P()P(B|)×2＝××××2＝， 所以P(N|M)＝. (2)由(1)可得X~B，则X的可能取值为0，1，2，3， 所以P(X＝0)＝， P(X＝1)＝××， P(X＝2)＝××， P(X＝3)＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 3.(15分)某学校计划举办趣味投篮比赛，比赛分若干局进行.每一局比赛规则如下：两人组成一个小组，每人各投篮3次.若某选手投中次数多于未投中次数，则称该选手为“好投手”.若两人均为“好投手”，则称该小组为本局比赛的“神投手组合”.假定每位参赛选手都参加每一局的比赛，每人每次投篮结果互不影响.若甲、乙两位同学组成一个小组参赛，且甲、乙同学的投篮命中率分别为，. (1)求在一局比赛中甲被称为“好投手”的概率；(5分) (2)若以“甲、乙同学组成的小组获得‘神投手组合’的局数为3的概率最大”作为决策依据，试推断本次投篮比赛设置的总局数n(n≥4)为多少时，对该小组更有利.(10分) 解　(1)设“一局比赛中甲被称为‘好投手’”为事件A， 则P(A)＝×××. (2)设“一局比赛中乙被称为‘好投手’”为事件B， 则P(B)＝×××， 甲、乙同学都被称为“好投手”的概率为P＝×. 比赛设置n(n≥4)局，设甲、乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为X， 则X~B， 且P(X＝3)＝， 设f(n)＝，n≥4， 则 则 即解得 又n∈N*，则n＝8， 所以本次投篮比赛设置的总局数为8时，对该小组更有利. 4.(17分)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X和Y的分布列分别为：P(X＝xi)＝pi，P(Y＝xi)＝qi，其中i＝1，2，…，n.定义X的信息熵：H(X)＝－pilog2pi，X和Y的“距离”：KL(X||Y)＝pilog2. (1)若X~B，求H(X)；(5分) (2)已知发报台只发出信号0和1，接收台只收到信号0和1.现发报台发出信号0的概率为m，由于通信信号受到干扰，发出信号0接收台收到信号0的概率为n，发出信号1接收台收到信号1的概率也为n. ①若接收台收到信号为0，求发报台发出信号为0的概率；(5分) ②记X和Y分别为发出信号和收到信号，证明：KL(X||Y)≥0.(7分) (1)解　因为X~B， 所以P(X＝k)＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 所以H(X)＝－ ＝(log23－3)＝log23. (2)①解　记发出信号0和1分别为事件Ai(i＝0，1)，收到信号0和1分别为事件Bi(i＝0，1)， 则P(A0)＝m，P(A1)＝1－m， P(B0|A0)＝P(B1|A1)＝n， P(B1|A0)＝P(B0|A1)＝1－n， 所以P(B0)＝P(A0)P(B0|A0)＋P(A1)P(B0|A1)＝mn＋(1－m)(1－n)＝1－m－n＋2mn， 所以P(A0|B0)＝＝. ②证明　由①知P(B0)＝1－m－n＋2mn， 则P(B1)＝1－P(B0)＝m＋n－2mn， 则KL(X||Y) ＝mlog2＋(1－m)log2. 设f(x)＝1－－ln x，x>0， 则f'(x)＝， 所以当0<x<1时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)≤f(1)＝0，即ln x≥1－(当且仅当x＝1时取等号)， 所以log2x＝≥， 所以KL(X||Y)＝mlog2＋(1－m)log2 ≥＝0， 当且仅当＝1， 即m＝，0<n<1时等号成立， 所以KL(X||Y)≥0. 学科网（北京）股份有限公司 $$