专题23 概率与统计经典选填题全归纳（含赛制等问题）（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学二轮复习讲练测

专题23 概率与统计经典选填题全归纳（含赛制等问题） 目录 01 析·考情精解 2 02 构·知能框架 3 03 破·题型攻坚 3 考点一 统计 3 真题动向 必备知识 知识1统计图表及数据提取 知识2数据的数字特征 知识3变量间的相关关系 知识4独立性检验 命题预测 考向1统计图表及特征数的应用 考向2线性回归方程 考向3非线性回归方程 考向4独立性检验 考向5统计新定义问题 考点二 概率 14 必备知识 知识1随机事件的概率基础 知识2古典概型 知识3相互独立与条件概率 知识4随机变量及其分布 命题预测 考向1古典概型 考向2正态分布 考向3随机变量的分布列，均值，方差 考向4超几何分布与二项分布 考向5条件概率与全概率公式 考向6概率的最值 考向7马尔科夫链 考向8赛制概率问题 命题轨迹透视 近三年全国卷中，统计概率小题为必考题型，多以选填形式呈现，难度适中。统计侧重解析统计图表，求解平均数、方差等数字特征，考查数据处理与图表解读能力；概率聚焦古典概型计算、相互独立事件的概率乘法公式应用，要求掌握基础概型定义与公式使用方法。 核心考查统计概率的基础概念、公式及基本方法，注重知识的实际应用，将考点与实际背景结合。着重检验考生的逻辑推理、数据分析与运算求解能力，同时要求能准确判断事件类型、灵活运用公式解决实际问题，凸显对数学应用素养的考查。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 统计 二卷T1，5分 II卷T4，5分 I卷T9，5分 概率 一卷T14，5分 I卷T9，5分 I卷T14，5分 甲卷（理）T16，5分 甲卷（文）T4，5分 II卷T12，5分 乙卷（理）T5，5分 乙卷（文）T9，5分 2026命题预测 2026年全国卷统计概率选填题将侧重逻辑推理与运算能力考查，古典概型仍是高频考点，统计部分仍会围绕统计图表解读、数字特征计算设题。整体难度平稳，会结合实际背景，注重基础概念与公式的灵活应用，突出对数据分析和实际解题能力的考查。 考点一 统计 1．（2025·全国二卷·高考真题，1，5分）样本数据2，8，14，16，20的平均数为（   ） A．8 B．9 C．12 D．18 2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题，4，5分）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并整理如下表 亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1050，1100） [1100，1150） [1150，1200） 频数 6 12 18 30 24 10 根据表中数据，下列结论中正确的是（    ） A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80% C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间 D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间 3．（2022·全国乙卷·高考真题，4，5分）分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图： 则下列结论中错误的是（    ） A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4 B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8 C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4 D．乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6 4．（2022·全国甲卷·高考真题，2，5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图： 则（    ） A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于 B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于 C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差 D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差 5．（2021·全国甲卷·高考真题，2，5分）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图： 根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（    ） A．该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6% B．该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10% C．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元 D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间 6．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题，9，5分）（多选）有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（    ） A．的平均数等于的平均数 B．的中位数等于的中位数 C．的标准差不小于的标准差 D．的极差不大于的极差 7．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题，9，5分）（多选）下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（    ） A．样本的标准差 B．样本的中位数 C．样本的极差 D．样本的平均数 8．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题，9，5分）（多选）有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（    ） A．两组样本数据的样本平均数相同 B．两组样本数据的样本中位数相同 C．两组样本数据的样本标准差相同 D．两组样本数据的样本极差相同 知识1统计图表及数据提取 1．频率分布直方图 核心：纵轴为，小矩形面积=对应组频率，所有小矩形面积和=1 数据求解：众数（最高矩形底边中点横坐标）、中位数（左右面积各为0.5的横坐标）、平均数（各小矩形面积×组中值之和） 2．茎叶图 制作：分茎（高位）、叶（低位），重复数据需重复记录 优点：保留所有原始信息，便于记录；缺点：分析粗略，不适合三位数以上数据 3．统计图表信息获取 步骤：看图表特征→读数据信息→找变化趋势→分析推测；注意规避统计图误导，关注数据来源与收集方式 知识2数据的数字特征 1．集中趋势特征数 众数：一组数据中出现次数最多的数，反映集中点 中位数：数据从小到大排列，中间的数（偶数个为中间两数平均），不受极端值影响 平均数：算术平均数，反映全体信息，易受极端值影响 2．离散程度特征数 极差：最大值-最小值，反映数据变化范围 方差：，反映数据波动大小，方差越大波动越大 标准差：方差的算术平方根，与原数据单位一致，应用更广泛 3．百分位数 定义：第百分位数使至少的数据≤它，至少的数据≥它；常用四分位数（25%、50%、75%） 计算步骤：①数据从小到大排列；②计算；③非整数取比邻整数项，整数取第、项的平均 知识3变量间的相关关系 1．相关系数 意义：刻画线性相关程度，；正相关，负相关；越接近1，相关程度越高 2．线性回归方程 形式：（一元线性），多元线性回归为多个自变量的线性组合 建立步骤：确定变量→画散点图→选模型→估参数（最小二乘法）→残差分析 相关指数：刻画拟合效果，越大（残差平方和越小），拟合效果越好；一元线性中 3．残差：观测值与预测值的差，残差图可检验模型合理性 知识4独立性检验 1．分类变量：不同“值”表示个体不同类别的变量 2．2×2列联表：设两个分类变量，列联表含四个核心数据，总计 3．检验公式：（越大，变量间关联程度越高） 4．解题步骤：列2×2列联表→计算观测值→与临界值比较→判断变量是否有关 考向1统计图表及特征数的应用 1．（2025·湖北宜昌·二模）某元宇宙平台举办“星际文明探索”虚拟文化节，参与者通过完成“星球解谜”“文明共建”“跨服协作”等任务获得互动积分（单位：分）．为筛选“核心探索者”（享受专属虚拟道具与后续活动优先资格），平台将所有参与者积分的第80百分位数定为核心资格门槛线．活动结束后，平台从10万参与者中随机抽取100人的积分数据，将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示．据此，以样本估计总体参与者的积分分布，可知此次“核心探索者”的核心资格门槛线约为（    ） A．84分 B．85分 C．86分 D．82分 2．（2026·安徽马鞍山·模拟预测）（多选）某商场一年中各月份的收入，支出情况如图所示，下列说法中正确的是（   ） A．支出最高值与支出最低值的比是 B．4至6月份的平均收入为50万元 C．利润最高的月份是2月份 D．2至3月份的收入的变化率与11至12月份的收入的变化率相同 3．（2025·江苏无锡·二模）（多选）某学校对高二学生选科情况进行了统计，发现学生选科仅有政史地、物化生、物化地、物化政、生史地五种组合，其中选考物化地和物化政组合的人数相等，并绘制得到如下的扇形图和条形图，则下列说法正确的是（    ） A．该校高二学生总数为800 B．该校高二学生中选考物化地组合的人数为70 C．用分层随机抽样的方法从该校高二学生抽取80人，则生史地组合抽取16人 D．该校高二学生随机抽取一学生，该学生选考物理的概率与选考地理的概率相等 4．（2025·河北邯郸·一模）某汽车配件工厂在生产过程中，随机抽取100件同款零件测得其综合指标值，并按，分成六组，得到如下频率分布直方图.规定：综合指标值小于60的为二等品，综合指标值不小于60的为一等品，则下列说法正确的是（    ） A． B．估计该厂所生产的该款零件的综合指标值的平均数为71（同一组数据用该组区间的中点值作代表）（多选） C．估计该厂所生产的该款零件的综合指标值的中位数为78 D．从该厂随机抽取20000件该款零件，则一等品约有15000件 5．（2026·浙江温州·模拟预测）大连某高中高三备课组有男老师60人，女老师40人，其中男老师平均年龄为35岁，方差为6；女老师平均年龄为30岁，方差是1，则所有高三备课组老师的平均年龄为_____，方差为_____ 考向2线性回归方程 6．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知两组数据和，其中且时，；且时，，，我们研究这两组数据的相关性，在集合中取一个元素作为a的值，使得相关性最强，则a=（    ） A．8 B．11 C．12 D．13 7．（2025·辽宁营口·一模）已知变量之间的线性回归方程为且变量之间的一组相关数据如图所示，则下列说法错误的是（    ） 6 8 10 12 6 3 2 A．变量x，y之间呈负相关关系 B．可以预测，当时， C． D．该回归直线必过点 8．（2025·湖南张家界·模拟预测）对于变量Y和变量x的成对样本观测数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如下图所示，模型误差（    ） A．满足一元线性回归模型的所有假设 B．不满足一元线性回归模型的的假设 C．不满足一元线性回归模型的假设 D．不满足一元线性回归模型的和的假设 9．（2025·江苏泰州·二模）（多选）为研究需要，统计了两个变量，的数据情况如下表： … … 其中数据和数据的平均数分别为和，并且计算相关系数，回归方程为，如下结论正确的为（   ） A．将以上数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差不变 B．变量的相关性强 C．当时，必有 D． 10．（2024·江苏常州·模拟预测）（多选）为研究某种树树高和胸径的关系，某人随机测量了10棵该品种树的胸径（单位：cm）和树高（单位：m）的数据，已知其中一组数据为，且，求得回归方程为，并绘制了如下残差图，则下列结论正确的是（    ）    A．由残差图可判定树高与胸径的关系大致符合上述回归模型 B．数据对应的残差为0.9 C．该种树的平均树高约为22.29m D．删除一组数据后，重新求得的回归直线的斜率变小 考向3非线性回归方程 11．（2025·黑龙江绥化·二模）用模型去拟合与的关系，令，得到关于的回归直线方程为，则（   ） A．1 B．2 C．e D．2e 12．（2025·广东肇庆·模拟预测）已知变量与变量的关系可以用模型（，为常数）拟合，设，变换后得到一组数据如下： 2 3 4 5 6 1.02 1.20 1.42 1.62 1.84 由上表可得经验回归方程为，则（    ） A．0.206 B． C．0.596 D． 13．（2025·黑龙江鹤岗·二模）在研究两个变量的相关关系时，观察散点图发现样本点集中于某一条指数曲线的周围．令，求得经验回归方程为，则该模型的回归方程为________． 14．（2025·湖北荆门·二模）已知，之间的一组数据：若与满足经验回归方程，则此曲线必过点_____________. x y 15．（2024·江苏扬州·一模）在一组样本数据的散点图中，若所有样本点都在曲线附近波动，经计算，则实数___________． 考向4独立性检验 16．（2025·吉林辽源·模拟预测）下列说法正确的是（    ） 的部分临界值如表： 0.1 0.05 0.025 0.01 2.706 3.841 5.024 6.635 A．一组数据的标准差为0，则这组数据中的数均相等 B．两组数据的标准差相等，则这两组数据的平均数相等 C．若两个变量的相关系数越接近于0，则这两个变量的相关性越强 D．已知变量，由它们的样本数据计算得到的观测值，则在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量没有关系 17．（2024·湖北咸宁·模拟预测）根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到.已知，依据的独立性检验，结论为（    ） A．变量X与Y独立 B．变量X与Y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005 C．变量X与Y不独立 D．变量X与Y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005 18．（2025·湖北黄冈·三模）一款短视频手机应用最近在某校学生中流行起来，某校团委对“学生性别和喜欢该手机应用是否有关”做了一次调查，其中被调查的女生人数是男生人数的，男生喜欢该手机应用的人数占男生人数的，女生喜欢该手机应用的人数占女生人数的，若有的把握认为是否喜欢该手机应用和性别有关，则被调查的男生人数至少为（   ） 0.05 0.01 3.841 6.635 A．12 B．6 C．10 D．18 19．（2025·山西临汾·二模）（多选）某儿童医院用甲、乙两种疗法治疗小儿消化不良．为分析两种疗法效果是否有差异，采取有放回的简单随机抽样的方法对治疗情况进行检查，得到如下数据： 疗法 疗效 未治愈 治愈 甲 15 52 乙 6 63 附常用小概率值及其相应的临界值表为： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 计算得．则下列说法正确的是：（    ） A．以频率估计概率，有 B．以频率估计概率，有 C．若取，可以认为疗效与疗法独立 D．若取，可以认为疗效与疗法独立 考向5统计新定义问题 20．（2024·四川达州·二模）如图的列联表中，定义，易知越大越有利于结论“与有关系”.若当值大于常数时，有的把握认为与有关系，那么的值为（    ） (已知，其中，) 总计 总计 A． B． C． D． 21．（2024·黑龙江佳木斯·二模）加密运算在信息传送中具有重大作用对于一组数据，，…，，其密钥，定义算法，其中，，…，.将数据，，…，加密为，，…，的过程称为型单向加密.现将一组数据，，，，，进行型单向加密，则加密后的新数据的第60百分位数为（    ） A．2 B．3 C．6 D．9 22．（2025·云南普洱·三模）定义空间直角坐标系中的任意点的“N数”为：在P点的坐标中不同数字的个数，如：，若点P的坐标，则所有这些点P的“N数”的平均值与最小值之差为（    ） A． B．2 C． D． 考点二 概率 9．（2024·全国甲卷·高考真题，6，5分）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（    ） A． B． C． D． 10．（2023·全国乙卷·高考真题，4，5分）某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·全国甲卷·高考真题，16，5分）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为______． 12．（2025·全国一卷·高考真题，14，5分）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望_________. 13．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题，14，5分）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_________. 14．（2022·全国甲卷·高考真题，15，5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________． 15．（2022·全国乙卷·高考真题，10，5分）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（    ） A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 17．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题，9，5分）（多选）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 18．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题，12，5分）（多选）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输 是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）. A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为 B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D．当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 知识1随机事件的概率基础 1．互斥事件与对立事件 互斥事件：一次试验中，事件不能同时发生；若任意两个均不能同时发生，则彼此互斥 对立事件：一次试验中，必有一个发生的互斥事件，的对立事件记为 关系：对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件（互斥是对立的必要不充分条件） 2．概率加法公式 互斥事件：；推广：彼此互斥的， 对立事件： 知识2古典概型 1．特征：有限性（基本事件有限个）、等可能性（各基本事件发生概率相等） 2．概率公式： 3．解题要点：判断等可能性→确定基本事件总数→数出事件的基本事件数→代入公式 4．辅助方法：列举法（列表/树状图）、对立事件法、加法公式法 知识3相互独立与条件概率 1．相互独立事件 定义：事件的发生与否对事件的概率无影响，反之亦然 乘法公式：；推广：相互独立的， 与互斥事件区分：互斥是“不同时发生”，独立是“彼此无影响” 2．条件概率 定义：已知发生的条件下，发生的概率，记为 计算公式：；古典概型中 3．全概率公式 核心思想：将复杂事件的概率分解为若干个互不相容的简单事件概率之和，化繁为简，适用于求复杂事件的概率。 适用条件：设试验的样本空间为Ω，事件A为Ω的任意事件，事件组B₁,B₂,…,Bₙ为Ω的一个完备事件组（两两互斥、并集为Ω），且P(Bᵢ)>0（i=1,2,…,n）。 公式： 知识4随机变量及其分布 （一）离散型随机变量 1．相关概念 随机变量：用变量表示随机试验的结果，常用表示 离散型：取值可一一列举；连续型：取值为某一区间内的一切值（不可列举） 2．分布列 形式：列出随机变量所有取值及对应概率 性质：①；② （二）离散型随机变量的期望与方差 1．数学期望（均值） 公式： 意义：反映离散型随机变量取值的平均水平 性质：（为常数） 2．方差与标准差 方差公式： 标准差：，与随机变量单位一致 意义：反映取值的稳定/波动、集中/离散程度，方差越大波动越大 （三）常见离散型随机变量的分布 1．二项分布 适用场景：n次独立重复试验（伯努利试验），每次试验只有两种结果（成功、失败），且每次试验成功的概率均为p（0<p<1），记为。 概率公式：若X表示n次试验中成功的次数，则（k=0,1,2,…,n），其中为组合数。 数字特征：期望，方差。 2．超几何分布 适用场景：从有限N个物件（含M个指定种类物件）中不放回抽取n个，求抽到指定种类物件的次数，记为。 概率公式：（k=0,1,2,…,min{n,M}），其中表示从M个指定物件中抽k个的组合数。 数字特征：期望，方差。 关键区别：二项分布是有放回抽样，超几何分布是不放回抽样；当N很大时，超几何分布可近似为二项分布。 （四）正态分布（连续型随机变量核心） 1．正态曲线：函数，图象关于对称，峰值为 2．正态分布表示：，为均值，为方差；越小曲线“瘦高”（分布集中），越大曲线“矮胖”（分布分散） 3．核心概率（3σ原则） 4．曲线性质：位于轴上方，与轴不相交；与轴围成面积为1；决定左右平移，决定形状 考向1古典概型 1．（2025·湖南岳阳·一模）在2025年10月19日举行的黄河口马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服务站的条件下，甲、乙被派去同一个服务站的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·黑龙江七台河·二模）从分别标有数字，，，，的5张卡片中随机一次性抽取2张，则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率为（   ） A． B． C． D． 3．（2024·辽宁铁岭·一模）有4个大小、形状相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中随机取球一次（至少取一个），则取出的球的标号之和不超过5的概率为_____. 4．（2025·云南昭通·二模）从1，2，3，4四个整数中依次不放回地随机抽取2个数，则第一次抽取的数小于第二次抽取的数的概率为___________． 5．（2024·湖北十堰·一模）某市十景包含扬美古风、青山塔影、明山锦绣、望仙怀古、伊岭神宫、九龙戏珠、南湖情韵、凤江绿野、邕江春泛、龙虎猴趣，每个景点都有其独特的魅力．某游客计划从这10个景点中随机选择2个景点进行游玩，则青山塔影被选中的概率是______． 6．（2024·山西太原·模拟预测）某学校围棋社团组织高一与高二的同学比赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高．已知高二每个段位的选手都比高一相应段位的选手强一些.比赛胜负仅由段位决定，段位高者获胜；若段位相同，则高二选手获胜.比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利．在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序，则第一局比赛高一获胜的概率为______，在一场比赛中高二获胜的概率为______． 考向2正态分布 7．（2025·广东阳江·模拟预测）某市高三年级男生身高近似服从正态分布，若，则（    ） A．0.65 B．0.85 C．0.15 D．0.3 8．（2025·云南丽江·二模）已知随机变量，且， 则当时， 的最小值为（    ） A． B． C． D． 9．（2025·宁夏固原·一模）已知随机变量，且，（），则（    ） A． B． C． D．（） 10．（2025·江苏连云港·一模）为督导学生体育锻炼，某中学举行一分钟跳绳测试，其成绩（单位：次）近似服从正态分布，且，则该校2000名学生中约有（    ）人一分钟跳绳超过200次. A．100 B．150 C．200 D．250 11．（2025·湖北孝感·三模）已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则___________． 12．（2025·江西南昌·一模）某省为测试学生对新高考试卷的适应性，特此举办了一次全省高三年级数学模拟考试（满分150分），其中甲市有10000名学生参加考试．根据成绩反馈，该省各市本次模拟考试数学成绩都近似服从正态分布．在参加该省本次模拟考试的学生中随机抽取500人作为研究样本，随机变量为本次考试数学成绩在之外的人数，则约为______．若本次模拟考试甲市数学平均成绩为97.5分，成绩位于区间内的学生共有4772人．甲市学生的数学成绩为114分，则估计学生的数学成绩在甲市的大致名次为第______名． 参考数据：，．若，有，，． 考向3随机变量的分布列，均值、方差 13．（2025·四川宜宾·模拟预测）设正数，随机变量的分布列，若随机变量的期望为1，则最小值为（    ） 0 A．1 B． C．4 D．2 14．（2025·广东汕头·三模）设，随机变量X的分布列是 X 0 1 P b 则当a在内增大时，（   ） A．增大 B．减小 C．先增大再减小 D．先减小再增大 15．（2025·山东济宁·二模）为迎接中秋佳节，某公司开展抽奖活动，规则如下：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，每位员工从中摸出2个小球.若摸到一红球一白球，可获得价值百元代金券；摸到两白球，可获得价值百元代金券；摸到两红球，可获得价值百元代金券（均为整数）.已知每位员工平均可得5.4百元代金券，则运气最好者获得至多（    ）百元代金券 A．5.4 B．9 C．12 D．18 16．（2024·山西大同·一模）已知随机变量的分布列如图： X 1 2 3 … n P … 若数列是等差数列，则（    ） A．若为奇数，则 B． C．若数列单调递增，则 D． 17．（2025·湖南邵阳·模拟预测）一个箱子里有5个相同的球，分别以1∼5标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少被取出一次的球的个数为，则数学期望________． 18．（2024·河北衡水·模拟预测）现要发行10000张彩票，其中中奖金额为2元的彩票1000张，10元的彩票300张，50元的彩票100张，100元的彩票50张，1000元的彩票5张.1张彩票中奖金额的均值是__________元. 考向4超几何分布与二项分布 19．（2025·广西崇左·模拟预测）如图是一块高尔顿板示意图：在一木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留着适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为、、、、，用表示小球落入格子的号码，则下列不正确的是（ ） A． B． C． D． 21．（2026·广西来宾·模拟预测）学校要从12名候选人中选4名同学组成学生会，已知有4名候选人来自甲班.假设每名候选人都有相同的机会被选到.用X 表示候选人来自甲班的人数.则下列说法不正确的是（   ） A．随机变量X的所有取值为0，1，2，3，4 B．甲班恰有2名同学被选到的概率为 C．随机变量 D．随机变量X的期望为 22．（2025·广东韶关·三模）（多选）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，每道多选题全部选对的概率均为，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 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 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道多选题时，其单选题总得分的期望为 23．（2025·四川泸州·模拟预测）一个袋中共有个大小相同的黑球、白球和红球，已知从袋中任意摸出个球，得到黑球的概率是；从袋中任意摸出个球，至少得到个白球的概率是，则白球的个数为_______________________________. 考向5条件概率与全概率公式 24．（2025·河北唐山·一模）从1，2，3，4，5，6，7这 7 个数字中依次不放回地随机选取两个数字，记事件 ： “第一次抽到的数字是奇数”，事件 ： “第二次抽到的数字是偶数”，则 （    ） A． B． C． D． 25．（2025·安徽阜阳·三模）已知为两个随机事件，，则“相互独立”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 26．（2025·福建宁德·三模）现有两位游客慕名来成都旅游，他们分别从武侯祠、杜甫草堂、宽窄巷子、春熙路、熊猫基地这5个景点中随机选择1个景点游玩，两位游客至少有一人选择武侯祠的条件下，他们选择的景点不相同的概率为___________． 27．（2025·湖南怀化·模拟预测）（多选）设，分别为随机事件的对立事件，以下概率均不为零，则下列结论正确的有（    ） A． B．若，则 C． D． 28．（2025·四川资阳·三模）某市场供应的灯泡中，甲厂产品占30%，乙厂产品占70%，甲厂产品的合格率是70%，乙厂产品的合格率是90%，在该市场中随机购买一个灯泡，已知买到的是合格品，则这个灯泡是甲厂生产的概率是________． 考向6概率的最值 29．（2025·河南开封·一模）小明有一枚质地不均匀的骰子，每次掷出后出现1点的概率为，他掷了k次骰子，最终有6次出现1点，但他没有留意自己一共掷了多少次骰子.设随机变量X表示每掷N次骰子出现1点的次数，现以使最大的N值估计N的取值并计算.（若有多个N使最大，则取其中的最小N值）.下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．与6的大小无法确定 30．（2025·宁夏银川·一模）在排查新冠肺炎患者期间，一户4口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感染高危户”．设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立，该家庭至少检测了3个人才能确定为“感染高危户”的概率为，当时，最大，则（    ） A． B． C． D． 31．（2025·湖南衡阳·二模）小张参加一次十道选择题的测试，做对一道得一分，做错一道扣一分，不做则得零分．他的目标是至少得7分，7分及格．小张现在确定他前六道题的答案是正确的，而剩下的每道题做对的概率均为，则小张应该做_____道题，及格的概率最大． 32．（2025·云南昆明·一模）如图，一个质点在外力的作用下，从原点0出发，每隔1s向左或向右移动一个单位，且向右移动的概率为．若该质点共移动100次，则它位于数字______处的可能性最大． 33．（2025·湖南益阳·三模）某电视台举办“庆奥运”知识挑战赛，初赛环节，每位选手先从（跳水）、（乒乓球）、（游泳）三类问题中选择一类.该类题库随机提出一个问题，该选手若回答错误则被淘汰，若回答正确则需从余下两类问题中选择一类继续回答.该类题库随机提出一个问题，该选手若回答正确则取得复赛资格，本轮比赛结束，否则该选手需要回答由最后一类题库随机提出的两个问题，两个问题均回答正确该选手才可取得复赛资格，否则被淘汰.已知选手甲能正确回答、两类问题的概率均为，能正确回答类问题的概率为，每题是否回答正确与回答顺序无关，且各题回答正确与否相互独立．为使取得复赛资格的概率最大，在“”、“”和“”三种回答顺序中，选手甲应选择_____ 考向7马尔科夫链 34．（2024·吉林四平·二模）随着科技的不断发展，人民消费水平的提升，手机购物逐渐成为消费的主流，当我们打开购物平台时，会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品，这是电商平台推送的结果．假设电商平台第一次给某人推送某商品，此人购买此商品的概率为，从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为．记第n次推送时不购买此商品的概率为，当时，恒成立，则M的最小值为（   ） A． B． C． D． 35．（2025·辽宁盘锦·三模）甲、乙、丙、丁4人做传球游戏，球首先由甲传出，每个人得到球后都等可能地传给其余3人之一．第次传球后，球在甲手中的概率为，在乙手中的概率为，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 36．（2025·山西阳泉·模拟预测）（多选）踢毽子源于汉朝，盛行于六朝，某学校高三年级为了增强学生身体素质，缓解学生备考压力，开展踢毽子活动.已知某踢毽子小组由5人组成（包含甲、乙），每个人踢出的毽子都等可能地传给其他4人中的1人，假设第1次由甲踢出，每次踢出的毽子都能被接住.记第次踢出毽子后，毽子传到乙的概率为，前次踢毽子的过程中，传到乙的次数为，则（   ） A． B． C． D． 37．（2025·四川成都·二模）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，甲有的概率不传，有的概率传给乙；乙有的概率传给甲，有的概率传给丙；丙有的概率传给甲，的概率传给乙，每次传球相互独立，则两次传球后球在乙处的概率为________，次传球后，球在乙处的概率________. 38．（2024·江苏盐城·三模）甲、乙两位同学参加一场答题竞赛，甲同学每次答对问题的概率为0.8，乙同学每次答对的概率为0.6，答题规则是如果该同学此题答对，则继续答题，如果答错则由对方进行答题，已知两位同学答第一题的概率相等，则第n次答题的同学是甲的概率是_______． 39．（2025·浙江宁波·二模）某社区开展防疫值班工作，甲乙丙三人轮流参与，规则如下：①第1天安排甲值班；②第2天从乙丙两人中随机选1人值班；③第天，从前一天未值班的2人中随机选1人值班，则第天甲值班的概率为（    ） A． B． C． D． 考向8赛制概率问题 40．（2025·山东潍坊·一模）在备战巴黎奥运会期间，教练组举办羽毛球训练比赛，派出甲、乙两名单打主力，为了提高两名主力的能力，教练安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与陪练打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关．已知甲、乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立．记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为    （    ） A．32 B．31 C．28 D．27 41．（2025·湖南永州·二模）2024年6月中专生姜萍以93分全球第12名的成绩入围全球数学竞赛决赛，成为社交媒体上的热门话题，也使数学竞赛成为各大高校关注的焦点．某高校借此热度在数学系举行了模拟数学竞赛，经过选拔之后组织了甲、乙两个竞赛队进行冠亚军争夺赛．比赛时，主持人先展示出一道题目，再从标有1，2，3，4的四张卡片中随机抽取一张，若数字为奇数，则由甲队答题，若数字为偶数，则由乙队答题，在规定时间内，若答对本题，则本队得10分，否则对手得10分．按照这种方式依次进行下一题的答题，直到其中一个队的得分超过另一个队30分，比赛结束，分高者为冠军．已知甲、乙答对每道题的概率分别为、，且互不影响，前3道题，甲队获得20分的概率为______，若第一个问题甲队得分，恰好回答完第道题后决出冠军，则乙队获得冠军的概率为______． 42．（2025·山东东营·三模）某棋手与一款机器人进行围棋挑战赛，规则如下：棋手的初始分数为2分，每局比赛，棋手胜加1分；平局不得分；棋手负减1分．当棋手总分为0分时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为3分时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续进行．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为，且各局比赛相互独立．则恰好在第6局比赛结束后，比赛终止的概率为_____． 43．（2024·江苏宿迁·一模）绝大多数比赛都采用“局胜制”的规则，但也有一些项目，比如冰壶运动，其整个比赛通常是进行偶数局.  现有甲、乙两名同学进行一项趣味项目的比赛，两人约定比赛规则为：共进行局，谁赢的局数大于局，谁就获得最终胜利.  已知每局比赛中，甲获胜的概率均为乙获胜的概率均为.  记甲赢得整个比赛的概率为.  若则______，若则当______时，最大. 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23 概率与统计经典选填题全归纳（含赛制等问题） 目录 01 析·考情精解 2 02 构·知能框架 3 03 破·题型攻坚 3 考点一 统计 3 真题动向 必备知识 知识1统计图表及数据提取 知识2数据的数字特征 知识3变量间的相关关系 知识4独立性检验 命题预测 考向1统计图表及特征数的应用 考向2线性回归方程 考向3非线性回归方程 考向4独立性检验 考向5统计新定义问题 考点二 概率 23 必备知识 知识1随机事件的概率基础 知识2古典概型 知识3相互独立与条件概率 知识4随机变量及其分布 命题预测 考向1古典概型 考向2正态分布 考向3随机变量的分布列，均值，方差 考向4超几何分布与二项分布 考向5条件概率与全概率公式 考向6概率的最值 考向7马尔科夫链 考向8赛制概率问题 命题轨迹透视 近三年全国卷中，统计概率小题为必考题型，多以选填形式呈现，难度适中。统计侧重解析统计图表，求解平均数、方差等数字特征，考查数据处理与图表解读能力；概率聚焦古典概型计算、相互独立事件的概率乘法公式应用，要求掌握基础概型定义与公式使用方法。 核心考查统计概率的基础概念、公式及基本方法，注重知识的实际应用，将考点与实际背景结合。着重检验考生的逻辑推理、数据分析与运算求解能力，同时要求能准确判断事件类型、灵活运用公式解决实际问题，凸显对数学应用素养的考查。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 统计 二卷T1，5分 II卷T4，5分 I卷T9，5分 概率 一卷T14，5分 I卷T9，5分 I卷T14，5分 甲卷（理）T16，5分 甲卷（文）T4，5分 II卷T12，5分 乙卷（理）T5，5分 乙卷（文）T9，5分 2026命题预测 2026年全国卷统计概率选填题将侧重逻辑推理与运算能力考查，古典概型仍是高频考点，统计部分仍会围绕统计图表解读、数字特征计算设题。整体难度平稳，会结合实际背景，注重基础概念与公式的灵活应用，突出对数据分析和实际解题能力的考查。 考点一 统计 1．（2025·全国二卷·高考真题，1，5分）样本数据2，8，14，16，20的平均数为（   ） A．8 B．9 C．12 D．18 【答案】C 【详解】样本数据的平均数为.nn 故选：C. 2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题，4，5分）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并整理如下表 亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1050，1100） [1100，1150） [1150，1200） 频数 6 12 18 30 24 10 根据表中数据，下列结论中正确的是（    ） A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80% C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间 D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间 【答案】C 【详解】对于 A, 根据频数分布表可知, , 所以亩产量的中位数不小于 , 故 A 错误； 对于B，亩产量不低于的频数为， 所以低于的稻田占比为，故B错误； 对于C，稻田亩产量的极差最大为，最小为，故C正确； 对于D，由频数分布表可得，平均值为，故D错误. 故选；C. 3．（2022·全国乙卷·高考真题，4，5分）分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图： 则下列结论中错误的是（    ） A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4 B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8 C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4 D．乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6 【答案】C 【详解】对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为，A选项结论正确. 对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为： ， B选项结论正确. 对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于的概率的估计值， C选项结论错误. 对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于的概率的估计值， D选项结论正确. 故选：C 4．（2022·全国甲卷·高考真题，2，5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图： 则（    ） A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于 B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于 C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差 D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差 【答案】B 【详解】讲座前中位数为,所以错； 讲座后问卷答题的正确率只有一个是个,剩下全部大于等于,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于,所以B对； 讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错； 讲座后问卷答题的正确率的极差为， 讲座前问卷答题的正确率的极差为,所以错. 故选:B. 5．（2021·全国甲卷·高考真题，2，5分）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图： 根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（    ） A．该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6% B．该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10% C．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元 D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间 【答案】C 【详解】因为频率直方图中的组距为1，所以各组的直方图的高度等于频率.样本频率直方图中的频率即可作为总体的相应比率的估计值. 该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户的比率估计值为,故A正确； 该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计值为,故B正确； 该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的比例估计值为,故D正确； 该地农户家庭年收入的平均值的估计值为(万元)，超过6.5万元，故C错误. 综上，给出结论中不正确的是C. 故选：C. 【点睛】本题考查利用样本频率直方图估计总体频率和平均值，属基础题，样本的频率可作为总体的频率的估计值，样本的平均值的估计值是各组的中间值乘以其相应频率然后求和所得值，可以作为总体的平均值的估计值.注意各组的频率等于. 6．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题，9，5分）（多选）有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（    ） A．的平均数等于的平均数 B．的中位数等于的中位数 C．的标准差不小于的标准差 D．的极差不大于的极差 【答案】BD 【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为， 则， 因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小， 例如：，可得； 例如，可得； 例如，可得；故A错误； 对于选项B：不妨设， 可知的中位数等于的中位数均为，故B正确； 对于选项C：举反例说明，例如：，则平均数， 标准差， ，则平均数， 标准差，显然，即， 所以的标准差不小于的标准差，这一论断不成立，故C错误； 对于选项D：不妨设， 则，当且仅当时，等号成立，故D正确； 故选：BD. 7．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题，9，5分）（多选）下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（    ） A．样本的标准差 B．样本的中位数 C．样本的极差 D．样本的平均数 【答案】AC 【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度； 由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势； 由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度； 由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势； 故选：AC. 8．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题，9，5分）（多选）有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（    ） A．两组样本数据的样本平均数相同 B．两组样本数据的样本中位数相同 C．两组样本数据的样本标准差相同 D．两组样本数据的样本极差相同 【答案】CD 【详解】A：且，故平均数不相同，错误； B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误； C：，故方差相同，正确； D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确； 故选：CD 知识1统计图表及数据提取 1．频率分布直方图 核心：纵轴为，小矩形面积=对应组频率，所有小矩形面积和=1 数据求解：众数（最高矩形底边中点横坐标）、中位数（左右面积各为0.5的横坐标）、平均数（各小矩形面积×组中值之和） 2．茎叶图 制作：分茎（高位）、叶（低位），重复数据需重复记录 优点：保留所有原始信息，便于记录；缺点：分析粗略，不适合三位数以上数据 3．统计图表信息获取 步骤：看图表特征→读数据信息→找变化趋势→分析推测；注意规避统计图误导，关注数据来源与收集方式 知识2数据的数字特征 1．集中趋势特征数 众数：一组数据中出现次数最多的数，反映集中点 中位数：数据从小到大排列，中间的数（偶数个为中间两数平均），不受极端值影响 平均数：算术平均数，反映全体信息，易受极端值影响 2．离散程度特征数 极差：最大值-最小值，反映数据变化范围 方差：，反映数据波动大小，方差越大波动越大 标准差：方差的算术平方根，与原数据单位一致，应用更广泛 3．百分位数 定义：第百分位数使至少的数据≤它，至少的数据≥它；常用四分位数（25%、50%、75%） 计算步骤：①数据从小到大排列；②计算；③非整数取比邻整数项，整数取第、项的平均 知识3变量间的相关关系 1．相关系数 意义：刻画线性相关程度，；正相关，负相关；越接近1，相关程度越高 2．线性回归方程 形式：（一元线性），多元线性回归为多个自变量的线性组合 建立步骤：确定变量→画散点图→选模型→估参数（最小二乘法）→残差分析 相关指数：刻画拟合效果，越大（残差平方和越小），拟合效果越好；一元线性中 3．残差：观测值与预测值的差，残差图可检验模型合理性 知识4独立性检验 1．分类变量：不同“值”表示个体不同类别的变量 2．2×2列联表：设两个分类变量，列联表含四个核心数据，总计 3．检验公式：（越大，变量间关联程度越高） 4．解题步骤：列2×2列联表→计算观测值→与临界值比较→判断变量是否有关 考向1统计图表及特征数的应用 1．（2025·湖北宜昌·二模）某元宇宙平台举办“星际文明探索”虚拟文化节，参与者通过完成“星球解谜”“文明共建”“跨服协作”等任务获得互动积分（单位：分）．为筛选“核心探索者”（享受专属虚拟道具与后续活动优先资格），平台将所有参与者积分的第80百分位数定为核心资格门槛线．活动结束后，平台从10万参与者中随机抽取100人的积分数据，将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示．据此，以样本估计总体参与者的积分分布，可知此次“核心探索者”的核心资格门槛线约为（    ） A．84分 B．85分 C．86分 D．82分 【答案】A 【详解】此次“核心探索者”的核心资格门槛线约为， 因为样本中积分数据在的频率为， 样本中积分数据在的频率为， 所以样本数据的第百分位数在区间内， 所以，解得. 2．（2026·安徽马鞍山·模拟预测）（多选）某商场一年中各月份的收入，支出情况如图所示，下列说法中正确的是（   ） A．支出最高值与支出最低值的比是 B．4至6月份的平均收入为50万元 C．利润最高的月份是2月份 D．2至3月份的收入的变化率与11至12月份的收入的变化率相同 【答案】AD 【详解】由图可知，支出最高值为60万元，支出最低值为10万元，其比是，故A正确． 由图可知，4至6月份的平均收入为（万元），故B错误． 由图可知，利润最高的月份为3月份和10月份，故C错误． 由图可知，2至3月份的收入的变化率为， 与11至12月份的收入的变化率为，故D正确． 故选：AD 3．（2025·江苏无锡·二模）（多选）某学校对高二学生选科情况进行了统计，发现学生选科仅有政史地、物化生、物化地、物化政、生史地五种组合，其中选考物化地和物化政组合的人数相等，并绘制得到如下的扇形图和条形图，则下列说法正确的是（    ） A．该校高二学生总数为800 B．该校高二学生中选考物化地组合的人数为70 C．用分层随机抽样的方法从该校高二学生抽取80人，则生史地组合抽取16人 D．该校高二学生随机抽取一学生，该学生选考物理的概率与选考地理的概率相等 【答案】ACD 【详解】对于A，因政史地有200人，占比25%，故该校高二学生总数为，故A正确； 对于B，因选考物化地和物化政组合的人数相等，故物化地组合的人数为，故B错误； 对于C，由题意，分层随机抽样的抽样比为，则生史地组合应抽取的人数为，故C正确； 对于D，因选考物化生、物化地、物化政组合的学生占比分别为，则学生选考物理的概率为； 而选考政史地、物化地、生史地组合的学生占比分别为，则学生选考地理的概率为，故D正确. 4．（2025·河北邯郸·一模）某汽车配件工厂在生产过程中，随机抽取100件同款零件测得其综合指标值，并按，分成六组，得到如下频率分布直方图.规定：综合指标值小于60的为二等品，综合指标值不小于60的为一等品，则下列说法正确的是（    ） A． B．估计该厂所生产的该款零件的综合指标值的平均数为71（同一组数据用该组区间的中点值作代表）（多选） C．估计该厂所生产的该款零件的综合指标值的中位数为78 D．从该厂随机抽取20000件该款零件，则一等品约有15000件 【答案】ABD 【详解】由，得，A正确； 平均数为， 所以可以估计该厂所生产的该款零件的综合指标值的平均数为71，B正确； 因为， 所以中位数在第4组， 设中位数为，则， 解得，所以可以估计该厂所生产的该款零件的综合指标值的中位数为73.33，C错误； 由频率分布直方图可知100件零件中二等品有件，一等品有件， 故从该厂随机抽取20000件该款零件，则一等品约有件，D正确. 故选：ABD. 5．（2026·浙江温州·模拟预测）大连某高中高三备课组有男老师60人，女老师40人，其中男老师平均年龄为35岁，方差为6；女老师平均年龄为30岁，方差是1，则所有高三备课组老师的平均年龄为_____，方差为_____ 【答案】 33岁 10 【详解】由题意得，该高中高三备课组老师的平均年龄为岁， 则该高中高三备课组老师的方差 . 故答案为：33岁；10. 考向2线性回归方程 6．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知两组数据和，其中且时，；且时，，，我们研究这两组数据的相关性，在集合中取一个元素作为a的值，使得相关性最强，则a=（    ） A．8 B．11 C．12 D．13 【答案】B 【详解】设点坐标为，且， 由题意得前9个点位于直线上，面，则要使相关性更强，应更接近10， 四个选项中11更接近10， 故选：B. 7．（2025·辽宁营口·一模）已知变量之间的线性回归方程为且变量之间的一组相关数据如图所示，则下列说法错误的是（    ） 6 8 10 12 6 3 2 A．变量x，y之间呈负相关关系 B．可以预测，当时， C． D．该回归直线必过点 【答案】C 【详解】对于选线A，因，所以变量x，y之间呈负相关关系，故A正确； 对于选项B，当时，，故B正确； 对于选项C，由题意可知，，故， 又因，所以，故C错； 对于选项D，由C可知，样本中心点为，因此该回归直线必过点，故D正确. 故选：C. 8．（2025·湖南张家界·模拟预测）对于变量Y和变量x的成对样本观测数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如下图所示，模型误差（    ） A．满足一元线性回归模型的所有假设 B．不满足一元线性回归模型的的假设 C．不满足一元线性回归模型的假设 D．不满足一元线性回归模型的和的假设 【答案】C 【详解】解：用一元线性回归模型得到经验回归模型，根据对应的残差图，残差的均值可能成立，但明显残差的轴上方的数据更分散，不满足一元线性回归模型，正确的只有C. 故选：C. 9．（2025·江苏泰州·二模）（多选）为研究需要，统计了两个变量，的数据情况如下表： … … 其中数据和数据的平均数分别为和，并且计算相关系数，回归方程为，如下结论正确的为（   ） A．将以上数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差不变 B．变量的相关性强 C．当时，必有 D． 【答案】ABD 【详解】对于A．因为方差是表示数据波动大小的量，将一组数据的每个数都加一个相同的常数后，方差不变，所以A正确； 对于B．相关系数，变量的相关性强，所以B正确； 对于C．当时，不一定有，因此C错误； 对于D．因为，是负相关，所以，故D正确． 故选：ABD. 10．（2024·江苏常州·模拟预测）（多选）为研究某种树树高和胸径的关系，某人随机测量了10棵该品种树的胸径（单位：cm）和树高（单位：m）的数据，已知其中一组数据为，且，求得回归方程为，并绘制了如下残差图，则下列结论正确的是（    ）    A．由残差图可判定树高与胸径的关系大致符合上述回归模型 B．数据对应的残差为0.9 C．该种树的平均树高约为22.29m D．删除一组数据后，重新求得的回归直线的斜率变小 【答案】AC 【详解】对于A：分析残差图判断模型拟合程度，由残差图可知，残差分布比较均匀，且集中在0附近， 所以由残差图可判定树高与胸径的关系大致符合上述回归模型，选项 A正确； 对于B：计算数据对应的残差，当时，，残差为，选项B错误； 对于C：已知，则样本中心点的横坐标， 将代入回归方程， 可得，所以该种树的平均树高约为，选项C正确； 对于D：分析删除一组数据对回归直线斜率的影响，删除数据后， 因为大于样本中心点的横坐标，且小于通过回归方程计算出的对应的预测值， 所以删除该点后，剩下的数据整体上可能使得树高与胸径的正相关关系更明显，即重新求得的回归直线的斜率变大，选项D错误. 故选：AC. 考向3非线性回归方程 11．（2025·黑龙江绥化·二模）用模型去拟合与的关系，令，得到关于的回归直线方程为，则（   ） A．1 B．2 C．e D．2e 【答案】C 【详解】，所以． 故选：C． 12．（2025·广东肇庆·模拟预测）已知变量与变量的关系可以用模型（，为常数）拟合，设，变换后得到一组数据如下： 2 3 4 5 6 1.02 1.20 1.42 1.62 1.84 由上表可得经验回归方程为，则（    ） A．0.206 B． C．0.596 D． 【答案】D 【详解】由表格中数据得， ， 代入方程得，，解得，因此. 由两边取对数，得. 又，所以，，即. 故选：D 13．（2025·黑龙江鹤岗·二模）在研究两个变量的相关关系时，观察散点图发现样本点集中于某一条指数曲线的周围．令，求得经验回归方程为，则该模型的回归方程为________． 【答案】 【详解】因为， 所以． 故答案为：. 14．（2025·湖北荆门·二模）已知，之间的一组数据：若与满足经验回归方程，则此曲线必过点_____________. x y 【答案】 【详解】由已知， 设，则， 由回归直线性质可得在直线上， 又，， 所以点在直线上，故点在曲线上. 故答案为：. 15．（2024·江苏扬州·一模）在一组样本数据的散点图中，若所有样本点都在曲线附近波动，经计算，则实数___________． 【答案】/ 【详解】依题意，， 则，所以. 故答案为： 考向4独立性检验 16．（2025·吉林辽源·模拟预测）下列说法正确的是（    ） 的部分临界值如表： 0.1 0.05 0.025 0.01 2.706 3.841 5.024 6.635 A．一组数据的标准差为0，则这组数据中的数均相等 B．两组数据的标准差相等，则这两组数据的平均数相等 C．若两个变量的相关系数越接近于0，则这两个变量的相关性越强 D．已知变量，由它们的样本数据计算得到的观测值，则在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量没有关系 【答案】A 【详解】对于A，根据标准差定义，一组数据的标准差时， 显然有，故A正确； 对于B，两组数据的标准差相等，这两组数据的平均数未必相等， 如都为1和都为2的两组数据，它们的标准差均为0，但它们的平均数分别为1和，故B错误； 对于C，两个变量的相关系数越接近于0，两个变量的相关性越弱，故C错误； 对于D，，根据独立性检验原理， 在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量有关系，故D错误. 故选：A 17．（2024·湖北咸宁·模拟预测）根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到.已知，依据的独立性检验，结论为（    ） A．变量X与Y独立 B．变量X与Y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005 C．变量X与Y不独立 D．变量X与Y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005 【答案】A 【详解】因为，所以没有充分的证据推断变量X与Y不相互独立，即认为变量X与Y独立，故BCD错误，A正确； 故选：A. 18．（2025·湖北黄冈·三模）一款短视频手机应用最近在某校学生中流行起来，某校团委对“学生性别和喜欢该手机应用是否有关”做了一次调查，其中被调查的女生人数是男生人数的，男生喜欢该手机应用的人数占男生人数的，女生喜欢该手机应用的人数占女生人数的，若有的把握认为是否喜欢该手机应用和性别有关，则被调查的男生人数至少为（   ） 0.05 0.01 3.841 6.635 A．12 B．6 C．10 D．18 【答案】A 【详解】设被调查的男生人数为，则女生人数为，可得列联表如下： 喜欢 不喜欢 合计 男生 女生 合计 由公式算得，因为有的把握认为是否喜欢该手机应用和性别有关，所以， 则．而都是整数，所以的值至少为12． 故选：A. 19．（2025·山西临汾·二模）（多选）某儿童医院用甲、乙两种疗法治疗小儿消化不良．为分析两种疗法效果是否有差异，采取有放回的简单随机抽样的方法对治疗情况进行检查，得到如下数据： 疗法 疗效 未治愈 治愈 甲 15 52 乙 6 63 附常用小概率值及其相应的临界值表为： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 计算得．则下列说法正确的是：（    ） A．以频率估计概率，有 B．以频率估计概率，有 C．若取，可以认为疗效与疗法独立 D．若取，可以认为疗效与疗法独立 【答案】ABD 【详解】由题设求出表格 疗法 疗效 总数 未治愈 治愈 甲 15 52 67 乙 6 63 69 总数 21 115 136 以频率估计概率，有，故A正确； 以频率估计概率，有，故B正确； 零假设：认为疗效与疗法独立，由题且， 所以若取小概率值，则零假设不成立，即不可以认为疗效与疗法独立； 若取小概率值，则没有充分的证据推翻零假设，故可以认为疗效与疗法独立，故C错误，D正确. 故选：ABD 考向5统计新定义问题 20．（2024·四川达州·二模）如图的列联表中，定义，易知越大越有利于结论“与有关系”.若当值大于常数时，有的把握认为与有关系，那么的值为（    ） (已知，其中，) 总计 总计 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】当有的把握认为与有关系，则，故， 此时临界条件为，此时对应的刚好为， 即此时,即， 故，则， 故， 故选：A 21．（2024·黑龙江佳木斯·二模）加密运算在信息传送中具有重大作用对于一组数据，，…，，其密钥，定义算法，其中，，…，.将数据，，…，加密为，，…，的过程称为型单向加密.现将一组数据，，，，，进行型单向加密，则加密后的新数据的第60百分位数为（    ） A．2 B．3 C．6 D．9 【答案】C 【详解】依题意，密钥，则加密后的新数据依次为， 将加密后的新数据按从小到大的顺序排列为， 由，得加密后的新数据的第60百分位数为6. 故选：C 22．（2025·云南普洱·三模）定义空间直角坐标系中的任意点的“N数”为：在P点的坐标中不同数字的个数，如：，若点P的坐标，则所有这些点P的“N数”的平均值与最小值之差为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【详解】解：由题意，点P的坐标中不同数字的个数，可分为三类： （1）恰有3个相同数字的排列为种，则共有4个； （2）恰有2个相同数字的排列为种，则共有36个； （3）恰有0个相同数字的排列为种，则共有24个． 所以平均值为， 故选：A． 考点二 概率 9．（2024·全国甲卷·高考真题，6，5分）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 【详解】解法一：画出树状图，如图， 由树状图可得，出场次序共有24种， 其中符合题意的出场次序共有8种， 故所求概率； 解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有种排法，丁就种，共种； 当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有种排法，丁就种，共种； 于是甲最后出场共种方法，同理乙最后出场共种方法，于是共种出场顺序符合题意； 基本事件总数显然是， 根据古典概型的计算公式，所求概率为. 故选：C 10．（2023·全国乙卷·高考真题，4，5分）某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】用1，2，3，4，5，6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表： 乙甲 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 共有36个不同结果，它们等可能， 其中甲乙抽到相同结果有，共6个， 因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率. 故选：A 11．（2024·全国甲卷·高考真题，16，5分）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为______． 【答案】 【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种， 设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则， 故，故， 故， 若，则，则为：，故有2种， 若，则，则为：， ，故有10种， 当，则，则为： ， ， 故有16种， 当，则，同理有16种， 当，则，同理有10种， 当，则，同理有2种， 共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为， 故所求概率为. 故答案为： 12．（2025·全国一卷·高考真题，14，5分）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望_________. 【答案】/ 【详解】法一：依题意，的可能取值为1、2、3， 总的选取可能数为， 其中：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式， 故， ：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次）， 选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式， 其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件的可能情况有种， 故， ：三种不同球被取出， 由排列数可知事件的可能情有况种， 故， 所以 . 故答案为：. 法二：依题意，假设随机变量，其中： 其中，则， 由于球的对称性，易知所有相等， 则由期望的线性性质，得， 由题意可知，球在单次抽取中未被取出的概率为， 由于抽取独立，三次均未取出球的概率为， 因此球至少被取出一次的概率为：， 故， 所以. 故答案为：. 13．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题，14，5分）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_________. 【答案】/0.5 【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为. 对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以. 从而. 记. 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； 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. 而的所有可能取值是0，1，2，3，故，. 所以，，两式相减即得，故. 所以甲的总得分不小于2的概率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举. 14．（2022·全国甲卷·高考真题，15，5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________． 【答案】. 【详解】从正方体的个顶点中任取个，有个结果，这个点在同一个平面的有个，故所求概率． 故答案为：． 15．（2022·全国乙卷·高考真题，10，5分）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（    ） A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 【答案】D 【详解】解法一：要求连胜两局，故只能第一局和第二局连胜，或第二局和第三局连胜，则第二局和谁比赛很重要，第二局的对手实力越强，连胜两局的概率越小，第二局的对手实力越弱，连胜两局的概率越大，所以根据条件估算得到丙实力最弱，所以D选项正确. 解法二：该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为， 则此时连胜两盘的概率为 则 ； 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为， 则 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为 则 则 即，， 则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误； 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误. 故选：D 17．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题，9，5分）（多选）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】依题可知，，所以， 故，C正确，D错误； 因为，所以， 因为，所以， 而，B正确，A错误， 故选：BC． 18．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题，12，5分）（多选）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输 是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）. A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为 B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D．当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 【答案】ABD 【详解】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为，A正确； 对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件， 是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为，B正确； 对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和， 它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为，C错误； 对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率， 单次传输发送0，则译码为0的概率，而， 因此，即，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 知识1随机事件的概率基础 1．互斥事件与对立事件 互斥事件：一次试验中，事件不能同时发生；若任意两个均不能同时发生，则彼此互斥 对立事件：一次试验中，必有一个发生的互斥事件，的对立事件记为 关系：对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件（互斥是对立的必要不充分条件） 2．概率加法公式 互斥事件：；推广：彼此互斥的， 对立事件： 知识2古典概型 1．特征：有限性（基本事件有限个）、等可能性（各基本事件发生概率相等） 2．概率公式： 3．解题要点：判断等可能性→确定基本事件总数→数出事件的基本事件数→代入公式 4．辅助方法：列举法（列表/树状图）、对立事件法、加法公式法 知识3相互独立与条件概率 1．相互独立事件 定义：事件的发生与否对事件的概率无影响，反之亦然 乘法公式：；推广：相互独立的， 与互斥事件区分：互斥是“不同时发生”，独立是“彼此无影响” 2．条件概率 定义：已知发生的条件下，发生的概率，记为 计算公式：；古典概型中 3．全概率公式 核心思想：将复杂事件的概率分解为若干个互不相容的简单事件概率之和，化繁为简，适用于求复杂事件的概率。 适用条件：设试验的样本空间为Ω，事件A为Ω的任意事件，事件组B₁,B₂,…,Bₙ为Ω的一个完备事件组（两两互斥、并集为Ω），且P(Bᵢ)>0（i=1,2,…,n）。 公式： 知识4随机变量及其分布 （一）离散型随机变量 1．相关概念 随机变量：用变量表示随机试验的结果，常用表示 离散型：取值可一一列举；连续型：取值为某一区间内的一切值（不可列举） 2．分布列 形式：列出随机变量所有取值及对应概率 性质：①；② （二）离散型随机变量的期望与方差 1．数学期望（均值） 公式： 意义：反映离散型随机变量取值的平均水平 性质：（为常数） 2．方差与标准差 方差公式： 标准差：，与随机变量单位一致 意义：反映取值的稳定/波动、集中/离散程度，方差越大波动越大 （三）常见离散型随机变量的分布 1．二项分布 适用场景：n次独立重复试验（伯努利试验），每次试验只有两种结果（成功、失败），且每次试验成功的概率均为p（0<p<1），记为。 概率公式：若X表示n次试验中成功的次数，则（k=0,1,2,…,n），其中为组合数。 数字特征：期望，方差。 2．超几何分布 适用场景：从有限N个物件（含M个指定种类物件）中不放回抽取n个，求抽到指定种类物件的次数，记为。 概率公式：（k=0,1,2,…,min{n,M}），其中表示从M个指定物件中抽k个的组合数。 数字特征：期望，方差。 关键区别：二项分布是有放回抽样，超几何分布是不放回抽样；当N很大时，超几何分布可近似为二项分布。 （四）正态分布（连续型随机变量核心） 1．正态曲线：函数，图象关于对称，峰值为 2．正态分布表示：，为均值，为方差；越小曲线“瘦高”（分布集中），越大曲线“矮胖”（分布分散） 3．核心概率（3σ原则） 4．曲线性质：位于轴上方，与轴不相交；与轴围成面积为1；决定左右平移，决定形状 考向1古典概型 1．（2025·湖南岳阳·一模）在2025年10月19日举行的黄河口马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服务站的条件下，甲、乙被派去同一个服务站的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】先求甲被派去服务站的方法数； 第一种情况：甲一个人去服务站，则有种； 第二种情况：甲和其中一人去服务站，则有种； 故甲被派去服务站的方法数共种； 再求甲乙被派去同一个服务站的方法数：有种； 故概率为. 2．（2025·黑龙江七台河·二模）从分别标有数字，，，，的5张卡片中随机一次性抽取2张，则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】从5张卡片中抽取2张，共有种可能， 抽到的2张卡片中数字乘积为负数，即一正一负，共种可能， 所以抽到的2张卡片中数字乘积为负数的概率， 则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率． 故选：C. 3．（2024·辽宁铁岭·一模）有4个大小、形状相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中随机取球一次（至少取一个），则取出的球的标号之和不超过5的概率为_____. 【答案】 【详解】设集合，数字代表对应标号的小球，根据题意每次至少取一个球， 总的取球情况数即为集合的非空子集的个数，即个， 满足取出的球的标号之和不超过5的样本点有，共有8种， 所以取出的球的标号之和不超过5的概率为. 4．（2025·云南昭通·二模）从1，2，3，4四个整数中依次不放回地随机抽取2个数，则第一次抽取的数小于第二次抽取的数的概率为___________． 【答案】/ 【详解】由题意知，设第一次与第二次抽取的数即为， 则所有的可能结果为 ，共12种， 满足的可能结果为，共6种， 所以满足题意的概率为. 故答案为： 5．（2024·湖北十堰·一模）某市十景包含扬美古风、青山塔影、明山锦绣、望仙怀古、伊岭神宫、九龙戏珠、南湖情韵、凤江绿野、邕江春泛、龙虎猴趣，每个景点都有其独特的魅力．某游客计划从这10个景点中随机选择2个景点进行游玩，则青山塔影被选中的概率是______． 【答案】/ 【详解】从10个景点中随机选择2个景点， 总共有 种选择方法， 若要确保青山塔影被选中，则需从剩余9个景点中再选1个， 有 种选择方法， 因此，青山塔影被选中的概率为 . 故答案为： 6．（2024·山西太原·模拟预测）某学校围棋社团组织高一与高二的同学比赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高．已知高二每个段位的选手都比高一相应段位的选手强一些.比赛胜负仅由段位决定，段位高者获胜；若段位相同，则高二选手获胜.比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利．在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序，则第一局比赛高一获胜的概率为______，在一场比赛中高二获胜的概率为______． 【答案】 【详解】设为高一出场选手，为高二出场选手，其中表示段位， 第一局比赛中，有，，，，，，，，，共个基本事件， 其中高一能取得胜利的基本事件为，，，共个， 第一局比赛高一获胜的概率为． 在一场三局比赛中，共有不同的种安排方法， 其中高一能获胜的安排方法为，，，，，，共种， 在一场比赛中高二获胜的概率为． 故答案为：；. 考向2正态分布 7．（2025·广东阳江·模拟预测）某市高三年级男生身高近似服从正态分布，若，则（    ） A．0.65 B．0.85 C．0.15 D．0.3 【答案】B 【详解】由题可得 8．（2025·云南丽江·二模）已知随机变量，且， 则当时， 的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据题意，随机变量，且，则有，解得.由，即， 所以，当且仅当，即时取等号. 9．（2025·宁夏固原·一模）已知随机变量，且，（），则（    ） A． B． C． D．（） 【答案】BC 【详解】对于A，因为，所以，故A错误； 对于B，因为，则，则，即，故B正确； 对于C，因为，而， 故，故C正确； 对于D，因为，所以，又，所以，故D错误. 故选：BC. 10．（2025·江苏连云港·一模）为督导学生体育锻炼，某中学举行一分钟跳绳测试，其成绩（单位：次）近似服从正态分布，且，则该校2000名学生中约有（    ）人一分钟跳绳超过200次. A．100 B．150 C．200 D．250 【答案】A 【详解】因为 ，则有， 所以， 该校2000名学生中，一分钟跳绳超过200次人数约为. 11．（2025·湖北孝感·三模）已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则___________． 【答案】1 【详解】连续型随机变量服从正态分布，其正态曲线关于直线对称， 则有， 所以. 故答案为：1 12．（2025·江西南昌·一模）某省为测试学生对新高考试卷的适应性，特此举办了一次全省高三年级数学模拟考试（满分150分），其中甲市有10000名学生参加考试．根据成绩反馈，该省各市本次模拟考试数学成绩都近似服从正态分布．在参加该省本次模拟考试的学生中随机抽取500人作为研究样本，随机变量为本次考试数学成绩在之外的人数，则约为______．若本次模拟考试甲市数学平均成绩为97.5分，成绩位于区间内的学生共有4772人．甲市学生的数学成绩为114分，则估计学生的数学成绩在甲市的大致名次为第______名． 参考数据：，．若，有，，． 【答案】 0.4782 1587 【详解】设事件：在样本中抽取的1名学生在本次考试中数学成绩在之外． 成绩在之内的概率为0.9974， ， 随机变量服从二项分布，即， ． 若本次模拟考试甲市数学平均成绩为97.5分，则可得， ， ，即，解得． 甲市学生在该次考试中数学成绩为114分，且， 又，即，， 即学生本次考试的数学成绩在甲市的大致名次为第1587名． 故答案为：0.4782，1587 考向3随机变量的分布列，均值、方差 13．（2025·四川宜宾·模拟预测）设正数，随机变量的分布列，若随机变量的期望为1，则最小值为（    ） 0 A．1 B． C．4 D．2 【答案】D 【详解】根据离散型随机变量分布列的性质：所有概率之和为，即.解得. 已知随机变量的期望为，可得. 化简可得：，进一步变形为. 设，则， 将进行变形， 给式子乘以得到. 展开式子： 根据基本不等式，有. 所以，当且仅当，即时等号成立. 故选：D. 14．（2025·广东汕头·三模）设，随机变量X的分布列是 X 0 1 P b 则当a在内增大时，（   ） A．增大 B．减小 C．先增大再减小 D．先减小再增大 【答案】C 【详解】因为，所以． 因为， 所以， 所以当时，a增大增大， 当时，a增大减小． 故选：C. 15．（2025·山东济宁·二模）为迎接中秋佳节，某公司开展抽奖活动，规则如下：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，每位员工从中摸出2个小球.若摸到一红球一白球，可获得价值百元代金券；摸到两白球，可获得价值百元代金券；摸到两红球，可获得价值百元代金券（均为整数）.已知每位员工平均可得5.4百元代金券，则运气最好者获得至多（    ）百元代金券 A．5.4 B．9 C．12 D．18 【答案】D 【详解】若摸到一红球一白球的概率， 若摸到2白球的概率，若摸到2红球的概率， 设可获得百元代金券为变量分布列如下， a b ab P , 手气最好者获得百元代金券 即，， 则， 当，即，时等号成立， 所以的最大值为. 估计手气最好者至多获得18个百元代金券. 故选：D. 16．（2024·山西大同·一模）已知随机变量的分布列如图： X 1 2 3 … n P … 若数列是等差数列，则（    ） A．若为奇数，则 B． C．若数列单调递增，则 D． 【答案】ACD 【详解】由数列是等差数列且，得，所以， 对于A，当为奇数时，，故A正确； 对于B，由得，故B错误； 对于C，若数列单调递增，则可得，故，故C正确； 对于D：由，其中，故D正确. 故选:ACD. 17．（2025·湖南邵阳·模拟预测）一个箱子里有5个相同的球，分别以1∼5标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少被取出一次的球的个数为，则数学期望________． 【答案】 【详解】的可能取值为1，2，3， ， ， ， ． 故答案为． 18．（2024·河北衡水·模拟预测）现要发行10000张彩票，其中中奖金额为2元的彩票1000张，10元的彩票300张，50元的彩票100张，100元的彩票50张，1000元的彩票5张.1张彩票中奖金额的均值是__________元. 【答案】2 【详解】设每张彩票的中奖金额为随机变量，则. 由题意可知，，，，，， 所以. 所以，的分布列为 0 2 10 50 100 1000 0.8545 0.1 0.03 0.01 0.005 0.0005 所以，. 故答案为：2. 考向4超几何分布与二项分布 19．（2025·广西崇左·模拟预测）如图是一块高尔顿板示意图：在一木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留着适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为、、、、，用表示小球落入格子的号码，则下列不正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设，则，再根据二项分布的概率公式及期望方差公式逐一分析即可． 【详解】对于AB，超几何分布是反映在个对象（包含个特定对象）中随机不放回取出个对象， 含有特定对象数的概率分布，被取出的个对象中特定对象数是变化的， 任意取出的4个号码，最大号码都只有1个，个数保持不变，不服从超几何分布， 取出的黑球个数服从超几何分布，AB正确； 对于C，取出2个白球的概率为，C错误； 对于D，取出四个黑球的总得分最大，概率为，D正确． 故选：C 21．（2026·广西来宾·模拟预测）学校要从12名候选人中选4名同学组成学生会，已知有4名候选人来自甲班.假设每名候选人都有相同的机会被选到.用X 表示候选人来自甲班的人数.则下列说法不正确的是（   ） A．随机变量X的所有取值为0，1，2，3，4 B．甲班恰有2名同学被选到的概率为 C．随机变量 D．随机变量X的期望为 【答案】C 【详解】因为从12名候选人中选4名同学，且有4名候选人来自甲班， 可知随机变量X服从超几何分布，故C不正确； 所以X的所有取值为0，1，2，3，4，故A正确； 甲班恰有2名同学被选到的概率为，故B正确； 随机变量X的期望为，故D正确； 故选：C. 22．（2025·广东韶关·三模）（多选）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，每道多选题全部选对的概率均为，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 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 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道多选题时，其单选题总得分的期望为 【答案】ABD 【详解】对于选项A，可知从7道单选题、5道多选题中随机抽取出6道单选题、4道多选题， 其概率为，故A正确； 对于选项B，所求概率为，B正确； 对于选项C，设多选题全部选对的题数为，则， 所以，故多选题总得分的期望为，故C错误； 对于选项D，设单选题选对的题数为X， 因为单选题的题数为，所以，所以， 故单选题总得分的期望为，故D正确． 故选：ABD． 23．（2025·四川泸州·模拟预测）一个袋中共有个大小相同的黑球、白球和红球，已知从袋中任意摸出个球，得到黑球的概率是；从袋中任意摸出个球，至少得到个白球的概率是，则白球的个数为_______________________________. 【答案】 【详解】设有白球个，因为从袋中任意摸出个球，至少得到个白球的概率是， 所以，解得或（舍去）. 故答案为：5 考向5条件概率与全概率公式 24．（2025·河北唐山·一模）从1，2，3，4，5，6，7这 7 个数字中依次不放回地随机选取两个数字，记事件 ： “第一次抽到的数字是奇数”，事件 ： “第二次抽到的数字是偶数”，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】：第一次抽到奇数的概率，总共有7个数字，奇数4个，故. :第一次抽到奇数且第二次抽到偶数的概率，分步计算：第一次抽奇数有4种选择，第二次抽偶数有3种选择，总情况数为，故. 根据条件概率公式代入得：. 故选：A. 25．（2025·安徽阜阳·三模）已知为两个随机事件，，则“相互独立”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【详解】由题意，，， 若相互独立，则相互独立，相互独立， 所以，， 所以，故充分性成立； 若，即， 则， 即，故， 即相互独立，故、相互独立，故必要性成立， 故“相互独立”是“”的充分必要条件． 故选：C 26．（2025·福建宁德·三模）现有两位游客慕名来成都旅游，他们分别从武侯祠、杜甫草堂、宽窄巷子、春熙路、熊猫基地这5个景点中随机选择1个景点游玩，两位游客至少有一人选择武侯祠的条件下，他们选择的景点不相同的概率为___________． 【答案】 【详解】记事件为“两位游客中至少有一人选择武侯祠”，事件为“两位游客选择的景点不相同”， 由题意，两位游客从5个景点中随机选择1个景点游玩，每人都有5种不同的选法，故共有(种)不同的选法. 两人都不选择武侯祠的方法有(种)， 故两位游客中至少有一人选择武侯祠的方法共有 (种)， 所以两位游客中至少有一人选择武侯祠的概率. AB表示两位游客中至少有一人选择武侯祠，且两位游客选择的景点不同，即一人选择武侯祠，另一人选择其它景点，共有 (种)选法， 故， 所以. 故答案为：. 27．（2025·湖南怀化·模拟预测）（多选）设，分别为随机事件的对立事件，以下概率均不为零，则下列结论正确的有（    ） A． B．若，则 C． D． 【答案】ABC 【详解】对于A，由全概率公式得，，故A正确； 对于B，，所以，所以，相互独立， 那么，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，表示在发生的条件下发生的概率，表示在发生的条件下发生的概率， 两者之和不一定为1，例如：设为“掷骰子点数为偶数”，为“掷骰子点数为奇数”， 为“掷骰子点数大于2”，则，，和为，D错误. 28．（2025·四川资阳·三模）某市场供应的灯泡中，甲厂产品占30%，乙厂产品占70%，甲厂产品的合格率是70%，乙厂产品的合格率是90%，在该市场中随机购买一个灯泡，已知买到的是合格品，则这个灯泡是甲厂生产的概率是________． 【答案】/0.25 【详解】设事件为“购买一个甲厂灯泡”，事件为“购买一个乙厂灯泡”，事件为“购买的灯泡是合格品”， 依题意，， 因此， ， 所以这个灯泡是甲厂生产的概率是. 故答案为： 考向6概率的最值 29．（2025·河南开封·一模）小明有一枚质地不均匀的骰子，每次掷出后出现1点的概率为，他掷了k次骰子，最终有6次出现1点，但他没有留意自己一共掷了多少次骰子.设随机变量X表示每掷N次骰子出现1点的次数，现以使最大的N值估计N的取值并计算.（若有多个N使最大，则取其中的最小N值）.下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．与6的大小无法确定 【答案】B 【详解】X服从二项分布，则， 最大即为满足， 解得， 又，故为整数时，结合题设要求，； 不为整数时N为小于，，故， 故选：B 【点睛】要解决本题，首先要根据已知条件，判断出满足二项分布，从而可利用二项分布的知识来求概率和期望.求解含有组合数的最值计算问题，可以考虑利用商比较法来进行. 30．（2025·宁夏银川·一模）在排查新冠肺炎患者期间，一户4口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感染高危户”．设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立，该家庭至少检测了3个人才能确定为“感染高危户”的概率为，当时，最大，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设事件为：检测了3个人确定为感染高危户， 设事件为：检测了4个人确定为感染高危户， 事件为第一个人不是阳性，第二个人不是阳性，第三个人是阳性，所以，同理 即， 设，则， 因为，当且仅当，即时取等号，即. 故选：A 31．（2025·湖南衡阳·二模）小张参加一次十道选择题的测试，做对一道得一分，做错一道扣一分，不做则得零分．他的目标是至少得7分，7分及格．小张现在确定他前六道题的答案是正确的，而剩下的每道题做对的概率均为，则小张应该做_____道题，及格的概率最大． 【答案】7或9 【详解】小张再做一道题及格的概率为；再做两道题及格的概率为； 再做三道题及格的概率为； 再做四道题及格的概率为， 所以小张应该做7或9道题，及格的概率最大． 故答案为：7或9 32．（2025·云南昆明·一模）如图，一个质点在外力的作用下，从原点0出发，每隔1s向左或向右移动一个单位，且向右移动的概率为．若该质点共移动100次，则它位于数字______处的可能性最大． 【答案】 【详解】设质点向右移动的次数为，则服从二项分布，即， 则质点最终的位置等于向右移动的次数减去向左移动的次数， 即， 由二项分布的概率公式可得， 设最大，则， 由可得， 即， 化简可得，解得， 由可得， 即， 化简可得，解得， 即，且，则时，最大， 则质点最终的位置为. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题主要考查了二项分布概率最大值问题，难度较大，解答本题的关键在于结合二项分布的概率公式计算，从而得到结果. 33．（2025·湖南益阳·三模）某电视台举办“庆奥运”知识挑战赛，初赛环节，每位选手先从（跳水）、（乒乓球）、（游泳）三类问题中选择一类.该类题库随机提出一个问题，该选手若回答错误则被淘汰，若回答正确则需从余下两类问题中选择一类继续回答.该类题库随机提出一个问题，该选手若回答正确则取得复赛资格，本轮比赛结束，否则该选手需要回答由最后一类题库随机提出的两个问题，两个问题均回答正确该选手才可取得复赛资格，否则被淘汰.已知选手甲能正确回答、两类问题的概率均为，能正确回答类问题的概率为，每题是否回答正确与回答顺序无关，且各题回答正确与否相互独立．为使取得复赛资格的概率最大，在“”、“”和“”三种回答顺序中，选手甲应选择_____ 【答案】 【详解】按顺序回答，取得复赛资格的概率为， 按顺序回答，取得复赛资格的概率为， 按顺序回答，取得复赛资格的概率为， 因为，所以，甲按顺序回答，可使取得复赛资格的概率最大， 故答案为：. 【点睛】思路点睛：求相互独立事件同时发生的概率的步骤： （1）首先确定各事件是相互独立的； （2）再确定各事件会同时发生； （3）先求出每个事件发生的概率，再求其积. 考向7马尔科夫链 34．（2024·吉林四平·二模）随着科技的不断发展，人民消费水平的提升，手机购物逐渐成为消费的主流，当我们打开购物平台时，会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品，这是电商平台推送的结果．假设电商平台第一次给某人推送某商品，此人购买此商品的概率为，从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为．记第n次推送时不购买此商品的概率为，当时，恒成立，则M的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意得，第n次推送时不购买此商品的概率， 所以， 由题意知，则， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即，显然数列递减， 所以当时，， 所以M的最小值为． 故选：A. 35．（2025·辽宁盘锦·三模）甲、乙、丙、丁4人做传球游戏，球首先由甲传出，每个人得到球后都等可能地传给其余3人之一．第次传球后，球在甲手中的概率为，在乙手中的概率为，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意得， 故，其中，所以， 所以，，C正确； ，A正确； 同理可得，， 其中，故， 所以，，D正确； ，， ， ，B错误. 故选：B 36．（2025·山西阳泉·模拟预测）（多选）踢毽子源于汉朝，盛行于六朝，某学校高三年级为了增强学生身体素质，缓解学生备考压力，开展踢毽子活动.已知某踢毽子小组由5人组成（包含甲、乙），每个人踢出的毽子都等可能地传给其他4人中的1人，假设第1次由甲踢出，每次踢出的毽子都能被接住.记第次踢出毽子后，毽子传到乙的概率为，前次踢毽子的过程中，传到乙的次数为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【详解】由题意知，故A错； 由题意的可能取值为0,1， ， 所以，故B对， 由题意知第次踢出毽子后，毽子没有传到乙的概率为， 所以，故C对， 由，得到， 又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 即，故D对， 故选：BCD 37．（2025·四川成都·二模）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，甲有的概率不传，有的概率传给乙；乙有的概率传给甲，有的概率传给丙；丙有的概率传给甲，的概率传给乙，每次传球相互独立，则两次传球后球在乙处的概率为________，次传球后，球在乙处的概率________. 【答案】 【详解】设次传球后，球在甲处的概率为，则球在丙处的概率为， 由题意可知，， 第二次传球后，球在乙处，只有一种可能，即前一次在甲处，然后传给乙， 所以； 次传球后，球在乙处，有两种可能：前一次在甲处，由甲传给乙或前一次在丙处，由丙传给乙， 所以， 设，即，所以，解得， 故，且， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，故. 故答案为：；. 38．（2024·江苏盐城·三模）甲、乙两位同学参加一场答题竞赛，甲同学每次答对问题的概率为0.8，乙同学每次答对的概率为0.6，答题规则是如果该同学此题答对，则继续答题，如果答错则由对方进行答题，已知两位同学答第一题的概率相等，则第n次答题的同学是甲的概率是_______． 【答案】 【详解】第n次答题的同学是甲的概率设为，由乙答题的概率为 则第此由甲答题的情况为：第次甲答题且答对或者第次乙答题且答错， 所以，且，代入化简得则递推关系为， 当答题次数无限多时，，所以，解得，构造， 递推关系为，又，所以，即. 故答案为： 39．（2025·浙江宁波·二模）某社区开展防疫值班工作，甲乙丙三人轮流参与，规则如下：①第1天安排甲值班；②第2天从乙丙两人中随机选1人值班；③第天，从前一天未值班的2人中随机选1人值班，则第天甲值班的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设事件：甲第天值班，，则， 设，则，， 又， 是首项为，公比为的等比数列， ， 故选：C． 考向8赛制概率问题 40．（2025·山东潍坊·一模）在备战巴黎奥运会期间，教练组举办羽毛球训练比赛，派出甲、乙两名单打主力，为了提高两名主力的能力，教练安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与陪练打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关．已知甲、乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立．记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为    （    ） A．32 B．31 C．28 D．27 【答案】D 【详解】由题可知每一轮过关的概率: ， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 故．因为，所以，则. 故选：D. 41．（2025·湖南永州·二模）2024年6月中专生姜萍以93分全球第12名的成绩入围全球数学竞赛决赛，成为社交媒体上的热门话题，也使数学竞赛成为各大高校关注的焦点．某高校借此热度在数学系举行了模拟数学竞赛，经过选拔之后组织了甲、乙两个竞赛队进行冠亚军争夺赛．比赛时，主持人先展示出一道题目，再从标有1，2，3，4的四张卡片中随机抽取一张，若数字为奇数，则由甲队答题，若数字为偶数，则由乙队答题，在规定时间内，若答对本题，则本队得10分，否则对手得10分．按照这种方式依次进行下一题的答题，直到其中一个队的得分超过另一个队30分，比赛结束，分高者为冠军．已知甲、乙答对每道题的概率分别为、，且互不影响，前3道题，甲队获得20分的概率为______，若第一个问题甲队得分，恰好回答完第道题后决出冠军，则乙队获得冠军的概率为______． 【答案】 【详解】设甲每道题得10分的概率为，则， 设甲队前道题得分为， 则前3道题，甲队获得20分的概率为； 若第一个问题甲队得分，恰好回答完第道题后决出冠军，且乙队获得冠军， 则甲队得分为分，乙队得分为分，且第道题乙队得分， 则所有符合要求的得分情况有以下几种： 甲乙乙乙甲乙乙，甲乙乙甲乙乙乙，甲乙甲乙乙乙乙，甲甲乙乙乙乙乙， 若第一个问题甲队得分，恰好回答完第道题后决出冠军，且甲队获得冠军， 则甲队得分为分，乙队得分为分，且第道题甲队得分， 则所有符合要求的得分情况有以下几种： 甲乙乙甲甲甲甲，甲乙甲乙甲甲甲，甲乙甲甲乙甲甲， 甲甲乙乙甲甲甲，甲甲乙甲乙甲甲， 设事件为“第一个问题甲队得分，恰好回答完第道题后决出冠军” 则， 设事件为“乙队获得冠军”， 则. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题空二关键点在于将所有符合要求的得分情况列出，并根据每道题甲得10分的概率进行计算. 42．（2025·山东东营·三模）某棋手与一款机器人进行围棋挑战赛，规则如下：棋手的初始分数为2分，每局比赛，棋手胜加1分；平局不得分；棋手负减1分．当棋手总分为0分时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为3分时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续进行．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为，且各局比赛相互独立．则恰好在第6局比赛结束后，比赛终止的概率为_____． 【答案】 【详解】设比赛终止后，棋手获胜的局数为． （1）6局比赛后棋手胜.则最后1局棋手胜, ①若，则前5局均为平局，只有1种情形； ②若，则在前5局中除平局外出现有1胜1负情形，且为“负胜”的顺序，共有种情形； ③若，则在前5局中除平局外出现2胜2负情形，且为“负胜负胜”的顺序，共有种情形． 所以6局比赛后，棋手胜的概率为． （2）6局比赛后棋手负.则最后1局棋手负. ①若，则在前5局中除平局外出现有1负0胜的情形，且负局可以在任意位置，有种情形； ②若，则在前5局中除平局外出现有2负1胜的情形，且为“负胜负”的顺序，有种； ③若，则在前5局中除平局外出现有3负2胜的情形，且为“负胜负胜负”的顺序，只有1种情形． 所以6局比赛后，棋手负的概率为． 综上，6局后比赛终止的概率为． 故答案为： 43．（2024·江苏宿迁·一模）绝大多数比赛都采用“局胜制”的规则，但也有一些项目，比如冰壶运动，其整个比赛通常是进行偶数局.  现有甲、乙两名同学进行一项趣味项目的比赛，两人约定比赛规则为：共进行局，谁赢的局数大于局，谁就获得最终胜利.  已知每局比赛中，甲获胜的概率均为乙获胜的概率均为.  记甲赢得整个比赛的概率为.  若则______，若则当______时，最大. 【答案】 【详解】当时，甲乙比赛四局，则甲要赢3局或4局才能获胜，计算， 时，甲乙比赛二局，则甲要赢2局，计算， 所以； 在局比赛中甲获胜，则甲胜的局数至少为局 故 所以 1).前局，甲胜局，后2场甲2胜，概率为； 2).前局，甲胜局，后2场甲1胜1负或者2胜，概率为； 3).前局，甲至少胜局，后2场甲1胜1负或者2胜，概率为； 所以， 所以， 即得， 所以， 计算得，即，所以当时，最大. 故答案为：，. 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 $