专题14 计数原理、随机变量及分布列（复习讲义）（天津专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

该高中数学高考复习讲义聚焦计数原理与随机变量专题，涵盖排列组合、二项式定理、离散型随机变量分布列及均值方差、正态分布等核心考点，按考情精解、知能框架、题型攻坚逻辑架构知识体系，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生构建知识网络，突破解题难点。 讲义以生活实践与探索创新情境为载体设计问题，如旅游景点选择、志愿者选派等案例，培养学生数学应用与逻辑思维能力，设置基础巩固、能力提升分层练习，结合天津高考真题动向分析，助力高效突破排列组合限制条件、随机变量建模等难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供系统支撑。

专题14 计数原理、随机变量及分布列 目录 01 析·考情精解 2 02 构·知能框架 3 03 破·题型攻坚 4 考点一 排列组合 4 真题动向 必备知识 知识1组合问题常见题型 知识2二项式定理考点 命题预测 题型1排列组合问题 题型2二项式定理问题 考点二 离散型随机变量 7 真题动向 必备知识 知识1离散型随机变量 知识2离散型随机变量的均值或数学期望 知识3正态分布 命题预测 题型1抽用样本估计总体 题型2离散型随机变量的分布列、均值、方差 题型3正态分布问题 命题轨迹透视 天津高考对该部分内容主要以探索创新情境与生活实践情境为载体，重在考查考生的逻辑思维能力及对事件进行分析、分解和转化的能力;该部分考查的必备知识在选择题和填空题中常常考查排列组合、二项式定理、抽用样本估计总体等,解答题则以利用排列组合考查离散型随机变量的分布列、均值、方差、二项分布和正态分布等问题为主,重点考查知识的应用性与基础性,考查的关键能力主要是逻辑思维能力、数学建模能力、创新能力;考查的学科素养主要为理性思维、数学应用和数学探索。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 排列组合 T11，5分 T11，5分 T11，5分 离散型随机变量 T5，5分 T3，5分 T7，5分 2026命题预测 预计在2026年高考中，分值与题型：约10分，结构稳定：1填空（二项式，5分）+1填空（排列/概率，5分））；难度梯度为：二项式易、排列组合中、离散型随机变量中偏难。二项式定理（5年5考）：第11题填空，考通项求指定项系数/常数项，偶考系数和（赋值法），不考复杂综合。排列组合：小题（5-8题或填空）考基础模型（相邻捆绑、不相邻插空、分组分配、定序倍缩），多为古典概型背景，强调“有序/无序”区分。离散型随机变量：填空考二项分布/超几何分布的期望方差；解答题（18题）考分布列+期望+方差，常与全概率公式、条件概率结合，新情景（如体育、购物、生产）突出建模能力。 新情景考法：排列组合+概率：含限制条件的古典概型（如“至多/至少”“含特殊元素”），用间接法简化计算。 随机变量+数列/函数：如分布列与数列递推、期望的函数最值，考知识迁移。 跨模块融合：与统计图表（频率分布直方图）、向量、不等式结合，强调数据处理与转化 考点一 排列组合 1．（2025·天津·高考真题，11，5分）在的展开式中，项的系数为 ． 2．（2022·天津·高考真题，11，5分）在的展开式中，常数项是 . 3．（2024·天津·高考真题，11，5分）在的展开式中，常数项为 ． 4．（2023·天津·高考真题，11，5分）在的展开式中，的系数为 ． 5．（2007·天津·高考真题，11，5分）的二项展开式中常数项是 ．（用数字作答） 6．（2003·辽宁·高考真题，11，5分）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有 种.（用数字作答） 知识1组合问题常见题型 （1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型： “含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取． （2）“至少”或“最多”含有几个元素的题型： 解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，但通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理． （3）分堆问题 ①平均分堆，其分法数为：． ②分堆但不平均，其分法数为． （4）定序问题． 对于某些元素的顺序固定的排列问题，可先全排，再除以定序元素的全排，或先在总位置中选出定序元素的位置而不参加排列，然后对其他元素进行排列． （5）相同元素分组问题用“隔板法”： 知识2二项式定理考点 一般地,对于任意正整数,都有： ()， 这个公式所表示的定理叫做二项式定理， 等号右边的多项式叫做的二项展开式。 式中的做二项展开式的通项，用Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：， 其中的系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数 的展开式中各项的二项式系数、、…具有如下性质： ①对称性：二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即； ②增减性与最大值：二项式系数在前半部分逐渐增大，在后半部分逐渐减小，在中间取得最大值.其中，当n为偶数时，二项展开式中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，二项展开式中间两项的二项式系数，相等，且最大. ③各二项式系数之和为，即； ④二项展开式中各奇数项的二项式系数之和等于各偶数项的二项式系数之和， 即。 【易错提醒】　 ①在二项式定理的问题要注意的系数为，在展开求解时不要忽略 ②对于三项式的展开问题，一般采取转化为二项式再展开的办法进行求解，但在转化为二项式的时候，又有不同的处理策略：一是如果三项式能够化为完全平方的形式，或者能够进行因式分解，则可通过对分解出来的两个二项展开式分别进行分析，进而解决问题（如本例中的解法二）；二是不能化为完全平方的形式，也不能进行因式分解时，可直接将三项式加括号变为二项式，套用通项公式展开后对其中的二项式再利用通项展开并进行分析求解，但要结合要求解的问题进行合理的变形，以利于求解 题型1排列组合问题 1．（2025·天津红桥·二模）随着我国经济发展越来越好，外出旅游的人越来越多，现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从“天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区”这6个景点中随机选择1个景点游玩，记事件为“两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮”，事件为“两位游客选择的景点不同”，则 ， . 2．（2025·天津·一模）某教师一天上3个班级的课，每班上1节，如果一天共9节课，上午5节，下午4节，并且教师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有 种. 3．（2025·天津和平·三模）清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件为“高二年级3人相邻”，事件的排法为 种；在事件“高二年级3人相邻”的前提下，事件“高一年级2人不相邻”的概率为 ． 4．（2025·天津河东·一模）某工程队有项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后立即进行那么安排这项工程的不同排法种数是 .（用数字作答） 5．（2024·天津河东·二模）一共有5名同学参加《我的中国梦》演讲比赛，3名女生和2名男生，如果男生不排第一个演讲，同时两名男生不能相邻演讲，则排序方式有 种．（用数字作答） 6．（2026·天津·模拟预测）世界第三届无人驾驶智能大赛在天津召开，现在要从小张､小赵､小李､小罗､小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译､安保､礼仪､服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（    ）种. A．120 B．60 C．24 D．36 7．（2026·天津东丽·开学考试）某校团委举办《在青春的赛道上，我们都是追光者》主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件为“高一年级2人不相邻”，事件为“高二年级3人相邻”，则 . 题型2二项式定理问题 8．（2025·天津南开·模拟预测）在的展开式中，的系数为 ．（用数字作答） 9．（2025·天津·二模）在的展开式中，的系数为 ． 10．（2025·天津红桥·模拟预测）在的二项展开式中，x的系数为 ． 11．（2025·天津河西·模拟预测）的展开式中的系数为 . 12．（2025·天津·一模）在的展开式中，的系数为 ． 13．（2025·天津·二模）在的展开式中，常数项为 . 14．（2025·天津和平·三模）若二项式的展开式中，的系数为，则 ． 15．（2025·天津滨海新·三模）在二项式的展开式中常数项为 ． 16．（2025·天津南开·二模）在的展开式中，的系数为 ． 17．（2025·天津河西·二模）在的展开式中，偶数项的二项式系数和为128，则常数项为 . 考点二 离散型随机变量 1．（2025·天津·高考真题，13，5分）小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0．5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0．4，6圈的概率为0．6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0．6，6圈的概率为0．4．小桐一周跑11圈的概率为 ；若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记合格周数为X，则期望 2．（2025·天津·高考真题，5，5分）下列说法中错误的是（   ） A．若，则 B．若，，则 C．越接近1，相关性越强 D．越接近0，相关性越弱 3．（2024·天津·高考真题，13，5分）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为 ；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 ． 4．（2023·天津·高考真题，13，5分）把若干个黑球和白球（这些球除颜色外无其它差异）放进三个空箱子中，三个箱子中的球数之比为．且其中的黑球比例依次为．若从每个箱子中各随机摸出一球，则三个球都是黑球的概率为 ；若把所有球放在一起，随机摸出一球，则该球是白球的概率为 ． 5．（2007·天津·高考真题，16，15分）已知甲盒内有大小相同的3个红球和4个黑球，乙盒内有大小相同的5个红球和4个黑球.现从甲、乙两个盒内各任取2个球. (1)求取出的4个球均为红球的概率； (2)求取出的4个球中恰有1个红球的概率. 6．（2022·天津·高考真题，13，5分）52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 ；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为 7．（2003·天津·高考真题，16，5分）有三种产品，合格率分别为0.90，0.95和0.95，各抽取一件进行检验． (1)求恰有一件不合格的概率； (2)求至少有两件不合格的概率．（精确到0.001） 8．（2021·天津·高考真题，13，5分）甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为和，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为 ，3次活动中，甲至少获胜2次的概率为 ． 知识1离散型随机变量 离散型随机变量 可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量，我们称为离散型随机变量，通常用大写英文字母表示随机变量，用小写英文字母表示随机变量的取值. 随机变量和函数的关系 随机变量的定义与函数的定义类似，这里的样本点ω相当于函数定义中的自变量，而样本空间Ω相当于函数的定义域，不同之处在于Ω不一定是数集． 离散型随机变量的分布列 离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各值的概率之和 (1)离散型随机变量的分布列 一般地，设离散型随机变量X的可能取值为 x1，x2，…，xn ，我们称X取每一个值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n为X的概率分布列，简称为分布列． (2)可以用表格来表示X的分布列，如下表 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 还可以用图形表示，如下图直观地表示了掷骰子试验中掷出的点数X的分布列，称为X的概率分布图． 离散型随机变量的分布列的性质 (1)pi≥0，i＝1，2，…，n；(2) p1＋p2＋…＋pn＝1. 两点分布 对于只有两个可能结果的随机试验，用A表示“成功”，表示“失败”，定义X＝如果P(A)＝p，则P()＝1－p，那么X的分布列如表所示 X 0 1 P 1－p p 我们称X服从两点分布或0－1分布． 知识2离散型随机变量的均值或数学期望 1．离散型随机变量的均值或数学期望 正确地求出离散型随机变量的分布列是求解期望的关键一般地，若离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…xnpn＝xipi为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称为期望．均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数，它综合了随机变量的取值和取值的概率，反映了随机变量取值的平均水平． 2．两点分布的期望 一般地，如果随机变量X服从两点分布，那么E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝p； 3．离散型随机变量的均值的性质 设X的分布列为P(X＝xi)＝ pi，i＝1，2，…，n.一般地，下面的结论成立：E(aX＋b)＝aE(X)＋b． 4．离散型随机变量的方差、标准差 正确求解随机变量的方差的关键是正确求解分布列及其期望值 设离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 考虑X所有可能取值xi与E(X)的偏差的平方(x1－E(X))2，(x2－E(X))2 ，…，(xn－E(X))2 ，因为X取每个值的概率不尽相同，所以我们用偏差平方关于取值概率的加权平均，来度量随机变量X取值与其均值E(X)的偏离程度，我们称 D(X)＝(x1－E(X))2 p1 ＋(x2－E(X))2 p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝ (xi－E(X))2pi 为随机变量X的方差，有时也记为Var(X)，并称为随机变量X的标准差，记为σ(X)． 5．几个常见的结论 (1)D(aX＋b)＝a2D(X)．(2)若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)． 知识3正态分布 1．正态曲线 正态曲线沿着横轴方向水平移动只能改变对称轴的位置，曲线的形状没有改变，所得的曲线依然是正态曲线 函数f(x)＝，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数． 显然对于任意x∈R，f(x)>0，它的图象在x轴的上方．可以证明x轴和曲线之间的区域的面积为1．我们称f(x)为正态密度函数，称它的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线． 若随机变量X的概率密度函数为f(x)，则称随机变量X服从正态分布，记为X～N(μ，σ2)，特别地，当μ＝0，σ＝1时，称随机变量X服从标准正态分布． 2．由X的密度函数及图象可以发现，正态曲线还有以下特点 (1)曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；(2)曲线在x＝μ处达到峰值； (3)当无限增大时，曲线无限接近x轴． 3．正态分布的期望与方差 若X～N(μ，σ2)，则E(X)＝μ，D(X)＝σ2． 4．正态变量在三个特殊区间内取值的概率 (1)P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827；(2)P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545；(3)P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973． 在实际应用中，通常认为服从于正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，这在统计学中称为3σ原则. 简单随机抽样 Ⅰ：简单随机抽样：系统抽样、分层抽样、每个个体被抽中的概率都相同 Ⅱ：频率分布直方图： ①组距：相邻横坐标之间的差值 ②概率：概率=纵×组距（面积） ③中位数：取，前半图形面积为 ④众数：图形中最高的中值. ⑤平均数： ⑥方差： ⑦极差：最大--最小 Ⅲ：茎叶图 ①中位数：去头去尾取中间 ②众数：出现次数最多的数 ③平均数： ④评价： 【易错提醒】 利用频率分布直方图求众数、中位数与平均数时，易出错，应注意区分这三者．在频率分布直方图中： （1）最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数； （2）中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的； （3）平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和. 题型1抽用样本估计总体 1．（2025·天津和平·二模）某人工智能公司为优化新开发的语言模型，在其模型试用人群中开展满意度问卷调查，满意度采用计分制（满分100分），统计满意度并绘制成如下频率分布直方图，图中，则下列结论不正确的是（    ） A． B．满意度计分的众数约为75分 C．满意度计分的平均分约为79分 D．满意度计分的第25百分位数约为70分 2．（2025·天津武清·模拟预测）下列说法错误的是（    ） A．一组数据5、7、9、11、12、14、15、16、20、18的第80百分位数为17 B．若事件M，N相互独立，，，则 C．某地市在一次测试中，高三学生数学成绩服从正态分布，已知，若按成绩分层抽样的方式取100份试卷进行分析，则应从110分以上的试卷中抽取20份 D．已知随机变量X服从二项分布，若，则 3．（2025·天津滨海新·三模）下列说法中正确的是（   ） A．一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的第60百分位数为14 B．某新能源汽车企业基于领先技术的支持，从某年起改进并生产新车型，设改进后该企业第年的生产利润为（单位：亿元），现统计前7年的数据为，根据该组数据可得关于的回归直线方程为，且，预测改进后该企业第8年的生产利润为6.3亿元 C．若随机变量服从正态分布，且，则 D．若随机变量，满足，则， 4．（2025·天津·一模）下列说法正确的是（    ） A．一组数据的第60百分位数为4 B．在回归分析模型中，若决定系数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越差 C．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r越接近于1 D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断变量X与Y独立，此推断犯错误的概率不大于0.01 5．（2025·天津南开·二模）某中学三个不同选课组合的学生在一次高三质量监测的数学平均分分别为，若按不同选课组合采用分层抽样的方法抽取了一个120人的样本，抽到三个不同选课组合的学生人数分别为20，40，60，则估计这三个不同选课组合学生的数学平均分为（   ）． A． B． C． D． 6．（2025·天津·一模）下列说法错误的是（   ） A．若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量的分布比较集中 B．在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好 C．若样本数据的平均数为3，则的平均数为10 D．一组数据6，7，7，8，10，12，14，16，19，21的第30百分位数为7 7．（2025·天津·一模）下列说法中，不正确的是（   ） A．在1，3，6，7，9，10，12，15这组数据中，第50百分位数为8 B．分类变量A与B的统计量越大，说明“A与B有关系”的可信度越大 C．根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的经验回归方程为，若，，，则 D．两个模型中，残差平方和越大的模型拟合的效果越好 8．（2025·天津宁河·一模）下列说法不正确的是（   ） A．对具有线性相关关系的变量、，且回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是 B．若随机变量服从正态分布，且，则 C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关程度越高 D．一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的第60百分位数为14 题型2离散型随机变量的分布列、均值、方差 9．（2025·天津·二模）为帮助学生减压，高三某班准备了“幸运抽奖箱”，箱中共有10张卡片，其中6张为“获奖卡”．每位同学随机抽取3张，抽到获奖卡可兑换奖品，每人抽完后箱中恢复原先10张卡片．甲同学参加了一次抽奖活动，则甲同学恰好抽到2张“获奖卡”的概率为 ；若该班有60名同学，每人都恰参加一次抽奖活动，则至少抽到1张“获奖卡”的人数的均值是 ． 10．（2025·天津北辰·三模）下列命题中 ①根据经验回归方程所得到的预报值就是响应变量的精确值 ②若随机变量满足，则 ③两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1 ④设且，则 其中错误命题的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 11．（2025·天津河西·模拟预测）一纸箱中装有4瓶未过期的饮料和2瓶过期饮料．若每次从中随机取出1瓶，取出的饮料不再放回，则在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未过期饮料的概率为 ；对这6瓶饮料依次进行检验，每次检验后不再放回，直到区分出6瓶饮料的保质期时终止检验，记检验的次数为，则随机变量的期望为 ． 12．（2025·天津和平·三模）下列结论中不正确的是（   ） A．已知随机变量，若，则 B．用决定系数来刻画回归的效果时，的值越接近1，说明模型拟合的效果越好 C．用0，1，2，3四个数字，组成有重复数字的三位数的个数为30 D．经验回归直线至少经过样本数据点中的一个点 13．（2025·天津·一模）已知甲、乙两名乒乓球运动员进行比赛，根据二人以往比赛资料统计，在一局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛互不影响.现在甲、乙二人准备进行三局比赛.则在三局比赛中甲胜前两局、乙胜第三局的概率是 ，用表示三局比赛中甲获胜的局数，则的数学期望是 . 0 1 2 3 14．（2025·天津·二模）将一个质地均匀的正四面体的四个面上分别写上数字1，2，3，4，并在桌面上连续独立地抛掷次（为正整数）.当时，设为正四面体与桌面接触面上的数字为偶数的次数，则 ；当时，记正四面体与桌面接触面上的数字分别为，，记事件为“为偶数”，事件为“，中有偶数，且”，则 . 15．（2025·天津和平·一模）袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为 ；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为，则的数学期望 . 16．（2024·天津北辰·模拟预测）下列命题中，不正确的是（   ） A．若随机变量，则 B．若随机变量，且，则 C．若，，则的最小值为 D．两个随机变量的相关系数越大，两个变量的线性相关性越强 题型3正态分布问题 17．（2025·天津宁河·模拟预测）下列说法中，正确的有（    ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点： ②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误； ③在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好； ④某项测量结果服从正态分布，若，则 A．个 B．个 C．个 D．个 18．（2025·天津·二模）如图是两个正态分布的密度函数图象，则下列表述正确的是（    ） A．， B．， C．， D．， 19．（2025·天津·一模）已知随机变量，若，则 . 20．（2025·天津和平·一模）某物理量的测量结果服从正态分布，下面结论中不正确的是（    ） A．该物理量在一次测量中小于2的概率为0.5 B．该物理量在一次测量中小于1.98与大于2.02的概率相等 C．该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等 D．越小，该物理量在一次测量中在的概率越大 21．（2025·天津河东·一模）下列说法中，正确的有（    ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点； ②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误； ③是用来判断两个分类变量是否相关的随机变量，当的值很小时可以推断两类变量不相关； ④某项测量结果服从正态分布，若，则. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 22．（2023·天津和平·三模）下列说法中，正确的个数为（    ） ①样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度； ②用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好； ③随机变量服从正态分布，若，则； ④随机变量服从二项分布，若方差，则． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 23．（2024·天津·模拟预测）下列说法正确的序号是（    ） ①在回归直线方程中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量平均增加0.8个单位； ②利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得最小的原理； ③已知X，Y是两个分类变量，若它们的随机变量的观测值k越大，则“X与Y有关系”的把握程度越小； ④已知随机变量服从正态分布，且，则. A．①②③ B．②③④ C．②④ D．①②④ 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司/ 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题14 计数原理、随机变量及分布列 目录 01 析·考情精解 2 02 构·知能框架 3 03 破·题型攻坚 4 考点一 排列组合 4 真题动向 必备知识 知识1组合问题常见题型 知识2二项式定理考点 命题预测 题型1排列组合问题 题型2二项式定理问题 考点二 离散型随机变量 13 真题动向 必备知识 知识1离散型随机变量 知识2离散型随机变量的均值或数学期望 知识3正态分布 命题预测 题型1抽用样本估计总体 题型2离散型随机变量的分布列、均值、方差 题型3正态分布问题 命题轨迹透视 天津高考对该部分内容主要以探索创新情境与生活实践情境为载体，重在考查考生的逻辑思维能力及对事件进行分析、分解和转化的能力;该部分考查的必备知识在选择题和填空题中常常考查排列组合、二项式定理、抽用样本估计总体等,解答题则以利用排列组合考查离散型随机变量的分布列、均值、方差、二项分布和正态分布等问题为主,重点考查知识的应用性与基础性,考查的关键能力主要是逻辑思维能力、数学建模能力、创新能力;考查的学科素养主要为理性思维、数学应用和数学探索。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 排列组合 T11，5分 T11，5分 T11，5分 离散型随机变量 T5，5分 T3，5分 T7，5分 2026命题预测 预计在2026年高考中，分值与题型：约10分，结构稳定：1填空（二项式，5分）+1填空（排列/概率，5分））；难度梯度为：二项式易、排列组合中、离散型随机变量中偏难。二项式定理（5年5考）：第11题填空，考通项求指定项系数/常数项，偶考系数和（赋值法），不考复杂综合。排列组合：小题（5-8题或填空）考基础模型（相邻捆绑、不相邻插空、分组分配、定序倍缩），多为古典概型背景，强调“有序/无序”区分。离散型随机变量：填空考二项分布/超几何分布的期望方差；解答题（18题）考分布列+期望+方差，常与全概率公式、条件概率结合，新情景（如体育、购物、生产）突出建模能力。 新情景考法：排列组合+概率：含限制条件的古典概型（如“至多/至少”“含特殊元素”），用间接法简化计算。 随机变量+数列/函数：如分布列与数列递推、期望的函数最值，考知识迁移。 跨模块融合：与统计图表（频率分布直方图）、向量、不等式结合，强调数据处理与转化 考点一 排列组合 1．（2025·天津·高考真题，11，5分）在的展开式中，项的系数为 ． 【答案】 【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可. 【详解】展开式的通项公式为， 当时，， 即展开式中的系数为. 故答案为： 2．（2022·天津·高考真题，11，5分）在的展开式中，常数项是 . 【答案】15 【分析】利用二项式展开式的通项特征，即可求解. 【详解】由题意的展开式的通项为， 令即，则，所以的展开式中的常数项为. 故答案为：. 3．（2024·天津·高考真题，11，5分）在的展开式中，常数项为 ． 【答案】20 【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可. 【详解】因为的展开式的通项为， 令，可得， 所以常数项为. 故答案为：20. 4．（2023·天津·高考真题，11，5分）在的展开式中，的系数为 ． 【答案】 【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式，令确定的值，然后计算项的系数即可. 【详解】展开式的通项公式， 令可得，， 则项的系数为. 故答案为：60. 5．（2007·天津·高考真题，11，5分）的二项展开式中常数项是 ．（用数字作答） 【答案】 【分析】写出二项式展开式通项，进而确定常数项对应r值，即可求结果. 【详解】二项式展开式通项为， 所以，当时常数项为. 故答案为： 6．（2003·辽宁·高考真题，11，5分）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有 种.（用数字作答） 【答案】120 【分析】由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花，从同颜色的花入手分类来求，最后利用分类加法计数原理得到结果. 【详解】由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花， 若2、5同色，则3、6同色或4、6同色， 所以共有种栽种方法； 若2、4同色，则3、6同色， 所以共有种栽种方法； 若3、5同色，则2、4同色或4、6同色， 所以共有种栽种方法； 所以共有种栽种方法. 故答案为：120 知识1组合问题常见题型 （1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型： “含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取． （2）“至少”或“最多”含有几个元素的题型： 解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，但通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理． （3）分堆问题 ①平均分堆，其分法数为：． ②分堆但不平均，其分法数为． （4）定序问题． 对于某些元素的顺序固定的排列问题，可先全排，再除以定序元素的全排，或先在总位置中选出定序元素的位置而不参加排列，然后对其他元素进行排列． （5）相同元素分组问题用“隔板法”： 知识2二项式定理考点 一般地,对于任意正整数,都有： ()， 这个公式所表示的定理叫做二项式定理， 等号右边的多项式叫做的二项展开式。 式中的做二项展开式的通项，用Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：， 其中的系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数 的展开式中各项的二项式系数、、…具有如下性质： ①对称性：二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即； ②增减性与最大值：二项式系数在前半部分逐渐增大，在后半部分逐渐减小，在中间取得最大值.其中，当n为偶数时，二项展开式中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，二项展开式中间两项的二项式系数，相等，且最大. ③各二项式系数之和为，即； ④二项展开式中各奇数项的二项式系数之和等于各偶数项的二项式系数之和， 即。 【易错提醒】　 ①在二项式定理的问题要注意的系数为，在展开求解时不要忽略 ②对于三项式的展开问题，一般采取转化为二项式再展开的办法进行求解，但在转化为二项式的时候，又有不同的处理策略：一是如果三项式能够化为完全平方的形式，或者能够进行因式分解，则可通过对分解出来的两个二项展开式分别进行分析，进而解决问题（如本例中的解法二）；二是不能化为完全平方的形式，也不能进行因式分解时，可直接将三项式加括号变为二项式，套用通项公式展开后对其中的二项式再利用通项展开并进行分析求解，但要结合要求解的问题进行合理的变形，以利于求解 题型1排列组合问题 1．（2025·天津红桥·二模）随着我国经济发展越来越好，外出旅游的人越来越多，现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从“天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区”这6个景点中随机选择1个景点游玩，记事件为“两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮”，事件为“两位游客选择的景点不同”，则 ， . 【答案】 【分析】根据古典概型概率公式求出，再由条件概率公式求解即可. 【详解】由题意，两位游客从6个景点中随机选择1个景点游玩，每人都有6种不同的选法，故共有(种)不同的选法. 两人都不选择天津之眼摩天轮的方法有(种)， 故两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮的方法共有 (种)， 所以故两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮的概率. AB表示两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮，且两位游客选择的景点不同，即一人选择天津之眼摩天轮，另一人选择其它景点，共有 (种)选法， 故， 所以. 故答案为：；. 2．（2025·天津·一模）某教师一天上3个班级的课，每班上1节，如果一天共9节课，上午5节，下午4节，并且教师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有 种. 【答案】 【分析】利用间接法即可求解. 【详解】首先求得不受限制时，从9节课中任意安排3节课，有种排法， 其中上午连排3节课的有种，下午连排3节课的有种， 则这位教师一天的课表的所有不同排法有种. 故答案为：. 3．（2025·天津和平·三模）清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件为“高二年级3人相邻”，事件的排法为 种；在事件“高二年级3人相邻”的前提下，事件“高一年级2人不相邻”的概率为 ． 【答案】 720 /0.6 【分析】利用捆绑法求解事件A的排法；再使用捆绑法和插空法求出事件的排法，利用条件概率公式得到 【详解】将高二年级3人进行全排列，有种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和其他年级4人进行全排列，有种排法，所以事件A的排法有=720种； 事件的排法：将高二年级3人进行全排列，有种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有种排法，排好后，将高一年级的2人进行插空，有种排法，所以事件共有=432种排法， 则 故答案为：720， 4．（2025·天津河东·一模）某工程队有项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后立即进行那么安排这项工程的不同排法种数是 .（用数字作答） 【答案】12 【分析】根据定序与相邻问题确定排列数. 【详解】由题意得乙丙相邻，甲与乙丙定顺序，所以安排这项工程的不同排法种数是. 5．（2024·天津河东·二模）一共有5名同学参加《我的中国梦》演讲比赛，3名女生和2名男生，如果男生不排第一个演讲，同时两名男生不能相邻演讲，则排序方式有 种．（用数字作答） 【答案】36 【分析】根据题意，分2步完成：①将三名女生全排列，②排好后，除去第一个空位，有3个空位可用，在这三个空位中任选2个，安排2名男生，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，满足条件的排序方式都可分为两步完成，第一步将三名女生全排列，第二步按要求排男生， 其中步骤一，将三名女生全排列，有种顺序， 因为女生排好后排好后，有4个空位，男生不排第一个演讲，除去第一个空位，有3个空位可用， 所以步骤二按要求排男生有种情况， 由分步乘法计数原理可得共有6×6=36种符合题意的排序方式. 故答案为：36. 6．（2026·天津·模拟预测）世界第三届无人驾驶智能大赛在天津召开，现在要从小张､小赵､小李､小罗､小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译､安保､礼仪､服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（    ）种. A．120 B．60 C．24 D．36 【答案】D 【分析】根据题意，小张和小赵只能从事前两项工作，由此分为2种情况讨论，结合排列组合，即可求解. 【详解】根据题意可分为2种情况讨论： （i）若小张或小赵只有一人入选，则有种不同的选派方案； （ii）若小张，小赵都入选则有种不同的选派方案， 综上可得，共有种不同的选派方案. 故选：D 7．（2026·天津东丽·开学考试）某校团委举办《在青春的赛道上，我们都是追光者》主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件为“高一年级2人不相邻”，事件为“高二年级3人相邻”，则 . 【答案】/ 【分析】利用插空法求出事件的排法，再使用捆绑法和插空法求出事件的排法，利用条件概率公式计算得到. 【详解】由题意，先将高二和高三年级的5个人全排列，有种排法，将高一年级2人进行插空，有种排法， 所以事件 “高一年级2人不相邻”的排法有种排法. 将高二年级3人进行全排列，有种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有种排法， 排好后，将高一年级的2人进行插空，有种排法，所以事件共有种排法. 所以，. 故答案为：. 题型2二项式定理问题 8．（2025·天津南开·模拟预测）在的展开式中，的系数为 ．（用数字作答） 【答案】 【分析】先找到的展开式通项为，再由乘法分配律得展开式中的系数为，即可得解. 【详解】, 因为的展开式通项为， 令或，解得：或， 所以的系数为：. 故答案为：. 9．（2025·天津·二模）在的展开式中，的系数为 ． 【答案】135 【分析】由二项式定理写出通项，根据题意，利用赋值，结合组合数，可得答案. 【详解】由的展开式的通项为， 令，解得，则的系数为. 故答案为：. 10．（2025·天津红桥·模拟预测）在的二项展开式中，x的系数为 ． 【答案】/ 11．（2025·天津河西·模拟预测）的展开式中的系数为 . 【答案】 【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算可得的展开式中项与项的系数，则可得的展开式中的系数. 【详解】对有， 则展开式中项的系数为， 展开式中项的系数为， 则展开式中的系数为. 故答案为： 12．（2025·天津·一模）在的展开式中，的系数为 ． 【答案】 【分析】根据题意，求得二项展开式的通项，确定的值，代入即可求解. 【详解】由二项式的展开式的通项为，其中， 令，可得，所以的系数. 故答案为：. 13．（2025·天津·二模）在的展开式中，常数项为 . 【答案】405 【分析】利用二项式定理直接列式求解. 【详解】的展开式常数项为. 故答案为：405 14．（2025·天津和平·三模）若二项式的展开式中，的系数为，则 ． 【答案】 【分析】求解二项式展开式的通项，确定的系数列方程即可得的值. 【详解】二项式的展开式的通项为：， 当可得的系数为，所以， 因为，所以. 故答案为：. 15．（2025·天津滨海新·三模）在二项式的展开式中常数项为 ． 【答案】112 【分析】由二项式定理即可求解. 【详解】的展开式中常数项为. 故答案为：112. 16．（2025·天津南开·二模）在的展开式中，的系数为 ． 【答案】15 【分析】写出展开式通项公式，得到，得到答案. 【详解】展开式通项公式为， 令，解得， ，故的系数为15. 故答案为：15 17．（2025·天津河西·二模）在的展开式中，偶数项的二项式系数和为128，则常数项为 . 【答案】 【分析】首先根据二项式系数的性质求，再根据通项公式，即可求解. 【详解】由条件可知，，则， 二项展开式的通项公式， 令，得， 所以常数项为. 故答案为： 考点二 离散型随机变量 1．（2025·天津·高考真题，13，5分）小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0．5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0．4，6圈的概率为0．6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0．6，6圈的概率为0．4．小桐一周跑11圈的概率为 ；若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记合格周数为X，则期望 【答案】 【分析】先根据全概率公式计算求解空一，再求出概率根据二项分布数学期望公式计算求解. 【详解】设小桐一周跑11圈为事件A，设第一次跑5圈为事件，设第二次跑5圈为事件， 则； 设运动量达标为事件，， 所以，； 故答案为：； 2．（2025·天津·高考真题，5，5分）下列说法中错误的是（   ） A．若，则 B．若，，则 C．越接近1，相关性越强 D．越接近0，相关性越弱 【答案】B 【分析】根据正态分布以及相关系数的概念直接判断即可. 【详解】对于A，根据正态分布对称性可知，，A说法正确； 对于B，根据正态分布对称性可知，，B说法错误； 对于C和D，相关系数越接近0，相关性越弱，越接近1，相关性越强，故C和D说法正确. 故选：B 3．（2024·天津·高考真题，13，5分）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为 ；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 ． 【答案】 【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求解第一空；采用列举法或者条件概率公式可求第二空. 【详解】解法一：列举法 给这5个项目分别编号为,从五个活动中选三个的情况有： ,共10种情况， 其中甲选到有6种可能性：， 则甲参加“整地做畦”的概率为：； 乙选活动有6种可能性：， 其中再选择有3种可能性：， 故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为. 解法二： 设甲、乙选到为事件，乙选到为事件， 则甲选到的概率为； 乙选了活动，他再选择活动的概率为 故答案为：； 4．（2023·天津·高考真题，13，5分）把若干个黑球和白球（这些球除颜色外无其它差异）放进三个空箱子中，三个箱子中的球数之比为．且其中的黑球比例依次为．若从每个箱子中各随机摸出一球，则三个球都是黑球的概率为 ；若把所有球放在一起，随机摸出一球，则该球是白球的概率为 ． 【答案】 / 【分析】先根据题意求出各盒中白球，黑球的数量，再根据概率的乘法公式可求出第一空； 根据古典概型的概率公式可求出第二个空． 【详解】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为，所以总数为， 所以甲盒中黑球个数为，白球个数为； 乙盒中黑球个数为，白球个数为； 丙盒中黑球个数为，白球个数为； 记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件，所以， ； 记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件， 黑球总共有个，白球共有个， 所以，． 故答案为：；． 5．（2007·天津·高考真题，16，15分）已知甲盒内有大小相同的3个红球和4个黑球，乙盒内有大小相同的5个红球和4个黑球.现从甲、乙两个盒内各任取2个球. (1)求取出的4个球均为红球的概率； (2)求取出的4个球中恰有1个红球的概率. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）若“取出的4个球均为红球”，则从甲、乙两个盒内各任取2个球均为红球，结合独立事件的概率乘法公式运算求解；（2）若“取出的4个球中恰有1个红球”，则有两种可能：“甲盒内任取2个球中有1个红球，乙盒内任取2个球中没有红球”和“甲盒内任取2个球中没有红球，乙盒内任取2个球中有1个红球”，结合独立事件的概率乘法公式运算求解. 【详解】（1）记“从甲盒内任取2个球中有个红球”为事件，“从乙盒内任取2个球中有个红球”为事件， 则，， 故取出的4个球均为红球的概率. （2）取出的4个球中恰有1个红球的概率. 6．（2022·天津·高考真题，13，5分）52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 ；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为 【答案】 【分析】由题意结合概率的乘法公式可得两次都抽到A的概率，再由条件概率的公式即可求得在第一次抽到A的条件下，第二次抽到A的概率. 【详解】由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C, 则. 故答案为：；. 7．（2003·天津·高考真题，16，5分）有三种产品，合格率分别为0.90，0.95和0.95，各抽取一件进行检验． (1)求恰有一件不合格的概率； (2)求至少有两件不合格的概率．（精确到0.001） 【答案】(1)0.176； (2)0.012. 【分析】(1)根据题意和独立事件的概率公式依次计算即可求解； (2)由(1)，根据对立事件的概率公式计算即可得出结果. 【详解】（1）由题意知，设恰好有一件产品不合格的概率为，则 ， 所以恰好有一件产品不合格的概率为0.176； （2）由题意知，设至少有两件产品不合格的概率为，则 . 所以至少有两件产品不合格的概率为0.012. 8．（2021·天津·高考真题，13，5分）甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为和，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为 ，3次活动中，甲至少获胜2次的概率为 ． 【答案】 【分析】根据甲猜对乙没有猜对可求出一次活动中，甲获胜的概率；在3次活动中，甲至少获胜2次分为甲获胜2次和3次都获胜求解. 【详解】由题可得一次活动中，甲获胜的概率为； 则在3次活动中，甲至少获胜2次的概率为. 故答案为：；. 知识1离散型随机变量 离散型随机变量 可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量，我们称为离散型随机变量，通常用大写英文字母表示随机变量，用小写英文字母表示随机变量的取值. 随机变量和函数的关系 随机变量的定义与函数的定义类似，这里的样本点ω相当于函数定义中的自变量，而样本空间Ω相当于函数的定义域，不同之处在于Ω不一定是数集． 离散型随机变量的分布列 离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各值的概率之和 (1)离散型随机变量的分布列 一般地，设离散型随机变量X的可能取值为 x1，x2，…，xn ，我们称X取每一个值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n为X的概率分布列，简称为分布列． (2)可以用表格来表示X的分布列，如下表 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 还可以用图形表示，如下图直观地表示了掷骰子试验中掷出的点数X的分布列，称为X的概率分布图． 离散型随机变量的分布列的性质 (1)pi≥0，i＝1，2，…，n；(2) p1＋p2＋…＋pn＝1. 两点分布 对于只有两个可能结果的随机试验，用A表示“成功”，表示“失败”，定义X＝如果P(A)＝p，则P()＝1－p，那么X的分布列如表所示 X 0 1 P 1－p p 我们称X服从两点分布或0－1分布． 知识2离散型随机变量的均值或数学期望 1．离散型随机变量的均值或数学期望 正确地求出离散型随机变量的分布列是求解期望的关键一般地，若离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…xnpn＝xipi为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称为期望．均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数，它综合了随机变量的取值和取值的概率，反映了随机变量取值的平均水平． 2．两点分布的期望 一般地，如果随机变量X服从两点分布，那么E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝p； 3．离散型随机变量的均值的性质 设X的分布列为P(X＝xi)＝ pi，i＝1，2，…，n.一般地，下面的结论成立：E(aX＋b)＝aE(X)＋b． 4．离散型随机变量的方差、标准差 正确求解随机变量的方差的关键是正确求解分布列及其期望值 设离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 考虑X所有可能取值xi与E(X)的偏差的平方(x1－E(X))2，(x2－E(X))2 ，…，(xn－E(X))2 ，因为X取每个值的概率不尽相同，所以我们用偏差平方关于取值概率的加权平均，来度量随机变量X取值与其均值E(X)的偏离程度，我们称 D(X)＝(x1－E(X))2 p1 ＋(x2－E(X))2 p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝ (xi－E(X))2pi 为随机变量X的方差，有时也记为Var(X)，并称为随机变量X的标准差，记为σ(X)． 5．几个常见的结论 (1)D(aX＋b)＝a2D(X)．(2)若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)． 知识3正态分布 1．正态曲线 正态曲线沿着横轴方向水平移动只能改变对称轴的位置，曲线的形状没有改变，所得的曲线依然是正态曲线 函数f(x)＝，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数． 显然对于任意x∈R，f(x)>0，它的图象在x轴的上方．可以证明x轴和曲线之间的区域的面积为1．我们称f(x)为正态密度函数，称它的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线． 若随机变量X的概率密度函数为f(x)，则称随机变量X服从正态分布，记为X～N(μ，σ2)，特别地，当μ＝0，σ＝1时，称随机变量X服从标准正态分布． 2．由X的密度函数及图象可以发现，正态曲线还有以下特点 (1)曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；(2)曲线在x＝μ处达到峰值； (3)当无限增大时，曲线无限接近x轴． 3．正态分布的期望与方差 若X～N(μ，σ2)，则E(X)＝μ，D(X)＝σ2． 4．正态变量在三个特殊区间内取值的概率 (1)P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827；(2)P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545；(3)P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973． 在实际应用中，通常认为服从于正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，这在统计学中称为3σ原则. 简单随机抽样 Ⅰ：简单随机抽样：系统抽样、分层抽样、每个个体被抽中的概率都相同 Ⅱ：频率分布直方图： ①组距：相邻横坐标之间的差值 ②概率：概率=纵×组距（面积） ③中位数：取，前半图形面积为 ④众数：图形中最高的中值. ⑤平均数： ⑥方差： ⑦极差：最大--最小 Ⅲ：茎叶图 ①中位数：去头去尾取中间 ②众数：出现次数最多的数 ③平均数： ④评价： 【易错提醒】 利用频率分布直方图求众数、中位数与平均数时，易出错，应注意区分这三者．在频率分布直方图中： （1）最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数； （2）中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的； （3）平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和. 题型1抽用样本估计总体 1．（2025·天津和平·二模）某人工智能公司为优化新开发的语言模型，在其模型试用人群中开展满意度问卷调查，满意度采用计分制（满分100分），统计满意度并绘制成如下频率分布直方图，图中，则下列结论不正确的是（    ） A． B．满意度计分的众数约为75分 C．满意度计分的平均分约为79分 D．满意度计分的第25百分位数约为70分 【答案】C 【分析】由频率分布直方图的面积和为1可得A正确；由频率分布直方图计算众数，平均数，第25百分位数可得B正确，C错误，D正确. 【详解】对于A，由频率分布直方图可得，又， 解得，，故A正确； 对于B，满意度计分的众数为最高矩形底边中点横坐标75分，故B正确； 对于C，满意度计分的平均分约为，故C错误； 对于D，前两组的频率之和为，所以满意度计分的第25百分位数约为70分，故D正确. 故选：C. 2．（2025·天津武清·模拟预测）下列说法错误的是（    ） A．一组数据5、7、9、11、12、14、15、16、20、18的第80百分位数为17 B．若事件M，N相互独立，，，则 C．某地市在一次测试中，高三学生数学成绩服从正态分布，已知，若按成绩分层抽样的方式取100份试卷进行分析，则应从110分以上的试卷中抽取20份 D．已知随机变量X服从二项分布，若，则 【答案】B 【分析】由百分位数、正态分布、二项分布、独立事件概率的概念逐项判断； 【详解】对于A，数据从小到大排列 的共有10个数据，，所以第 80 百分位数为正确； 若事件M，N相互独立，，，则，B选项错误； 某地市在一次测试中，高三学生数学成绩服从正态分布， 已知，则， 若按成绩分层抽样的方式取100份试卷进行分析，则应从110分以上的试卷中抽取份，C选项正确； 随机变量X服从二项分布，若，则，D选项正确； 故选：B. 3．（2025·天津滨海新·三模）下列说法中正确的是（   ） A．一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的第60百分位数为14 B．某新能源汽车企业基于领先技术的支持，从某年起改进并生产新车型，设改进后该企业第年的生产利润为（单位：亿元），现统计前7年的数据为，根据该组数据可得关于的回归直线方程为，且，预测改进后该企业第8年的生产利润为6.3亿元 C．若随机变量服从正态分布，且，则 D．若随机变量，满足，则， 【答案】B 【分析】对于A，根据百分位数的定义求解判断即可；对于B，根据样本中心点求得，进而求得预测值判断即可；对于C，根据正态分布的对称性求解判断即可；对于D，根据期望和方差的性质判断即可. 【详解】对于A，因为，所以这组数据的第60百分位数为， 故A错误； 对于B，，， 所以，即，则， 当时，亿元，故B正确； 对于C，由于随机变量服从正态分布，则， 因为，所以， 则，故C错误； 对于D，由，则，，故D错误. 故选：B. 4．（2025·天津·一模）下列说法正确的是（    ） A．一组数据的第60百分位数为4 B．在回归分析模型中，若决定系数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越差 C．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r越接近于1 D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断变量X与Y独立，此推断犯错误的概率不大于0.01 【答案】B 【分析】利用百分位数的定义计算可判断A；利用决定系数的意义可判断B；利用相关系数的意义可判断C；利用独立性检验的意义可判断D. 【详解】对于A，由，所以这组数据的第60百分位数为5，故A错误； 对于B，决定系数，残差平方和为，根据决定系数公式可得越小，表示残差平方和越大，即模型的拟合效果越差.故B正确； 对于C，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1，故C错误； 对于D，根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断变量X与Y不独立，此推断犯错误的概率不大于0.01，故D错误. 故选：B. 5．（2025·天津南开·二模）某中学三个不同选课组合的学生在一次高三质量监测的数学平均分分别为，若按不同选课组合采用分层抽样的方法抽取了一个120人的样本，抽到三个不同选课组合的学生人数分别为20，40，60，则估计这三个不同选课组合学生的数学平均分为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出三个不同选课组合的学生的人数的比列，总体平均分需用各组合的平均分乘以对应比列后相加即可. 【详解】因为三个不同选课组合的学生人数分别为20，40，60， 所以三个不同选课组合的学生的人数的比列分别为：， 所以估计这三个不同选课组合学生的数学平均分为. 故选：C. 6．（2025·天津·一模）下列说法错误的是（   ） A．若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量的分布比较集中 B．在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好 C．若样本数据的平均数为3，则的平均数为10 D．一组数据6，7，7，8，10，12，14，16，19，21的第30百分位数为7 【答案】D 【分析】由正态分布的性质，可得A的正误；由决定系数的作用，可得B的正误；由平均数的计算公式，可得C的正误；由百分位数的计算，可得D的正误. 【详解】对于A，由为标准差，该值越小，数据越集中，则曲线越高瘦，故A正确； 对于B，当决定系数越大时，残差平方和越小，即模型拟合的效果越好，故B正确； 对于C，由，则，故C正确； 对于D，由，由，则第百分位数为，故D错误. 故选：D. 7．（2025·天津·一模）下列说法中，不正确的是（   ） A．在1，3，6，7，9，10，12，15这组数据中，第50百分位数为8 B．分类变量A与B的统计量越大，说明“A与B有关系”的可信度越大 C．根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的经验回归方程为，若，，，则 D．两个模型中，残差平方和越大的模型拟合的效果越好 【答案】D 【分析】求数据的第50百分位数，判断A的真假；根据的意义，判断B的真假；根据线性回归方程必过求判断C的真假；根据残差平方和的意义判断D的真假. 【详解】对A：因为，所以这组数据的第50百分位数为：，故A选项内容正确； 对B：根据统计量的意义可知，B选项内容正确； 对C：根据线性回归方程必过得：，故C选项内容正确； 对D：因为残差平方和越小，模型拟合的效果越好，故D选项内容错误. 故选：D 8．（2025·天津宁河·一模）下列说法不正确的是（   ） A．对具有线性相关关系的变量、，且回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是 B．若随机变量服从正态分布，且，则 C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关程度越高 D．一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的第60百分位数为14 【答案】D 【分析】利用线性回归方程中的基本量即可判断选项A，利用正态分布的性质即可判断选项B，根据线性相关系数的性质即可判断选项C， 利用百分位数的定义即可判断选项D. 【详解】对A：样本点的中心为，所以，， 因为满足线性回归方程，所以，所以，A正确. 对B：若随机变量服从正态分布，且， 则，则，B正确； 对C：若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强，C正确； 对于D，因为，所以第百分位数为，D错误； 故选：D. 题型2离散型随机变量的分布列、均值、方差 9．（2025·天津·二模）为帮助学生减压，高三某班准备了“幸运抽奖箱”，箱中共有10张卡片，其中6张为“获奖卡”．每位同学随机抽取3张，抽到获奖卡可兑换奖品，每人抽完后箱中恢复原先10张卡片．甲同学参加了一次抽奖活动，则甲同学恰好抽到2张“获奖卡”的概率为 ；若该班有60名同学，每人都恰参加一次抽奖活动，则至少抽到1张“获奖卡”的人数的均值是 ． 【答案】 ； 58 【分析】由古典概型的概率公式代入计算，即可得到甲同学恰好抽到2张“获奖卡”的概率，再由二项分布的期望公式代入计算，即可得到结果. 【详解】甲同学恰好抽到2张“获奖卡”的概率为； 至少抽到1张“获奖卡”的概率为， 设至少抽到1张“获奖卡”的人数为X，则， 所以． 故答案为：； 10．（2025·天津北辰·三模）下列命题中 ①根据经验回归方程所得到的预报值就是响应变量的精确值 ②若随机变量满足，则 ③两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1 ④设且，则 其中错误命题的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】依次分析每个命题的正确性，根据经验回归方程、随机变量的方差性质、相关系数的意义以及正态分布的性质来判断. 【详解】经验回归方程所得到的预报值是响应变量的估计值，而不是精确值，所以命题①错误. 若随机变量满足，根据方差的性质（其中、为常数）， 可得，而不是，所以命题②错误. 根据相关系数的意义，两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于， 所以命题③正确. 已知，则正态曲线关于对称. 因为，所以. 那么，所以， 所以命题④错误. 综上，错误的命题有①②④，共个. 故选：B. 11．（2025·天津河西·模拟预测）一纸箱中装有4瓶未过期的饮料和2瓶过期饮料．若每次从中随机取出1瓶，取出的饮料不再放回，则在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未过期饮料的概率为 ；对这6瓶饮料依次进行检验，每次检验后不再放回，直到区分出6瓶饮料的保质期时终止检验，记检验的次数为，则随机变量的期望为 ． 【答案】 【分析】记事件A为“第一次取到过期饮料”，事件B为“第二次取到未过期饮料”，分别求出、，代入条件概率公式求解即可；首先确定终止检验的条件为：同种类型的饮料被全部取出，从而确定X的值，然后分析每个取值的情况并计算概率值，最后代入期望计算公式进行计算. 【详解】记事件A为“第一次取到过期饮料”，事件B为“第二次取到未过期饮料”， 则，， 所以在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未过期的概率为. 随机变量的取值为2,3,4,5，记为“第“i”次取到过期饮料”， ， , . 故答案为：. 12．（2025·天津和平·三模）下列结论中不正确的是（   ） A．已知随机变量，若，则 B．用决定系数来刻画回归的效果时，的值越接近1，说明模型拟合的效果越好 C．用0，1，2，3四个数字，组成有重复数字的三位数的个数为30 D．经验回归直线至少经过样本数据点中的一个点 【答案】D 【分析】由二项分布的期望与方差公式即可判断A；由决定系数的概念即可直接判断B；由分布乘法计数原理及间接法即可判断C；由经验回归方程有关性质即可直接判断D. 【详解】对于A，由二项分布的方差公式可知， 所以，所以， 所以二项分布的期望为，故A正确； 对于B，用来刻画回归效果，的值越接近于1，说明模型的拟合效果越好，的值越接近于0，说明模型的拟合效果越差，故B正确； 对于C，百位数字不能为0，有3种选择，个位和十位各有4种选择，利用分布乘法计数原理可得组成三位数的个数有种方法，其中没有重复数字的三位数的个数有种方法，所以组成有重复数字的三位数的个数为，故C正确； 对于D，在回归分析中，回归直线一定经过样本中心点，但不一定会经过样本数据点中的任何一个，故D错误； 故选：D. 13．（2025·天津·一模）已知甲、乙两名乒乓球运动员进行比赛，根据二人以往比赛资料统计，在一局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛互不影响.现在甲、乙二人准备进行三局比赛.则在三局比赛中甲胜前两局、乙胜第三局的概率是 ，用表示三局比赛中甲获胜的局数，则的数学期望是 . 【答案】 . 【分析】（1）利用独立事件概率公式，即可求解 （2）根据题意求出的可能取值，分别求出每种取值的概率，列出分布列，进而求解. 【详解】（1）设事件表示“在三局比赛中甲胜前两局、乙胜第三局”，则. （2）由题意知，的可能值为 ， 则的分布列为： 0 1 2 3 所以. 14．（2025·天津·二模）将一个质地均匀的正四面体的四个面上分别写上数字1，2，3，4，并在桌面上连续独立地抛掷次（为正整数）.当时，设为正四面体与桌面接触面上的数字为偶数的次数，则 ；当时，记正四面体与桌面接触面上的数字分别为，，记事件为“为偶数”，事件为“，中有偶数，且”，则 . 【答案】 /0.25 【分析】（1）根据题给条件可判断随机变量服从二项分布，即，再根据即可得解. （2）写出事件包含的事件个数，再根据条件概率公式计算即可. 【详解】由题意知，正四面体与桌面接触面上的数字为偶数的概率，且在桌面上连续独立地抛掷次， 为正四面体与桌面接触面上的数字为偶数的次数，则随机变量服从二项分布， 即，则； 正四面体与桌面接触面上的数字分别为，的包含的事件总个数为， 事件为“为偶数”包含的事件个数为，事件为“，中有偶数，且”包含的事件个数为. 则，，则. 故答案为：；. 15．（2025·天津和平·一模）袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为 ；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为，则的数学期望 . 【答案】 【分析】第一问可根据条件概率公式求解，第二问可先确定随机变量 的取值，再求出每个取值的概率，最后根据期望公式计算期望. 【详解】设“第一次取到黑球”为事件 ，“第二次取到白球”为事件 . 则. 表示第一次取到黑球且第二次取到白球的概率.第一次取黑球有 种取法，第二次取白球有 种取法，从 个球中依次取 个球的总取法有 种，所以 . 根据条件概率公式 ，可得 . 随机取出 个球，取出的球中白球的个数 可能取值为 ，，. 表示取出的 个球都是黑球的概率，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，从 个球中取 个球的组合数为 ，所以 . 表示取出的 个球中有 个白球和 个黑球的概率，从 个白球中取 个球的组合数为 ，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，所以 . 表示取出的 个球中有 个白球和 个黑球的概率，从 个白球中取 个球的组合数为 ，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，所以 . 根据期望公式 可得 . 故答案为：；. 16．（2024·天津北辰·模拟预测）下列命题中，不正确的是（   ） A．若随机变量，则 B．若随机变量，且，则 C．若，，则的最小值为 D．两个随机变量的相关系数越大，两个变量的线性相关性越强 【答案】D 【分析】对于A，由二项分布方差公式计算即可；对于B，由正态分布的对称性计算即可；对于C，由基本不等式计算即可；对于D，根据相关系数的意义即可判断. 【详解】对于A，随机变量，由二项分布方差公式得，故A正确； 对于B，随机变量，由正态分布的对称性得，故B正确； 对于C，由，则， 所以 当且仅当，则或取等号，故C正确； 对于D，线性相关系数的范围在到之间，有正有负，相关有正相关和负相关， 相关系数的绝对值的大小越接近于，两个变量的线性相关性越强； 反之，线性相关性越弱，故D错误. 故选：D. 题型3正态分布问题 17．（2025·天津宁河·模拟预测）下列说法中，正确的有（    ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点： ②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误； ③在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好； ④某项测量结果服从正态分布，若，则 A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】利用回归直线的特点可判断①；利用独立型检验可判断②；利用决定系数与模型拟合效果的关系可判断③；利用正态分布可判断④.即可得出合适的选项. 【详解】对于①，回归直线恒过点，不一定过样本点，①错； 对于②，根据列列联表中的数据计算得出，而， 则有的把握认为两个分类变量有关系， 即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误，②对； 对于③，在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果， 若越大，则说明模型拟合的效果越好，③对； 对于④，某项测量结果服从正态分布，若， 则，④对. 故选：C. 18．（2025·天津·二模）如图是两个正态分布的密度函数图象，则下列表述正确的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】根据给定的函数图象，结合正态分布的密度函数图象性质判断即得. 【详解】令对应的正态密度函数分别为， 则函数图象的对称轴分别为，且， 观察图象，得，，所以，. 故选：C 19．（2025·天津·一模）已知随机变量，若，则 . 【答案】 【分析】根据正态分布的对称性，结合概率的性质，可得答案. 【详解】由，则， 所以. 故答案为：. 20．（2025·天津和平·一模）某物理量的测量结果服从正态分布，下面结论中不正确的是（    ） A．该物理量在一次测量中小于2的概率为0.5 B．该物理量在一次测量中小于1.98与大于2.02的概率相等 C．该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等 D．越小，该物理量在一次测量中在的概率越大 【答案】C 【分析】由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解. 【详解】对于A，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量小于2的概率为，故A正确； 对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于的概率与小于的概率相等，故B正确； 对于C，因为正态分布密度曲线的性质，该物理量测量结果落在的概率大于落在的概率， 所以一次测量结果落在的概率大于落在的概率，故C错误； 对于D，为数据的方差，所以越小，数据在附近越集中，所以测量结果落在内的概率越大，故D正确； 故选：C. 21．（2025·天津河东·一模）下列说法中，正确的有（    ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点； ②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误； ③是用来判断两个分类变量是否相关的随机变量，当的值很小时可以推断两类变量不相关； ④某项测量结果服从正态分布，若，则. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】根据回归直线的特征即可判断①，理解独立性检验的基本思想即可判断②，正确把握卡方值的含义即可判断③，利用正态曲线的对称性可判断④. 【详解】回归直线的性质是恒过样本点的中心，但不一定会经过任何一个具体的样本点.所以说法①错误. 在独立性检验中，我们先提出一个假设.当根据列联表中的数据计算得出，且时，这意味着在假设成立的条件下，出现这样的值是一个小概率事件.小概率事件在一次试验中几乎不可能发生，但现在却发生了，所以我们有理由拒绝假设，从而有的把握认为两个分类变量有关系，同时也就意味着有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误，所以说法②正确. 是用于判断两个分类变量是否相关的随机变量.当的值很小时，只能说明我们有较小的把握认为两类变量相关，但不能就此推断两类变量不相关.因为即使值小，也有可能是由于样本量等因素的影响，不能绝对地得出两类变量无关的结论，所以说法③错误. 已知某项测量结果服从正态分布，正态分布具有对称性，其对称轴为.又因为，这表明与关于对称轴对称.根据正态分布的对称性可知，与之和为，已知，那么，所以说法④正确. 故选：B. 22．（2023·天津和平·三模）下列说法中，正确的个数为（    ） ①样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度； ②用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好； ③随机变量服从正态分布，若，则； ④随机变量服从二项分布，若方差，则． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据相关系数的性质，二项分布的性质，拟合效果的衡量以及正态分布的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】相关系数的绝对值越接近于1，成对样本数据之间线性相关的程度越强，故①正确； 用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好，故②正确； 已知随机变量服从正态分布，若，则，故③正确； 若随机变量服从二项分布，则方差，所以， 所以，所以或，故④错误. 故选：C. 23．（2024·天津·模拟预测）下列说法正确的序号是（    ） ①在回归直线方程中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量平均增加0.8个单位； ②利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得最小的原理； ③已知X，Y是两个分类变量，若它们的随机变量的观测值k越大，则“X与Y有关系”的把握程度越小； ④已知随机变量服从正态分布，且，则. A．①②③ B．②③④ C．②④ D．①②④ 【答案】D 【分析】根据回归方程的定义和性质即可判断①②；随机变量的观测值越小，则“与有关系”的把握程度越小，即可判断③；根据正态曲线的对称性即可判断④ 【详解】对于①，在回归直线方程中， 当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均增加0.8个单位，故①正确； 对于②，用随机误差的平方和，即， 并使之达到最小，这样回归直线就是所有直线中取最小值的那一条， 由于平方又叫二乘，所以这种使 “随机误差的平方和为最小”的方法叫做最小二乘法， 所以利用最小二乘法求回归直线方程， 就是使得最小的原理，故②正确； 对于③，对分类变量与，对它们的随机变量的观测值越小， 则“与有关系”的把握程度越小，故③错误； 对于④，随机变量服从正态分布，且， 则，故④正确. 故选：D. 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司/ 学科网（北京）股份有限公司 $