专题05 统计与概率（期末复习压轴题专项训练）数学人教B版2019必修第二册

专题05统计与概率 目录 专题05 统计与概率 类型一、统计图问题 类型二、数据极差、方差、标准差 类型三、频率分布直方图 类型四、分位数 类型五、独立事件的概率 类型六、互斥事件、对立事件 类型七、独立事件的概率 压轴专练 类型一、统计图问题 例1． (20-21高一下·江苏徐州·期末)（多选）某市教育局对全市高三年级的学生身高进行抽样调查，随机抽取了200名学生，他们的身高都处在A，B，C，D，E五个层次内，根据抽样结果得到统计图表，则样本中（    ） A．女生人数多于男生人数 B．D层次男生人数多于女生人数 C．B层次男生人数为24人 D．A层次人数最少 【答案】AC 【分析】根据表中数据依次讨论各选项即可求解. 【详解】解：对于A选项，由题可知，女生层次的有18人，层次的有48人，层次的有30人，层次的有18人，层次的有6人，故女生共有人，男生有人，所以女生人数多于男生人数，故A选项正确； 对于B选项，由扇形图知，男生层次的有人，而女生有18人，故女生多于男生，错误； 对于C选项，层次的有人人，故正确； 对于D选项，层次的有人，层次的有人，故层次的人数不是最少的. 故选：AC 变式1-1． (24-25高一下·广东潮州·期末)（多选）的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一.划分等级为日均值在以下，空气质量为一级；在，空气质量为二级；超过为超标.如图是某地12月1日至10日的日均值（单位：），则下列说法正确的是（） A．这10天的日均值逐日增大 B．这10天中日均值的平均值是48.8 C．从日均值看，前5天的日均值的标准差小于后5天的日均值的标准差 D．这10天日均值超标的有3天 【答案】BC 【分析】由图可判断A；根据平均数计算公式可判断B；分别求出前5天的日均值的标准差及后5天的日均值的标准差可判断C；结合图中数据可判断D. 【详解】对于A，由图可知这10天的日均值有增有减，故A错误； 对于B，这10天中日均值的平均值，故B正确； 对于C，前5天平均值为，后5天平均值为， 所以前5天的日均值的方差， 后5天日均值的方差 因为，所以前5天的日均值的方差小于后5天的日均值的方差， 故前5天的日均值的标准差小于后5天的日均值的标准差，故C正确； 对于D，由图可知12月6、7这两天的大于，故D错误. 故选：BC． 变式1-2． (24-25高一下·广东佛山·期末)（多选）佛山50公里徒步自2016年首次推出5条路线实现“五龙汇聚”，参与人数逐年增加，到2025年，现场参与人数为45万人，这不仅是一场全民健身的狂欢，更是佛山城市品牌的一次璀璨展示.下面分别为2016年佛山50公里徒步参与人数的扇形统计图（图1）、2025年佛山50公里徒步参与人数的条形统计图（图2，单位：万人），已知2025年高明线的参与人数是2016年的2倍，则（   ） A．2016年佛山50公里徒步总的参与人数是20万 B．2025年顺德线的参与人数超过了2016年南海线与顺德线的参与人数总和 C．五条线的参与人数2025年与2016年相比增加人数最少的是三水线 D．五条线的参与人数2025年与2016年相比增长率最高的是南海线 【答案】ABD 【分析】根据扇形图及条形图得出5条线路的各个数据，再结合选项分别判断即可. 【详解】因为2025年高明线的参与人数是2016年的2倍，则2016年的高明线的参与人数是万人， 对于A：根据扇形图得出万，所以2016年佛山50公里徒步总的参与人数是20万，A选项正确； 2016年佛山50公里徒步高明线，三水线，禅城线，顺德线，南海线参与人数分别为：万，万，万，万，万， 2025年佛山50公里徒步高明线，三水线，禅城线，顺德线，南海线参与人数分别为：万，万，万，万，万， 对于B：因为，2025年顺德线的参与人数超过了2016年南海线与顺德线的参与人数总和，B选项正确； 对于C：五条线的参与人数2025年与2016年相比增加人数最少的是高明线，C选项错误； 对于D：南海线的参与人数2025年与2016年相比增长率，顺德线的参与人数2025年与2016年相比增长率， 禅城线的参与人数2025年与2016年相比增长率，三水线的参与人数2025年与2016年相比增长率， 高明线的参与人数2025年与2016年相比增长率，所以五条线的参与人数2025年与2016年相比增长率最高的是南海线，D选项正确； 故选：ABD. 变式1-3． (24-25高一上·辽宁锦州·期末)（多选）某校为了鼓励同学们利用课余时间阅读，开展了读书周活动．如图是某班甲，乙两名同学在一周内每天阅读时间的折线图，根据该折线图，下列结论正确的是（   ） A．乙同学阅读时间更加稳定 B．甲同学的平均阅读时间等于乙同学的平均阅读时间 C．乙同学阅读时间的极差为20 D．甲同学阅读时间的分位数为25 【答案】ABD 【分析】根据给定折线图，计算百分位数、极差、平均数、方差即可判断作答. 【详解】对于B，甲同学在一周内每天阅读时间依次为， 则甲同学阅读时间的平均数为， 乙同学在一周内每天阅读时间依次为， 则乙同学阅读时间的平均数为， 则甲同学的平均阅读时间等于乙同学的平均阅读时间，故B正确； 对于A，甲同学阅读时间的方差为 ， 乙同学阅读时间的方差为 ， 则甲同学阅读时间的方差大于乙同学阅读时间的方差，故乙同学阅读时间更加稳定，故A正确； 对于C，乙同学阅读时间的极差为，故C错误； 对于D，将甲同学阅读时间从小到大排列为，因为， 所以甲同学阅读时间的分位数为25分钟，故D正确. 故选：ABD. 类型二、 数据极差、方差、标准差 极差计算最简单，但易受极端值影响。 方差计算考虑了所有数据，但单位是原始单位的平方。 标准差综合了前两者的优点，单位一致，最常用。 例2． (24-25高一下·陕西西安西北大学附属中学·期末)（多选）已知互不相等的数据，，，，，的平均数为，方差为，则下列选项中正确的是（    ） A．数据，，…，的平均数为 B．数据，，…，的标准差为 C．给原数据增加一个数据，且，若这七个数据的方差为，则 D．给原数据增加一个数据，且，若这七个数据的方差为，则 【答案】AC 【分析】根据平均值的性质求得平均数，然后利用方差的概念求解即可判断各项. 【详解】由题知，，， 所以，的平均数为， 的方差为， 所以数据，，…，的标准差为2s，A正确，B错误； 给原数据增加一个数据，且， 这七个数据的方差为， 故C正确，D错误. 故选：AC 变式2-1． (24-25高一下·山东滨州·期末)（多选）设一组样本数据的平均数为3，方差为4，则数据，，，，的平均数和方差分别为（   ） A．4，14 B．4，16 C．5，14 D．5，16 【答案】C 【分析】由平均数公式可得，由方差公式可得，再利用平均数和方差公式可求得结果. 【详解】由样本数据的平均数为，方差为，得，， 则，， 因此数据，的平均数为 ， 方差为 . 故选：C 变式2-2．(24-25高一下·河南平顶山·期末)已知总体划分为两层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数、样本方差分别为m，，；n，，.记总的样本平均数为，样本方差为，则，该公式可以用来解决样本数据的最值问题.已知7个样本数据的均值为2，方差为，则这7个样本数据的中位数的最大值为 . 【答案】3 【分析】设这7个样本数据为，且，的均值为，方差为；的均值为，方差为，将代入题设总体方差公式求出即可得解. 【详解】设这7个样本数据为，且， 的均值为，方差为；的均值为，方差为， 则，，当且仅当时取等号； 所以， 所以当，时中位数可以达最大， 故答案为：3 变式2-3．(24-25高一下·广东揭阳·期末)潮汕英歌舞以其动作刚劲有力，节奏感强的特色，备受人们喜爱．某校组织英歌队进行训练并作了汇报表演，为了解训练成果，做了一次问卷调查，问卷所涉及的问题均量化成对应的分数（满分100分），从所有答卷中随机抽取100份的分数作为样本，将样本的分数（成绩均为不低于50分的整数且在组内均匀分布）分成五段：，得到如下所示的频数分布表． 样本分数段 [90，100] 频数 10 30 30 10 频率 0.1 0.3 0.3 0.1 (1)求频数分布表中和的值，并估计样本成绩的平均数； (2)经计算，样本中分数在区间［50，60）内的平均数为56，方差为7；在区间[60，70）内的平均数为65，方差为4，求两组成绩的总平均数和总方差． 【答案】(1)，；76； (2)总平均数是62，总方差是23． 【分析】(1)根据频率分布直方图的性质，求得，结合平均数的计算公式，即可求解； （2）根据分层抽样的分法，得到分数在和的人数，结合分层抽样的方差的计算方法，即可求解. 【详解】（1）由， 解得，则， 平均数的估计值为． （2）由表可知，分数在区间内的频数为10，在区间内的频数为20， 故两组成绩的总平均数， 两组成绩的总方差． 所以两组成绩的总平均数是62，总方差是23． 类型三、 频率分布直方图 众数:最高矩形底边的中点值， 中位数:使直方图面积分为两半的横坐标值。 平均数:各矩形面积与组中值的乘积之和。 例3．(24-25高一下·吉林松原宁江区实验高级中学·期末)某地举办了“防电信诈骗”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值及样本成绩的第80百分位数；求样本平均数； (2)已知落在区间的样本平均成绩是57，标准差是7，落在区间的样本平均成绩为66，标准差是4，求两组样本成绩合并后的平均数和方差. 【答案】(1)，第80百分位数为，样本平均数为74； (2)，. 【分析】（1）由频率之和为1即可求a，先依次求出前4组和前5组频率之和得到样本成绩的第80百分位数所在区间即可计算求解，由频率分布直方图的平均数计算公式直接计算即可求平均数； （2）先依次求出两区间的样本个数、样本平均成绩、方差，再由总体平均数公式和总体方差公式即可计算两组样本成绩合并后的平均数和方差. 【详解】（1）由题意， 所以前4组频率之和， 前5组频率之和， 所以样本成绩的第80百分位数在区间内，且为， 样本平均数为； （2）由题可得落在区间的样本个数为，样本平均成绩是，方差是， 落在区间的样本个数为，样本平均成绩是，方差是， 所以两组样本成绩合并后的平均数为， 两组样本成绩合并后的方差为. 变式3-1．(24-25高一下·吉林长春农安县·期末)某市为了研究高三学生在全市质检中的语文成绩的情况，从全市16000名学生中随机抽取了1600名学生的成绩作为样本（成绩均在内），将所得的成绩分成七组：，，，，，，，得到频率分布直方图如图所示． (1)求的值，并估计该市语文成绩落在区间内的学生人数； (2)估计本次考试全市语文成绩的中位数（精确到0.01）和平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）． 【答案】(1)，8000人 (2)中位数为97.14，平均数为98.2 【分析】（1）由频率分布直方图中小长方形的面积和为1求出，算出该市语文成绩落在区间的频率，进而可得答案； （2）先确定中位数所在区间，然后根据中位数的概念列方程求解中位数；由频率分布直方图中平均数的计算方法求平均数． 【详解】（1）由题意知，解得， 所以该市语文成绩落在区间的频率为， 估计该市语文成绩落在区间内的学生人数是； （2）由频率分布直方图得，分数在区间的频率为， 的频率分别为， 因此该校语文成绩的中位数在之间， 所以，解得， 语文成绩的平均数为． 变式3-2．(24-25高一下·贵州六盘水·期末)为推动防范电信网络诈骗工作，预防和减少电信网络诈骗案件的发生，某市开展防骗知识宣传活动，举办“网络防骗”知识竞赛.现从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求图中a的值； (2)根据频率分布直方图计算样本成绩的80%分位数； (3)若总体划分为2层，采用样本量比例分配的分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数样本方差分别为：m，，；n，，.记总的样本平均数为，样本方差为，则.已知在的平均数是65，方差是6，在的平均数是75，方差是3，求这两组样本的总平均数和总方差. 【答案】(1) (2)86 (3)， 【分析】（1）根据频率分布直方图中 所有矩形块面积和为1，列式计算得解； （2）根据百分位数定义利用频率分布直方图计算可得结果； （3）代入总体平均数和总体方差公式，即可求解. 【详解】（1）由，解得. （2）由题，成绩在的频率为， 在的频率为， 所以样本成绩的80%分位数在内，设样本成绩的80%分位数为， 则，解得， 所以样本成绩的80%分位数为86. （3）频率为，样本量，的频率为，样本量， 所以两组样本的总体平均数， 两组样本的总方差. 变式3-3．(24-25高一下·湖北恩施州·期末)某校高一年级学生参加了一学期内平均每周球类运动时长（单位：小时）的调研，现随机抽取40名学生的平均每周球类运动时长进行数据整理，按进行分组，绘制了如图所示的频率分布直方图． (1)若将平均每周球类运动时长大于或等于10小时的学生视为“球类运动爱好者”，已知该校高一年级有1200名学生，试估计该校高一年级学生中“球类运动爱好者”人数； (2)若小明的平均每周球类运动时长为10.5小时，试估计其是否超过该年级的学生； (3)若甲，乙，丙三位同学的平均每周球类运动时长分别为，当其方差最小时，求的值． 【答案】(1)360人； (2)没有超过； (3). 【分析】（1）根据频率分布直方图的频率之和为1求出的值，然后求出平均每周球类运动时长大于或等于10小时的概率，进而可求得人数. （2）先求出80%百分位数，然后进行比较、确定其是否超过该年级80%的学生. （3）先求出平均值和方差，然后利用二次函数的性质求出的值. 【详解】（1）由，解得． 平均每周球类运动时长大于或等于10小时的人数为人． 估计该校高一年级学生中“球类运动爱好者”人数为人． （2）由题意，需要确定平均每周球类运动时长的分位数，因为 ， ，故分位数位于内． 所以，即为分位数． 因为，所以没有超过该年级的学生． （3）由题意，甲，乙，丙三位同学球类运动时长平均数为． ．所以当时，最小. 类型四、分位数 百分位数:根据累计频率定位对应数据区间。 例4．(24-25高一下·山西运城·期末)一组数据、、、、，满足，若去掉、后组成一组新数据，则新数据与原数据相比（    ） A．极差变小 B．平均数变小 C．第百分位数变小 D．方差变小 【答案】AD 【分析】利用不等式的性质结合极差的定义可判断A选项；举特例可判断B选项；利用百分位数的定义可判断C选项；利用样本数据的波动性可判断D选项. 【详解】对于A选项，原数据的极差为，新数据的极差为， 因为，，则，由不等式的基本性质可得， 故极差变小，A对； 对于B选项，不妨取， 则原数据的平均数为，新数据的平均数为， 此时，原数据和新数据的平均数不变，B错； 对于C选项，对于原数据，因为，则原数据的第百分位数为， 对于新数据，因为，故新数据的第百分位数为， 由不等式的性质可得，故第百分位数变大，C错； 对于D选项，去掉两个数据、后，极差变小，样本数据波动性变小，故方差变小，D对. 故选：AD. 变式4-1．(24-25高一下·湖南湘潭·期末)已知一组样本数据为，这组数据的极差为，则该组样本数据的第65百分位数不可能是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】由，可得第65百分位数为这组数据由小到大排列后的第四个数字，不妨令，结合极差，分类讨论可求得结论. 【详解】由，可知该组样本数据的第65百分位数为这组数据由小到大排列后的第四个数字． 不妨令，注意到这组数据的极差为4．当时，， 此时除去，这组数据可写为，可放在任意位置，此时第四个数字必为4； 当时，，此时除去，这组数据可写为， 对进行讨论：当时，第四个数字为4；当时，第四个数字为5； 当时，第四个数字为6， 综上，第四个数字的取值范围为． 故选：A． 变式4-2．(24-25高一下·广西来宾·期末)（多选）某厂为了考察新设备的性能，质检部门从该新设备生产的产品中随机抽取100件，测试其某项关键指标数据.经统计，这些产品的关键指标数据都在内，并整理出下表（数据有缺失）： 关键指标 频数 5 15 20 20 根据表中数据，下列结论正确的是（    ） A．这100件产品的关键指标数据在内的占比为20% B．这100件产品的关键指标数据的极差在区间内 C．这100件产品的关键指标数据的第75百分位数约为88.75 D．这100件产品的关键指标数据的平均数的估计值小于其中位数的估计值 【答案】BCD 【分析】由题意求出关键指标数据在内的频数，由频率定义判断A；由极差定义判断B；由百分位数定义判断C；分别计算平均数和中位数，即可判断D. 【详解】由题中数据可知，关键指标数据在内的频数为：， 对于A，这100件产品的关键指标数据在内的频数为，占比为60%，故A错误； 对于B，根据关键指标数据的分布情况可知，这100件产品的关键指标数据的极差大于，小于或等于， 所以这100件产品的关键指标数据的极差在区间内，故B正确； 对于C，根据关键指标数据的分布情况可知，数据在内的频率为，在内的频率为. 故这100件产品的关键指标数据的第75百分位数一定位于内，设为. 则，解得，所以这100件产品的关键指标数据的第75百分位数约为88.75，故C正确； 对于D，这100件产品的关键指标数据的平均数的估计值为. 由于数据在内的频率为，在内的频率为， 故这100件产品的关键指标数据的中位数一定位于内，设为. 则，解得，所以这100件产品的关键指标数据的中位数的估计值为，而，故D正确． 故选：BCD. 变式4-3．(24-25高一下·湖北荆州·期末)某中学举办学生数学素养知识竞赛.现从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值； (2)试估计全校答卷成绩的第40百分位数（保留小数点后一位）和平均数（单位：分，同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. 【答案】(1) (2)40百分位数为72.9，平均数为76.2 【分析】（1）由频率之和为1列方程求解； （2）根据累计频率判断第40百分位数所在区间，然后代入百分位数求解公式计算，区间中点值与对应区间频率的乘积之和即为平均数. 【详解】（1）由频率分布直方图，可知，则. （2）前三个小矩形的面积和为， 前四个小矩形的面积和为，则第40百分位数位于内， 由，得第40百分位数为72.9， 平均数为 . 类型五、独立事件的概率 独立事件与互斥事件不同，独立事件可同时发生且互不影响 例5．(23-24高一下·黑龙江鸡西·期末)某型号新能源汽车参加碰撞测试和续航测试，该型号新能源汽车参加这两项测试的结果相互独立.若该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为，在续航测试中结果为优秀的概率为，则该型号新能源汽车在这两项测试中至少有1次测试结果为优秀的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意先计算这两项测试中都不优秀的概率，再根据对立事件的概率求解即可. 【详解】根据题意，碰撞测试不优秀的概率， 续航测试不优秀的概率， 因为两项测试结果相互独立， 所以该型号新能源汽车在这两项测试中都不优秀的概率为， 所以该型号新能源汽车在这两项测试中至少有1次测试结果为优秀的概率为. 故选：C 变式5-1．(24-25高一下·福建福州第三中学·期末)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.规定：累计负两场者被淘汰；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.设每场比赛双方获胜的概率都为，则甲连胜四场的概率为 ；需要进行第五场比赛的概率为 . 【答案】 /0.0625 /0.75 【分析】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；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. 【详解】甲连胜四场，则； 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. 故答案为：； 变式5-2．（多选）下列对各事件发生的概率判断正确的是（    ） A．某学生在上学的路上要经过个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是那么该生在上学路上到第个路口首次遇到红灯的概率为 B．张卡片上分别写有数字从这张卡片中随机抽取张，则取出的张卡片上的数字之和为奇数的概率为 C．甲袋中有个白球个红球，乙袋中有个白球个红球，从每袋中各任取一个球，则取到不同颜色球的概率为 D．设两个独立事件和都不发生的概率为发生不发生的概率与发生不发生的概率相同，则事件发生的概率是 【答案】AC 【分析】利用独立事件的概率计算判断A；利用古典概型的概率公式求解判断B；利用独立事件和互斥事件的概率公式计算判断C；利用独立事件的概率乘法公式建立方程组求解判断D． 【详解】对于A，该生在上学路上到第个路口首次遇到红灯，则该生在前个路口不是红灯， 第个路口是红灯，所求概率为，A正确； 对于B，从这张卡片中随机抽取张，不同结果为共6个， 取出的张卡片上的数字之和为奇数的结果为共4个，故概率为，B错误； 对于C，甲袋中有个白球，个红球，乙袋中有个白球，个红球， 则从每个袋子中各任取一个球，取到不同色球的概率为，C正确； 对于D，由独立事件的概率公式可得， 解得，D错误． 故选：AC 变式5-3．(24-25高一下·河北秦皇岛部分学校·期末)不透明的袋子中装有红球、绿球、黄球各1个，黑球m个，这些球除颜色外完全相同，每次从袋子中有放回地随机取出1个球，且每次黑球被取出的概率为. (1)求m的值； (2)若进行两次取球，求这两次取出的球的颜色不同的概率； (3)若进行三次取球，求取出的球至少有两种不同的颜色，且有黑球被取出的概率. 【答案】(1)2； (2)； (3). 【分析】（1）应用频率估计概率列方程求参数值； （2）（3）应用独立乘法公式、互斥事件加法求概率； 【详解】（1）由题可知，，解得. （2）若第一次取出的是红球，则这两次取出的球的颜色不同的概率， 若第一次取出的是绿球，则这两次取出的球的颜色不同的概率， 若第一次取出的是黄球，则这两次取出的球的颜色不同的概率， 若第一次取出的是黑球，则这两次取出的球的颜色不同的概率， 故这两次取出的球的颜色不同的概率为. （3）若黑球被取出两次，则取出的球至少有两种不同的颜色的概率， 若黑球被取出一次，取出的球至少有两种不同的颜色的概率， 故取出的球至少有两种不同的颜色，且有黑球被取出的概率为. 类型六、互斥事件、对立事件 互斥事件关注试验结果的共存性(非此即彼)。 独立事件关注概率的关联性(彼此无影响). 对立事件是互斥的特例(且P(A)+P(B)=1)，而独立事件与互斥无必然联系。 例6．(24-25高一下·贵州黔南州·期末)（多选）已知事件A，B满足，则下列说法正确的是（   ） A．事件A与事件B可能为对立事件 B．若事件A与事件B相互独立，则它们的对立事件也相互独立 C．若事件A与事件B互斥，则 D．若事件A与事件B相互独立，则 【答案】BCD 【分析】利用事件的对立可对A判断；由利用相互独立事件的定义，可对B判断；利用互斥事件的概率公式，即可对C判断；利用相互独立事件的概率公式即可对D判断. 【详解】对于A，由对立事件的概率和为1，但，故A错误； 对于B，根据相互独立事件的性质可得事件与事件相互独立，则它们的对立事件也相互独立，故B正确； 对于C，若事件与事件互斥，则，故C正确； 对于D，根据相互独立事件的定义，，故D正确. 故选：BCD. 变式6-1．(23-24高一下·福建福州闽侯县闽江口协作校（七校）·期末)（多选）从装有3个红球和3个黑球的口袋内任取两个球，则下列说法正确的是（    ） A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”是互斥而不对立的事件 B．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”不是互斥事件 C．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”是互斥而且是对立的事件 D．“至少有一个黑球”与“都是红球”是对立事件 【答案】BD 【分析】由互斥事件及对立事件的定义进行依次判断． 【详解】“至少有一个黑球”等价于“一个黑球和一个红球或两个黑球”与“都是黑球”可以同时发生，不是互斥事件，故A错误； “至少有一个黑球”等价于“一个黑球和一个红球或两个黑球”，“至少有一个红球”等价于“一个黑球和一个红球或两个红球”，可以同时发生，故B正确； “恰好有一个黑球”等价于“一个黑球和一个红球”，与“恰好有两个黑球”，不同时发生，还有可能都是红球，不是对立事件，故C错误； “至少有一个黑球”等价于“一个黑球和一个红球或两个黑球”，与“都是红球”，不同时发生，但一定会有一个发生，是对立事件，故D正确． 故选：BD． 变式6-2．(21-22高一下·吉林长春长春外国语学校·期末)（多选）一个盒子中装有支圆珠笔，其中支一等品，支二等品，大小质地完全相同，若从中随机取出支，则与事件“取出支一等品和支二等品”互斥的事件有 （    ） A．取出的支笔中，至少支一等品 B．取出的支笔中，至多支二等品 C．取出的支笔中，既有一等品也有二等品 D．取出的支笔中，没有二等品 【答案】ABD 【分析】根据互斥事件的定义逐项检验即可求解 【详解】对于A，事件“取出的支笔中，至少支一等品”包括支一等品和1支二等品，支一等品两种结果，与事件“取出支一等品和支二等品”不能同时发生，它们是互斥事件，故A正确； 对于B，事件“取出的支笔中，至多支二等品”包括支一等品和1支二等品，支一等品两种结果，与事件“取出支一等品和支二等品”不能同时发生，它们是互斥事件，故B正确； 对于C，事件“取出的支笔中，既有一等品也有二等品”包括支一等品和支二等品，支一等品和支二等品两种结果，与事件“取出支一等品和支二等品”可能同时发生，它们不是互斥事件，故C不正确； 对于D，事件“取出的支笔中，没有二等品”指支一等品，与事件“取出支一等品和支二等品”不能同时发生，它们是互斥事件，故D正确； 故选：ABD. 变式6-3．(23-24高一下·四川达州·期末)（多选）某校举办羽毛球比赛，有4名同学进入半决赛，这4名同学恰好来自两个不同的班，每班两名同学，现通过摸球决定半决赛分组情况．袋子里有大小、质地完全相同的2个黄球、2个白球，共4个球．这4名同学每人不放回地摸出一个球，摸到同色球的两人对战，且摸到黄色球两人先进行比赛，胜者进入决赛．记事件“决赛两人来自同一个班”，事件“决赛两人来自不同班”，事件“先进行半决赛两人来自同一个班”，事件“后进行半决赛两人来自不同班”．则（    ）． A． B．A与B互斥但不对立 C．C与D对立 D． 【答案】ACD 【分析】本题依据互斥事件、对立事件的概念以及概率计算即可判断. 【详解】对A、B，由于摸到同色球的两人对战且摸到黄球的两人先战， 故决赛的两人要么来自同一个班级，要么来自不同的班级，故事件A和事件B不可能同时发生， 故事件A和事件B互斥且对立，故，故A正确，B不正确. 对C，由于摸到同色球的两人对战且摸到黄球的两人先战， 先进行半决赛的两人如果来自同一班级，则后进行半决赛的两人也来自同一班级， 故事件C和事件D互斥且对立，故C正确. 由上述可知，事件A和事件B互斥且对立，事件C和事件D互斥且对立， 故，故D正确. 故选：ACD. 类型七、独立事件的乘法公式 独立事件的乘法公式是:P(AB)=P(A)xP(B) 这个公式的前提是事件A和事件B相互独立，即一个事件的发生不影响另一个事件的概率。 例7．(24-25高一下·甘肃定西临洮县·期末)甲､乙两人进行羽毛球对抗赛，规定一方比另一方多赢两局者获胜，且比赛结束，每局比赛赢的人，下一局比赛获得发球权.通过分析甲､乙过去比赛的数据知，每局比赛中甲发球且甲赢的概率为，乙发球且乙赢的概率为，每局比赛的结果互不影响.已知甲先发球. (1)求第二局比赛结束后乙获胜的概率； (2)求第四局比赛结束后甲获胜的概率； (3)求第六局比赛结束后甲获胜的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据比赛结果，讨论每局比赛的胜负情况，根据独立事件概率公式，求出结果； （2）根据比赛结果，讨论每局比赛的胜负情况，列出所有可能，根据独立事件概率公式，求出结果； （3）根据比赛结果，讨论每局比赛的胜负情况，列出所有可能，根据独立事件概率公式，求出结果； 【详解】（1）设事件表示甲发球甲获胜，事件表示乙发球甲获胜； 事件表示甲发球乙获胜，事件表示乙发球乙获胜； 可知. 则第二局比赛结束后乙获胜，即； （2）第四局比赛结束后甲获胜，则第四局一定是甲获胜，前三局甲胜2局，乙胜1局， 则事件概率为； （3）第六局比赛结束后甲获胜，则第六局一定是甲获胜，前面五局中甲获胜3句，乙获胜2局，则事件概率为 ； 则第六局比赛结束后甲获胜的概率为. 变式7-1．(24-25高一下·甘肃临夏州·期末)科技进步能够更好地推动高质量发展，如人工智能中的DeepSeek．小明、小华两位同学报名参加某公司拟开展的DeepSeek培训，培训前需要面试，面试时共有3道题目，答对2道题则通过面试（前2道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答）．已知小明答对每道题目的概率均为，小华答对每道题目的概率依次为，且小明、小华两人对每道题能否答对相互独立．记“小明只回答2道题就结束面试”为事件，记“小华3道题都回答且通过面试”为事件． (1)求事件发生的概率； (2)求事件和事件同时发生的概率； (3)求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）若事件发生，则小明前两题都答对或都答错，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得的值； （2）若事件发生，则小华前两题答对一题，答错一题，第三题答对，求出的值，分析可知，事件、相互独立，由独立事件的概率公式可求得的值； （3）记小明没有通过面试为事件，小华通过面试的事件记为，求出这两个事件的概率，记小明、小华两人恰有一人通过面试的事件记为，则，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得的值. 【详解】（1）若事件发生，则小明前两题都答对或都答错， 所以． （2）若事件发生，则小华前两题答对一题，答错一题，第三题答对， 根据题意则小华3道题都回答且通过面试的概率为， 由题意可知，事件相互独立， 则． （3）记小明没有通过面试为事件， 即分前两道回答对一道且最后一道错误或前两道均回答错误两种情况， 则小明没有通过面试的概率为， 可得小明通过面试的概率为． 记小华通过面试的事件为，由（2）得， 由题意可知，事件相互独立， 记小明、小华两人恰有一人通过面试的事件为， 则． 变式7-2．(24-25高一下·浙江宁波余姚·期末)乒乓球被称为中国的“国球”，在2024年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国乒乓球队包揽五块金牌.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜（比如：比分为，得12分者胜），该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局双方10：10平后，甲先发球. (1)若两人又打了2个球比赛结束且甲获胜的概率为，求的值； (2)若满足（1）中条件取值，记事件“两人又打了4个球该局比赛结束”，事件“两人又打了个球该局比赛结束”. （i）求； （ii）直接写出. 【答案】(1) (2)（i）；（ii），. 【分析】（1）记表示打第个球是甲胜，由题意可得，求解即可. （2）（i），为奇数；，为偶数，根据，，，互斥，各球的结果相互独立，计算可得结论；（ii）与（i）类似可得结论. 【详解】（1）记表示打第个球是甲胜， 两人又打了2个球比赛结束且甲获胜即，各球的结果相互独立， ，，，. （2）（i），为奇数；，为偶数. . ，，，互斥，各球的结果相互独立. . . . . . （ii），. 变式7-3．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5. (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为n”，当时，分别求事件A，B的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签. 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为n时获胜. 小明同学决定先玩游戏一，当n为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 【答案】(1)， (2)n的取值为5，6，7 【分析】（1）先写出样本空间，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书签的概率，从而得到概率，综合（1），由此得解. 【详解】（1）对于事件A，有放回地依次取出两个球的样本空间，则， 因为，所以， 所以， 对于事件B，不放回地依次取出两个球的样本空间 ，则，因为， 所以，所以； （2）设“先玩游戏二时，获得书签”，“先玩游戏三时，获得书签”， 记事件“从盒子中随机取出一个球，取到白球”， 从盒子中随机取出一个球的样本空间为， 则，，，所以. 则，，，互斥，A，B，C相互独立， 所以 . 同理，. 因为，所以，解得. 综合（1）知，，对应的均为，比大，所以满足题意； ，对应的均为，小于，不满足题意. 因此，符合题意的n的取值为5，6，7. 压轴专练 一、单选题 1．(24-25高一上·江西科技学院附属中学·期末)某药品企业研发了一个新药，其药效（单位：药物单位）与某活性成分AHH的含量（单位：mg）近似满足函数关系，为检查其质量，现抽查了8个样本，得到某活性成分AHH的含量的平均为4mg，标准差为2mg，则药效的平均值为（    ） A．8 B．6 C．5 D．4 【答案】A 【分析】根据公式求解，需先根据条件求. 【详解】由题意：， ， 则 即， 所以. 所以 . 故选：A 2．(23-24高一下·江苏天一中学·期末)一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据裁判擦去的是奇数还是偶数分类考虑，分析得出若擦去的是奇数，则乙一定获胜；若擦去的是偶数，则甲一定获胜，由此根据古典概型概率公式计算即得. 【详解】由于甲、乙都非常聪明，他们获胜的关键是要看裁判擦去哪个数， 注意2，3，4，⋅⋅⋅，2024中有1011个奇数，1012个偶数. （1）若裁判擦去的是奇数，则乙一定获胜. 理由如下：乙不管甲擦去什么数，只要还有奇数，就擦去奇数，这样最后剩下两个数一定都是偶数， 从而所剩两数不互质，故乙胜. （2）若裁判擦去的是偶数，则甲一定获胜. 理由如下：设裁判擦去的是，则将余下的数配成1011对，每对数由一奇一偶的相邻两数组成： 这样，不管乙擦去什么数，甲只要擦去所配对中的另一个数，最后剩下两个相邻的整数，它们互质，故甲必获胜. 甲获胜的概率为. 故选:B. 【点睛】关键点点睛：本题考查的是质数与合数的概念、数的整除性、概率公式，利用分类讨论的思想是解答此题的关键. 3．(23-24高一下·河北张家口·期末)如图，某电子元件由，，三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，，，三种部件不能正常工作的概率分别为，，，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设上半部分正常工作为事件，下半部分正常工作为事件，该电子元件能正常工作为事件，根据相互独立事件的概率公式求出、，即可求出、，再根据对立事件及独立事件的概率公式计算可得. 【详解】设上半部分正常工作为事件，下半部分正常工作为事件， 该电子元件能正常工作为事件， 则，， ，所以， 所以， 即该电子元件能正常工作的概率是. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用对立事件的概率公式及相互独立事件的概率公式求出. 4．(23-24高一下·江西部分学校·期末)掷两枚骰子，观察所得点数.设“两个点数都是偶数”为事件E，“两个点数都是奇数”为事件F，“两个点数之和是偶数”为事件M，“两个点数之积是偶数”为事件N，则（    ） A．事件E与事件F互为对立事件 B．事件M与事件N相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件F与事件相互独立 【答案】D 【分析】用表示掷两枚骰子得到的点数，列出相关事件包含的样本点.对于A，运用对立事件的定义判断；对于B，分别计算的概率，利用独立事件的概率乘法公式检验即得；对于C，根据与的交集是否为空集判断；对于D，与选项B同法判断. 【详解】依题意，可用表示掷两枚骰子得到的点数，则. 对于A，， 而, 显然事件E与事件F互斥但不对立，如,但,故A错误； 对于B，易得，故 因，故, 而,则,因,即事件M与事件N不独立，故B错误； 对于C，由上分析，，故事件E与事件不可能互斥，即C错误； 对于D，由上分析，而,则， 因，则, 即，故事件F与事件相互独立，即D正确. 故选：D. 【点睛】方法点睛：本题主要考查随机事件的关系判断，属于较难题. 解题方法有： （1）判断事件对立：必须同时成立； （2）判断事件相互独立：必须成立； （3）判断事件互斥：只需即可. 5．(23-24高一下·山东滨州·期末)抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，“n次中至多有一次正面朝上”．下列说法正确的是（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】C 【分析】根据对立事件结合独立事件概率乘法公式求.对于AB：代入，分析判断即可；对于CD：代入，结合事件的运算分析判断. 【详解】由题意可知：抛掷一枚质地均匀的硬币，正面、反面向上的概率均为， 且事件“n次中均为正面朝上或均为反面朝上”，则， 则，， 且事件“n次中仅有一次正面朝上”，则. 对于选项AB：若，则，，， 可得，，故AB错误； 对于选项CD：若，则，，， 可得，， 即，故C正确，D错误； 故选：C. 【点睛】关键点点睛：对于事件A，利用对立事件可求其概率；对于事件B：利用独立事件概率方差公式可求其概率. 6．(22-23高一下·福建师范大学附属中学·期末)某小区为了调查本小区业主对物业服务满意度的真实情况，对本小区业主进行了调查，调查中问了两个问题1：你的手机尾号是不是奇数？问题2：你是否满意物业的服务？调查者设计了一个随机化装置，其中装有大小、形状和质量完全相同的白球和红球，每个被调查者随机从装置中摸到红球和白球的可能性相同，其中摸到白球的业主回答第一个问题，摸到红球的业主回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做，由于问题的答案只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题别人并不知道，因此被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案.已知某小区80名业主参加了问卷，且有48名业主回答了“是”，由此估计本小区对物业满意服务的百分比大约为（    ） A．10% B．20% C．35% D．70% 【答案】D 【分析】根据问卷调查的设计原则，及两个问题被抽到、手机尾号奇数、偶数的概率分别相同，结合已知估计回答第二个问题的人数及回答“是”的人数，即可得结果. 【详解】由两个问题被问的概率相等，故约有40人回答了第一个问题， 由手机尾号为奇数和偶数的概率相等，故40人中约有20人回答“是”， 根据有48名业主回答了“是”，则约有28人在第二个问题中回答“是”， 又第二个问题被问到的人数同样约为40人， 故本小区对物业满意服务的百分比大约为. 故选：D 二、多选题 7．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)有6个相同的球，分别编号1、2、3、4、5、6，从中先不放回的随机取两次，再将球全部放回随机取一次，以上每次抽取一个小球，记事件A：第一次取球编号数字小于3；B：第二次取球编号数字为偶数；C：第三次取球编号为6；D：前两次取球编号数字和为7；E：第一、三次取球编号数字至少有一个1.则下列说法正确的是（  ） A． B．事件A与事件C相互独立 C．事件A与事件E相互独立 D．事件A与事件B相互独立 【答案】ABD 【分析】求出事件的概率，再根据相互独立事件概率的关系依次判断每个选项得到答案. 【详解】根据题意，，，，， 对于A，由于是不放回的取球，则，故A正确； 对于B，因为，所以事件与相互独立，故B正确； 对于C，因为，所以事件与不相互独立，故C错误； 对于D，因为，所以事件与相互独立，故D正确. 故选：ABD. 8．(24-25高一下·湖北部分重点高中·期末)一组样本有互不相等的5个数据，平均数记为，方差记为，下列说法错误的是（   ） A．去掉样本数据中的最大值和最小值后得到一组新数据，其平均数等于 B．去掉样本数据中的最大值和最小值后得到一组新数据，其方差小于 C．去掉样本数据中的最小值后得到一组新数据，其方差小于 D．去掉样本数据中的中位数后得到一组新数据，其方差小于 【答案】ACD 【分析】AC选项，可举出实例；B选项，由方差的意义可得；D选项，当平均数和中位数相等时，掉样本数据中的中位数后，其方差为，D错误. 【详解】对于 A，设这5个互不相等的数据为， 则它们的平均数为， 去掉最大值和最小值后，新数据为，其平均数为， 一般情况下， 例如数据，其平均数为， 去掉1和10后，新数据的平均数为，不相等，故A选项错误； 对于B，方差反映数据的离散程度，原数据中最大值和最小值会使数据的离散程度较大， 去掉最大值和最小值后，数据相对更加集中，根据方差的意义，新数据的方差会小于原方差，故B选项正确； 对于C，去掉最小值后，新数据的方差不一定小于原方差，故C选项错误， 下面举出例子，设这5个互不相等的数据为0,0.1,0.2,0.3,4， 则它们的平均数为， 方差为， 去掉最小值0后，新数据为0.1,0.2,0.3,4，其平均数为， 其方差为， ，C错误； 对于 D，设这5个互不相等的数据为， 则它们的平均数为， 方差为， 中位数是将数据排序后位于中间位置的数，当去掉中位数后， 剩下的4个数其平均数为， 所以当时，其方差为， 其方差会大于原方差，故D错误. 故选：ACD 9．(24-25高一下·河南创新发展联盟·期末)若图G的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为V，V可划分为两个子集和，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图G称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则（   ） A．这两个图都是二部图的概率为 B．这两个图至少有一个是二部图的概率为 C．这两个图不都是二部图的概率为 D．这两个图恰有一个是二部图的概率为 【答案】BC 【分析】首先根据二部图的定义确定这6个图中，二部图的个数，再根据古典概型，通过列举的方法，即可概率. 【详解】 对于图（1），图中出现了，则该三角形必然有一条边的两个顶点分在一个子集内， 这显然不符合二部图的定义，图（4）也是如此，所以图（1）与图（4）不是二部图． 除了这两个图，其他四个图都是二部图， 例如，对于图（3），当时，图中的每一条边的一个关联结点在中， 另一个关联结点必在中； 对于图（5），当时，图中的每一条边的一个关联结点在中， 另一个关联结点必在中．从这六个图中任选两个，所有的选择为 ， ， ，共15种． 这两个图都是二部图的选择共有6种，这两个图至少有一个是二部图的选择共有14种， 这两个图不都是二部图的选择共有9种，这两个图恰有一个是二部图的选择共有8种， 故这两个图都是二部图的概率为，故A错误； 这两个图至少有一个是二部图的概率为，故B正确； 这两个图不都是二部图的概率为，故C正确； 这两个图恰有一个是二部图的概率为，故D错误. 故选：BC 三、填空题 10．(24-25高一下·山东青岛第二中学·期末)对于没有重复数据的样本，记这m个数的第k百分位数为.若在区间中的样本数据有且只有13个，则m的所有可能值的和为 . 【答案】 【分析】分是否为整数求出，根据在区间中的样本数据有且只有13个，取得的范围，然后验证可得. 【详解】不妨假设，用表示不超过的最大整数. 若为正整数，即为正整数，则是5的倍数，此时必是正整数， 则， 则在区间的数据为， 所以，解得； 若都不是正整数，则， 则在区间的数据为， 所以，则， 解得. 综上，的可能取值有. 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 故的可能取值有，. 故答案为： 11．(24-25高一下·广东广州五校（实、执信、广雅、二中、六中）·期末)在大数据时代，由于整合不同来源的数据需要以及在数据量庞大的情况下为减少计算量，实际上在计算机中计算方差是使用递推方法进行计算的.先计算前面k个数据的平均数和方差， 再计算前面k+1个数据的平均数和方，计算可利用递推式：，则 . 【答案】 【分析】由方差公式得，由前个数据的平均数为：，得，进行代入替换求解． 【详解】前个数据的方差为：， 前个数据的平均数为：， 得， 则， 因为， 所以 结合题意得，， 故． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：由前个数据的平均数为：，得，进行数据转换是关键． 四、解答题 12．(24-25高一下·河南郑州中牟县·期末)不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5． (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为”，当时，分别求事件的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签． 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为时获胜． 小明同学决定先玩游戏一，当为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 【答案】(1)， (2)5，6，7 【分析】（1）利用列举法求出样本空间，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书签的概率，从而得到概率，结合（1），由此得解. 【详解】（1）对于事件，有放回地依次取出两个球的样本空间， 则，因为，所以， 所以. 对于事件，不放回地依次取出取出两个球的样本空间 ， 则，因为，所以，所以. （2）设“先玩游戏二时，获得书签”，“先玩游戏三时，获得书签”， 记事件“从盒子中随机取出一个球，取到白球”，的样本空间为， 则，所以． 则互斥，相互独立， 所以 ． 同理，． 因为，所以，解得． 综合（1）知，对应的均为，大于，满足题意； 对应的均为，小于，不满足题意． 因此，符合题意的的取值为5，6，7． 13．(23-24高一下·河北名校联盟·期末)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．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（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；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，则译码为1，若依次收到，则译码为1）． (1)已知． ①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； ②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． (2)若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围． 【答案】(1)① ；②证明见解析 (2) 【分析】（1）①记事件为“至少收到一次0”，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；②记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”，证明即可； （2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输方案时译码为0”，根据题意可得，解不等式可解. 【详解】（1）①记事件为“至少收到一次0”，则． ②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则． 记事件为“三次收到的数字之和为2”， 则． 因为， 所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． （2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则． 记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则． 根据题意可得，即， 因为，所以， 解得，故的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算各事件的概率. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05统计与概率 目录 专题05 统计与概率 类型一、统计图问题 类型二、数据极差、方差、标准差 类型三、频率分布直方图 类型四、分位数 类型五、独立事件的概率 类型六、互斥事件、对立事件 类型七、独立事件的概率 压轴专练 类型一、统计图问题 例1． (20-21高一下·江苏徐州·期末)（多选）某市教育局对全市高三年级的学生身高进行抽样调查，随机抽取了200名学生，他们的身高都处在A，B，C，D，E五个层次内，根据抽样结果得到统计图表，则样本中（    ） A．女生人数多于男生人数 B．D层次男生人数多于女生人数 C．B层次男生人数为24人 D．A层次人数最少 变式1-1． (24-25高一下·广东潮州·期末)（多选）的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一.划分等级为日均值在以下，空气质量为一级；在，空气质量为二级；超过为超标.如图是某地12月1日至10日的日均值（单位：），则下列说法正确的是（） A．这10天的日均值逐日增大 B．这10天中日均值的平均值是48.8 C．从日均值看，前5天的日均值的标准差小于后5天的日均值的标准差 D．这10天日均值超标的有3天 变式1-2． (24-25高一下·广东佛山·期末)（多选）佛山50公里徒步自2016年首次推出5条路线实现“五龙汇聚”，参与人数逐年增加，到2025年，现场参与人数为45万人，这不仅是一场全民健身的狂欢，更是佛山城市品牌的一次璀璨展示.下面分别为2016年佛山50公里徒步参与人数的扇形统计图（图1）、2025年佛山50公里徒步参与人数的条形统计图（图2，单位：万人），已知2025年高明线的参与人数是2016年的2倍，则（   ） A．2016年佛山50公里徒步总的参与人数是20万 B．2025年顺德线的参与人数超过了2016年南海线与顺德线的参与人数总和 C．五条线的参与人数2025年与2016年相比增加人数最少的是三水线 D．五条线的参与人数2025年与2016年相比增长率最高的是南海线 变式1-3． (24-25高一上·辽宁锦州·期末)（多选）某校为了鼓励同学们利用课余时间阅读，开展了读书周活动．如图是某班甲，乙两名同学在一周内每天阅读时间的折线图，根据该折线图，下列结论正确的是（   ） A．乙同学阅读时间更加稳定 B．甲同学的平均阅读时间等于乙同学的平均阅读时间 C．乙同学阅读时间的极差为20 D．甲同学阅读时间的分位数为25 类型二、 数据极差、方差、标准差 极差计算最简单，但易受极端值影响。 方差计算考虑了所有数据，但单位是原始单位的平方。 标准差综合了前两者的优点，单位一致，最常用。 例2． (24-25高一下·陕西西安西北大学附属中学·期末)（多选）已知互不相等的数据，，，，，的平均数为，方差为，则下列选项中正确的是（    ） A．数据，，…，的平均数为 B．数据，，…，的标准差为 C．给原数据增加一个数据，且，若这七个数据的方差为，则 D．给原数据增加一个数据，且，若这七个数据的方差为，则 变式2-1． (24-25高一下·山东滨州·期末)（多选）设一组样本数据的平均数为3，方差为4，则数据，，，，的平均数和方差分别为（   ） A．4，14 B．4，16 C．5，14 D．5，16 变式2-2．(24-25高一下·河南平顶山·期末)已知总体划分为两层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数、样本方差分别为m，，；n，，.记总的样本平均数为，样本方差为，则，该公式可以用来解决样本数据的最值问题.已知7个样本数据的均值为2，方差为，则这7个样本数据的中位数的最大值为 . 变式2-3．(24-25高一下·广东揭阳·期末)潮汕英歌舞以其动作刚劲有力，节奏感强的特色，备受人们喜爱．某校组织英歌队进行训练并作了汇报表演，为了解训练成果，做了一次问卷调查，问卷所涉及的问题均量化成对应的分数（满分100分），从所有答卷中随机抽取100份的分数作为样本，将样本的分数（成绩均为不低于50分的整数且在组内均匀分布）分成五段：，得到如下所示的频数分布表． 样本分数段 [90，100] 频数 10 30 30 10 频率 0.1 0.3 0.3 0.1 (1)求频数分布表中和的值，并估计样本成绩的平均数； (2)经计算，样本中分数在区间［50，60）内的平均数为56，方差为7；在区间[60，70）内的平均数为65，方差为4，求两组成绩的总平均数和总方差． 类型三、 频率分布直方图 众数:最高矩形底边的中点值， 中位数:使直方图面积分为两半的横坐标值。 平均数:各矩形面积与组中值的乘积之和。 例3．(24-25高一下·吉林松原宁江区实验高级中学·期末)某地举办了“防电信诈骗”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值及样本成绩的第80百分位数；求样本平均数； (2)已知落在区间的样本平均成绩是57，标准差是7，落在区间的样本平均成绩为66，标准差是4，求两组样本成绩合并后的平均数和方差. 变式3-1．(24-25高一下·吉林长春农安县·期末)某市为了研究高三学生在全市质检中的语文成绩的情况，从全市16000名学生中随机抽取了1600名学生的成绩作为样本（成绩均在内），将所得的成绩分成七组：，，，，，，，得到频率分布直方图如图所示． (1)求的值，并估计该市语文成绩落在区间内的学生人数； (2)估计本次考试全市语文成绩的中位数（精确到0.01）和平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）． 变式3-2．(24-25高一下·贵州六盘水·期末)为推动防范电信网络诈骗工作，预防和减少电信网络诈骗案件的发生，某市开展防骗知识宣传活动，举办“网络防骗”知识竞赛.现从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求图中a的值； (2)根据频率分布直方图计算样本成绩的80%分位数； (3)若总体划分为2层，采用样本量比例分配的分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数样本方差分别为：m，，；n，，.记总的样本平均数为，样本方差为，则.已知在的平均数是65，方差是6，在的平均数是75，方差是3，求这两组样本的总平均数和总方差. 变式3-3．(24-25高一下·湖北恩施州·期末)某校高一年级学生参加了一学期内平均每周球类运动时长（单位：小时）的调研，现随机抽取40名学生的平均每周球类运动时长进行数据整理，按进行分组，绘制了如图所示的频率分布直方图． (1)若将平均每周球类运动时长大于或等于10小时的学生视为“球类运动爱好者”，已知该校高一年级有1200名学生，试估计该校高一年级学生中“球类运动爱好者”人数； (2)若小明的平均每周球类运动时长为10.5小时，试估计其是否超过该年级的学生； (3)若甲，乙，丙三位同学的平均每周球类运动时长分别为，当其方差最小时，求的值． 类型四、分位数 百分位数:根据累计频率定位对应数据区间。 例4．(24-25高一下·山西运城·期末)一组数据、、、、，满足，若去掉、后组成一组新数据，则新数据与原数据相比（    ） A．极差变小 B．平均数变小 C．第百分位数变小 D．方差变小 变式4-1．(24-25高一下·湖南湘潭·期末)已知一组样本数据为，这组数据的极差为，则该组样本数据的第65百分位数不可能是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 变式4-2．(24-25高一下·广西来宾·期末)（多选）某厂为了考察新设备的性能，质检部门从该新设备生产的产品中随机抽取100件，测试其某项关键指标数据.经统计，这些产品的关键指标数据都在内，并整理出下表（数据有缺失）： 关键指标 频数 5 15 20 20 根据表中数据，下列结论正确的是（    ） A．这100件产品的关键指标数据在内的占比为20% B．这100件产品的关键指标数据的极差在区间内 C．这100件产品的关键指标数据的第75百分位数约为88.75 D．这100件产品的关键指标数据的平均数的估计值小于其中位数的估计值 变式4-3．(24-25高一下·湖北荆州·期末)某中学举办学生数学素养知识竞赛.现从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值； (2)试估计全校答卷成绩的第40百分位数（保留小数点后一位）和平均数（单位：分，同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. 类型五、独立事件的概率 独立事件与互斥事件不同，独立事件可同时发生且互不影响 例5．(23-24高一下·黑龙江鸡西·期末)某型号新能源汽车参加碰撞测试和续航测试，该型号新能源汽车参加这两项测试的结果相互独立.若该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为，在续航测试中结果为优秀的概率为，则该型号新能源汽车在这两项测试中至少有1次测试结果为优秀的概率为（   ） A． B． C． D． 变式5-1．(24-25高一下·福建福州第三中学·期末)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.规定：累计负两场者被淘汰；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.设每场比赛双方获胜的概率都为，则甲连胜四场的概率为 ；需要进行第五场比赛的概率为 . 变式5-2．（多选）下列对各事件发生的概率判断正确的是（    ） A．某学生在上学的路上要经过个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是那么该生在上学路上到第个路口首次遇到红灯的概率为 B．张卡片上分别写有数字从这张卡片中随机抽取张，则取出的张卡片上的数字之和为奇数的概率为 C．甲袋中有个白球个红球，乙袋中有个白球个红球，从每袋中各任取一个球，则取到不同颜色球的概率为 D．设两个独立事件和都不发生的概率为发生不发生的概率与发生不发生的概率相同，则事件发生的概率是 变式5-3．(24-25高一下·河北秦皇岛部分学校·期末)不透明的袋子中装有红球、绿球、黄球各1个，黑球m个，这些球除颜色外完全相同，每次从袋子中有放回地随机取出1个球，且每次黑球被取出的概率为. (1)求m的值； (2)若进行两次取球，求这两次取出的球的颜色不同的概率； (3)若进行三次取球，求取出的球至少有两种不同的颜色，且有黑球被取出的概率. 类型六、互斥事件、对立事件 互斥事件关注试验结果的共存性(非此即彼)。 独立事件关注概率的关联性(彼此无影响). 对立事件是互斥的特例(且P(A)+P(B)=1)，而独立事件与互斥无必然联系。 例6．(24-25高一下·贵州黔南州·期末)（多选）已知事件A，B满足，则下列说法正确的是（   ） A．事件A与事件B可能为对立事件 B．若事件A与事件B相互独立，则它们的对立事件也相互独立 C．若事件A与事件B互斥，则 D．若事件A与事件B相互独立，则 变式6-1．(23-24高一下·福建福州闽侯县闽江口协作校（七校）·期末)（多选）从装有3个红球和3个黑球的口袋内任取两个球，则下列说法正确的是（    ） A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”是互斥而不对立的事件 B．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”不是互斥事件 C．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”是互斥而且是对立的事件 D．“至少有一个黑球”与“都是红球”是对立事件 变式6-2．(21-22高一下·吉林长春长春外国语学校·期末)（多选）一个盒子中装有支圆珠笔，其中支一等品，支二等品，大小质地完全相同，若从中随机取出支，则与事件“取出支一等品和支二等品”互斥的事件有 （    ） A．取出的支笔中，至少支一等品 B．取出的支笔中，至多支二等品 C．取出的支笔中，既有一等品也有二等品 D．取出的支笔中，没有二等品 变式6-3．(23-24高一下·四川达州·期末)（多选）某校举办羽毛球比赛，有4名同学进入半决赛，这4名同学恰好来自两个不同的班，每班两名同学，现通过摸球决定半决赛分组情况．袋子里有大小、质地完全相同的2个黄球、2个白球，共4个球．这4名同学每人不放回地摸出一个球，摸到同色球的两人对战，且摸到黄色球两人先进行比赛，胜者进入决赛．记事件“决赛两人来自同一个班”，事件“决赛两人来自不同班”，事件“先进行半决赛两人来自同一个班”，事件“后进行半决赛两人来自不同班”．则（    ）． A． B．A与B互斥但不对立 C．C与D对立 D． 类型七、独立事件的乘法公式 独立事件的乘法公式是:P(AB)=P(A)xP(B) 这个公式的前提是事件A和事件B相互独立，即一个事件的发生不影响另一个事件的概率。 例7．(24-25高一下·甘肃定西临洮县·期末)甲､乙两人进行羽毛球对抗赛，规定一方比另一方多赢两局者获胜，且比赛结束，每局比赛赢的人，下一局比赛获得发球权.通过分析甲､乙过去比赛的数据知，每局比赛中甲发球且甲赢的概率为，乙发球且乙赢的概率为，每局比赛的结果互不影响.已知甲先发球. (1)求第二局比赛结束后乙获胜的概率； (2)求第四局比赛结束后甲获胜的概率； (3)求第六局比赛结束后甲获胜的概率. 变式7-1．(24-25高一下·甘肃临夏州·期末)科技进步能够更好地推动高质量发展，如人工智能中的DeepSeek．小明、小华两位同学报名参加某公司拟开展的DeepSeek培训，培训前需要面试，面试时共有3道题目，答对2道题则通过面试（前2道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答）．已知小明答对每道题目的概率均为，小华答对每道题目的概率依次为，且小明、小华两人对每道题能否答对相互独立．记“小明只回答2道题就结束面试”为事件，记“小华3道题都回答且通过面试”为事件． (1)求事件发生的概率； (2)求事件和事件同时发生的概率； (3)求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率． 变式7-2．(24-25高一下·浙江宁波余姚·期末)乒乓球被称为中国的“国球”，在2024年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国乒乓球队包揽五块金牌.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜（比如：比分为，得12分者胜），该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局双方10：10平后，甲先发球. (1)若两人又打了2个球比赛结束且甲获胜的概率为，求的值； (2)若满足（1）中条件取值，记事件“两人又打了4个球该局比赛结束”，事件“两人又打了个球该局比赛结束”. （i）求； （ii）直接写出. 变式7-3．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5. (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为n”，当时，分别求事件A，B的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签. 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为n时获胜. 小明同学决定先玩游戏一，当n为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 压轴专练 一、单选题 1．(24-25高一上·江西科技学院附属中学·期末)某药品企业研发了一个新药，其药效（单位：药物单位）与某活性成分AHH的含量（单位：mg）近似满足函数关系，为检查其质量，现抽查了8个样本，得到某活性成分AHH的含量的平均为4mg，标准差为2mg，则药效的平均值为（    ） A．8 B．6 C．5 D．4 2．(23-24高一下·江苏天一中学·期末)一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（    ） A． B． C． D． 3．(23-24高一下·河北张家口·期末)如图，某电子元件由，，三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，，，三种部件不能正常工作的概率分别为，，，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是（    ）    A． B． C． D． 4．(23-24高一下·江西部分学校·期末)掷两枚骰子，观察所得点数.设“两个点数都是偶数”为事件E，“两个点数都是奇数”为事件F，“两个点数之和是偶数”为事件M，“两个点数之积是偶数”为事件N，则（    ） A．事件E与事件F互为对立事件 B．事件M与事件N相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件F与事件相互独立 5．(23-24高一下·山东滨州·期末)抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，“n次中至多有一次正面朝上”．下列说法正确的是（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 6．(22-23高一下·福建师范大学附属中学·期末)某小区为了调查本小区业主对物业服务满意度的真实情况，对本小区业主进行了调查，调查中问了两个问题1：你的手机尾号是不是奇数？问题2：你是否满意物业的服务？调查者设计了一个随机化装置，其中装有大小、形状和质量完全相同的白球和红球，每个被调查者随机从装置中摸到红球和白球的可能性相同，其中摸到白球的业主回答第一个问题，摸到红球的业主回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做，由于问题的答案只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题别人并不知道，因此被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案.已知某小区80名业主参加了问卷，且有48名业主回答了“是”，由此估计本小区对物业满意服务的百分比大约为（    ） A．10% B．20% C．35% D．70% 二、多选题 7．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)有6个相同的球，分别编号1、2、3、4、5、6，从中先不放回的随机取两次，再将球全部放回随机取一次，以上每次抽取一个小球，记事件A：第一次取球编号数字小于3；B：第二次取球编号数字为偶数；C：第三次取球编号为6；D：前两次取球编号数字和为7；E：第一、三次取球编号数字至少有一个1.则下列说法正确的是（  ） A． B．事件A与事件C相互独立 C．事件A与事件E相互独立 D．事件A与事件B相互独立 8．(24-25高一下·湖北部分重点高中·期末)一组样本有互不相等的5个数据，平均数记为，方差记为，下列说法错误的是（   ） A．去掉样本数据中的最大值和最小值后得到一组新数据，其平均数等于 B．去掉样本数据中的最大值和最小值后得到一组新数据，其方差小于 C．去掉样本数据中的最小值后得到一组新数据，其方差小于 D．去掉样本数据中的中位数后得到一组新数据，其方差小于 9．(24-25高一下·河南创新发展联盟·期末)若图G的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为V，V可划分为两个子集和，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图G称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则（   ） A．这两个图都是二部图的概率为 B．这两个图至少有一个是二部图的概率为 C．这两个图不都是二部图的概率为 D．这两个图恰有一个是二部图的概率为 三、填空题 10．(24-25高一下·山东青岛第二中学·期末)对于没有重复数据的样本，记这m个数的第k百分位数为.若在区间中的样本数据有且只有13个，则m的所有可能值的和为 . 11．(24-25高一下·广东广州五校（实、执信、广雅、二中、六中）·期末)在大数据时代，由于整合不同来源的数据需要以及在数据量庞大的情况下为减少计算量，实际上在计算机中计算方差是使用递推方法进行计算的.先计算前面k个数据的平均数和方差， 再计算前面k+1个数据的平均数和方，计算可利用递推式：，则 . 四、解答题 12．(24-25高一下·河南郑州中牟县·期末)不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5． (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为”，当时，分别求事件的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签． 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为时获胜． 小明同学决定先玩游戏一，当为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 13．(23-24高一下·河北名校联盟·期末)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．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（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；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，则译码为1，若依次收到，则译码为1）． (1)已知． ①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； ②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． (2)若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $