第二编 专题5 第1讲 计数原理、概率、统计问题-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦概率与统计专题，覆盖计数原理、概率模型、统计分析三大核心考点，依据高考评价体系明确小题中排列组合应用占30%、古典概型与正态分布占40%、统计图表与数字特征占30%的考查权重，归纳出捆绑插空法、全概率公式应用等常考题型解法。 课件亮点在于“真题溯源+技巧提炼+素养提升”，通过2025年新课标卷真题“4×4方格选法”案例，用数学思维剖析分步计数原理，结合数据观念指导分层抽样中样本方差计算。特设“易错警示”如二项式系数与系数的区分，助力学生掌握答题技巧，教师可依托专题作业实现精准复习，提升备考效率。

第二编　主干知识突破 专题五　概率与统计 第1讲　计数原理、概率、统计问题 「考情研析」在高考选择题、填空题中对概率与统计的考查主要包括以下几个方面：1.考查计数原理、排列与组合的简单应用，二项式通项公式、二项式系数的应用.2.考查事件之间的关系，相互独立事件的概率、古典概型、条件概率、全概率公式、二项分布、正态分布等.3.考查随机抽样、样本的数字特征、统计图表、成对数据的统计分析等． 2 核心 知识回顾 目录 热点 考向探究 真题VS押题 专题作业 核心 知识回顾 (1)计数原理 核心 知识回顾 5 (2)概率 核心 知识回顾 6 核心 知识回顾 7 (3)统计 核心 知识回顾 8 核心 知识回顾 9 核心 知识回顾 10 核心 知识回顾 11 核心 知识回顾 12 核心 知识回顾 13 核心 知识回顾 14 热点 考向探究 考向1　 　计数原理 例1 (1)(2025·江西省十校协作体第二次联考)如图，湖面上有4个小岛A，B，C，D，现要建3座桥梁，将这4个小岛连通起来，则建设方案有(　　) A．12种 B．16种 C．20种 D．24种 热点 考向探究 16 (2)(2025·贵州安顺二模)贵阳市某中学举办“贵阳文化”交流活动，计划在校园内用五个展板展示阳明文化、山地文化、民族文化、红色文化和饮食文化五种特色文化．规定阳明文化展板与红色文化展板不相邻，饮食文化展板放最后，则展板的不同排列方法有(　　) A．12种 B．14种 C．16种 D．18种 热点 考向探究 17 热点 考向探究 18 热点 考向探究 19 1．求解排列问题的主要方法 直接法 对于无限制条件的排列，直接列式计算符合条件的排列数 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置 捆绑法 把某些元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法 对于不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中 消序法 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列 间接法 正难则反，等价转化的方法 穷举法 把符合条件的所有排列一一列举出来 热点 考向探究 20 2.组合问题的两类题型 有附加条件的排列、组合问题，大多需要用分类讨论的方法，注意分类时应不重不漏；对于“小集团”问题常采用先整体后局部的方法． 热点 考向探究 21 3．二项式问题的求解策略 (1)求解二项式展开式中特定项的系数问题，可用待定系数法结合二项展开式的通项公式来求解． (2)求二项展开式中若干项系数的和、差等，一般用赋值法达到解决问题的目的． 热点 考向探究 22 1．(2025·湖南长沙模拟)在《红楼梦》第三十八回“林潇湘魁夺菊花诗，薛蘅芜讽和螃蟹咏”中，史湘云做东，邀众姐妹和贾宝玉一起作诗．诗会以菊花为主题，共编拟了10首不同的咏菊诗名，假设分配贾宝玉作《访菊》《种菊》两首，薛宝钗作《忆菊》《画菊》两首，剩下6首诗分别由林黛玉、史湘云、探春三人创作，且每人至少创作1首，至多创作3首，则不同的分工方案共有(　　) A．150种 B．360种 C．450种 D．540种 热点 考向探究 23 热点 考向探究 24 3．(2025·河南名校学术联盟三模)将1，1，2，2，2，2，2，3，5这9个数填入如图所示的格子中，要求每个数都要填入，且每个格子中只能填一个数，则不同的填法共有_______种；若填入的每行各数之和为偶数，则不同的填法共有_____种． 1512 324 热点 考向探究 25 热点 考向探究 26 考向2 　概率　 热点 考向探究 27 热点 考向探究 28 热点 考向探究 29 热点 考向探究 30 (3)(多选)(2025·甘肃白银二模)已知一批产品的某项质量指标X～N(18，σ2)(σ>0)，且P(15<X≤18)＝0.4，现从该批产品中随机取4件产品，变量Y表示这4件产品的质量指标X∈(15，21)的产品件数，则(　　) A．E(X)＝18 B．P(Y＝1)＝0.0512 C．P(X≥21)＝0.1 D．D(Y)＝0.64 热点 考向探究 31 热点 考向探究 32 3．求积事件AB概率的方法 热点 考向探究 33 热点 考向探究 34 热点 考向探究 35 热点 考向探究 36 2．(多选)(2025·河北秦皇岛三模)已知一批乒乓球出厂的次品率为α(0<α<1)，乒乓球出厂时，要求检验员不放回地抽取两次，每次抽取一个，贴上验收标签．记“第一次抽到的乒乓球检测为次品”为事件A，“第二次抽到的乒乓球检测为次品”为事件B，则下列说法正确的是(　　) A．P(A)＝α B．P(B)<α C．P(B|A)<α D．P(AB)<α2 热点 考向探究 37 热点 考向探究 38 热点 考向探究 39 热点 考向探究 40 考向3　统计 例3　(1)(多选)(2025·甘肃白银二模)某汽车公司为了宣传A，B两款新能源汽车，邀请8名业内人士试驾，就新款汽车的驾乘感受进行评分，最高分数为10分．试驾结束后，评分如下表： 下列说法正确的是(　　) A．A，B两款汽车评分数据的众数相同 B．A，B两款汽车评分数据的中位数相同 C．若将评分数据乘以10，则新数据的方差为原数据的方差的10倍 D．A款汽车评分数据去掉一个最低分和一个最高分后所得数据的极差小于原数据的极差 A 9.9 9.5 9.6 9.4 9.7 9.8 9.9 9.7 B 9.7 9.5 9.8 9.7 9.7 9.9 9.8 9.6 热点 考向探究 41 解析：对于A，易知B款汽车评分数据的众数为9.7，A款汽车评分数据的众数为9.9，9.7，所以A错误；对于B，易得两组数据的中位数均为9.7，所以B正确；对于C，由方差的性质，得新数据的方差为原数据的方差的100倍，所以C错误；对于D，A款汽车评分数据去掉一个最低分和一个最高分后所得数据的极差9.9－9.5<9.9－9.4，所以D正确．故选BD. 热点 考向探究 42 (2)(2025·天津二模)某地政府为了促进当地旅游，从到达该地旅游的游客中随机选取了400人进行调查，其中青年人、中年人、老年人三个年龄段的占比饼状图如图1所示，各年龄段游客的性别占比条形图如图2所示，则下列说法正确的是(　　) A．估计到达该地旅游的女性占比约为55% B．从调查的游客中，随机抽取一位进行深入调研，则抽到中年男性的概率为0.175 C．若按年龄进行分层，用分层随机抽样的方法从调查的游客中抽取20人分发纪念品，则从中年人中应抽取8人 D．从调查的游客中选取一位作为幸运游客，在已知该幸运游客是青年人的条件下，其是女性的概率为0.6 热点 考向探究 43 解析：对于A，估计到达该地旅游的女性占比约为40%×70%＋35%×50%＋25%×60%＝60.5%，故A错误；对于B，从调查的400人中，随机抽取一位进行深入调研，则抽到中年男性的概率为0.35×0.5＝0.175，故B正确；对于C，若按年龄进行分层，用分层随机抽样的方法从调查的游客中抽取20人分发纪念品，则从中年人中应抽取20×0.35＝7人，故C错误；对于D，从调查的游客中选取一位作为幸运游客，在已知该幸运游客是青年人的条件下，其是女性的概率为0.7，故D错误．故选B. 热点 考向探究 44 热点 考向探究 45 热点 考向探究 46 1．用样本估计总体 (1)对于给出的统计图表，一定要结合问题背景，理解图表意义． (2)理解样本数据方差的意义和作用，学会计算样本的数字特征(如平均数、标准差)，并作出合理的解释． (3)会用样本估计总体的思想，用样本的频率分布估计总体分布，用样本的基本数字特征估计总体的基本数字特征． 热点 考向探究 47 热点 考向探究 48 1．(多选)(2025·安徽黄山一模)某校对参加校庆活动的志愿者开展培训活动，培训活动结束后进行考核．为了解培训效果，从中抽取了80名志愿者的考核成绩，规定考核成绩在[90，100)内的考核等级为优秀，这80名志愿者的考核成绩统计图表如下所示． 男志愿者考核成绩频率分布直方图 女志愿者考核成绩频率分布表 分组 频数 频率 [75，80) 2 0.050 [80，85) 13 0.325 [85，90) 18 0.450 [90，95) a m [95，100) b 0.075 热点 考向探究 49 则下列结论中正确的是(　　) A．被抽取的男、女志愿者人数均为40 B．a＝4，b＝3，m＝0.100 C．样本中考核等级为优秀的男、女志愿者人数分别为6和7 D．样本中男志愿者考核成绩的第92百分位数为93 热点 考向探究 50 2．(多选)(2025·江苏南通二模)每年4月23日为“世界读书日”，某小学为鼓励学生进行课外阅读，拓宽学生眼界，对热爱课外阅读的班级进行表彰，规定从班级中随机抽取5位同学，统计他们一学年内阅读课外书籍的本数，若抽取的5位同学在一学年内阅读课外书籍的本数都不低于10，则该班级被评为“优阅班级”．以下是从4个班级抽取的5位同学的统计数据： 六(1)班：中位数为11，众数为10； 六(2)班：众数为12，极差为3； 六(3)班：平均数为12，极差为3； 六(4)班：平均数为12，方差为2. 根据以上信息，一定被评为“优阅班级”的是(　　) A．六(1)班 B．六(2)班 C．六(3)班 D．六(4)班 热点 考向探究 51 热点 考向探究 52 热点 考向探究 53 3．(2025·河南部分名校三模)在对某中学高三年级学生体重(单位：kg)的调查中，按男、女生人数比例用分层随机抽样的方法抽取部分学生进行测量，已知抽取的男生有50人，其体重的平均数和方差分别为54，20，抽取的女生有40人，其体重的平均数和方差分别为45，11，则估计该校高三年级学生体重的方差为________． 36 热点 考向探究 54 真题VS押题 1．(2025·新课标Ⅱ卷，1)样本数据2，8，14，16，20的平均数为(　　) A．8 B．9 C．12 D．18 真题VS押题 56 2．(2024·新课标Ⅱ卷，4)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)并整理得下表： 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1050 kg B．100块稻田中亩产量低于1100 kg的稻田所占比例超过80% C．100块稻田亩产量的极差介于200 kg至300 kg之间 D．100块稻田亩产量的平均值介于900 kg至1000 kg之间 亩产量 [900，950) [950，1000) [1000，1050) [1050，1100) [1100，1150) [1150，1200) 频数 6 12 18 30 24 10 真题VS押题 57 真题VS押题 58 真题VS押题 59 真题VS押题 60 真题VS押题 61 5．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷，9)有一组样本数据x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则(　　) A．x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数 B．x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数 C．x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差 D．x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差 真题VS押题 62 真题VS押题 63 真题VS押题 64 6．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷，12)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α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.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1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2 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β(1－β)2 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3 D．当0<α<0.5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VS押题 65 真题VS押题 66 7．(2025·新课标Ⅰ卷，14)一个箱子里有5个相同的球，分别以1～5标号，若每次取1个，有放回地取3次，记至少被取出1次的球的个数为X，则数学期望E(X)＝_____________． 真题VS押题 67 真题VS押题 68 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 8．(2024·新课标Ⅱ卷，14)在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________． 24 112 真题VS押题 69 解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24种选法．每种选法可标记为(a，b，c，d)，a，b，c，d分别表示第一、二、三、四列的数字，则所有的可能结果为(11，22，33，44)，(11，22，34，43)，(11，22，33，44)，(11，22，34，42)，(11，24，33，43)，(11，24，33，42)，(12，21，33，44)，(12，21，34，43)，(12，22，31，44)，(12，22，34，40)，(12，24，31，43)，(12，24，33，40)，(13，21，33，44)，(13，21，34，42)，(13，22，31，44)，(13，22，34，40)，(13，24，31，42)，(13，24，33，40)，(15，21，33，43)，(15，21，33，42)，(15，22，31，43)，(15，22，33，40)，(15，22，31，42)，(15，22，33，40)，所以选中的方格中，(15，21，33，43)的4个数之和最大，为15＋21＋33＋43＝112. 真题VS押题 70 9．(2024·新课标Ⅰ卷，14)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用)．则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为________． 真题VS押题 71 真题VS押题 72 真题VS押题 73 (多选)已知离散型随机变量X的分布列为P(X＝xi)＝pi(i＝1，2，3，…，n)．定义随机变量Y＝etX(t∈R，e为自然对数的底数，e＝2.71828…)的分布列如下： Y etx1 etx2 … etxn P p1 p2 … pn 真题VS押题 74 真题VS押题 75 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ 对点 分层随机抽样、计数原理与组合的简单应用 样本数据的数字特征 条件概率的计算 计数原理、排列与组合的简单应用 经验回归直线的 残差 二项展开式的系数 样本数据的方差 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★★ ★★ ★★ ★★★ ★ ★★ ★★ 对点 概率与数列的应用 正态分布的概率计算 用样本估计总体 条件概率、超几何分布、二项式分布的综合应用 二项式各项的系数 频率的计算；独立性检验 离散型随机变量的均值 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 77 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 78 2．(2025·安徽芜湖二模)一组数11，13，15，26，29，30，32，33，36，若去掉11和36，则该组数以下哪个数字特征不变(　　) A．平均数 B．中位数 C．方差 D．极差 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 79 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 80 4．(2025·湖北宜昌二模)运动会期间，校园广播站安排甲、乙、丙、丁4人参加当天3000米、1500米和跳高三个比赛项目的现场报道，每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，则甲不在跳高项目的安排方法有(　　) A．32种 B．24种 C．18种 D．12种 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 81 月份x 1 2 3 4 5 销量y 0.5 s 1 t 1.4 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 82 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 83 6．(2025·四川德阳二模)已知(1＋ax)(2－x)4(a∈R)的展开式中x4的系数为17，则实数a的值为(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 84 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 85 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 86 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 87 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 88 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 89 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 90 10．(2025·河北石家庄二模)为了解甲、乙两个班级学 生的物理学习情况，从两个班学生的物理成绩(均为整数)中 各随机抽查20个，得到如图所示的数据图(用频率分布直方 图估计总体平均数时，每个区间的值均取该区间的中点值)． 关于甲、乙两个班级的物理成绩，下列结论错误的是(　　) A．甲班物理成绩的众数小于乙班物理成绩的众数 B．乙班物理成绩的第75百分位数为79 C．甲班物理成绩的中位数为74 D．甲班物理成绩的平均数大于乙班物理成绩的平均数的估计值 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 91 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 92 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 93 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 94 三、填空题 12．(2025·湖北襄阳二模)若(2x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a1－a2＋a3－a4＝________． 解析：令x＝0，可得a0＝1，令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋a4＝81，所以－a1＋a2－a3＋a4＝80，所以a1－a2＋a3－a4＝－80. －80 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 95 小组 旅游省份 合计 云南 河南 东小组 60 40 100 西小组 70 30 100 合计 130 70 200 13．(2025·辽宁部分重点中学三模)已知某社区有200人计划暑假去云南或河南旅游，他们每人从云南与河南中选择一个省份去旅游，将这200人分为东、西两小组，经过统计得到如下2×2列联表： 单位：人 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 96 α 0.05 0.01 0.001 xα 3.841 6.635 10.828 65% 没有 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 97 14．(2025·安徽合肥三模)某超市举办了一场抽奖活动，回馈消费者，规则如下：在抽奖盒子中装有6，8两个数字的卡牌(除数字外不可区分)各两张，消费者从盒子中依次摸出4张卡牌，并按摸取的顺序排成一列．若相邻卡牌上的数字都不相同，则可获得50元奖励；若相邻卡牌上的数字只有一对相同，则可获得80元奖励；若相邻卡牌上的数字有两对相同，则可获得100元奖励．按上述规则，任意1名消费者最终可获得奖励的数学期望为________元． 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 98 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 99 　　　　　　　　　　　　　 R (1)排列、组合问题五个常用公式 ①Aeq \o\al(m,n)＝nAeq \o\al(m－1,n－1)； ②(n＋1)！－n！＝n·n！； ③kCeq \o\al(k,n)＝nCeq \o\al(k－1,n－1)； ④Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)＝2n； ⑤Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋Ceq \o\al(4,n)＋…＝Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(3,n)＋Ceq \o\al(5,n)＋…＝2n－1． (2)当n为偶数时，二项式系数的最大值为； 当n为奇数时，二项式系数的最大值为＝. (3)均值与方差的常用性质 若Y＝aX＋b，其中a，b是常数，X是随机变量，则 ①E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数； ②E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)； ③E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)； ④D(X)＝E(X2)－(E(X))2； ⑤若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)； ⑥若X服从二项分布，即X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)； ⑦若X服从超几何分布，即X可以理解为从含M件次品的N件产品中，不放回地随机抽取n件产品中的次品数，则E(X)＝eq \f(nM,N)． (4)比例分配的分层随机抽样中的两个等量关系 ①eq \f(样本容量n,总体的个体数N)＝eq \f(某层抽取的个体数,该层的个体数)； ②总体中某两层的个体数之比等于样本中这两层的个体数之比． (5)若给定一组数据x1，x2，…，xn的平均数为eq \o(x,\s\up17(－))，方差为s2，则ax1＋b，ax2＋b，…，axn＋b的平均数为aeq \o(x,\s\up17(－))＋b，方差为a2s2． (6)若M个数的平均数是X，N个数的平均数是Y，则这(M＋N)个数的平均数是eq \f(MX＋NY,M＋N). (7)分层随机抽样的总的样本平均数和样本方差 若总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽样的样本容量、样本平均数和样本方差分别为m，eq \o(x,\s\up17(－))，seq \o\al(2,1)；n，eq \o(y,\s\up17(－))，seq \o\al(2,2)，记总的样本平均数为eq \o(w,\s\up17(－))，样本方差为s2，则 ①eq \o(w,\s\up17(－))＝eq \f(m,m＋n) eq \o(x,\s\up17(－))＋eq \f(n,m＋n) eq \o(y,\s\up17(－))； ②s2＝eq \f(m,m＋n)[seq \o\al(2,1)＋(eq \o(x,\s\up17(－))－eq \o(w,\s\up17(－)))2]＋eq \f(n,m＋n)[seq \o\al(2,2)＋(eq \o(y,\s\up17(－))－eq \o(w,\s\up17(－)))2]． (8)频率分布直方图与众数、中位数和平均数的关系 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． (9)求解经验回归方程的关键是确定回归系数eq \o(b,\s\up17(^))，eq \o(a,\s\up17(^))，应充分利用经验回归直线过点(eq \o(x,\s\up17(－))，eq \o(y,\s\up17(－)))． 解析：由题意知要将4个相邻的小岛A，B，C，D连通起来，共有Ceq \o\al(2,4)＝6个位置可以建设桥梁，从这6个位置中选3个建设桥梁，共有Ceq \o\al(3,6)＝20种选法，但选出的3个位置可能是仅连通A，B，C或A，B，D或A，C，D或B，C，D 3个小岛，不符合题意，故要建3座桥梁，将这4个小岛连通起来，共有20－4＝16种不同的建设方案．故选B. 解析：先排饮食文化展板，有1种排列方法；再排山地文化展板、民族文化展板，有Aeq \o\al(2,2)种排列方法；再利用插空法排阳明文化展板与红色文化展板，有Aeq \o\al(2,3)种排列方法，故共有1×Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3)＝12种不同的排列方法．故选A. (3)(多选)(2025·安徽马鞍山二模)已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(x),2)－\f(1,x))) eq \s\up12(n)的展开式中各项系数之和为eq \f(1,64)，则(　　) A．展开式中共有6项 B．展开式中二项式系数的和为64 C．展开式中的常数项为eq \f(15,16) D．展开式中系数最大的项是第2项 解析：由题意可得展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－k)xeq \s\up17(\f(n－k,2))·(－1)kx－k＝Ceq \o\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－k)·(－1)kxeq \s\up17(\f(n－3k,2)).对于A，令x＝1，可得展开式中各项系数之和为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n)＝eq \f(1,64)，得n＝6，则展开式中共有7项，故A错误；对于B，二项式系数的和为26＝64，故B正确；对于C，令eq \f(6－3k,2)＝0，得k＝2，则常数项为T3＝Ceq \o\al(2,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6－2)×(－1)2＝eq \f(15,16)，故C正确；对于D，由通项，可得各项系数依次为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6－0)×(－1)0＝eq \f(1,64)，Ceq \o\al(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6－1)×(－1)1＝－eq \f(3,16)，Ceq \o\al(2,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6－2)×(－1)2＝eq \f(15,16)，Ceq \o\al(3,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6－3)×(－1)3＝－eq \f(5,2)，Ceq \o\al(4,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6－4)×(－1)4＝eq \f(15,4)，Ceq \o\al(5,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6－5)×(－1)5＝－3，Ceq \o\al(6,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6－6)×(－1)6＝1，则系数最大的项是第5项，故D错误．故选BC. 解析：第一类，将6首诗按1，2，3的数量分给3人，有Ceq \o\al(1,6)Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(3,3)Aeq \o\al(3,3)＝360种；第二类，将6首诗按2，2，2的数量分给3人，有Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝90种，所以不同的分工方案共有360＋90＝450种．故选C. 2．(2025·晋城二模)已知(3x－y)n＝a0xn＋a1xn－1y＋a2xn－2y2＋…＋anyn，若eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝0))|ai|＝1024，则展开式中含xp－1yp(p∈N*)项的系数为(　　) A．－270 B．－90 C．90 D．270 解析：令x＝1，y＝－1，得4n＝1024，解得n＝5.又(3x－y)5的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,5)35－k·x5－k(－y)k(k＝0，1，2，…，5)，令k－(5－k)＝1，解得k＝3，所以展开式中x2y3的系数为Ceq \o\al(3,5)×32×(－1)3＝－90.故选B. 解析：将这9个数填入，不同的填法种数为9,9)eq \f(A,Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(5,5)) ＝1512.这9个数中有4个奇数，5个偶数，因为填入的每行各数之和为偶数，故每行有偶数个奇数，则只需将4个奇数按0，2，2分成三组．当两个1在同一行时，不同的填法种数为Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(3,3)＝108；当两个1不在同一行时，不同的填法种数为Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(3,3)＝216.故不同的填法种数为108＋216＝324. 例2　(1)(多选)(2025·浙江温州三模)抛掷一枚质地均匀的骰子，记试验的样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6}，事件M＝{1，2}，事件N＝{2，3，4}，则(　　) A．M与N是互斥事件 B．M与N是相互独立事件 C．P(M|N)＝P(N|M) D．P(eq \o(M,\s\up17(－))N)＋P(Meq \o(N,\s\up17(－)))＝eq \f(1,2) 解析：对于A，可掷出2，使得M，N同时发生，则M与N不是互斥事件，故A错误；对于B，P(MN)＝eq \f(1,6)，P(M)＝eq \f(1,3)，P(N)＝eq \f(1,2)，满足P(MN)＝P(M)P(N)，则M与N是相互独立事件，故B正确；对于C，由B项可知P(M|N)＝P(M)＝eq \f(1,3)，P(N|M)＝P(N)＝eq \f(1,2)，故C错误；对于D，P(eq \o(M,\s\up17(－))N)＝P(eq \o(M,\s\up17(－)))P(N)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，P(Meq \o(N,\s\up17(－)))＝P(M)P(eq \o(N,\s\up17(－)))＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，所以P(eq \o(M,\s\up17(－))N)＋P(Meq \o(N,\s\up17(－)))＝eq \f(1,2)，故D正确．故选BD. (2)(2025·四川自贡二模)现有数字1，2，2，3，3，3，若将这六个数字排成一排，则数字2，2恰好相邻的概率为(　　) A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,9) D.eq \f(1,3) 解析：解法一：给定的数字是1，2，2，3，3，3，其中有一个1，两个2，三个3，总共有6个数字，因此总排列数为eq \f(6！,2！·3！)＝60.符合条件的排列数(两个2恰好相邻的情况)：将两个2视为一个整体(即“超级元素”)，这样剩下的元素为1，3，3，3和这个“超级元素”，共5个元素．其中三个3是重复的，因此符合条件的排列数为eq \f(5！,3！)＝20，所以数字2，2恰好相邻的概率为eq \f(20,60)＝eq \f(1,3).故选D. 解法二：考虑两个2的位置组合，共有Ceq \o\al(2,6)＝15种可能的位置组合，其中相邻的位置对数为5种，因此数字2，2恰好相邻的概率为eq \f(5,15)＝eq \f(1,3).故选D. 解析：由正态分布的概念知E(X)＝18，A正确；P(X≥21)＝P(X≤15)＝0.5－P(15<X≤18)＝0.1，C正确；易知1件产品的质量指标X∈(15，21)的概率P＝0.8，Y～B(4，0.8)，则P(Y＝1)＝Ceq \o\al(1,4)×0.8×0.23＝0.0256，B不正确；D(Y)＝4×0.8×0.2＝0.64，D正确．故选ACD. 1．古典概型的概率公式 P(A)＝eq \f(事件A包含的样本点数,试验的样本点总数). 2．条件概率P(B|A)的计算方法 P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(n（AB）,n（A）). 4．全概率公式 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，有P(B)＝eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1))P(Ai)·P(B|Ai)． 5．利用正态曲线的对称性研究相关概率问题 (1)正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1. (2)常用结论 ①P(X<x0)＝1－P(X≥x0)； ②P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)； ③P(a<X<b)＝P(X<b)－P(X≤a)． 1．(多选)(2025·贵州黔南三模)已知随机变量η和ξ满足η＝3ξ＋1，且E(ξ)＝2，若ξ的分布列如下表，则下列说法正确的是(　　) ξ 1 2 3 P a eq \f(1,2) b A.a＝eq \f(1,3) B．b＝eq \f(1,4) C．E(η)＝7 D．D(η)＝eq \f(9,2) 解析：依题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(E（ξ）＝1×a＋2×\f(1,2)＋3b＝2，,a＋\f(1,2)＋b＝1，))解得a＝b＝eq \f(1,4)，故A错误，B正确；又η＝3ξ＋1，所以E(η)＝E(3ξ＋1)＝3E(ξ)＋1＝3×2＋1＝7，故C正确；因为D(ξ)＝(1－2)2×eq \f(1,4)＋(2－2)2×eq \f(1,2)＋(3－2)2×eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)，所以D(η)＝D(3ξ＋1)＝32D(ξ)＝9×eq \f(1,2)＝eq \f(9,2)，故D正确．故选BCD. 解析：对于A，由于第一次抽样时，乒乓球的次品率为α，∴P(A)＝α，故A正确；对于B，设出厂时的乒乓球总数为N(N>1)，由全概率公式得，P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \o(A,\s\up17(－)))P(B|eq \o(A,\s\up17(－)))＝α·eq \f(αN－1,N－1)＋(1－α)·eq \f(αN,N－1)＝α，故B错误；对于C，P(B|A)＝eq \f(αN－1,N－1)＝α＋eq \f(α－1,N－1)，∵0<α<1，∴－1<α－1<0，∴eq \f(α－1,N－1)<0，∴P(B|A)<α，故C正确；对于D，P(AB)＝P(A)P(B|A)＝α·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(α－1,N－1)))＝α2＋eq \f(α2－α,N－1)，∵0<α<1，∴0<α2<α<1，∴α2－α<0，∴eq \f(α2－α,N－1)<0，∴P(AB)<α2，故D正确．故选ACD. 3．(2025·江苏南通二模)某校高三年级共8个班举行乒乓球比赛，每班一名选手代表班级参加，每一轮比赛前抽签决定对阵双方，负者淘汰，胜者进入下一轮，直至最后产生冠军，其中各场比赛结果相互独立．根据以往经验，高三(1)班选手甲和高三(2)班选手乙水平相当，且在所有选手中水平稍高，他们对阵其他班级选手时获胜的概率都为eq \f(2,3)，除选手甲、选手乙外的其他6名选手水平相当，则高三(1)班的选手甲通过第一轮比赛的概率为________，第三轮比赛由选手甲、选手乙争夺冠军的概率为____________． eq \f(9,14) eq \f(64,567) 解析：选手甲在第一轮比赛遇到选手乙的概率为eq \f(1,7)，此时选手甲获胜的概率为eq \f(1,2)，选手甲遇到其他6名选手的概率为eq \f(6,7)，此时选手甲获胜的概率为eq \f(2,3)，所以选手甲通过第一轮比赛的概率为P＝eq \f(1,7)×eq \f(1,2)＋eq \f(6,7)×eq \f(2,3)＝eq \f(9,14).第一轮比赛中选手甲和选手乙不相遇且两人均获胜，其概率为P1＝eq \f(6,7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(8,21)，进入第二轮比赛的4人中，选手甲和选手乙不相遇的概率为eq \f(2,3)，且两人均获胜的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)，故第二轮比赛中选手甲和选手乙不相遇且两人均获胜的概率为P2＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(8,27)，所以选手甲、选手乙在第三轮比赛争夺冠军的概率为P＝P1P2＝eq \f(8,21)×eq \f(8,27)＝eq \f(64,567). (3)(多选)(2025·广东佛山三模)生活经验告诉我们，儿子的身高与父亲的身高不仅线性相关，而且还是正相关．有人调查了10名男大学生的身高y(单位：cm)及其父亲身高x(单位：cm)的数据(xi，yi)(i＝1，2，…，10)，已知其中一组数据为(182，185)，且eq \o(∑,\s\up17(10),\s\do14(i＝1))xi＝1750，求得经验回归方程为eq \o(y,\s\up6(^))＝0.65x＋63，并绘制了如下残差图(残差＝观测值－预测值)，则(　　) A．这10名男大学生的身高的平均值为176.75 B．由残差图可判定儿子身高与父亲身高的关系不符合上述回归模型 C．数据(182，185)对应的残差为3.7 D．去掉数据(182，185)后，重新求得的回归直线的决定系数R2变小 解析：(eq \o(x,\s\up17(－))，eq \o(y,\s\up17(－)))满足经验回归方程，代入eq \o(x,\s\up17(－))＝175，计算可得eq \o(y,\s\up17(－))＝176.75，故A正确；从残差图中可以看到残差比较均匀地分布在以0为均值，横轴为对称轴的水平带状区域内，满足上述回归模型，故B错误；代入x＝182，得eq \o(y,\s\up6(^))＝181.3，因此残差为185－181.3＝3.7，故C正确；由残差图可知(182，185)是一个极端数据，去掉后重新求得的回归直线拟合程度会变好，决定系数R2变大，D错误．故选AC. 在数据的频率分布直方图中，纵坐标表示的是频率与组距的比，每个小长方形的面积＝组距×eq \f(频率,组距)＝频率． 2．成对数据的统计分析 (1)样本点不一定在经验回归直线上，但点(eq \o(x,\s\up17(－))，eq \o(y,\s\up17(－)))一定在经验回归直线上． (2)利用样本相关系数判断线性相关程度强弱时，看|r|的大小，而不是r的大小． (3)通过经验回归方程求的都是估计值，而不是真实值． (4)决定系数R2越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好． (5)χ2越大两分类变量无关的可能性越小，推断犯错误的概率越小． (6)在犯错误的概率不大于0.01的前提下认为两个变量有关，并不是指两个变量无关的可能性为0.01. 解析：对于A，由女志愿者考核成绩频率分布表可知被抽取的女志愿者的人数为2÷0.05＝40，所以被抽取的男、女志愿者人数均为40，故A正确；对于B，由eq \f(b,40)＝0.075，得b＝3，则a＝40－2－13－18－3＝4，所以m＝eq \f(a,40)＝eq \f(4,40)＝0.100，故B正确；对于C，样本中考核等级为优秀的男志愿者人数为40×(0.015＋0.01)×5＝5，样本中考核等级为优秀的女志愿者人数为4＋3＝7，故C错误；对于D，样本中男志愿者考核成绩的第92百分位数为90＋eq \f(0.045,0.015)＝93，故D正确．故选ABD. 解析：对于A，设六(1)班这5位同学阅读课外书籍的本数为x1，x2，x3，x4，x5(自左向右按照从小到大顺序排列)，因为中位数为11，则x3＝11，又众数为10，则x1＝x2＝10，所以该班级一定被评为“优阅班级”，故A符合题意；对于B，举反例，如六(2)班这5位同学阅读课外书籍的本数为9，10，11，12，12，满足众数为12，极差为3，故B不符合题意；对于C，设六(3)班这5位同学阅读课外书籍的本数为x1，x2，x3，x4，x5(自左向右按照从小到大顺序排列)，由平均数eq \o(x,\s\up17(－))＝12，极差为3，即x5－x1＝3，若x1≤9，则x5－3≤9，解得x5≤12，这与eq \o(x,\s\up17(－))＝12矛盾，故x1≥10，故C符合题意；对于D，设六(4)班这5位同学阅读课外书籍的本数为x1， x2，x3，x4，x5(自左向右按照从小到大顺序排列)，平均数eq \o(x,\s\up17(－))＝12，方差s2＝2，则2＝eq \f(1,5)[(x1－12)2＋(x2－12)2＋(x3－12)2＋(x4－12)2＋(x5－12)2]，所以(x1－12)2＋(x2－12)2＋(x3－12)2＋(x4－12)2＋(x5－12)2＝10，若x1≤8，则(x1－12)2≥16>10，与上式不符，若x1＝9，由eq \o(x,\s\up17(－))＝12，得x5>12，当x5＝13时，则这5个数分别为9，12，13，13，13，此时方差s2>2，不符合题意，显然当x5>13时，方差s2>2，不符合题意，所以x1≥10，故D符合题意．故选ACD. 解析：由分层随机抽样的样本平均数公式，得eq \o(x,\s\up17(－))＝eq \f(50×54＋40×45,50＋40)＝50，根据分层随机抽样的样本方差公式，得s2＝eq \f(50,90)×[20＋(54－50)2]＋eq \f(40,90)×[11＋(45－50)2]＝36. 解析：样本数据2，8，14，16，20的平均数为eq \f(2＋8＋14＋16＋20,5)＝eq \f(60,5)＝12.故选C. 解析：对于A，根据频数分布表可知，6＋12＋18＝36<50，所以亩产量的中位数不小于1050 kg，故A错误；对于B，亩产量不低于1100 kg的频数为24＋10＝34，所以低于1100 kg的稻田占比为eq \f(100－34,100)＝66%，故B错误；对于C，稻田亩产量的极差最大为1200－900＝300，最小为1150－950＝200，故C正确；对于D，由频数分布表可得，亩产量的平均值为eq \f(1,100)×(6×925＋12×975＋18×1025＋30×1075＋24×1125＋10×1175)＝1067，故D错误．故选C. 3．(2023·新课标Ⅱ卷，3)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．Ceq \o\al(45,400)·Ceq \o\al(15,200)种 B．Ceq \o\al(20,400)·Ceq \o\al(40,200)种 C．Ceq \o\al(30,400)·Ceq \o\al(30,200)种 D．Ceq \o\al(40,400)·Ceq \o\al(20,200)种 解析：根据比例分配的分层随机抽样的定义知，初中部共抽取60×eq \f(400,600)＝40名，高中部共抽取60×eq \f(200,600)＝20名，根据组合数概念和分步乘法计数原理，不同的抽样结果共有Ceq \o\al(40,400)·Ceq \o\al(20,200)种．故选D. 4．(多选)(2024·新课标Ⅰ卷，9)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eq \o(x,\s\up17(－))＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(eq \o(x,\s\up17(－))，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.8413)(　　) A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5 C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8 解析：依题意可知，eq \o(x,\s\up17(－))＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N(2.1，0.12)，故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.8413>0.5，C正确，D错误；因为X～N(1.8，0.12)，所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)，因为P(X<1.8＋0.1)≈0.8413，所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.8413＝0.1587<0.2，而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)<P(X>1.8＋0.1)<0.2，B正确，A错误．故选BC. 解析：对于A，设x2，x3，x4，x5的平均数为m，x1，x2，…，x6的平均数为n，则n－m＝eq \f(x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6,6)－eq \f(x2＋x3＋x4＋x5,4)＝eq \f(2（x1＋x6）－（x2＋x3＋x4＋x5）,12)，因为没有确定2(x1＋x6)，x2＋x3＋x4＋x5的大小关系，所以无法判断m，n的大小，例如1，2，3，4，5，6，可得m＝n＝3.5，例如1，1，1，1，1，7，可得m＝1，n＝2，例如1，2，2，2，2，2，可得m＝2，n＝eq \f(11,6)，故A错误；对于B，不妨设x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6，可知x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数，均为eq \f(x3＋x4,2)，故B正确； 对于C，因为x1是最小值，x6是最大值，则x2，x3，x4，x5的波动性不大于x1，x2，…，x6的波动性，即x2，x3，x4，x5的标准差不大于x1，x2，…，x6的标准差，例如2，4，6，8，10，12，则平均数n＝eq \f(1,6)×(2＋4＋6＋8＋10＋12)＝7，标准差s1＝ eq \r(\f(1,6)[（2－7）2＋（4－7）2＋（6－7）2＋（8－7）2＋（10－7）2＋（12－7）2])＝eq \f(\r(105),3)，例如4，6，8，10，则平均数m＝eq \f(1,4)×(4＋6＋8＋10)＝7，标准差s2＝ eq \r(\f(1,4)[（4－7）2＋（6－7）2＋（8－7）2＋（10－7）2])＝eq \r(5)，显然eq \f(\r(105),3)>eq \r(5)，即s1>s2，故C错误；对于D，不妨设x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6，则x6－x1≥x5－x2，当且仅当x1＝x2，x5＝x6时，等号成立，故D正确．故选BD. 解析：对于A，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送0收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，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1，0，1的事件是发送1收到1，发送1收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，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的和事件，它们两两互斥，由选项B知，所求的概率为Ceq \o\al(2,3)(1－β)2β＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，C错误；对于D，由C项知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，D正确．故选ABD. 解析：解法一：依题意，X的可能取值为1，2，3，总的选取可能数为53＝125，当X＝1时，3次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，故P(X＝1)＝eq \f(5,125)＝eq \f(1,25)；当X＝2时，恰好2个不同球被取出(即一球出现2次，另一球出现1次)，选取出现2次的球有5种方式，选取出现1次的球有4种方式，其中选取出现1次的球的位置有3种可能，故事件X＝2的可能情况有5×4×3＝60种，故P(X＝2)＝eq \f(60,125)＝eq \f(12,25)；当X＝3时，3个不同球被取出，由排列数可知事件X＝3的可能情况有5×4×3＝60种，故P(X＝3)＝eq \f(60,125)＝eq \f(12,25)，所以E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝1×eq \f(1,25)＋2×eq \f(12,25)＋3×eq \f(12,25)＝eq \f(61,25). eq \f(61,25)(或2.44) 解法二：依题意，假设随机变量Xi，i＝1，2，3，4，5，其中Xi＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，这3次选取中，球i至少被取出1次，,0，这3次选取中，球i1次都没被取出，))则X＝eq \o(∑,\s\up17(5),\s\do14(i＝1))Xi，由于每个球被取到的机会均等，易知所有E(Xi)相等，则由期望的线性性质，得E(X)＝E(eq \o(∑,\s\up17(5),\s\do14(i＝1))Xi)＝eq \o(∑,\s\up17(5),\s\do14(i＝1))E(Xi)＝5E(Xi)，由题意可知，球i在1次抽取中未被取出的概率为eq \f(4,5)，由于抽取独立，3次均未取出球i的概率为P(Xi＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(3)＝eq \f(64,125)，因此球i至少被取出1次的概率为P(Xi＝1)＝1－eq \f(64,125)＝eq \f(61,125)，故E(Xi)＝eq \f(61,125)，所以E(X)＝5E(Xi)＝5×eq \f(61,125)＝eq \f(61,25). eq \f(1,2) 解析：解法一：因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：3－2，5－4，7－6，1－8.若甲的总得分为2，有以下三类情况：第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2，5－4，1－6，7－8；第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2，7－4，1－6，5－8或3－2，7－4，1－8，5－6或3－2，7－6，1－4，5－8，共3种组合；第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2，7－4，1－6，3－8或5－2，7－4，1－8，3－6或5－4，7－2，1－6，3－8或5－4，7－2，1－8，3－6或5－2，7－6，1－4，3－8或5－2，7－6，1－8，3－4或5－4，7－6，1－2，3－8，共7种组合．综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24种，所以甲的总得分不小于2的概率P＝eq \f(12,24)＝eq \f(1,2). 解法二：设甲在四轮比赛中的得分分别为X1，X2，X3，X4，四轮的总得分为X.对于任意一轮，甲、乙两人在该轮出示每张卡片的概率都均等，其中使得甲获胜的出示卡片的组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率P(Xk＝1)＝eq \f(6,4×4)＝eq \f(3,8)，所以E(Xk)＝eq \f(3,8)(k＝1，2，3，4)．从而E(X)＝E(X1＋X2＋X3＋X4)＝eq \o(∑,\s\up17(4),\s\do14(k＝1))E(Xk)＝eq \o(∑,\s\up17(4),\s\do14(k＝1)) eq \f(3,8)＝eq \f(3,2).记pk＝P(X＝k)(k＝0，1，2，3)，如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以p0＝4,4)eq \f(1,A) ＝eq \f(1,24)；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以p3＝4,4)eq \f(1,A) ＝eq \f(1,24).而X的所有可能取值是0，1，2，3，故p0＋p1＋p2＋p3＝1，p1＋2p2＋3p3＝E(X)＝eq \f(3,2).所以p1＋p2＋eq \f(1,12)＝1，p1＋2p2＋eq \f(1,8)＝eq \f(3,2)，两式相减，得p2＋eq \f(1,24)＝eq \f(1,2)，故p2＋p3＝eq \f(1,2).所以甲的总得分不小于2的概率为p2＋p3＝eq \f(1,2). 随机变量Y的数学期望E(Y)＝E(etX)＝eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1))etxipi称为随机变量X的生成函数，记为MX(t)．M′X(0)是函数MX(t)在t＝0处的导数，则(　　) A．M′X(0)＝E(X) B．若X服从两点分布，P(X＝0)＝P(X＝1)＝eq \f(1,2)，则MX(t)＝eq \f(et,2) C．若X～B(n，p)，则MX(t)＝(etp＋1－p)n D．若实数a，b为常数，则MaX＋b(t)＝ebt·MX(at) 解析：对于A，随机变量X的生成函数MX(t)＝E(etX)，则M′X(t)＝E(XetX)，当t＝0时，M′X(0)＝E(Xe0)＝E(X)，所以A正确；对于B，X服从两点分布，P(X＝0)＝P(X＝1)＝eq \f(1,2)，则生成函数为MX(t)＝et·0·eq \f(1,2)＋et·1·eq \f(1,2)＝eq \f(1＋et,2)，所以B错误；对于C，X～B(n，p)，则生成函数为MX(t)＝(1－p＋pet)n，所以C错误；对于D，由于线性变换aX＋b的生成函数MaX＋b(t)＝E(et(aX＋b))＝E(eatX＋bt)＝ebt·MX(at)，所以D正确．故选AD. 一、单选题 1．(2025·广东省高三第一次调研)某学校为了了解学生美育培养的情况，用分层随机抽样方法抽样调查，拟从美术、音乐、舞蹈兴趣小组中共抽取30名学生，已知该校美术、音乐、舞蹈兴趣小组分别有20，30，50名学生，则不同的抽样结果共有(　　) A．Ceq \o\al(4,20)Ceq \o\al(6,30)Ceq \o\al(20,50)种 B．Ceq \o\al(5,20)Ceq \o\al(10,30)Ceq \o\al(15,50)种 C．Ceq \o\al(6,20)Ceq \o\al(9,30)Ceq \o\al(15,50)种 D．Ceq \o\al(10,20)Ceq \o\al(10,30)Ceq \o\al(10,50)种 解析：由题意，美术兴趣小组要抽取的学生人数为30×eq \f(20,100)＝6，音乐兴趣小组要抽取的学生人数为30×eq \f(30,100)＝9，舞蹈兴趣小组要抽取的学生人数为30×eq \f(50,100)＝15，由分步乘法计数原理可知，不同的抽样结果共有Ceq \o\al(6,20)Ceq \o\al(9,30)Ceq \o\al(15,50)种．故选C. 解析：对于A，去掉前的平均数为eq \f(1,9)×(11＋13＋15＋26＋29＋30＋32＋33＋36)＝25，去掉后的平均数为eq \f(1,7)×(13＋15＋26＋29＋30＋32＋33)＝eq \f(178,7)≈25.4，故A不符合题意；去掉最小的数11和最大的数36对中位数无影响，故B符合题意；对于C，去掉前的方差为eq \f(1,9)×[(－14)2＋(－12)2＋(－10)2＋12＋42＋52＋72＋82＋112]＝eq \f(716,9)，去掉后的方差为eq \f(1,7)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(87,7)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(73,7)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,7)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,7)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,7)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(46,7)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(53,7)))\s\up12(2)))＝eq \f(2784,49)，故C不符合题意；对于D，去掉前的极差为36－11＝25，去掉后的极差为33－13＝20，故D不符合题意．故选B. 3．(2025·山东潍坊一模)某学校组织中国象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛．决赛采取3局2胜制，假设每局比赛中甲获胜的概率均为eq \f(2,3)，且各局比赛的结果相互独立．则在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是(　　) A.eq \f(1,4) B.eq \f(3,4) C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5) 解析：设“甲获胜”为事件A，“甲第一局获胜”为事件B，则P(A)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(20,27)，P(AB)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(16,27)，所以在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是P(Beq \b\lc\|(\a\vs4\al\co1(A)))＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(16,27),\f(20,27))＝eq \f(4,5).故选D. 解析：按照跳高项目安排人数，可以分以下两类：第一类，跳高项目安排1人，有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(2,2)＝18种方法；第二类，跳高项目安排2人，有Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(2,2)＝6种方法，由分类加法计数原理得，甲不在跳高项目的安排方法有18＋6＝24种．故选B. 5．(2025·山东泰安三模)对于响应变量Y，通过观测得到的数据称为观测值，通过经验回归方程得到的eq \o(y,\s\up6(^))称为预测值，观测值减去预测值称为残差．将某公司新产品自上市起的月份x与该月的对应销量y(单位：万件)整理成如下表格： 建立y与x的线性回归方程为eq \o(y,\s\up6(^))＝0.21x＋0.37，则第2个月和第4个月的残差和为(　　) A．－0.919 B．－0.1 C．0.1 D．0.919 解析：由题意可得eq \o(x,\s\up17(－))＝eq \f(1＋2＋3＋4＋5,5)＝3，eq \o(y,\s\up17(－))＝eq \f(0.5＋s＋1＋t＋1.4,5)＝eq \f(s＋t＋2.9,5)，将其代入回归方程，得eq \o(y,\s\up17(－))＝1，故s＋t＝2.1，将2，4代入线性回归方程，则第2，4个月的预测值分别为eq \o(y,\s\up17(^))2＝0.21×2＋0.37＝0.79，eq \o(y,\s\up17(^))4＝0.21×4＋0.37＝1.21，故第2个月和第4个月的残差和为s－0.79＋t－1.21＝0.1.故选C. 解析：根据题意，(2－x)4的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,4)24－k(－x)k，所以(1＋ax)(2－x)4(a∈R)的展开式中含x4的项为1×Ceq \o\al(4,4)×24－4×(－x)4＋ax×Ceq \o\al(3,4)×24－3×(－x)3＝x4－8ax4＝(1－8a)x4，则1－8a＝17，解得a＝－2.故选A. 7．设10≤x1<x2<x3<x4<x5≤50，随机变量ξ1取值x1，x2，x3，x4，x5的概率均为0.2，随机变量ξ2取值eq \f(x1＋x2,2)，eq \f(x2＋x3,2)，eq \f(x3＋x4,2)，eq \f(x4＋x5,2)，eq \f(x5＋x1,2)的概率也均为0.2，若记D(ξ1)，D(ξ2)分别为ξ1，ξ2的方差，则(　　) A．D(ξ1)<D(ξ2) B．D(ξ1)＝D(ξ2) C．D(ξ1)>D(ξ2) D．D(ξ1)与D(ξ2)的大小关系与x1，x2，x3，x4，x5的取值有关 解析：由题意得E(ξ1)＝0.2(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)，E(ξ2)＝0.2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)＋\f(x2＋x3,2)＋\f(x3＋x4,2)＋\f(x4＋x5,2)＋\f(x5＋x1,2)))＝0.2(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)，故E(ξ1)＝E(ξ2)，记eq \o(x,\s\up17(－))＝E(ξ1)＝E(ξ2)，则D(ξ1)＝0.2[(x1－eq \o(x,\s\up17(－)))2＋(x2－eq \o(x,\s\up17(－)))2＋…＋(x5－eq \o(x,\s\up17(－)))2]＝0.2[(xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋…＋xeq \o\al(2,5)＋5eq \o(x,\s\up17(－))2)－2(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)eq \o(x,\s\up17(－))]＝0.2(xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋…＋xeq \o\al(2,5)－5eq \o(x,\s\up17(－))2)，同理，D(ξ2)＝0.2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋x3,2)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x5＋x1,2)))\s\up12(2)－5\o(x,\s\up17(－))2))，因为10≤x1<x2<x3<x4<x5≤50，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))) eq \s\up12(2)<2,1)eq \f(x＋xeq \o\al(2,2),2) ，…，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x5＋x1,2))) eq \s\up12(2)<2,5)eq \f(x＋xeq \o\al(2,1),2) ，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋x3,2))) eq \s\up12(2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x5＋x1,2))) eq \s\up12(2)<xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋…＋xeq \o\al(2,5)，即D(ξ1)>D(ξ2)，D(ξ1)与D(ξ2)的大小关系与x1，x2，x3，x4，x5的取值无关．故选C. 8．(2025·河南许平汝名校二模)张某经营A，B两家公司，张某随机到公司指导与管理，已知他第1个月去A公司的概率是eq \f(2,3).如果本月去A公司，那么下个月继续去A公司的概率为eq \f(1,3)；如果本月去B公司，那么下个月去A公司的概率为eq \f(1,2)，如此往复．设张某第n个月去A公司的概率为Pn，则P10＝(　　) A.eq \f(3,7)＋eq \f(5,21)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6))) eq \s\up12(9) B.eq \f(4,7)＋eq \f(5,21)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6))) eq \s\up12(9) C.eq \f(3,7)＋eq \f(5,21)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6))) eq \s\up12(10) D.eq \f(5,7)＋eq \f(5,21)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6))) eq \s\up12(10) 解析：设An表示第n个月去A公司，则Pn＝P(An)，P(eq \o(A,\s\up17(－))n)＝1－Pn，根据题意，得P(An＋1|An)＝eq \f(1,3)，P(An＋1|eq \o(A,\s\up17(－))n)＝eq \f(1,2)，由全概率公式，得P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P(eq \o(A,\s\up17(－))n)·P(An＋1|eq \o(A,\s\up17(－))n)＝eq \f(1,3)Pn＋eq \f(1,2)(1－Pn)＝－eq \f(1,6)Pn＋eq \f(1,2)，即Pn＋1＝－eq \f(1,6)Pn＋eq \f(1,2)，整理得Pn＋1－eq \f(3,7)＝－eq \f(1,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(3,7)))，又P1－eq \f(3,7)＝eq \f(2,3)－eq \f(3,7)＝eq \f(5,21)≠0，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(3,7)))是以eq \f(5,21)为首项，－eq \f(1,6)为公比的等比数列，所以Pn＝eq \f(3,7)＋eq \f(5,21)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6))) eq \s\up12(n－1)，则P10＝eq \f(3,7)＋eq \f(5,21)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6))) eq \s\up12(9).故选A. 二、多选题 9．(2025·湖南娄底二模)化学课上，老师带同学进行酸碱平衡测量实验，由于物质的量浓度差异，测量酸碱度pH值时会造成一定的误差，甲小组进行的实验数据的误差X和乙小组进行的实验数据的误差Y均符合正态分布，其中X～N(0.3，0.0001)，Y～N(0.28，0.0004)．已知正态分布密度函数f(x)＝eq \f(1,σ\r(2π))eeq \s\up16(-\f(（x－μ）2,2σ2))，记X和Y所对应的正态分布密度函数分别为f1(x)，f2(x)，则(　　) A．f1(0.3)>f2(0.28) B．乙小组的实验误差数据相对于甲小组更集中 C．P(X<0.28)＋P(X≤0.32)＝1 D．P(Y<0.31)<P(X<0.31) 解析：由正态分布密度函数曲线可知，数据的标准差越小，数据越集中在均值附近，峰值越大，反之，标准差越大，数据越分散，峰值越小．对于两个小组的误差，甲小组的标准差σ1＝eq \r(0.0001)＝0.01，乙小组的标准差σ2＝eq \r(0.0004)＝0.02，显然甲小组的标准差更小，故峰值更大，数据相对乙小组更集中，故A正确，B错误；P(X<0.28)＝P(X<μ1－2σ1)＝P(X>μ1＋2σ1)，P(X≤0.32)＝P(X≤μ1＋2σ1)，P(X<0.28)＋P(X≤0.32)＝P(X>μ1＋2σ1)＋P(X≤μ1＋2σ1)＝1，故C正确；P(Y<0.31)＝Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y<μ2＋\f(3,2)σ2))>P(Y<μ2＋σ2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)P(μ2－σ2<Y<μ2＋σ2)，P(X<0.31)＝P(X<μ1＋σ1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)P(μ1－σ1<X<μ1＋σ1)，而P(μ1－σ1<X<μ1＋σ1)＝P(μ2－σ2<Y<μ2＋σ2)，故P(Y<0.31)>P(X<0.31)，故D错误．故选AC. 解析：对于A，由题图知，甲班物理成绩的众数为79， 乙班物理成绩的众数为75，故A错误；对于B，因为10× (0.020＋0.025＋0.030)＝0.75，所以乙班物理成绩的第75百 分位数为80，故B错误；对于C，甲班物理成绩从小到大 排序的第10个、第11个数都是79，故中位数为79，故C 错误；对于D，甲班物理成绩的平均数为eq \f(1,20)×(57×2＋58＋ 59＋67＋68×2＋69×2＋79×6＋87＋88×2＋89＋98)＝74.8，乙班物理成绩的平均数的估计值为(55×0.020＋65×0.025＋75×0.030＋85×0.020＋95×0.005)×10＝71.5，故D正确．故选ABC. 11．(2025·山西忻州模拟)小明参加某次测试，已知试题分单选题和多选题两类．每道单选题选对得8分，选错得0分；每道多选题全部选对得12分，部分选对的或有选错的得0分．电脑题库中每一组题都有12道，其中单选题有7道，多选题有5道．小明抽中一组题后，电脑会从12道题中随机抽取10道让小明作答．已知小明每道单选题选对的概率均为eq \f(3,4)，每道多选题全部选对的概率均为eq \f(1,3)，且每道试题回答是否正确互不影响，则下列说法正确的是(　　) A．小明作答的试题中有且仅有4道多选题的概率为eq \f(35,66) B．在小明作答的试题中至少有6道单选题的条件下，试题恰有7道单选题、3道多选题的概率为eq \f(2,9) C．当小明作答的试题中有且仅有5道多选题时，其多选题总得分的期望为18 D．当小明作答的试题中有且仅有n(3≤n≤5，n∈N*)道多选题时，其单选题总得分的期望为60－6n 解析：对于A，可知从7道单选题、5道多选题中随机抽取6道单选题、4道多选题，其概率为6,7)eq \f(CCeq \o\al(4,5),Ceq \o\al(10,12)) ＝eq \f(35,66)，故A正确；对于B，所求概率为7,7)eq \f(CCeq \o\al(3,5),Ceq \o\al(7,7)Ceq \o\al(3,5)＋Ceq \o\al(6,7)Ceq \o\al(4,5)) ＝eq \f(2,9)，故B正确；对于C，设多选题全部选对的题数为ξ，则ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,3)))，所以E(ξ)＝5×eq \f(1,3)＝eq \f(5,3)，故多选题总得分的期望为12×eq \f(5,3)＝20，故C错误；对于D，设单选题选对的题数为X，因为单选题的题数为10－n，所以X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－n，\f(3,4)))，所以E(X)＝eq \f(3（10－n）,4)，故单选题总得分的期望为8×eq \f(3（10－n）,4)＝60－6n，故D正确．故选ABD. 由表中数据可知，这200人选择去云南旅游的频率为______(用百分数表示)，________(填“有”或“没有”)99%的把握认为游客的选择与所在的小组有关． 参考公式：χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d. 解析：由表中数据可知，这200人选择去云南旅游的频率为eq \f(130,200)×100%＝65%.因为χ2＝eq \f(200×（60×30－40×70）2,100×100×130×70)＝eq \f(200,91)<3<6.635，所以没有99%的把握认为游客的选择与所在的小组有关． eq \f(230,3) 解析：解法一：当相邻卡牌上的数字都不同时，如6868，有2Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)种，则P(X＝50)＝2,2)eq \f(2AAeq \o\al(2,2),Aeq \o\al(4,4)) ＝eq \f(1,3)；当相邻卡牌上的数字只有一对相同时，如6886，有2Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)种，则P(X＝80)＝2,2)eq \f(2AAeq \o\al(2,2),Aeq \o\al(4,4)) ＝eq \f(1,3)；当相邻卡牌上的数字有两对相同时，如6688，有2Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)种，则P(X＝100)＝2,2)eq \f(2AAeq \o\al(2,2),Aeq \o\al(4,4)) ＝eq \f(1,3)，故所求期望E(X)＝50×eq \f(1,3)＋80×eq \f(1,3)＋100×eq \f(1,3)＝eq \f(230,3). 解法二：两个6和两个8四张卡牌，共有6种排法，其中相邻卡牌上的数字都不相同的排法有2种，相邻卡牌上的数字只有一对相同的排法有2种，相邻卡牌上的数字有两对相同的排法有2种，可得P(X＝50)＝P(X＝80)＝P(X＝100)＝eq \f(1,3)，故所求期望E(X)＝50×eq \f(1,3)＋80×eq \f(1,3)＋100×eq \f(1,3)＝eq \f(230,3). $