专题11 排列组合二项式定理、概率统计讲义-【备战2026年高考数学命题背景探究】（全国通用）（会一题通一类系列）

专题11 排列组合二项式定理、概率统计 备战2026年高考数学命题背景探究（全国通用） 目录 真题命题背景95 以排列组合为命题背景 1 真题命题背景96 以二项式定理为命题背景 3 真题命题背景97 以古典概率为命题背景 3 真题命题背景98 以条件概率为命题背景 4 真题命题背景99 以全概率为命题背景 6 真题命题背景100 以独立（重复）事件及其概率为命题背景 6 真题命题背景101 以随机变量及其分布列为命题背景 7 真题命题背景102 以正态分布为命题背景 9 真题命题背景103 以样本数字特征为命题背景 10 真题命题背景104 以独立性检验为命题背景 12 真题命题背景105 以线性回归直线方程为命题背景 16 基础过关练 17 提升巩固练 20 培优压轴练 23 真题命题背景95 以排列组合为命题背景 1.分类计数原理（加法原理） . 2.分步计数原理（乘法原理） . 3.排列数公式 ==.(，∈N*，且)．注:规定. 4.组合数公式 ===(∈N*，，且). 5.排列数与组合数的关系 . 6．单条件排列 以下各条的大前提是从个元素中取个元素的排列. （1）“在位”与“不在位” ①某（特）元必在某位有种； ②某（特）元不在某位有（补集思想）（着眼位置）（着眼元素）种. （2）紧贴与插空（即相邻与不相邻） ①定位紧贴：个元在固定位的排列有种. ②浮动紧贴：个元素的全排列把k个元排在一起的排法有种.注：此类问题常用捆绑法； ③插空：两组元素分别有k、h个（），把它们合在一起来作全排列，k个的一组互不能挨近的所有排列数有种. （3）两组元素各相同的插空 个大球个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？ 当时，无解；当时，有种排法. （4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为. 7．分配问题 （1）(平均分组有归属问题)将相异的、个物件等分给个人，各得件，其分配方法数共有. （2）(平均分组无归属问题)将相异的·个物体等分为无记号或无顺序的堆，其分配方法数共有 . 真题练1．（2020·山东·高考真题）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（    ） A．120种 B．90种 C．60种 D．30种 真题练2．（2021·全国乙卷·高考真题）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ） A．60种 B．120种 C．240种 D．480种 真题练3．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 真题练4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）． 真题练5．（2023·全国乙卷·高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 真题练6．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（    ）． A．种 B．种 C．种 D．种 真题练7．（2023·全国甲卷·高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（    ） A．120 B．60 C．30 D．20 真题命题背景96 以二项式定理为命题背景 二项式定理 ; 二项展开式的通项公式 . 真题练1．（2020·全国III卷·高考真题）的展开式中常数项是 （用数字作答）． 真题练2．（2020·全国I卷·高考真题）的展开式中x3y3的系数为（    ） A．5 B．10 C．15 D．20 真题练3．（2024·全国甲卷·高考真题）的展开式中，各项系数中的最大值为 ． 真题命题背景97 以古典概率为命题背景 等可能性事件的概率. 真题练1．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（    ） A． B． C． D． 真题练2．（2024·全国甲卷·高考真题）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（    ） A． B． C． D． 真题练3．（2023·全国乙卷·高考真题）某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（    ） A． B． C． D． 真题练4．（2023·全国甲卷·高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（    ） A． B． C． D． 真题命题背景98 以条件概率为命题背景 条件概率 条件概率的定义 条件概率的性质 已知B发生的条件下，A发生的概率，称为B发生时A发生的条件概率，记为P(A|B)． 当P(B)>0时，我们有P(A|B)＝.(其中，A∩B也可以记成AB) 类似地，当P(A)>0时，A发生时B发生的条件概率为P(B|A)＝ (1)0≤P(B|A)≤1， (2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同 前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．　 条件概率的三种求法 定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A) 基本事件法 借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝ 缩样法 缩小样本空间的方法，就是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，它能化繁为简 真题练1．（2023·全国甲卷·高考真题）某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（    ） A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4 真题练2．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：    (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率； (3)已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）. 真题练3．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据： 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 (1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？ (2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R． （ⅰ）证明：； （ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值． 附， 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 真题命题背景99 以全概率为命题背景 一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝ ，此公式为全概率公式. （1）计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数. （2）全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A的概率的求解问题，转化为了在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题. 真题练1．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求． 真题命题背景100 以独立（重复）事件及其概率为命题背景 独立事件A，B同时发生的概率 P(A·B)= P(A)·P(B). 个独立事件同时发生的概率 P(A1· A2·…· An)=P(A1)· P(A2)·…· P(An)． 次独立重复试验中某事件恰好发生k次的概率 真题练1．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，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 真题练2．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输 是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）. A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为 B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D．当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 真题练3．（2020·全国I卷·高考真题）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为， （1）求甲连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率； （3）求丙最终获胜的概率. 真题命题背景101 以随机变量及其分布列为命题背景 数学期望的性质 （1）. （2）若～,则. (3) 若服从几何分布,且，则. 方差 标准差 =. 方差的性质 (1)； (2）若～，则. (3) 若服从几何分布,且，则. 方差与期望的关系 . 求随机变量X的分布列的步骤： (1)理解X的意义，写出X可能取得全部值； (2)求X取每个值的概率； (3)写出X的分布列； (4)根据分布列的性质对结果进行检验. 还可判断随机变量满足常见分布列：两点分布，二项分布，超几何分布，正态分布. （1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解； （2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算； （3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算，若～,则，. 真题练1．（2025·全国一卷·高考真题）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望 . 真题练2．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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，记为小明的累计得分，求的分布列； （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. 真题练3．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． (2)假设， （i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ （ii）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 真题命题背景102 以正态分布为命题背景 正态分布密度函数 ，式中的实数μ，（>0）是参数，分别表示个体的平均数与标准差. 对于，取值小于x的概率 . . 真题练1．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知随机变量X服从正态分布，且，则 ． 真题练2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）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，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 真题命题背景103 以样本数字特征为命题背景 （1） 众数：在一组数据中出现次数最多的数 （2） 中位数：将一组数据按从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果为奇数个，中位数为中间数；若为偶数个，中位数为中间两个数的平均数 （3） 平均数：，反映样本的平均水平 （4） 方差： 反映样本的波动程度，稳定程度和离散程度； 越大，样本波动越大，越不稳定；越小，样本波动越小，越稳定； （5） 标准差：，标准差等于方差的算术平方根，数学意义和方差一样 （6） 极差：等于样本的最大值最小值 真题练1．（2025·全国二卷·高考真题）样本数据2，8，14，16，20的平均数为（   ） A．8 B．9 C．12 D．18 真题练2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并整理如下表 亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1050，1100） [1100，1150） [1150，1200） 频数 6 12 18 30 24 10 根据表中数据，下列结论中正确的是（    ） A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80% C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间 D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间 真题练3．（2020·全国III卷·高考真题）在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，且，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（   ） A． B． C． D． 真题练4．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）（多选）下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（    ） A．样本的标准差 B．样本的中位数 C．样本的极差 D．样本的平均数 真题练5．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（    ） A．的平均数等于的平均数 B．的中位数等于的中位数 C．的标准差不小于的标准差 D．的极差不大于的极差 真题练6．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）（多选）有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（    ） A．两组样本数据的样本平均数相同 B．两组样本数据的样本中位数相同 C．两组样本数据的样本标准差相同 D．两组样本数据的样本极差相同 真题练7．（2023·全国乙卷·高考真题）某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为，．试验结果如下： 试验序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 伸缩率 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548 伸缩率 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536 记，记的样本平均数为，样本方差为． (1)求，； (2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高） 真题练8．（2021·全国乙卷·高考真题）某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下： 旧设备 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7 新设备 10.1 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3 10.6 10.5 10.4 10.5 旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和． （1）求，，，； （2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）． 真题命题背景104 以独立性检验为命题背景 （1）依题意完成列联表；（2）用公式求解；（3）对比观测值即可得到所求结论的可能性 独立性检验计算公式： 真题练1．（2025·全国一卷·高考真题）为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表： 超声波检查结果组别 正常 不正常 合计 患该疾病 20 180 200 未患该疾病 780 20 800 合计 800 200 1000 (1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为p，求p的估计值； (2)根据小概率值的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关. 附， 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 真题练2．（2024·全国甲卷·高考真题）某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下： 优级品 合格品 不合格品 总计 甲车间 26 24 0 50 乙车间 70 28 2 100 总计 96 52 2 150 (1)填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 乙车间 能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？ (2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（） 附： 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 真题练3．（2023·全国甲卷·高考真题）一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）．试验结果如下： 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 15.2  18.8  20.2  21.3  22.5  23.2  25.8  26.5  27.5  30.1 32.6  34.3  34.8  35.6  35.6  35.8  36.2  37.3  40.5  43.2 试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 7.8  9.2  11.4  12.4  13.2  15.5  16.5  18.0  18.8  19.2 19.8  20.2  21.6  22.8  23.6  23.9  25.1  28.2  32.3  36.5 (1)计算试验组的样本平均数； (2)（ⅰ）求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表 对照组 试验组 （ⅱ）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？ 附：， 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 真题练4．（2021·全国甲卷·高考真题）甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表： 一级品 二级品 合计 甲机床 150 50 200 乙机床 120 80 200 合计 270 130 400 （1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少? （2）能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异? 附： 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 真题练5．（2023·全国甲卷·高考真题）一项试验旨在研究臭氧效应.实验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到实验组，另外20只分配到对照组，实验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）. (1)设表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数，求的分布列和数学期望； (2)实验结果如下： 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为： 15.2  18.8  20.2  21.3  22.5  23.2  25.8  26.5  27.5  30.1 32.6  34.3  34.8  35.6  35.6  35.8  36.2  37.3  40.5  43.2 实验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为： 7.8   9.2   11.4    12.4  13.2   15.5   16.5  18.0  18.8  19.2 19.8  20.2  21.6  22.8  23.6  23.9  25.1  28.2  32.3  36.5 （i）求40只小鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于的数据的个数，完成如下列联表： 对照组 实验组 （ii）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与正常环境中体重的增加量有差异． 附： 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 真题命题背景105 以线性回归直线方程为命题背景 （1）计算的值；（2）计算回归系数；（3）写出回归直线方程. 线性回归直线方程为：，， 其中为样本中心，回归直线必过该点 （4）线性相关系数（衡量两个变量之间线性相关关系的强弱） ，正相关；，负相关 真题练1．（2022·全国乙卷·高考真题）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据： 样本号ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 根部横截面积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9 并计算得． (1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量； (2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）； (3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值． 附：相关系数． 真题练2．（2020·全国II卷·高考真题）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i=1，2，…，20)，其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得，，，，. （1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）； （2）求样本(xi，yi)(i=1，2，…，20)的相关系数（精确到0.01）； （3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由. 附：相关系数r=，≈1.414. 一、单选题 1．（2025·辽宁大连·一模）多项式 的展开式中 的系数是（   ） A．35 B．280 C． D． 2．（2025·四川成都·一模）已知甲、乙两批袋装食盐的质量（单位：g）分别服从正态分布和，其正态曲线如图所示，则（   ） A．， B．， C．， D．， 3．（2025·天津河北·模拟预测）甲、乙两人独立地破译一份密码，甲、乙能破译的概率分别为、，则密码被成功破译的概率为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·江苏盐城·模拟预测）某市AI智能机器人比赛项目有29位同学参赛，他们在预赛中所得的积分互不相同，只有积分在前15名的同学才能进入决赛.若某同学知道自己的积分后，要判断自己能否进入决赛，则他只需要知道这29位同学的预赛积分的（    ） A．中位数 B．众数 C．平均数 D．极差 5．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）某中学从高一学生中抽取了50名男生，50名女生调查高一学生身高的情况.其中50名男生身高的平均数为172.5cm，方差为16，50名女生身高的平均数为162.5cm，方差为30，那么这100名学生身高的方差为（   ） A．30 B．38 C．48 D．58 二、多选题 6．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知事件，且，则（   ） A．事件与事件互为对立事件 B．若事件与事件互斥，则 C．若事件与事件互斥，则 D．若，则事件与事件相互独立 7．（2025·河南·模拟预测）2024年中国经济社会发展“成绩单”中，科技创新的分项尤为亮眼，无论是整体实力，还是结构性指标都稳步提升.2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出及其增长速度如图所示，则（    ） A．2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出逐年增长 B．2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出的第25百分位数为24393亿元 C．2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出增长速度的极差为 D．2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出增长速度的平均数超过 三、解答题 8．（2025·福建漳州·模拟预测）2025年春节期间，电影《哪吒之魔童闹海》掀起全民观影热潮，连续7天票房逆势攀升，单日最高突破8.6亿元，吸引部分家庭携老扶幼共赴影院，缔造中国影史春节档票房与观影人次双冠王的奇迹.某电影院为了解民众观影的喜欢程度，随机采访了180名观影人员，得到下表： 是否成年人 是否喜欢 合计 不喜欢 喜欢 未成年人 80 100 成年人 20 80 合计 180 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年有关？ (2)用频率估计概率，现随机采访一名成年人和一名未成年人，设表示这两人中非常喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的人数，求的分布列和数学期望. 参考公式： 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 0 1 2 9．（2025·江苏·三模）已知某校有甲，乙两支志愿服务队，甲队由3名男生和3名女生组成，乙队由4名男生和1名女生组成． (1)先从两队中选取一队，选取甲队的概率为，选取乙队的概率为，再从该队中随机选取一名志愿者，求该志愿者是男生的概率； (2)在某次活动中，从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队，记为乙队中男生与女生人数之差，求的分10．（2025·河北·模拟预测）某书店年终为回馈广大书友拟举办“赢书卡”答题活动．该活动设立两个关卡，分别为号关卡和号关卡．若小明在号关卡通关率为，通关奖励是500元购书卡；在号关卡通关率为，通关奖励是600元购书卡；未通关则无奖励． (1)若书店只允许随机选择一个关卡闯关，求小明通关的概率； (2)若书店规定在第一关通关后必须连续闯关，通关即可获得对应通关奖励，第一关闯通关失败后终止游戏，两关奖励互不影响．小明通过掷骰子选择闯关的序号，若他掷出的点数小于3，则先选择号关卡，否则选择号关卡，记小明赢得购书卡金额为元，求的分布列和数学期望． 0 500 600 1100 一、单选题 1．（2025·全国·模拟预测）的展开式中的系数为（   ） A．252 B．162 C．126 D．36 2．（2025高三·全国·专题练习）设，随机变量的分布列如下表， 0 1 2 则当在区间内增大时，（    ） A．减小 B．增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 3．（2024·江苏南通·模拟预测）已知，是样本空间中的随机事件，，若，，，则=（    ） A． B． C． D． 4．（2025·海南·模拟预测）某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学共同在一个社区进行民意调查，参加活动的甲、乙两班的人数之比为，其中甲班的女生占，乙班中女生占．则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·内蒙古包头·模拟预测）如图所示网格中，要从点出发沿实线走到点，距离最短的走法中，经过点的概率为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）某校开展“强国有我，筑梦前行”主题演讲比赛，共有4位男生，6位女生进入决赛．现通过抽签决定出场顺序，记事件A表示“第一位出场的是女生”，事件B表示“第二位出场的是女生”，则（   ） A． B． C． D． 7．（2025·山东泰安·模拟预测）甲箱中有个红球、个白球和个黑球，乙箱中有个红球、个白球和个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，以分别表示事件由甲箱取出的球是红球、白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以表示事件由乙箱取出的球是红球.则（    ） A．事件与事件相互独立 B． C． D． 三、填空题 8．（2025·四川广安·模拟预测）把1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字分别填入右图所示的方框中，每一排构成一个三位数，若要求图中每个数位上的数字第二排比第一排大，第三排比第二排大，且这三个三位数的和为999，则最后一列的三个数字之和为 （填出所有可能的结果）；这样的排列方法共有 种. 四、解答题 9．（2025·广东广州·模拟预测）经验表明，一般树的胸径（树的主干在地面以上m处的直径）越大，树就越高.由于测量树高比测量胸径困难，因此研究人员希望由胸径预测树高.在研究树高与胸径之间的关系时，某林场收集了某种树的一些数据，并根据数据作出如下的散点图. 经计算得，，，，. (1)推断两个变量是否线性相关，计算样本相关系数（精确到），并推断它们的相关程度； (2)试根据以上数据建立树高关于胸径的经验回归方程（系数精确到），并预测胸径为cm的树高. 附：相关系数，回归方程中，，. 10．（2025·广东·模拟预测）在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，信号的传输相互独立.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.假设发送信号0和1是等可能的. (1)若，，求接收的信号为0的概率； (2)现有两种传输方案：单次传输和三次传输，单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）. （i）若采用三次传输方案，若发送1，求依次收到1，0，1的概率； （ii）若发送的信号为1，译码为1，则选用单次传输和三次传输哪种传输方案更好，请说明理由. 一、单选题 1．（2025·福建福州·模拟预测）某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能(AI)技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为（     ） A． B． C． D． 2．（2025·山西·模拟预测）袋子里有大小相同的3个红球和2个白球，每次从袋子里随机取出一个球，若取出的是红球则放回袋子，若取出的是白球则不放回袋子.记为取了次后白球恰好全部取出的概率，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2025·安徽·模拟预测）小明和小红进行某项比赛（比赛结果没有平局），小明每局获胜的概率均为，每局比赛胜者获得1个积分，负者获得0个积分，记小明和小红两人积分之差的绝对值为，规定时，比赛结束且总积分多者获胜.下列说法正确的是（    ） A．若，则比赛结束时总局数可能是5 B．若，则恰好4局结束比赛且小明获胜的概率为 C．若，则在不超过5局比赛结束的条件下，小明以获胜的概率为 D．若，比赛进行一段时间后，则继续比赛小明最终获胜的概率为 4．（2025·江西景德镇·模拟预测）某比赛共进行局，每局比赛没有平局，局比赛结束后赢得n局以上的一方获胜.甲、乙进行该比赛，已知甲每局比赛获胜的概率为p，每局比赛的结果相互独立，记甲在该比赛中获胜的概率为，下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则当时，最大 C．若，则当时，最大 D．若，则当时，最大 三、填空题 5．（2025·广西·模拟预测）把5个相同的乒乓球放入编号为1-7号的盒子里，其中编号为1-5号的盒子，每个盒子至多放1个球，编号为6-7号的盒子，每个盒子至多放3个球，则不同的放法有 种. 6．（2025·福建三明·模拟预测）甲、乙两人进行抛硬币比赛．两人分别抛掷一枚均匀硬币，如果抛出“正面朝上”，则得1分，如果抛出“反面朝上”，则得0分．甲和乙分别抛掷3次后，如果两人得分相差大于1分，比赛终止；如果两人分数相差不大于1分，则由乙再进行一次抛掷后比赛终止，该次抛掷若为“正面朝上”，则乙得分不变，若为“反面朝上”，则乙得分减1分．按照规定，比赛终止时甲得分高于乙的概率为 ． 四、解答题 7．（2025·黑龙江大庆·一模）2025年7月16日-27日，第32届世界大学生运动会在德国举行.在比赛期间，运动员甲（来自中国）和运动员乙（来自澳大利亚）因赛事成为朋友.运动员甲持有一套熊猫主题的运动项目徽章，包含乒乓球､羽毛球､篮球3个项目；运动员乙则拥有一套袋鼠主题的同项目（乒乓球､羽毛球､篮球）徽章.两套徽章除印制的主题图案和项目标识不同外，其余完全相同.为了加深友谊，两人在比赛期间约定，每次见面时，都随机取出1枚徽章与对方进行交换，运动会结束时已重复进行了次交换. (1)求3次交换后，运动员甲有3枚熊猫主题徽章的概率； (2)求次交换后，运动员乙有3枚相同动物主题徽章的概率（结果用含的式子表示）； (3)求次交换后，运动员甲的徽章包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动的概率（结果用含的式子表示），并求出这个概率的最大值. 8．（2025·广西·模拟预测）2025年多哈世界乒乓球锦标赛，中国队组合王楚钦､孙颖莎以战胜日本队组合吉村真晴､大藤沙月，连续第三次夺得世乒赛混双冠军.假设2026年的一次乒乓球比赛中，S组合与组合相遇.每局比赛必须决出胜负，已知每局比赛组合获胜的概率为，每局比赛胜负结果相互独立，规定先达到净胜3局者获得比赛胜利并结束比赛（规定：净胜局指的是一方比另一方多胜局）. (1)分别求恰好3局比赛结束时组合获得比赛胜利的概率，恰好5局比赛结束时组合获得比赛胜利的概率； (2)若规定比赛总局数达到7局时无论是否分出胜负都直接结束比赛，求结束比赛时双方对战的总局数的分布列； (3)若比赛局数不限，求组合获得比赛胜利的概率. 3 5 7 9．（2025·湖北荆州·模拟预测）某公司招聘技术人员一名.经初选，现有来自国内三所高校的10名应届毕业生进入最后面试环节.其中A校和B校各4名，C校2名. 名面试者随机抽取1，2，3，，10号的面试序号. (1)若来自A校的4名毕业生的面试序号分别为，，，，且，来自B校的4名毕业生的面试序号分别为，，，，且，来自C校的2名毕业生的面试序号分别为，，且 （ⅰ）求概率，； （ⅱ）记随机变量，求 X的均值 (2)已知一位面试者因事未能到达面试现场，最终只有9人参加面试.经面试，第位面试者的面试得分为，且他们的面试得分各不相等，公司最终录用得分最高者. 为提高今后面试效率，现人事部门设计了以下面试录用新规则：，且，，集合S中的最小元素为k，最终录用第k位面试者. 如果以新规则面试这9名毕业生，求面试得分第一、二按得分从高到低排的两名毕业生之一被录用的概率. 10．（2025·辽宁大连·模拟预测）近年来，人工智能已成为引领我国新一轮科技革命的战略性技术.智能芯片作为人工智能的“心脏”，不论是制造工艺的持续精进，还是架构设计的大胆创新，国产智能芯片的算力与能效比均在大幅提升. (1)已知某款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，. ①求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率； ②第四道工序中，部分芯片由智能检测系统进行筛选，检测出的次品芯片会被淘汰，通过筛选的芯片及未经筛选的芯片都进入流水线由工人进行人工抽样检验．记表示事件“某芯片经过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”，试比较与的大小； (2)改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间．若，将使得的最大的值作为的估计值，试求的值． 参考数据：，. 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 排列组合二项式定理、概率统计 备战2026年高考数学命题背景探究（全国通用） 目录 真题命题背景95 以排列组合为命题背景 1 真题命题背景96 以二项式定理为命题背景 5 真题命题背景97 以古典概率为命题背景 7 真题命题背景98 以条件概率为命题背景 9 真题命题背景99 以全概率为命题背景 12 真题命题背景100 以独立（重复）事件及其概率为命题背景 14 真题命题背景101 以随机变量及其分布列为命题背景 17 真题命题背景102 以正态分布为命题背景 21 真题命题背景103 以样本数字特征为命题背景 22 真题命题背景104 以独立性检验为命题背景 27 真题命题背景105 以线性回归直线方程为命题背景 34 基础过关练 37 提升巩固练 43 培优压轴练 51 真题命题背景95 以排列组合为命题背景 1.分类计数原理（加法原理） . 2.分步计数原理（乘法原理） . 3.排列数公式 ==.(，∈N*，且)．注:规定. 4.组合数公式 ===(∈N*，，且). 5.排列数与组合数的关系 . 6．单条件排列 以下各条的大前提是从个元素中取个元素的排列. （1）“在位”与“不在位” ①某（特）元必在某位有种； ②某（特）元不在某位有（补集思想）（着眼位置）（着眼元素）种. （2）紧贴与插空（即相邻与不相邻） ①定位紧贴：个元在固定位的排列有种. ②浮动紧贴：个元素的全排列把k个元排在一起的排法有种.注：此类问题常用捆绑法； ③插空：两组元素分别有k、h个（），把它们合在一起来作全排列，k个的一组互不能挨近的所有排列数有种. （3）两组元素各相同的插空 个大球个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？ 当时，无解；当时，有种排法. （4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为. 7．分配问题 （1）(平均分组有归属问题)将相异的、个物件等分给个人，各得件，其分配方法数共有. （2）(平均分组无归属问题)将相异的·个物体等分为无记号或无顺序的堆，其分配方法数共有 . 真题练1．（2020·山东·高考真题）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（    ） A．120种 B．90种 C．60种 D．30种 【答案】C 【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解. 【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有； 然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有； 最后剩下的名同学去丙场馆. 故不同的安排方法共有种. 故选：C 【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题. 真题练2．（2021·全国乙卷·高考真题）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ） A．60种 B．120种 C．240种 D．480种 【答案】C 【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得. 【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案， 故选：C. 【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解. 真题练3．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 【答案】B 【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解 【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式， 故选：B 真题练4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）． 【答案】64 【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解. 【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种； （2）当从8门课中选修3门， ①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种； ②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种； 综上所述：不同的选课方案共有种. 故答案为：64. 真题练5．（2023·全国乙卷·高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 【答案】C 【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案. 【详解】首先确定相同得读物，共有种情况， 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种， 根据分步乘法公式则共有种， 故选：C. 真题练6．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（    ）． A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案. 【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取， 根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种. 故选：D. 真题练7．（2023·全国甲卷·高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（    ） A．120 B．60 C．30 D．20 【答案】B 【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解. 【详解】不妨记五名志愿者为， 假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法， 同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法， 所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种. 故选：B. 真题命题背景96 以二项式定理为命题背景 二项式定理 ; 二项展开式的通项公式 . 真题练1．（2020·全国III卷·高考真题）的展开式中常数项是 （用数字作答）． 【答案】 【分析】写出二项式展开通项，即可求得常数项. 【详解】 其二项式展开通项： 当，解得 的展开式中常数项是：. 故答案为：. 【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握的展开通项公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 真题练2．（2020·全国I卷·高考真题）的展开式中x3y3的系数为（    ） A．5 B．10 C．15 D．20 【答案】C 【分析】求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解. 【详解】展开式的通项公式为（且） 所以的各项与展开式的通项的乘积可表示为： 和 在中，令，可得：，该项中的系数为， 在中，令，可得：，该项中的系数为 所以的系数为 故选：C 【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题. 真题练3．（2024·全国甲卷·高考真题）的展开式中，各项系数中的最大值为 ． 【答案】5 【分析】先设展开式中第项系数最大，则根据通项公式有，进而求出即可求解. 【详解】由题展开式通项公式为，且， 设展开式中第项系数最大，则， ，即，又，故， 所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为. 故答案为：5. 真题命题背景97 以古典概率为命题背景 等可能性事件的概率. 真题练1．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解. 【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法， 若两数不互质，不同的取法有：，共7种， 故所求概率. 故选：D. 真题练2．（2024·全国甲卷·高考真题）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解. 解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解. 【详解】解法一：画出树状图，如图， 由树状图可得，出场次序共有24种， 其中符合题意的出场次序共有8种， 故所求概率； 解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有种排法，丁就种，共种； 当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有种排法，丁就种，共种； 于是甲最后出场共种方法，同理乙最后出场共种方法，于是共种出场顺序符合题意； 基本事件总数显然是， 根据古典概型的计算公式，所求概率为. 故选：C 真题练3．（2023·全国乙卷·高考真题）某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】对6个主题编号，利用列举列出甲、乙抽取的所有结果，并求出抽到不同主题的结果，再利用古典概率求解作答. 【详解】用1，2，3，4，5，6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表： 乙甲 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 共有36个不同结果，它们等可能， 其中甲乙抽到相同结果有，共6个， 因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率. 故选：A 真题练4．（2023·全国甲卷·高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解. 【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有件， 其中这2名学生来自不同年级的基本事件有， 所以这2名学生来自不同年级的概率为. 故选：D. 真题命题背景98 以条件概率为命题背景 条件概率 条件概率的定义 条件概率的性质 已知B发生的条件下，A发生的概率，称为B发生时A发生的条件概率，记为P(A|B)． 当P(B)>0时，我们有P(A|B)＝.(其中，A∩B也可以记成AB) 类似地，当P(A)>0时，A发生时B发生的条件概率为P(B|A)＝ (1)0≤P(B|A)≤1， (2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同 前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．　 条件概率的三种求法 定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A) 基本事件法 借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝ 缩样法 缩小样本空间的方法，就是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，它能化繁为简 真题练1．（2023·全国甲卷·高考真题）某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（    ） A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4 【答案】A 【分析】先算出同时爱好两项的概率,利用条件概率的知识求解. 【详解】同时爱好两项的概率为， 记“该同学爱好滑雪”为事件,记“该同学爱好滑冰”为事件， 则， 所以. 故选:. 真题练2．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：    (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率； (3)已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）. 【答案】(1)岁； (2)； (3)． 【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出； （2）设{一人患这种疾病的年龄在区间}，根据对立事件的概率公式即可解出； （3）根据条件概率公式即可求出． 【详解】（1）平均年龄     （岁）． （2）设“一人患这种疾病的年龄在区间”，所以 ． （3）设“任选一人年龄位于区间[40,50)”，“从该地区中任选一人患这种疾病”， 则由已知得： , 则由条件概率公式可得 从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，此人患这种疾病的概率为． 真题练3．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据： 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 (1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？ (2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R． （ⅰ）证明：； （ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值． 附， 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；(ii)； 【分析】(1)由所给数据结合公式求出的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i) 根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求. 【详解】（1）由已知， 又，， 所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异. （2）(i)因为， 所以 所以， (ii) 由已知，， 又，， 所以 真题命题背景99 以全概率为命题背景 一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝ ，此公式为全概率公式. （1）计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数. （2）全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A的概率的求解问题，转化为了在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题. 真题练1．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据全概率公式即可求出； （2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出； （3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出． 【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件， 所以， . （2）设，依题可知，，则 ， 即， 构造等比数列， 设，解得，则， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 即． （3）因为，， 所以当时，， 故． 【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解． 真题命题背景100 以独立（重复）事件及其概率为命题背景 独立事件A，B同时发生的概率 P(A·B)= P(A)·P(B). 个独立事件同时发生的概率 P(A1· A2·…· An)=P(A1)· P(A2)·…· P(An)． 次独立重复试验中某事件恰好发生k次的概率 真题练1．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，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 【分析】根据独立事件概率关系逐一判断 【详解】 ， 故选：B 【点睛】判断事件是否独立，先计算对应概率，再判断是否成立 真题练2．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输 是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）. A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为 B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D．当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 【答案】ABD 【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答. 【详解】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为，A正确； 对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件， 是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为，B正确； 对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和， 它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为，C错误； 对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率， 单次传输发送0，则译码为0的概率，而， 因此，即，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 真题练3．（2020·全国I卷·高考真题）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为， （1）求甲连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率； （3）求丙最终获胜的概率. 【答案】（1）；（2）；（3）. 【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率； （2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率； （3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率. 【详解】（1）记事件甲连胜四场，则； （2）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输， 则四局内结束比赛的概率为 ， 所以，需要进行第五场比赛的概率为； （3）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输， 记事件甲赢，记事件丙赢， 则甲赢的基本事件包括：、、、 、、、、， 所以，甲赢的概率为. 由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等， 所以丙赢的概率为. 【点睛】本题考查独立事件概率的计算，解答的关键就是列举出符合条件的基本事件，考查计算能力，属于中等题. 真题命题背景101 以随机变量及其分布列为命题背景 数学期望的性质 （1）. （2）若～,则. (3) 若服从几何分布,且，则. 方差 标准差 =. 方差的性质 (1)； (2）若～，则. (3) 若服从几何分布,且，则. 方差与期望的关系 . 求随机变量X的分布列的步骤： (1)理解X的意义，写出X可能取得全部值； (2)求X取每个值的概率； (3)写出X的分布列； (4)根据分布列的性质对结果进行检验. 还可判断随机变量满足常见分布列：两点分布，二项分布，超几何分布，正态分布. （1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解； （2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算； （3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算，若～,则，. 真题练1．（2025·全国一卷·高考真题）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望 . 【答案】/ 【分析】法一：根据题意得到的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得的分布列，从而求得；法二，根据题意假设随机变量，利用对立事件与独立事件的概率公式求得，进而利用数学期望的性质求得. 【详解】法一：依题意，的可能取值为1、2、3， 总的选取可能数为， 其中：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式， 故， ：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次）， 选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式， 其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件的可能情况有种， 故， ：三种不同球被取出， 由排列数可知事件的可能情有况种， 故， 所以 . 故答案为：. 法二：依题意，假设随机变量，其中： 其中，则， 由于球的对称性，易知所有相等， 则由期望的线性性质，得， 由题意可知，球在单次抽取中未被取出的概率为， 由于抽取独立，三次均未取出球的概率为， 因此球至少被取出一次的概率为：， 故， 所以. 故答案为：. 真题练2．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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，记为小明的累计得分，求的分布列； （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. 【答案】（1）见解析；（2）类． 【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1）类似，找出先回答类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可． 【详解】（1）由题可知，的所有可能取值为，，． ； ； ． 所以的分布列为 （2）由（1）知，． 若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，． ； ； ． 所以． 因为，所以小明应选择先回答类问题． 真题练3．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． (2)假设， （i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ （ii）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 【答案】(1) (2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛； 【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案； （2）（i）首先各自计算出，，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可. 【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次， 比赛成绩不少于5分的概率. （2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为， 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为， ， ， ，应该由甲参加第一阶段比赛. (ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15， ， ， ， ， 记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15， 同理 ， 因为，则，， 则， 应该由甲参加第一阶段比赛. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论. 真题命题背景102 以正态分布为命题背景 正态分布密度函数 ，式中的实数μ，（>0）是参数，分别表示个体的平均数与标准差. 对于，取值小于x的概率 . . 真题练1．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知随机变量X服从正态分布，且，则 ． 【答案】/． 【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出． 【详解】因为，所以，因此． 故答案为：． 真题练2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）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，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出. 【详解】依题可知，，所以， 故，C正确，D错误； 因为，所以， 因为，所以， 而，B正确，A错误， 故选：BC． 真题命题背景103 以样本数字特征为命题背景 （1） 众数：在一组数据中出现次数最多的数 （2） 中位数：将一组数据按从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果为奇数个，中位数为中间数；若为偶数个，中位数为中间两个数的平均数 （3） 平均数：，反映样本的平均水平 （4） 方差： 反映样本的波动程度，稳定程度和离散程度； 越大，样本波动越大，越不稳定；越小，样本波动越小，越稳定； （5） 标准差：，标准差等于方差的算术平方根，数学意义和方差一样 （6） 极差：等于样本的最大值最小值 真题练1．（2025·全国二卷·高考真题）样本数据2，8，14，16，20的平均数为（   ） A．8 B．9 C．12 D．18 【答案】C 【分析】由平均数的计算公式即可求解. 【详解】样本数据的平均数为. 故选：C. 真题练2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并整理如下表 亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1050，1100） [1100，1150） [1150，1200） 频数 6 12 18 30 24 10 根据表中数据，下列结论中正确的是（    ） A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80% C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间 D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间 【答案】C 【分析】计算出前三段频数即可判断A；计算出低于1100kg的频数，再计算比例即可判断B；根据极差计算方法即可判断C；根据平均值计算公式即可判断D. 【详解】对于 A, 根据频数分布表可知, , 所以亩产量的中位数不小于 , 故 A 错误； 对于B，亩产量不低于的频数为， 所以低于的稻田占比为，故B错误； 对于C，稻田亩产量的极差最大为，最小为，故C正确； 对于D，由频数分布表可得，平均值为，故D错误. 故选；C. 真题练3．（2020·全国III卷·高考真题）在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，且，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据标准差最大，即方差最大，应用方差求法求出各项对应的方差，即可得. 【详解】由标准差最大，即方差最大， A：平均数为，则方差为， B：平均数为，则方差为， C：平均数为，则方差为， D：平均数为，则方差为， 综上，B的标准差最大. 故选：B 真题练4．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）（多选）下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（    ） A．样本的标准差 B．样本的中位数 C．样本的极差 D．样本的平均数 【答案】AC 【分析】考查所给的选项哪些是考查数据的离散程度，哪些是考查数据的集中趋势即可确定正确选项. 【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度； 由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势； 由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度； 由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势； 故选：AC. 真题练5．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（    ） A．的平均数等于的平均数 B．的中位数等于的中位数 C．的标准差不小于的标准差 D．的极差不大于的极差 【答案】BD 【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断. 【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为， 则， 因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小， 例如：，可得； 例如，可得； 例如，可得；故A错误； 对于选项B：不妨设， 可知的中位数等于的中位数均为，故B正确； 对于选项C：举反例说明，例如：，则平均数， 标准差， ，则平均数， 标准差，显然，即， 所以的标准差不小于的标准差，这一论断不成立，故C错误； 对于选项D：不妨设， 则，当且仅当时，等号成立，故D正确； 故选：BD. 真题练6．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）（多选）有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（    ） A．两组样本数据的样本平均数相同 B．两组样本数据的样本中位数相同 C．两组样本数据的样本标准差相同 D．两组样本数据的样本极差相同 【答案】CD 【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误. 【详解】A：且，故平均数不相同，错误； B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误； C：，故方差相同，正确； D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确； 故选：CD 真题练7．（2023·全国乙卷·高考真题）某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为，．试验结果如下： 试验序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 伸缩率 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548 伸缩率 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536 记，记的样本平均数为，样本方差为． (1)求，； (2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高） 【答案】(1)，； (2)认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高. 【分析】（1）直接利用平均数公式即可计算出，再得到所有的值，最后计算出方差即可； （2）根据公式计算出的值，和比较大小即可. 【详解】（1）， ， ， 的值分别为: ， 故 （2）由（1）知:，，故有, 所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高. 真题练8．（2021·全国乙卷·高考真题）某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下： 旧设备 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7 新设备 10.1 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3 10.6 10.5 10.4 10.5 旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和． （1）求，，，； （2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）． 【答案】（1）；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高. 【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差. （2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断. 【详解】（1）， ， ， . （2）依题意，，， ，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高. 真题命题背景104 以独立性检验为命题背景 （1）依题意完成列联表；（2）用公式求解；（3）对比观测值即可得到所求结论的可能性 独立性检验计算公式： 真题练1．（2025·全国一卷·高考真题）为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表： 超声波检查结果组别 正常 不正常 合计 患该疾病 20 180 200 未患该疾病 780 20 800 合计 800 200 1000 (1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为p，求p的估计值； (2)根据小概率值的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关. 附， 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】(1) (2)有关 【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求出； （2）根据独立性检验的基本思想,求出,然后与小概率值对应的临界值比较,即可判断. 【详解】（1）根据表格可知，检查结果不正常的人中有人患病，所以的估计值为； （2）零假设为：超声波检查结果与患病无关， 根据表中数据可得，， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为超声波检查结果与患该病有关，该推断犯错误的概率不超过. 真题练2．（2024·全国甲卷·高考真题）某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下： 优级品 合格品 不合格品 总计 甲车间 26 24 0 50 乙车间 70 28 2 100 总计 96 52 2 150 (1)填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 乙车间 能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？ (2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（） 附： 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】(1)答案见详解 (2)答案见详解 【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算，并与临界值对比分析； （2）用频率估计概率可得，根据题意计算，结合题意分析判断. 【详解】（1）根据题意可得列联表： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 可得， 因为， 所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异. （2）由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为， 用频率估计概率可得， 又因为升级改造前该工厂产品的优级品率， 则， 可知， 所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了. 真题练3．（2023·全国甲卷·高考真题）一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）．试验结果如下： 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 15.2  18.8  20.2  21.3  22.5  23.2  25.8  26.5  27.5  30.1 32.6  34.3  34.8  35.6  35.6  35.8  36.2  37.3  40.5  43.2 试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 7.8  9.2  11.4  12.4  13.2  15.5  16.5  18.0  18.8  19.2 19.8  20.2  21.6  22.8  23.6  23.9  25.1  28.2  32.3  36.5 (1)计算试验组的样本平均数； (2)（ⅰ）求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表 对照组 试验组 （ⅱ）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？ 附：， 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 【答案】(1) (2)（i）；列联表见解析，（ii）能 【分析】（1）直接根据均值定义求解； （2）（i）根据中位数的定义即可求得，从而求得列联表； （ii）利用独立性检验的卡方计算进行检验，即可得解. 【详解】（1）试验组样本平均数为： （2）（i）依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据的平均数， 由原数据可得第11位数据为，后续依次为， 故第20位为，第21位数据为， 所以， 故列联表为： 合计 对照组 6 14 20 试验组 14 6 20 合计 20 20 40 （ii）由（i）可得，， 所以能有的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异. 真题练4．（2021·全国甲卷·高考真题）甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表： 一级品 二级品 合计 甲机床 150 50 200 乙机床 120 80 200 合计 270 130 400 （1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少? （2）能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异? 附： 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）75%；60%； （2）能. 【分析】根据给出公式计算即可 【详解】（1）甲机床生产的产品中的一级品的频率为, 乙机床生产的产品中的一级品的频率为. （2）, 故能有99%的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异. 真题练5．（2023·全国甲卷·高考真题）一项试验旨在研究臭氧效应.实验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到实验组，另外20只分配到对照组，实验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）. (1)设表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数，求的分布列和数学期望； (2)实验结果如下： 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为： 15.2  18.8  20.2  21.3  22.5  23.2  25.8  26.5  27.5  30.1 32.6  34.3  34.8  35.6  35.6  35.8  36.2  37.3  40.5  43.2 实验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为： 7.8   9.2   11.4    12.4  13.2   15.5   16.5  18.0  18.8  19.2 19.8  20.2  21.6  22.8  23.6  23.9  25.1  28.2  32.3  36.5 （i）求40只小鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于的数据的个数，完成如下列联表： 对照组 实验组 （ii）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与正常环境中体重的增加量有差异． 附： 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 【答案】(1)分布列见解析， (2)（i）；列联表见解析，（ii）能 【分析】（1）利用超几何分布的知识即可求得分布列及数学期望； （2）（i）根据中位数的定义即可求得，从而求得列联表； （ii）利用独立性检验的卡方计算进行检验，即可得解. 【详解】（1）依题意，的可能取值为， 则，，， 所以的分布列为： 故. （2）（i）依题意，可知这40只小白鼠体重增量的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据的平均数，观察数据可得第20位为，第21位数据为， 所以， 故列联表为： 合计 对照组 6 14 20 实验组 14 6 20 合计 20 20 40 （ii）由（i）可得，， 所以能有的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与正常环境中体重的增加量有差异. 真题命题背景105 以线性回归直线方程为命题背景 （1）计算的值；（2）计算回归系数；（3）写出回归直线方程. 线性回归直线方程为：，， 其中为样本中心，回归直线必过该点 （4）线性相关系数（衡量两个变量之间线性相关关系的强弱） ，正相关；，负相关 真题练1．（2022·全国乙卷·高考真题）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据： 样本号ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 根部横截面积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9 并计算得． (1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量； (2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）； (3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值． 附：相关系数． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量； （2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值； （3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值． 【详解】（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值 样本中10棵这种树木的材积量的平均值 据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为， 平均一棵的材积量为 （2） 则 （3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为， 又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比， 可得，解之得． 则该林区这种树木的总材积量估计为 真题练2．（2020·全国II卷·高考真题）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i=1，2，…，20)，其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得，，，，. （1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）； （2）求样本(xi，yi)(i=1，2，…，20)的相关系数（精确到0.01）； （3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由. 附：相关系数r=，≈1.414. 【答案】（1）；（2）；（3）详见解析 【分析】（1）利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数，代入数据即可； （2）利用公式计算即可； （3）各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样. 【详解】（1）样区野生动物平均数为， 地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为 （2）样本(i=1，2，…，20)的相关系数为 （3）由（2）知各样区的这种野生动物的数量与植物覆盖面积有很强的正相关性， 由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物的数量差异很大， 采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性， 从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计. 【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取，考查学生数学运算能力，是一道容易题. 一、单选题 1．（2025·辽宁大连·一模）多项式 的展开式中 的系数是（   ） A．35 B．280 C． D． 【答案】D 【分析】根据二项展开式的通项求出含的项即可得出结果. 【详解】已知展开式中第项为， 令，解得； 所以含的项为. 因此展开式中的系数为. 故选：D 2．（2025·四川成都·一模）已知甲、乙两批袋装食盐的质量（单位：g）分别服从正态分布和，其正态曲线如图所示，则（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】观察图表，根据对称轴得到平均数的大小，根据形状特征得到方差的大小，得到答案. 【详解】从图总可以看出乙的对称轴大于甲的对称轴， 故甲的平均数小于乙的平均数，即， 且乙“高瘦”，甲“矮胖”，即乙数据更加集中，方差比甲小，即. 故选：C 3．（2025·天津河北·模拟预测）甲、乙两人独立地破译一份密码，甲、乙能破译的概率分别为、，则密码被成功破译的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用独立事件乘法公式及对立事件的概率求法求概率. 【详解】由题设，甲乙都不能破译的概率为， 所以密码被成功破译的概率为. 故选：A 4．（2025·江苏盐城·模拟预测）某市AI智能机器人比赛项目有29位同学参赛，他们在预赛中所得的积分互不相同，只有积分在前15名的同学才能进入决赛.若某同学知道自己的积分后，要判断自己能否进入决赛，则他只需要知道这29位同学的预赛积分的（    ） A．中位数 B．众数 C．平均数 D．极差 【答案】A 【分析】根据中位数的概念判断即可. 【详解】因为29位同学的积分，中位数是第15 名， 所以知道中位数即可判断是否在前15，即是否能进决赛. 故选：. 5．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）某中学从高一学生中抽取了50名男生，50名女生调查高一学生身高的情况.其中50名男生身高的平均数为172.5cm，方差为16，50名女生身高的平均数为162.5cm，方差为30，那么这100名学生身高的方差为（   ） A．30 B．38 C．48 D．58 【答案】C 【分析】根据分层抽样计算平均数及方差公式计算求解. 【详解】所有100名学生身高的平均数． 所有100名学生身高的方差， 故选：C 二、多选题 6．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知事件，且，则（   ） A．事件与事件互为对立事件 B．若事件与事件互斥，则 C．若事件与事件互斥，则 D．若，则事件与事件相互独立 【答案】BD 【分析】根据对立事件的定义，互斥事件概率公式、相互独立事件的性质及概率公式计算判断作答即可. 【详解】对于A,由于对立事件概率和为1，但，A错误， 对于B、C,由事件与事件互斥，，, 所以B正确 ,C错误 对于D,因为，，故事件与事件相互独立，所以事件与事件相互独立,D正确. 故选:BD 7．（2025·河南·模拟预测）2024年中国经济社会发展“成绩单”中，科技创新的分项尤为亮眼，无论是整体实力，还是结构性指标都稳步提升.2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出及其增长速度如图所示，则（    ） A．2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出逐年增长 B．2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出的第25百分位数为24393亿元 C．2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出增长速度的极差为 D．2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出增长速度的平均数超过 【答案】ACD 【分析】通过分析条形图可直接判断B，根据百分位数的求解方式可得第25百分位数为2021年的经费支出可判断B错误；由折线图可计算经费支出增长速度的极差确定C；计算出增长速度的平均数即可判断D. 【详解】本题考查统计，考查数据分析的核心素养. 2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出逐年增长，A正确. 至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出的第25百分位数为27956亿元，B错误. 2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出增长速度的极差为，C正确. 2020至2024年我国研究与试验发展（R\&D）经费支出增长速度的平均数为，D正确. 故选：ACD. 三、解答题 8．（2025·福建漳州·模拟预测）2025年春节期间，电影《哪吒之魔童闹海》掀起全民观影热潮，连续7天票房逆势攀升，单日最高突破8.6亿元，吸引部分家庭携老扶幼共赴影院，缔造中国影史春节档票房与观影人次双冠王的奇迹.某电影院为了解民众观影的喜欢程度，随机采访了180名观影人员，得到下表： 是否成年人 是否喜欢 合计 不喜欢 喜欢 未成年人 80 100 成年人 20 80 合计 180 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年有关？ (2)用频率估计概率，现随机采访一名成年人和一名未成年人，设表示这两人中非常喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的人数，求的分布列和数学期望. 参考公式： 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】(1)没有充分证据证明喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年有关； (2)分布列见解析， 【分析】（1）先由题意补充完整列联表，分别算出值，再根据公式计算得值，然后根据临界值表作出判断即可. （2）由题列出 的可能取值为，再分别计算出其对应的概率，即可求得的分布列和数学期望. 【详解】（1）零假设：喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年无关. 由题意补充完整列联表，分别算出，代入公式得：. 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据证明喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年有关； （2）由题可知，随机采访一位未成年人，则该未成年人喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的概率为，随机采访一位成年人，则该成年人喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的概率为. 又的可能取值为，所以，， ，故X的分布列为 0 1 2 所以. 【点睛】. 9．（2025·江苏·三模）已知某校有甲，乙两支志愿服务队，甲队由3名男生和3名女生组成，乙队由4名男生和1名女生组成． (1)先从两队中选取一队，选取甲队的概率为，选取乙队的概率为，再从该队中随机选取一名志愿者，求该志愿者是男生的概率； (2)在某次活动中，从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队，记为乙队中男生与女生人数之差，求的分布列与期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析，期望为3 【分析】（1）根据全概率公式即可计算结果. （2）由题意可知的取值为1，3，5，然后求出对应的概率，即可得到分布列，从而求出期望． 【详解】（1）设事件A为“选甲队”，事件B为“选乙队”，事件C为“选中男生” 则 （2），从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队,X的可能取值为1、3、5， 则,, 故的分布列为： X 1 3 5 P 数学期望为 10．（2025·河北·模拟预测）某书店年终为回馈广大书友拟举办“赢书卡”答题活动．该活动设立两个关卡，分别为号关卡和号关卡．若小明在号关卡通关率为，通关奖励是500元购书卡；在号关卡通关率为，通关奖励是600元购书卡；未通关则无奖励． (1)若书店只允许随机选择一个关卡闯关，求小明通关的概率； (2)若书店规定在第一关通关后必须连续闯关，通关即可获得对应通关奖励，第一关闯通关失败后终止游戏，两关奖励互不影响．小明通过掷骰子选择闯关的序号，若他掷出的点数小于3，则先选择号关卡，否则选择号关卡，记小明赢得购书卡金额为元，求的分布列和数学期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）设出事件，分别求出小明选择号关卡和号关卡并通关的概率，相加可得答案； （2）先得到小明选择号关卡和选择号关卡的概率，求出的可能取值和对应的概率，得到分布列和数学期望 【详解】（1）设事件表示小明选择号关卡并通关，事件表示小明选择号关卡并通关， ； （2）小明选择号关卡的概率：，小明选择号关卡的概率：， 由题意，的可能取值为0，500，600，1100， ， ， ， ， 的分布列如下： 0 500 600 1100 ． 一、单选题 1．（2025·全国·模拟预测）的展开式中的系数为（   ） A．252 B．162 C．126 D．36 【答案】B 【分析】方法1：先求得展开式中的项的系数，结合与多项式相乘，即可求得答案. 方法2：将变形为，求得展开式中的项的系数，结合与多项式相乘，即可求得答案. 【详解】方法1：的通项公式为， 分别令可得，，， 所以的展开式中含的项为， ∴的系数为． 方法2：由， 的通项公式为， 分别令可得项的系数分别为， 所以的展开式中含的项为 所以的系数为． 故选：B． 2．（2025高三·全国·专题练习）设，随机变量的分布列如下表， 0 1 2 则当在区间内增大时，（    ） A．减小 B．增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 【答案】D 【分析】方法一：计算出，利用公式得到，得到先增大后减小， 方法二：设随机变量，得到的分布列，计算出，得到先增大后减小. 【详解】方法一：因为， 所以 ， 因为，，所以先增大后减小， 方法二：设随机变量，则的分布列为 －1 0 1 所以， 所以， 得到先增大后减小. 故选：D 3．（2024·江苏南通·模拟预测）已知，是样本空间中的随机事件，，若，，，则=（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用条件概率和全概率计算公式，列出关于的方程求解. 【详解】因为， . 又， 所以. 故选：A 4．（2025·海南·模拟预测）某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学共同在一个社区进行民意调查，参加活动的甲、乙两班的人数之比为，其中甲班的女生占，乙班中女生占．则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意设出事件，写出事件的概率以及条件概率，利用全概率公式，可得答案. 【详解】记事件“居民所遇到的一位进行民意调查的同学是甲班的”， 事件“居民所遇到的一位进行民意调查的同学是乙班的”， “居民所遇到的一位进行民意调查的同学是女生”， 则，且，互斥，， 由题意可知，，且， 由全概率公式可知， 即该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为． 故选：D． 5．（2025·内蒙古包头·模拟预测）如图所示网格中，要从点出发沿实线走到点，距离最短的走法中，经过点的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出从点出发沿实线走到点的情况数，再求出从点出发沿实线走到点经过点C的情况数，两个作商即可. 【详解】从点到点一共有（一共六步需要向下走两步），点到点一共有（一共四步向右走一步）， 则根据分步计数原理得从A点出发沿实线走到点经过点的情况数为；如图连接， 则从点A点出发沿实线走到点又经过的情况为：， 同理经过另外一条不连上的线情况为， 则从点A点出发沿实线走到点的情况为：故距离最短的走法中，经过点的概率为． 故选：C. 二、多选题 6．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）某校开展“强国有我，筑梦前行”主题演讲比赛，共有4位男生，6位女生进入决赛．现通过抽签决定出场顺序，记事件A表示“第一位出场的是女生”，事件B表示“第二位出场的是女生”，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】利用独立事件的乘法公式及和条件概率公式，以及概率的加法公式求解即可. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，，故B正确； 对于C，事件B可分为两种情况：第一位出场的是男生且第二位出场的是女生；第一位出场的是女生且第二位出场的是女生， ，，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：BCD. 7．（2025·山东泰安·模拟预测）甲箱中有个红球、个白球和个黑球，乙箱中有个红球、个白球和个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，以分别表示事件由甲箱取出的球是红球、白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以表示事件由乙箱取出的球是红球.则（    ） A．事件与事件相互独立 B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据独立事件概率的乘法公式，和条件概率公式，分别判断各选项正误. 【详解】由题意知，， 若发生，此时乙箱中有个红球、个白球和个黑球，则，故C正确； 若发生，此时乙箱中有个红球、个白球和个黑球，则； 若发生，此时乙箱中有个红球、个白球和个黑球，则. 所以，故B正确． ， 则，故D错误. ，故A错误． 故选：BC. 三、填空题 8．（2025·四川广安·模拟预测）把1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字分别填入右图所示的方框中，每一排构成一个三位数，若要求图中每个数位上的数字第二排比第一排大，第三排比第二排大，且这三个三位数的和为999，则最后一列的三个数字之和为 （填出所有可能的结果）；这样的排列方法共有 种. 【答案】 19 5 【分析】根据这三个三位数的和为999，先得出最后一列的数字之和为19，再分第1、2列的三个数字之和依次为8，18得出排法. 【详解】由于1到9的和为45，，这三个三位数的和为999，依题意该算式进位了两次，则最后一列的三个数字之和为19. 第1、2列的三个数字之和依次为8，18. （1）当百位数字从上到下依次为1，2，5时，十位数字从上到下依次可以为4，6，8； 十位数字从上到下依次也可以为3，6，9；十位数字还可以从上到下依次为4，5，9，共有3种填法. （2）当百位数字从上到下依次为1，3，4时，十位数字从上到下依次可以为5，6，7； 十位数字从上到下依次也可以为2，7，9，共有2种填法. 这样的排列方法共有种： 故答案为：19；5. 四、解答题 9．（2025·广东广州·模拟预测）经验表明，一般树的胸径（树的主干在地面以上m处的直径）越大，树就越高.由于测量树高比测量胸径困难，因此研究人员希望由胸径预测树高.在研究树高与胸径之间的关系时，某林场收集了某种树的一些数据，并根据数据作出如下的散点图. 经计算得，，，，. (1)推断两个变量是否线性相关，计算样本相关系数（精确到），并推断它们的相关程度； (2)试根据以上数据建立树高关于胸径的经验回归方程（系数精确到），并预测胸径为cm的树高. 附：相关系数，回归方程中，，. 【答案】(1)两个变量线性相关；相关性较强. (2)；m. 【分析】（1）根据树高与胸径的散点图判断它们是否线性相关，再通过相关系数判断它们相关的程度； （2）根据最小二乘法估计计算经验回归方程的系数，得到经验回归方程，再用经验回归方程做出预测. 【详解】（1）根据树高与树的胸径的散点图，可判断两个变量是线性相关. 根据题中所给数据，得，，. 所以. 由于的值接近于1，故相关性较强. 故两个变量线性相关，且相关程度较强. （2）由（1）知，，. 所以，. 所以经验回归方程为. 当时，，即树高的预测值大约为m. 故树高关于胸径的经验回归方程为，预测胸径为cm的树高为m. 10．（2025·广东·模拟预测）在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，信号的传输相互独立.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.假设发送信号0和1是等可能的. (1)若，，求接收的信号为0的概率； (2)现有两种传输方案：单次传输和三次传输，单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）. （i）若采用三次传输方案，若发送1，求依次收到1，0，1的概率； （ii）若发送的信号为1，译码为1，则选用单次传输和三次传输哪种传输方案更好，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）答案见解析 【分析】（1）先求条件概率，结合全概率公式可得答案； （2）（i）利用独立事件的概率公式可得答案；（ii）分别表示出两种方式的概率，作差比较，分情况讨论可得答案. 【详解】（1）设“发送的信号为0”，“接收的信号为0”， 则“发送的信号为1”，“接收的信号为1”. 由题意可得. （2）（i）三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1， 此时依次收到1，0，1的概率为 （ii）记三次传输，发送1，依次收到0，1，1为，依次收到1，0，1为， 依次收到1，1，0为，依次收到1，1，1为，且事件相互互斥. 对于三次传输，记发送1，译码为1为事件， 记单次传输发送1，译码为1为事件，则. 因为，所以. 当时，有，即，此时选用三次传输方案. 当时，有，即，选用哪种传输方案都可以. 当时，有，即，此时选用单次传输方案. 一、单选题 1．（2025·福建福州·模拟预测）某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能(AI)技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用古典概型计算公式，再结合分类分步计数原理计算出符合题意的组合数，即可得出所求概率. 【详解】根据题意可知，每次点击有3种选择，连续点击5次，共有种， 若获二等奖，则奖券码为3的正整数倍，所以生成的5个数字之和可以为3，6，9（和的最大值为10）； （1）当数字之和为3时，其组成方式为三个1和两个0；或者一个2，一个1，三个0； 若为三个1和两个0，共有种， 若为一个2，一个1，三个0，共有种， 即数字之和为3时共有种； （2）当数字之和为6时，其组成方式为三个2和两个0；或者两个2，两个1，一个0；或者一个2，四个1； 若为三个2和两个0，共有种， 若为两个2，两个1，一个0，共有种， 若为一个2，四个1，共有种； 即数字之和为6时共有种； （3）当数字之和为9时，其组成方式为四个2和一个1，此时共有种， 因此符合条件的组合数共有种， 所以获二等奖的概率为. 故选：A 2．（2025·山西·模拟预测）袋子里有大小相同的3个红球和2个白球，每次从袋子里随机取出一个球，若取出的是红球则放回袋子，若取出的是白球则不放回袋子.记为取了次后白球恰好全部取出的概率，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，利用独立事件的概率乘法公式求出的表达式，根据选项作差计算，逐项判断即可. 【详解】设事件为第一个白球在次取出，且第二个白球在第次取出，其中， 则， 所以. 故，又， 故时，，即，， 时，，即，，故A错误，B正确； ，又， 故时，，即，， 时，，即，，故C，D错误. 故选：B. 二、多选题 3．（2025·安徽·模拟预测）小明和小红进行某项比赛（比赛结果没有平局），小明每局获胜的概率均为，每局比赛胜者获得1个积分，负者获得0个积分，记小明和小红两人积分之差的绝对值为，规定时，比赛结束且总积分多者获胜.下列说法正确的是（    ） A．若，则比赛结束时总局数可能是5 B．若，则恰好4局结束比赛且小明获胜的概率为 C．若，则在不超过5局比赛结束的条件下，小明以获胜的概率为 D．若，比赛进行一段时间后，则继续比赛小明最终获胜的概率为 【答案】BCD 【分析】由题意可知时，比赛结束时总局数为偶数可判断A，由二项分布、相互独立事件的概率公式可判断B和C，由全概率公式分析可判断D. 【详解】若，则比赛结束时总局数为偶数，故错误； 若，恰好4局结束比赛且小明获胜的概率为，故B正确； 若，且不超过5局比赛结束，有两种情况，第一种小明或小红均连胜3局，概率为， 第二种小明或小红以4：1获胜，， 其中小明以获胜概率为， 所以在不超过5局比赛结束的条件下，小明以获胜的概率为，故C正确； 已知小明在净胜局（小明胜的局数比输的局数少2）前提下，继续比赛一局， 若小明胜，则小明的状态变为净胜局，继续比赛获胜的概率为， 若小明输，则小明的状态变为净胜局，比赛结束. 根据全概率公式，， 同理可得，， 联立上式解得，即小明最终获胜的概率为，故D正确. 故选：BCD. 4．（2025·江西景德镇·模拟预测）某比赛共进行局，每局比赛没有平局，局比赛结束后赢得n局以上的一方获胜.甲、乙进行该比赛，已知甲每局比赛获胜的概率为p，每局比赛的结果相互独立，记甲在该比赛中获胜的概率为，下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则当时，最大 C．若，则当时，最大 D．若，则当时，最大 【答案】ABD 【分析】利用独立重复试验的概率公式，结合互斥事件的概率计数判断A；利用条件概率、全概率公式探讨的关系，再赋值计算判断BCD. 【详解】对于A，，，，A正确； 当时，记事件“甲在该比赛中获胜”，“第一局甲赢”，“第二局甲赢”， ， 当事件和发生时，要使得甲在该比赛中获胜，则在后续的局比赛中至少要赢局，则； 当事件发生时，要使得甲在该比赛中获胜，则在后续的局比赛中赢的局数大于或恰好赢了局，所以； 当事件发生时，要使得甲在该比赛中获胜，则在后续的局比赛中赢的局数大于， 可看成事件“在后续的局比赛中赢的局数大于”与事件“在后续的局比赛中恰好赢了局”的差事件，所以， 则 ， 即， 对于B，若，则，当时，即， 即当时，最大，B正确； 对于C，若，则，当时，，即， 即当时，最小，C错误； 对于D，若，则，当时，，当时，， 即当时，，当时，，则当时，最大，D正确. 故选：ABD 三、填空题 5．（2025·广西·模拟预测）把5个相同的乒乓球放入编号为1-7号的盒子里，其中编号为1-5号的盒子，每个盒子至多放1个球，编号为6-7号的盒子，每个盒子至多放3个球，则不同的放法有 种. 【答案】98 【分析】解法一：利用分类加法计数原理分类计算可求得结论.解法二：用表示个分配指标，现考虑符合题意的一种放法：第1､2两个盒子各放1个球，第3､4､5､6盒子不放球，第7个盒子放3个球，这个放法可用符号表示为.进而可得，利用展开式中的系数可求得结论. 【详解】解法一：1-5号盒共放0个球，即5个球放入6-7号盒子，有种放法； 1-5号盒共放1个球，有种放法； 1-5号盒共放2个球，有种放法； 1-5号盒共放3个球，有种放法； 1-5号盒共放4个球，有种放法； 1-5号盒共放5个球，有1种放法，所以共有种放法. 解法二：用表示个分配指标，现考虑符合题意的一种放法： 第1､2两个盒子各放1个球，第3､4､5､6盒子不放球，第7个盒子放3个球， 这个放法可用符号表示为. 考虑母函数 ， 从第一､二个括号中各取，从第三､四､五､六个括号中各取，从第七个括号中取， 然后相乘，即得到展开式中的一个项， 此项的系数即为满足题意的分配名额的方案数. 从上分析可见，满足题意的名额分配的方案与多项式展开式中项正好一一对应， 故多项式的展开式中项的系数即为满足题意的名额分配的方案数. 又， 其中， 所以满足题意的分配方案数为98. 故答案为：98. 6．（2025·福建三明·模拟预测）甲、乙两人进行抛硬币比赛．两人分别抛掷一枚均匀硬币，如果抛出“正面朝上”，则得1分，如果抛出“反面朝上”，则得0分．甲和乙分别抛掷3次后，如果两人得分相差大于1分，比赛终止；如果两人分数相差不大于1分，则由乙再进行一次抛掷后比赛终止，该次抛掷若为“正面朝上”，则乙得分不变，若为“反面朝上”，则乙得分减1分．按照规定，比赛终止时甲得分高于乙的概率为 ． 【答案】/0.5 【分析】先利用相互独立事件的概率计算公式计算得到抛掷3次得0，1，2，3分的概率，再计算甲和乙分别抛掷3次后，两人分数差大于1分和不大于1分两种情况的概率，再相加可得最终结果. 【详解】抛掷3次，得0分的概率，得1分的概率， 得2分的概率，得3分的概率， 甲和乙分别抛掷3次后，分为两人分数差大于1分和不大于1分两种情况， 当两人分数差大于1分时，甲得分高于乙包括“甲得3分乙得0分”、“甲得3分乙得1分”、“甲得2分乙得0分”三种情况， 总的概率为， 当两人分数差不大于1分时，乙再进行一次抛掷后甲得分高于乙包括“得分差为0，乙投反面”、 “甲的得分比乙的得分高1分，此时无论乙再次抛掷的结果如何，甲的得分都将高于乙”两种情况， 总的概率 ， 所以比赛终止时甲得分高于乙的概率. 故答案为：. 四、解答题 7．（2025·黑龙江大庆·一模）2025年7月16日-27日，第32届世界大学生运动会在德国举行.在比赛期间，运动员甲（来自中国）和运动员乙（来自澳大利亚）因赛事成为朋友.运动员甲持有一套熊猫主题的运动项目徽章，包含乒乓球､羽毛球､篮球3个项目；运动员乙则拥有一套袋鼠主题的同项目（乒乓球､羽毛球､篮球）徽章.两套徽章除印制的主题图案和项目标识不同外，其余完全相同.为了加深友谊，两人在比赛期间约定，每次见面时，都随机取出1枚徽章与对方进行交换，运动会结束时已重复进行了次交换. (1)求3次交换后，运动员甲有3枚熊猫主题徽章的概率； (2)求次交换后，运动员乙有3枚相同动物主题徽章的概率（结果用含的式子表示）； (3)求次交换后，运动员甲的徽章包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动的概率（结果用含的式子表示），并求出这个概率的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用独立事件同时发生的乘法公式和互斥事件的概率加法公式即可求解； （2）利用数列的递推思想，结合全概率公式，先得到递推，再构造等比数列求出通项公式； （3）利用数列的递推思想，结合全概率公式，先得到递推，再构造等比数列求出通项公式，然后利用分类讨论思想求出最大值. 【详解】（1）记3次交换后，运动员甲有3枚熊猫主题徽章为事件A，交换过程包含两种情况： ①第一次甲用熊猫徽章与乙的袋鼠徽章交换，概率为1； 第二次甲用袋鼠徽章与乙的袋鼠徽章交换，概率为； 第三次甲用袋鼠徽章与乙的熊猫徽章交换，概率为； 所以第一种情况的概率为； ②第一次甲用熊猫徽章与乙的袋鼠徽章交换，概率为1； 第二次甲用熊猫徽章与乙的熊猫徽章交换，概率为； 第三次甲用袋鼠徽章与乙的熊猫徽章交换，概率为； 所以第二种情况的概率为； 所以3次交换后，运动员甲有3枚熊猫主题徽章的概率为. （2）记“次交换后，运动员乙有3枚相同动物主题徽章”概率为， 则，第次交换后，乙的徽章只有两种可能，一种是3枚徽章都是相同动物， 另一种是3枚徽章中有1枚不同动物， 记第次交换后，乙的3枚徽章动物相同为事件，动物不同为事件， 则，记“次交换后，运动员乙有3枚相同动物主题徽章”为事件C，因为在第次交换后徽章动物相同的条件下再交换后不可能是相同动物，即， 在第次交换后徽章动物不同的条件下再交换后可以变为相同动物，即， 再根据全概率公式可得： ， 所以， 则是等比数列，即， 所以； （3）又记“次交换后，甲的徽章包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动”概率为， 则， 第次交换后，甲的徽章只有两种可能，一种是包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动， 另一种是不包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动， ①甲的徽章包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动，下次交换后还包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动， 此时发生的概率为； ②甲的徽章不包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动，则甲的3枚徽章中一定有两枚相同运动的徽章（比如两个乒乓球徽章，一个羽毛球徽章），乙的3枚徽章中也一定有两枚相同运动的徽章， 当甲、乙分别取出相同运动徽章中的一枚进行交换后， 甲的3枚徽章就可以变换为包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动，此时发生的概率为； 再根据全概率公式可得：， 所以有， 即是等比数列，即， 当为奇数时，，且， 当为偶数时，， 所以当时，取到最大值. 8．（2025·广西·模拟预测）2025年多哈世界乒乓球锦标赛，中国队组合王楚钦､孙颖莎以战胜日本队组合吉村真晴､大藤沙月，连续第三次夺得世乒赛混双冠军.假设2026年的一次乒乓球比赛中，S组合与组合相遇.每局比赛必须决出胜负，已知每局比赛组合获胜的概率为，每局比赛胜负结果相互独立，规定先达到净胜3局者获得比赛胜利并结束比赛（规定：净胜局指的是一方比另一方多胜局）. (1)分别求恰好3局比赛结束时组合获得比赛胜利的概率，恰好5局比赛结束时组合获得比赛胜利的概率； (2)若规定比赛总局数达到7局时无论是否分出胜负都直接结束比赛，求结束比赛时双方对战的总局数的分布列； (3)若比赛局数不限，求组合获得比赛胜利的概率. 【答案】(1)， (2)分布列答案见解析 (3) 【分析】（1）根据独立事件的概率公式，分别求、即可得答案. （2）由题意可能的取值为3，5，7，分别求得各个概率，列出分布列即可. （3）设事件表示“比赛局数不限，D组合获得比赛胜利”，设比赛过程中，D组合与S组合累计所赢局数的差为，根据全概率公式，则有，计算可得构成了以为首项，的等比数列，结合累加法，计算即可得答案. 【详解】（1）由题意，每局比赛组合获胜的概率为，S组合获胜的概率为， 恰好3局结束，则组合连赢三局，所以， 恰好5局结束，则组合前3局中赢2局，输1局，且后2局均获胜， 所以； （2）由题意可能的取值为3，5，7， ； ； ； 分布列为 3 5 7 （3）设事件表示“比赛局数不限，D组合获得比赛胜利”. 设比赛过程中，D组合与S组合累计所赢局数的差为， 表示时最终D组合获得比赛胜利的概率，其中. 由题知，，，. 根据全概率公式，则有， 于是， 则构成了以为首项，的等比数列， 则， ， ， ， ， ； 累加得， ， 解得， 所以， 故若比赛局数不限，D组合获得比赛胜利的概率为. 9．（2025·湖北荆州·模拟预测）某公司招聘技术人员一名.经初选，现有来自国内三所高校的10名应届毕业生进入最后面试环节.其中A校和B校各4名，C校2名. 名面试者随机抽取1，2，3，，10号的面试序号. (1)若来自A校的4名毕业生的面试序号分别为，，，，且，来自B校的4名毕业生的面试序号分别为，，，，且，来自C校的2名毕业生的面试序号分别为，，且 （ⅰ）求概率，； （ⅱ）记随机变量，求 X的均值 (2)已知一位面试者因事未能到达面试现场，最终只有9人参加面试.经面试，第位面试者的面试得分为，且他们的面试得分各不相等，公司最终录用得分最高者. 为提高今后面试效率，现人事部门设计了以下面试录用新规则：，且，，集合S中的最小元素为k，最终录用第k位面试者. 如果以新规则面试这9名毕业生，求面试得分第一、二按得分从高到低排的两名毕业生之一被录用的概率. 【答案】(1)（ⅰ），；（ⅱ） (2) 【分析】（1）（i）根据古典概型的概率计算公式求解即可；（ii）由题可知X的可能取值为4，5，6，，10，求出分布列即可算数学期望. （2）新规则的含义是：从第四个人开始，第一个出现比前面的面试者分数都高的人就直接被录取；如果没有出现比前面分数都高的人，就录取第9个人，运用分步加法计数原理求解即可. 【详解】（1）（i）时，分母即从10个位置中选4个位置放置，对于分子，此时只能在10号位， 则在其余9个位置中选3个位置放置,故； 而，分母即从10个位置中先选4个位置放置,再从剩下6个位置中选2个放, 对于分子，先从10个位置中先选6个位置放置者6个数，此时只能在选出来的第6个位置， 可在选出来的5个位置中任选一个，有种， ∴； （ⅱ）X的可能取值为则， 所以； （2）新规则的含义是：从第四个人开始，第一个出现比前面的面试者分数都高的人就直接被录取； 如果没有出现比前面分数都高的人，就录取第9个人. ①第一种情况，录用了面试得分第一的人， 首先可考虑分母为从9人中任选人排列，此时若面试得分第一的人在第位， 要使得其被录用，则在他前面的个人中的最高分必然在前3位，其他个人可以任意排列， 这种情况的概率为； ②第二种情况，录用了面试得分第二的人， 1）若面试得分第一的人在前三位，则第二的人在第9位，其他人任意排列， 这种情况的概率为，                       2）若面试得分第一的人不在前三位，那么他一定在第二的人后面，第二的人在第k位， 同样在他前面的个人中的最高分必然在前3位，其他个人可以任意排列， 这种情况的概率为， 综上，面试得分第一、二的两名毕业生之一被录用的概率为： . 10．（2025·辽宁大连·模拟预测）近年来，人工智能已成为引领我国新一轮科技革命的战略性技术.智能芯片作为人工智能的“心脏”，不论是制造工艺的持续精进，还是架构设计的大胆创新，国产智能芯片的算力与能效比均在大幅提升. (1)已知某款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，. ①求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率； ②第四道工序中，部分芯片由智能检测系统进行筛选，检测出的次品芯片会被淘汰，通过筛选的芯片及未经筛选的芯片都进入流水线由工人进行人工抽样检验．记表示事件“某芯片经过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”，试比较与的大小； (2)改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间．若，将使得的最大的值作为的估计值，试求的值． 参考数据：，. 【答案】(1)①；② (2)28 【分析】（1）①根据相互独立事件概率乘法公式及对立事件概率公式求解即可；②利用条件概率公式及性质计算即可. （2）由已知可推得，根据已知以及正态分布的对称性，可求得，则服从二项分布，利用二项分布概率最大值的求法计算可得结果. 【详解】（1）①在进入第四道工序前,该款芯片的次品率为： ． ②证明：由题意，所以，所以， 因为， 所以， 即， 所以，即，所以． （2）由已知得： ， 因为， 所以服从二项分布，， 设， 由得，即， 解得，由得， 所以的估计值为28． 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $