专题08 概率统计与计数原理（6大考点）（四川专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题 08 概率统计与计数原理 计数原理 考点1 1．B 2．C 3．B 4．B 5．C 6．ABC 7． 8． 9．120 10． 11．33 概率 考点2 1．D. 2．B 3．BD. 4．ABD. 5．；. 6． 7．；4 8．. 9．【详解】（1）小王答3道题后积分小于6，则小王3题都答错，或答对1题，答错2题， 故所求概率为. （2）设小王答对的题数为，则他答错的题数为， 所以． 由题意知，所以，所以． （3）（i）当小王的积分为时，若小王接下来一题答对， 则积分变为，若小王接下来一题答错，则积分变为． 由全概率公式有， 整理可得． 又，所以为等比数列． （ii）由（i）可得， 所以， 又，所以． 所以. 10．【详解】（1）由题意，甲每局比赛获胜的概率为，则乙每局比赛获胜的概率为， 表示经过 3 局比赛甲获胜的概率， 由甲经过 3 局比赛获胜，又净胜局数为，则甲3局全胜， 故； 为经过5局甲获胜的概率， 某人的净胜局数=某人胜的局数-某人负的局数， 由经过5局甲才获胜，净胜局数为， 则5局中甲胜局负局，且负局必在前局中（若不在，则3 局甲全胜比赛结束），第、局均获胜， ． （2）由题意，​为事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率， 由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为， 故即为甲的净胜局数，所以. 经过若干局后，假定当前， ①当时，即甲的净胜局数， 则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以； ②当时，即甲的净胜局数，乙的净胜局数， 则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则； ③当时， 由甲的净胜局数，则乙的净胜局数为，且， 故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局. 记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”（），事件“下一局比赛甲获胜”， 下一局若甲赢（即事件发生），则；若乙赢（即事件发生），则； 因为，，，且， 所以由全概率公式得， ，即， 因此，整理得， 两边都减去，则可得， 又当时，， 故数列：是公比为2的等比数列． 即数列 是公比为2的等比数列． （3）由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为. 记， 则， 由（2）知，数列 是公比为2的等比数列， 则，解得， 所以， 又， 所以， 故甲最终获得训练赛胜利的概率为. 随机变量及其分布 考点3 1．D. 2．D 3． 4． 5．【详解】（1）设操作3次后箱中黑色小球剩余0个的概率为， 由题意知. （2）由题意可知，的所有取值为0，1，2，3 则， ， ， ， 所以的分布列为: 0 1 2 3 所以. （3）记事件为1次取到红色小球，事件为4次恰好完成置换， 由题意得，则 第1次取到取到红色小球， 则再操作4次，须将箱中黑色小球全部置换为红色小球， ①若第二次也取出红色小球，则第三次、第四次、第五次均须取出黑色小球， 其概率为， ②若第二次取出黑色小球，则第三次取出红色小球，第四次和第五次均须取出黑色小球，其概率为， ③若第二次取出黑色小球，则第三次取出黑色小球，第四次取出红色小球，第五次取出黑色小球，其概率为， 综上所述，， 所以， 即在第1次取到红色小球的条件下，再操作4次恰好完成置换的概率为. 6．【详解】（1）设事件表示“该小组比赛胜利”， 则； （2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3， 则，，， 所以的分布为： 1 2 3 所以； （3）若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为． 由（2）可知，． 若依次派甲丙乙进行闯关，设派出人员数目的期望为，则． 从而， ． 因为，所以，，所以，即． 所以要使派出人员数目的期望较小，先派出乙． 7．【详解】（1）由从甲篮球队随机抽取10名队员进行定点投篮测试，有8人投中，得， 所以甲队队员投中的概率为. （2）记从甲队抽取的队员投中为事件，乙队抽取的队员投中为事件， 则，的可能取值为， ，， ， 所以X的数学期望. （3）记事件为“甲队队员掌握了定点投篮技巧投中”，其概率为， 事件为“乙队队员掌握了定点投篮技巧投中”，其概率为， 由甲队队员掌握了技巧，有90%的概率投中，未掌握技巧的队员有60%的概率投中， 得，解得， 由乙队队员掌握了技巧，有80%的概率投中，未掌握技巧的队员有60%的概率投中， 得，解得， 所以. 8．【详解】（1）（1）依题意，第一天在任意餐厅就餐的概率均为，设第二天在B餐厅就餐的概率为 于是：； （2）设小丁第天在餐厅就餐的概率为,，第天在餐厅就餐的概率为则： 当时， 即，即， 所以 是以为公比，为首项的等比数列； 所以，于是，； （3）依题意： ， . 9．【详解】（1）由题意知得分总数的所有可能取值为4，5，6，7，8， 其中，， ，， ， 所以的分布列为 4 5 6 7 8 . （2）因为n道题得分总数为 ，所以其中只有1道题得到2分， 所以， 则， 所以， 两式相减得 ， 所以． （3）在这20名学生中，设得到1分的人数为，则得到2分的人数为， 所以得到的总分， 此时得到的总分的概率为， 所以，整理得，解得， 而，，所以，所以， 所以若王老师按照这20人的总分概率最大为依据，一分奖励一朵小红花，王老师应该提前准备25朵小红花比较合理. 10．【详解】（1）对于游戏一，设“第二次摸到白球”，则； 对于游戏二，设“第一次摸到白球”，“第二次摸到白球”，则； （2）对于游戏一，的可能取值为0，1，2，的分布列为： ，，， 对于游戏二，的可能取值为0，1，2，的分布列为： ，，， 因为游戏一与游戏二的结果相互独立， 所以 ； （3）由（2）知， ； 同理 . 因为 ， 所以，故游戏一的“不确定性”更高. 11．【详解】（1）（，为整数）表示甲同学投篮次恰好有2次命中的概率， 所以当时，. （2）（i）前五次命中一次的概率为：, 前五次一次都不命中的概率为：， 所以. （ii）， 设投篮次数为，， ， ， 记① ② ①②，错位相减可得， 所以， 所以 因为，所以, 解得：，所以的最小值为. 统计 考点4 1．A 2．C 3．D 4．D 5．B 6．ABC 成对数据的统计分析 考点5 1．B 2．C 3．AD 4．ABD 5．AD 6．【详解】（1）由已知，， 又，， 则，， 所以回归方程为； （2）当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 则这个月中残差为负的月份有个，残差为非负的月份有个， 则这个月中随机抽取个月，抽到的月份数据含有残差为负的概率. 7．【详解】（1）因为，， ， ， 所以，. 所以收益y关于售出数量x的回归直线方程为：. 当时，预测收益为元. （2）由题意，的值可能为：， 且，，. 所以的分布列为： 0 100 200 所以. 8．【详解】（1）解：假设认为该校大学生 “是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”无关， 由列联表中的数据，可得：， 因为，所以拒绝假设， 所以有的把握认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关. （2）解：由列联表中的数据，喜欢纸质书的共有200人，其中文科150人，理科50人， 按比例抽取8人，则文科人数为人，理科人数为人， 从这8人中抽取3人，为文科人数，则随机变量的可能取值为， 可得，， ， 所以随机变量的分布列为 1 2 3 所以期望为. 9．【详解】（1）年份代码的平均数，销量的平均数， 所以， ， 所以， 所以， 所以这个地区某品牌制氧机的销量关于年份代码的线性回归方程为， 由于2027年对应的年份代码为，得， 所以预测2027年这个地区某品牌制氧机的销量约为12.4万台． （2）（ⅰ）根据男生和女生各100名，补全列联表为： 学生 制氧机知识 合计 了解 不了解 男生 80 20 100 女生 40 60 100 合计 120 80 200 （ⅱ）零假设：该校学生对制氧机知识的了解情况与性别无关. 根据（ⅰ）中的列联表中的数据可得， . 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即该校学生对制氧机知识的了解情况与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005. （3）从（2）的样本中按对制氧机知识了解和不了解的比例选取10人， 则抽取的10人中，了解的人数为6人，不了解的人数为4人 再随机从中抽取4人，对制氧机知识不了解的人数的所有可能取值为0，1，2，3，4. 且， ， ， 则的分布列为 0 1 2 3 4 数学期望为 10．【详解】（1）提出零假设：产品检测结果与生产线没有关联， 由， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即产品检测结果与生产线有关联，此推断犯错的概率不大于. （2）设事件“被选出的是甲生产线”，事件“取出的产品是优良品”， （ⅰ）依题意，， ， 由全概率公式得：. （ⅱ）取出的产品是优良品，则它是从甲生产线取出的概率为： ． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 08 概率统计与计数原理 5大考点概览 考点01计数原理 考点02概率 考点03随机变量及其分布 考点04统计 考点05成对数据的统计分析 计数原理 考点1 1．（2026·四川遂宁·一模）二项式的展开式中，含项系数为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·四川攀枝花·一模）二项式的展开式中的常数项为（   ） A．30 B．20 C．15 D．6 3．（2025·四川自贡·一模）如图，某设备内部从a到b的电路包含三个元件A，B，C，现该设备从a到b的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C的工作状态（通路/断路）共有n种不同情况，则n为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 4．（2025·四川泸州·一模）要安排4名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（    ） A．12 B．14 C．16 D．20 5．（2025·四川成都·一模）某种产品的加工需要经过5道不同工序，如果指定其中某2道工序必须相邻，那么加工顺序共有（    ） A．96种 B．72种 C．48种 D．36种 6．（2025·四川成都·一模）（多选）已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数相等，则下列说法正确的有（    ） A． B．第4项的二项式系数最大 C．的系数为 D．展开式各项系数之和为 7．（2025·四川德阳·一模）的展开式中，常数项为 （用数字作答）. 8．（2025·四川达州·一模）的展开式中，的系数是 ． 9．（2026·四川巴中·一模）一个火车站有 8 股道，如果每股道只能停放 1 列火车，现要停放 4 列不同的火车，每两列火车不能停在相邻股道，则不同的停放方法共有 种. 10．（2026·四川广安·一模）某中学对“秋假”期间申请留校的学生实行免费托管，现要从名教师中选若干人在天假期值班（每天只需人值班），同一人不能连续值班天，则可能的安排方法有 种． 11．（2026·四川宜宾·一模）甲乙两人分别从标有数字的13张卡片中各抽取一张，甲乙取得的卡片上的数字分别记为，，则满足的个位数字为9的有序数对的个数为 . 概率 考点2 1．（2025·四川成都·一模）三个相同的盒子里分别放有两个黑球，一个黑球一个红球，两个红球，现从任意的盒子里随机取出一球，若该球为红色，则该盒剩下的另一球也是红色的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·四川达州·一模）已知，则（ ） A．0.4 B．0.5 C．0.6 D．0.7 3．（2026·四川巴中·一模）（多选）若 ，则关于事件 的关系正确的是（ ） A．事件 与 互斥 B．事件 与 不互斥 C．事件 与 不相互独立 D．事件 与 相互独立 4．（2025·四川泸州·一模）（多选）记为事件的对立事件，已知，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若与相互独立，则 C．若，则 D．若，则 5．（2026·四川巴中·一模）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 ． 6．（2026·四川雅安·一模）甲、乙两人分别从A，B，C，D，E五个景点中随机选择一个景点游玩，若这两人中至少有一人选择景点A，则他们选择的景点不相同的概率为 . 7．（2025·四川成都·一模）如图，已知正四面体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点处，记点移动次后仍在底面上的概率为.则 ；满足的的最大值为 . 8．（2025·四川眉山·一模）将五张标有1，2，3，4，5的卡片摆成下图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按1-3-5-4-2取走卡片的顺序是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这5张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为 . 1 2 3 4 5 9．（2026·四川攀枝花·一模）某校组织知识问答比赛，每名参赛选手都赋予6分的初始积分，每答对一题加1分，每答错一题减1分，已知小王每道题答对的概率为，答错的概率为，且每道题答对与否互不影响． (1)求小王答3道题后积分小于6的概率； (2)设小王答4道题后积分为X，求； (3)若小王一直答题，直到积分为0或12时停止，记小王的积分为（，1，2，…，12）时，最终积分为12的概率为，则，． （i）证明：数列为等比数列； （ⅱ）求的值． 10．（2026·四川广安·一模）甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数某人胜的局数某人负的局数）． (1)记经过局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为，求和； (2)经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为，记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为，求证： 是等比数列； (3)求甲获得训练赛胜利的概率． 随机变量及其分布 考点3 1．（2025·四川资阳·一模）某果园中某品种水果的单果质量（单位：）服从正态分布，且，若从该果园中随机选取个该品种水果，则质量在的水果个数的期望为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·四川自贡·一模）已知随机变量，且，则当时，的最小值为（   ） A． B．3 C． D． 3．（2026·四川宜宾·一模）（多选）下列结论正确的有（    ） A．若随机变量，则 B．已知随机变量服从正态分布，则 C．在做回归分析时，残差图中残差比较均匀分布在以取值为的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示回归效果越差 D．若随机事件A，B满足：，则事件与相互独立 4．（2025·四川资阳·一模）抛掷一枚质地均匀的硬币，正面向上得2分，反面向上得分.若连续抛掷2次，记所得总分为随机变量，则 . 5．（2026·四川巴中·一模）有6个红色小球和4个黑色小球(除颜色不同外，其余都相同)，将其中2个红色小球和3个黑色小球放入一个不透明的箱子中，剩余的4个红色小球和1个黑色小球放在箱外. 现从箱子中随机取出1个小球，若取出红色小球，则把它放回箱子中；若取出黑色小球，则该黑色小球不再放回，并将箱子外1个红色小球放入箱中. 按此操作若干次， 直到将箱中的黑色小球全部置换为红色小球为止. (1)求在操作3次后箱中黑色小球剩余0个的概率； (2)记在操作3次后箱中黑色小球的个数为随机变量 ，求的分布列及数学期望； (3)在第1次取到红色小球的条件下，求再操作4次恰好完成置换的概率. 6．（2026·四川巴中·一模）某素质训练营设计了一项闯关比赛．规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立． (1)计划依次派甲、乙、丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率； (2)若依次派甲、乙、丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望； (3)已知，若甲只能安排在第一个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定乙、丙谁先派出． 7．（2025·四川自贡·一模）从甲、乙两支篮球队各随机抽取10名队员进行定点投篮测试，甲队有8人投中，乙队有7人投中，假设队员之间投篮相互独立，用频率估计概率． (1)估计甲队队员投中的概率p； (2)从甲、乙两队中各随机抽取1名队员依次定点投篮一次，设X为这2名队员中投中的人数，估计X的数学期望； (3)设甲、乙两队队员掌握了定点投篮技巧的概率分别为，，若甲、乙两队队员掌握了技巧则分别有90%、80%的概率投中，两队中未掌握技巧的队员都有60%的概率投中，比较与的大小． 8．（2025·四川德阳·一模）大学吸引广大学子，不仅仅靠知识的海洋，还有美味的餐厅.已知某大学有，，三个餐厅，小丁同学每天都在学校餐厅就餐，已知小丁第1天等可能性的随机在某个餐厅就餐，若他在餐厅就餐，则下一天在，，三个餐厅就餐的概率分别为，，；若他在餐厅就餐，则下一天在，，三个餐厅就餐的概率分别为，，；若他在餐厅就餐，则他下一天到，，三个餐厅就餐的概率分别为，，. (1)求小丁同学第2天在餐厅就餐的概率； (2)求小丁同学第天在餐厅就餐的概率； (3)若小丁同学前天到餐厅就餐的天数为，求数学期望. （若小丁第天到餐厅就餐的天数为，则 ） 9．（2026·四川宜宾·一模）2025年政府工作报告明确提出持续推进“人工智能+”行动.上海某人工智能实验室的多模态大模型在某次数学测评中表现特别突出，所有测评试题能得1分的可能性为，能得2分的可能性为，假设每道试题得分情况相互独立. (1)从所有测评试题中随机抽取4道试题，记这4道题得分总数为，求的分布列和数学期望； (2)从所有测评试题中随机抽取n道试题，记这n道题得分总数为的概率为，求的值； (3)已知王老师班有20名学生分别用模型解答该数学测评中最后一题.若王老师按照这20人的总分概率最大为依据，一分奖励一朵小红花，请问王老师应该提前准备多少朵小红花比较合理？ 10．（2025·四川成都·一模）口袋中有2个白球和2个红球，这些球除颜色外完全相同.现有两种游戏方案： 游戏一：从袋中有放回地摸球2次，记摸到白球的次数为； 游戏二：从袋中无放回地摸球2次，记摸到白球的次数为.两种游戏的结果相互独立. (1)分别求两种游戏中第二次摸到白球的概率； (2)求； (3)对于随机变量，定义信息熵，它量化了一个随机系统所包含的“不确定性”程度，熵值越大，表明该系统的“不确定性”越高，比较与的大小，并判断哪种游戏的“不确定性”更高. 11．（2025·四川泸州·一模）甲同学进行定点投篮训练，假设甲同学每次投篮命中的概率为，且各次投篮互不影响，设（，为整数）表示甲同学投篮次恰好有2次命中的概率. (1)求； (2)投篮前约定：甲同学最多投篮次，当出现两次命中时就不再投篮，投篮次后即使没有出现两次命中也不再投篮，用表示甲同学在约定条件下投篮的次数. （i）若，求； （ii）若，求的最小值. 统计 考点4 1．（2025·四川德阳·一模）随着2025年央视中秋晚会选址德阳以及四川省城市足球联赛（川超）如火如荼的开展，为德阳带来了大量游客.10月12日，德阳体育公园迎来首个川超主场，现场人声鼎沸，座无虚席.某球迷团队共10人（其中男7人，女3人）来现场观赛，已知男球迷消费平均数和方差都是2；女球迷消费平均数为3，方差为1，则该团队总体10人消费的平均数和方差分别是（   ）（平均数单位均为千元，方差单位均为(千元)2） A．2.3，1.91 B．2.3，2.27 C．1.7，1.91 D．1.7，2.27 2．（2025·四川成都·一模）某校高三年级1000名学生参加体育健康标准测试，从中随机抽取部分学生的成绩（规定满分为100分），得到如图频率分布直方图，则估计该次考试成绩在区间内的学生人数为（    ） A．100 B．200 C．300 D．400 3．（2026·四川攀枝花·一模）某校300名学生参加国学知识竞赛，随机抽取了40名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法中正确的是（   ）    A．a的值为 B．这40名学生竞赛成绩的平均数为75 C．这40名学生竞赛成绩的众数大于其平均数 D．这40名学生竞赛成绩的第80百分位数约为 4．（2026·四川巴中·一模）水稻是世界最重要的农作物之一，也是我国60%以上人口的主粮．以袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明”，育种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大贡献．某农场种植的甲、乙两种水稻在面积相等的两块稻田中连续6年的产量（单位：kg）如下： 品种 第1年 第2年 第3年 第4年 第5年 第6年 甲 900 920 900 850 910 920 乙 880 860 950 830 990 890 根据以上数据，下面说法正确的是（    ）． A．甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数大 B．甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小 C．甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等 D．甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定 5．（2025·四川成都·一模）三次产业增加值占国内生产总值的比重是衡量一个国家或地区经济发展阶段、产业结构优化程度以及未来经济发展潜力的重要指标、其中第一产业包括农业、林业、渔业等；第二产业涵盖制造业、建筑业等；第三产业则包括服务业、金融业、信息技术等.如图为我国2020-2024年三次产业增加值占国内生产总值比重的等高堆积条形图，则（    ） A．2020-2024年第一产业增加值占国内生产总值比重逐年递增 B．2020-2024年第二产业增加值占国内生产总值比重的中位数为36.9% C．2020-2024年第三产业增加值占国内生产总值比重的平均数为55.1% D．2020-2024年三次产业中增加值占国内生产总值比重极差最大的是第二产业 6．（2025·四川自贡·一模）（多选）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率即将患病者判为阴性的概率；误诊率即将未患病者判定为阳性的概率，以下说法正确的是（   ） A．某人的医学指标大于临界值c，那么他可能是患病者 B．在患病者中，其指标的中位数大于平均数 C．在未患病者中，指标的第25百分位数为76.5 D．指标临界值c越高，漏诊率越低，误诊率越高 成对数据的统计分析 考点5 1．（2026·四川宜宾·一模）对具有线性相关关系的变量x，y有一组观测数据，其回归直线方程是，且，则实数的值是（    ） A． B． C． D．1 2．（2025·四川成都·一模）一组样本数据.其中，，，求得其经验回归方程为：，残差为.对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为. ，分布如图所示，且，则下列说法错误的是（    ） A．样本负相关 B． C． D．处理后的决定系数变大 3．（2026·四川广安·一模）（多选）为了研究关于的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）： 1 2 3 4 5 0.3 0.8 1 1.2 1.7 假设经验回归方程为，则（    ） （参考公式：相关系数为） A． B．当时，对应的残差为0.08 C．样本数据的第40百分位数为0.8 D．去掉点后，与的样本相关系数不变 4．（2025·四川德阳·一模）（多选）下列说法错误的是（   ） A．数据0，1，2，3，5的分位数是2 B．线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强 C．经验回归直线一定过点 D．残差散点图所在的带状区域越窄，则两个变量的相关性越弱 5．（2025·四川资阳·一模）（多选）某车间为了解加工的零件数x（单位：个）与加工时间y（单位：min）的关系，收集到5组观测数据（如下表所示）： 零件数x/个 10 20 30 40 50 加工时间y/min 67 74 80 86 93 假设加工时间与加工的零件数满足的经验回归方程为，则（   ） A． B．当时，的预测值为102 C．加工时间的5个观测数据的分位数为80 D．当加工的零件数时，加工时间的残差为0.2 6．（2025·四川达州·一模）某景区为了更好的开发旅游资源，试产了一系列的文创产品进行销售，对今年前几月的销售额统计如下： 月份 销售额万元 (1)根据表中数据建立月份与销售额的经验回归方程； (2)为了更好的规划文创产品，从这个月中随机抽取个月对销售情况进行分析，求抽到的月份数据含有残差（观测值减去预测值称为残差）为负的概率． 参考公式：．参考数据：，． 7．（2025·四川成都·一模）某校举办校刊义卖活动，学生在义卖处每领取一本校刊，便自觉向收银箱中支付至少两元钱.现统计了连续5天的售出校刊数量和收益情况，如下表： 售出校刊数量x（单位：箱） 6 5 7 5 7 收益y（单位：元） 240 220 260 230 270 (1)求收益y关于售出数量x的回归直线方程，并计算售出8箱校刊时的预计收益； (2)学校决定将收益奖励在科技创新大赛中获奖的学生，获奖学生每人奖励100元.已知甲、乙两名学生是否获奖是相互独立的，甲获奖的概率为，乙获奖的概率为，求甲、乙两名学生获奖总金额X的分布列及数学期望.附：，. 8．（2026·四川雅安·一模）某高校为制定针对性的阅读推广方案，从全校随机抽取400名大学生开展“纸质书阅读偏好”专项调查，收集到的性别与专业交叉数据如下表（单位：人）： 专业类型 阅读偏好 合计 喜欢阅读纸质书 不喜欢阅读纸质书 文科 150 120 270 理工科 50 80 130 合计 200 200 400 (1)依据的独立性检验，能否认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关？ (2)从样本中“喜欢阅读纸质书”的大学生里，按专业类型用分层抽样抽取8人组建“纸质书推广志愿队”，再从这8人中随机抽取3人负责校园书展策划，记最后抽取的3人中，选中的文科学生人数为，求的分布列与数学期望. 参考公式：，其中. 参考数据： 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 9．（2026·四川遂宁·一模）冬季气温骤降、空气干燥且气压变化大，慢性阻塞性肺疾病（慢阻肺），哮喘，间质性肺病、肺纤维化，肺炎、支气管炎患者等呼吸系统疾病患者对氧气需求增加，尤其需要制氧机辅助，近年来，我国制氧机产业迅速发展，下表是某地区某品牌制氧机的年销售量与年份的统计表： 年份 2021 2022 2023 2024 2025 年份代码 1 2 3 4 5 销量（万台） 2 3.5 2.5 8 9 (1)求这种品牌制氧机的销量关于年份代码的线性回归方程，并预测2027年这种品牌制氧机的销量； (2)为了研究不同性别的学生对制氧机知识的了解情况，某校组织了一次有关制氧机知识的竞赛活动，随机抽取了男生和女生各100名，得到如下列联表： 学生 制氧机知识 合计 了解 不了解 男生 20 女生 40 合计 （ⅰ）根据已知条件，填写列联表； （ⅱ）根据小概率值的独立性检验，判断该校学生对制氧机知识的了解情况与性别是否有关联； (3)从（2）的样本中按对制氧机知识了解和不了解的学生人数进行分层抽取10人，再从这10人中随机抽取4人做某项调查，记这4人中对制氧机知识不了解的人数为，试求的分布列和数学期望. 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 10．（2025·四川资阳·一模）某工厂甲乙两条生产线生产了同一种产品，为了解产品质量与生产线的关系，现从这两条生产线所生产的产品中，随机抽取了500件进行检测，检测结果（“合格”或“优良”）如下表： 生产线 检测结果 合计 合格 优良 甲生产线 20 180 200 乙生产线 60 240 300 合计 80 420 500 (1)根据小概率值的独立性检验，能否推断产品检测结果与生产线有关联？ (2)用样本估计总体，频率估计概率.现等可能地从这两条生产线中抽取一条生产线，然后从该生产线随机抽取1件产品. （i）求抽出的产品是优良品的概率； （ii）已知抽出的产品是优良品，求它是从甲生产线抽出的概率. 附：； 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 08 概率统计与计数原理 5大考点概览 考点01计数原理 考点02概率 考点03随机变量及其分布 考点04统计 考点05成对数据的统计分析 计数原理 考点1 1．（2026·四川遂宁·一模）二项式的展开式中，含项系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用二项式展开式的通项公式求项的系数． 【详解】由于二项式， 则其通项， 令，则， 则， 所以含项系数为. 故选：B 2．（2026·四川攀枝花·一模）二项式的展开式中的常数项为（   ） A．30 B．20 C．15 D．6 【答案】C 【分析】由题可得展开式通项为，据此可得答案. 【详解】的通项为：，令， 则展开式中的常数项为：. 故选：C 3．（2025·四川自贡·一模）如图，某设备内部从a到b的电路包含三个元件A，B，C，现该设备从a到b的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C的工作状态（通路/断路）共有n种不同情况，则n为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理列式求解. 【详解】元件不通，设备从a到b的电路工作不正常，共有种， 元件正常，当且仅当元件都不通，设备从a到b的电路工作不正常，只有1种， 所以. 故选：B 4．（2025·四川泸州·一模）要安排4名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（    ） A．12 B．14 C．16 D．20 【答案】B 【分析】分别讨论一个村1名，另一村3名志愿者和一个村2名，另一个村2名志愿者，两种情况，根据分组分配的处理方法，分析计算，即可求得答案. 【详解】若一个村1名，另一村3名志愿者，则有种选法； 若一个村2名，另一个村2名志愿者，则有种选法， 所以不同的安排方法共有8+6=14种. 故选：B 5．（2025·四川成都·一模）某种产品的加工需要经过5道不同工序，如果指定其中某2道工序必须相邻，那么加工顺序共有（    ） A．96种 B．72种 C．48种 D．36种 【答案】C 【分析】先排相邻的2道工序，再把它与其它3道工序作全排列，即可得. 【详解】由题意，把相邻的2道工序做排列，再把它与其它3道工序作全排， 所以加工顺序有种. 故选：C 6．（2025·四川成都·一模）（多选）已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数相等，则下列说法正确的有（    ） A． B．第4项的二项式系数最大 C．的系数为 D．展开式各项系数之和为 【答案】ABC 【分析】先由题设结合组合数的性质求出n即可判断A；由二项式系数的定义和组合数性质即可求解判断B；由二项式的展开式的通项公式即可求解判断C；由系数定义赋值即可求解判断D. 【详解】由题意得，所以，故A正确； 因为时，二项式系数最大的是，所以第4项的二项式系数最大，故B正确； 的展开式的通项公式为， 令，得，所以的系数为，故C正确； 展开式各项系数之和为，故D错误. 故选：ABC 7．（2025·四川德阳·一模）的展开式中，常数项为 （用数字作答）. 【答案】 【分析】由二项式展开式通项公式即可计算求解. 【详解】由题可得二项式展开式通项公式为， 所以当时得展开式常数项为. 故答案为： 8．（2025·四川达州·一模）的展开式中，的系数是 ． 【答案】 【分析】先求出项，对项进行整理后，令的次数为，解出的值，再将的值代入项，计算得到的系数. 【详解】设项为含的项，， 则，解得，， 则的系数是. 故答案为：. 9．（2026·四川巴中·一模）一个火车站有 8 股道，如果每股道只能停放 1 列火车，现要停放 4 列不同的火车，每两列火车不能停在相邻股道，则不同的停放方法共有 种. 【答案】120 【分析】利用插空法进行计算即可. 【详解】总共有 8 股股道，要停放 4 列火车，那么剩下的空股道有股. 这 4 股空股道排好后，会形成 个可以插入火车的 “空隙”（包括两端）. 首先，从 5 个空隙中选 4 个，有 种选法， 然后，将 4 列不同的火车在这 4 个位置上进行全排列，有种排法. 总的方法数是选位置的方法数乘以排列的方法数，即： 种. 故答案为：120. 10．（2026·四川广安·一模）某中学对“秋假”期间申请留校的学生实行免费托管，现要从名教师中选若干人在天假期值班（每天只需人值班），同一人不能连续值班天，则可能的安排方法有 种． 【答案】 【分析】分为值班人数为人和人两种情况，结合排列组合即可求解. 【详解】由题意可得，值班的人数为人或者人， 若值班人数为人，则需要一个人值班首尾两天，另外一人值班中间一天，故， 若值班人数为人，则每人值班一天，故， 所以可能的安排方法有种. 故答案为：. 11．（2026·四川宜宾·一模）甲乙两人分别从标有数字的13张卡片中各抽取一张，甲乙取得的卡片上的数字分别记为，，则满足的个位数字为9的有序数对的个数为 . 【答案】33 【分析】先讨论的个位数字情况，再结合题意进行分析，最后利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理求解即可. 【详解】若满足的个位数字为9，则先讨论的个位数字情况， 对于，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 当时，个位数字为，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 发现个位数字的周期为，只能为， 对于，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 当时，个位数字为，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 发现个位数字的周期为，只能为， 若满足的个位数字为9，则有如下情况， 的个位数字为与的个位数字为，的个位数字为与的个位数字为， 的个位数字为与的个位数字为， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 由分类加法计数原理得共有种情况. 故答案为：33 概率 考点2 1．（2025·四川成都·一模）三个相同的盒子里分别放有两个黑球，一个黑球一个红球，两个红球，现从任意的盒子里随机取出一球，若该球为红色，则该盒剩下的另一球也是红色的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据全概率公式和条件概率的计算公式，即可得到答案. 【详解】记从 “放有两个黑球盒子”， “放有一个黑球一个红球盒子”， “放有两个红球盒子”中取出一球分别为事件，，， 则事件，，两两互斥，， 记“取出的球为红色”为事件B，则所求概率即为， 得到 ， 则， 故若该球为红色，则该盒剩下的另一球也是红色的概率为. 故选：D. 2．（2025·四川达州·一模）已知，则（ ） A．0.4 B．0.5 C．0.6 D．0.7 【答案】B 【分析】利用条件概率的定义式，先通过与求出，再代入的条件概率公式计算结果. 【详解】根据条件概率公式，先求： 由， 得. 再求： 由， 代入，得. 故选：B 3．（2026·四川巴中·一模）（多选）若 ，则关于事件 的关系正确的是（ ） A．事件 与 互斥 B．事件 与 不互斥 C．事件 与 不相互独立 D．事件 与 相互独立 【答案】BD 【分析】根据互斥事件和独立事件的定义判断即可. 【详解】因为，所以事件与不互斥，A错误B正确； 因为，所以. 所以，又， 所以，所以事件与相互独立，C错误D正确. 故选：BD. 4．（2025·四川泸州·一模）（多选）记为事件的对立事件，已知，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若与相互独立，则 C．若，则 D．若，则 【答案】ABD 【分析】由独立事件定义和性质、独立概率乘法公式、条件概率公式即可逐一计算判断各选项. 【详解】对于A选项：若，则，A正确； 对于B选项：若与相互独立，则与相互独立, 所以，B正确； 对于C选项：若，则，C错误； 对于D选项：若，则, 又, 所以，D正确. 故选：ABD. 5．（2026·四川巴中·一模）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】 【分析】采用列举法列举出一局比赛中所有基本事件及高一取得胜利的基本事件，根据古典概型概率公式可求得结果；列举出一场比赛中高一获胜的基本事件个数，结合基本事件总数和对立事件概率公式可求得结果. 【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：；. 6．（2026·四川雅安·一模）甲、乙两人分别从A，B，C，D，E五个景点中随机选择一个景点游玩，若这两人中至少有一人选择景点A，则他们选择的景点不相同的概率为 . 【答案】 【分析】记事件为“甲乙两人中至少有一人选择景点A”，事件为“甲乙两人选择的景点不相同”，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】记事件为“甲乙两人中至少有一人选择景点A”，事件为“甲乙两人选择的景点不相同”， 甲乙两人从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，共有种不同的选法， 甲乙两人都不选择景点A的方法有种， 因此甲乙两人中至少有一人选择景点A的方法共有 种， 甲乙两人中至少有一人选择景点A的概率， 表示甲乙两人中至少有一人选择景点A，且甲乙两人选择的景点不同， 即一人选择景点A，另一人选择其它景点，共有 种选法，则， 所以. 故答案为： 7．（2025·四川成都·一模）如图，已知正四面体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点处，记点移动次后仍在底面上的概率为.则 ；满足的的最大值为 . 【答案】 【分析】通过质点移动的相邻顶点分布得到概率递推式，转化为等比数列求通项，代入得；通过通项分析不等式，结合的幂的大小得最大值. 【详解】质点初始在底面顶点A，记移动次后在底面的概率为，移动0次在底面，故. 移动次的位置由次的位置决定： 若第次在底面（概率），底面顶点相邻3个顶点中2个在底面，从底面移到底面的概率为； 若第次在顶点（概率），顶点的相邻3个顶点均在底面，从顶点移到底面的概率为1. 得递推式：. 整理递推式得：， 故是首项为、公比为的等比数列， 通项为： . 代入，得. 解不等式： ，右边为正，故为偶数， 不等式化为，即. ，，故最大的偶数为4. 故答案为：；4 8．（2025·四川眉山·一模）将五张标有1，2，3，4，5的卡片摆成下图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按1-3-5-4-2取走卡片的顺序是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这5张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为 . 1 2 3 4 5 【答案】 【分析】对抽卡片的顺序进行分类讨论，结合分步乘法计数原理、分类加法计数原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】分两种情况讨论： （1）第一步，从1号或3号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽1号卡片， 第二步，从3号或5号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽3号卡片， 第三步，从2号或5号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽2号卡片， 第四步，从4号或5号卡片抽取一张，有2种情况， 第五步，抽最后一张卡片， 此时，不同的抽法种数为种； （2）第一步，抽5号卡片， 第二步，从1、3、4号卡片抽取一张，有3种情况，比如先抽1号卡片， 第三步，从3、4号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽3号卡片， 第四步，从2、4号卡片抽取一张，有2种情况， 第五步，抽最后一张卡片， 此时，不同的抽法种数为种. 而从5张卡片随意抽取，不同的抽法种数为， 因此，取卡顺序是“和谐序”的概率为. 故答案为：. 9．（2026·四川攀枝花·一模）某校组织知识问答比赛，每名参赛选手都赋予6分的初始积分，每答对一题加1分，每答错一题减1分，已知小王每道题答对的概率为，答错的概率为，且每道题答对与否互不影响． (1)求小王答3道题后积分小于6的概率； (2)设小王答4道题后积分为X，求； (3)若小王一直答题，直到积分为0或12时停止，记小王的积分为（，1，2，…，12）时，最终积分为12的概率为，则，． （i）证明：数列为等比数列； （ⅱ）求的值． 【答案】(1) (2) (3)（i）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）分小王3题都答错，或答对1题，答错2题讨论，再利用独立事件乘法公式和加法公式即可得到答案； （2）设小王答对的题数为，得到关系式，再利用二项分布的均值公式和均值性质即可得到答案； （3）（i）根据全概率公式得，再构造成等比数列即可证明； （ii）根据（i）的结果并结合累加法和等比数列求和即可得到答案. 【详解】（1）小王答3道题后积分小于6，则小王3题都答错，或答对1题，答错2题， 故所求概率为. （2）设小王答对的题数为，则他答错的题数为， 所以． 由题意知，所以，所以． （3）（i）当小王的积分为时，若小王接下来一题答对， 则积分变为，若小王接下来一题答错，则积分变为． 由全概率公式有， 整理可得． 又，所以为等比数列． （ii）由（i）可得， 所以， 又，所以． 所以. 10．（2026·四川广安·一模）甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数某人胜的局数某人负的局数）． (1)记经过局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为，求和； (2)经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为，记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为，求证： 是等比数列； (3)求甲获得训练赛胜利的概率． 【答案】(1)； (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据已知获胜条件，分析甲在不同局数下获得最终胜利的可能赛况，再结合相互独立事件同时发生的概率乘法公式计算可得； （2）由题意易得与，再分析当时可进行下一局比赛，根据已知条件利用全概率公式建立递推关系，可得，经过变形证明等比数列即可； （3）利用第（2）问的等比数列结论，结合 “净胜3局（甲胜）、净胜局（乙胜）” 边界条件（即与），求解比赛初始状态下甲的最终获胜概率即可． 【详解】（1）由题意，甲每局比赛获胜的概率为，则乙每局比赛获胜的概率为， 表示经过 3 局比赛甲获胜的概率， 由甲经过 3 局比赛获胜，又净胜局数为，则甲3局全胜， 故； 为经过5局甲获胜的概率， 某人的净胜局数=某人胜的局数-某人负的局数， 由经过5局甲才获胜，净胜局数为， 则5局中甲胜局负局，且负局必在前局中（若不在，则3 局甲全胜比赛结束），第、局均获胜， ． （2）由题意，​为事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率， 由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为， 故即为甲的净胜局数，所以. 经过若干局后，假定当前， ①当时，即甲的净胜局数， 则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以； ②当时，即甲的净胜局数，乙的净胜局数， 则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则； ③当时， 由甲的净胜局数，则乙的净胜局数为，且， 故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局. 记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”（），事件“下一局比赛甲获胜”， 下一局若甲赢（即事件发生），则；若乙赢（即事件发生），则； 因为，，，且， 所以由全概率公式得， ，即， 因此，整理得， 两边都减去，则可得， 又当时，， 故数列：是公比为2的等比数列． 即数列 是公比为2的等比数列． （3）由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为. 记， 则， 由（2）知，数列 是公比为2的等比数列， 则，解得， 所以， 又， 所以， 故甲最终获得训练赛胜利的概率为. 随机变量及其分布 考点3 1．（2025·四川资阳·一模）某果园中某品种水果的单果质量（单位：）服从正态分布，且，若从该果园中随机选取个该品种水果，则质量在的水果个数的期望为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正态分布的对称性求出的值，再利用二项分布的期望公式可求出结果. 【详解】因为，则， 所以， 从该果园中随机选取个该品种水果，设质量在的水果个数为， 由题意可知，由二项分布的期望可得. 故选：D. 2．（2025·四川自贡·一模）已知随机变量，且，则当时，的最小值为（   ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】由随机变量，且，得，解得， 由，得 ，当且仅当，即时取等号， 所以所求最小值为. 故选：D 3．（2026·四川宜宾·一模）（多选）下列结论正确的有（    ） A．若随机变量，则 B．已知随机变量服从正态分布，则 C．在做回归分析时，残差图中残差比较均匀分布在以取值为的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示回归效果越差 D．若随机事件A，B满足：，则事件与相互独立 【答案】AD 【分析】对于，根据二项分布期望公式即可求解；对于，根据正态分布对称性即可求解；对于，根据残差图的意义即可求解；对于，根据事件独立判断方法，即，则事件相互独立，即可判断. 【详解】对于，根据二项分布的期望公式，因， 所以可得，故正确； 对于，随机变量服从正态分布， 所以正态分布密度曲线关于对称， ，由对称性可知， 所以，故错误； 对于，做回归分析时，残差图中残差均匀分布在以横轴为的对称轴水平带状区域内， 带状区域越窄回归效果越好，反之越差，故错误； 对于,若，则事件相互独立， 因为，又， 代入可得，而， 所以事件与相互独立，故正确. 故选： 4．（2025·四川资阳·一模）抛掷一枚质地均匀的硬币，正面向上得2分，反面向上得分.若连续抛掷2次，记所得总分为随机变量，则 . 【答案】 【分析】根据题意求解随机变量的可能取值及对应的概率，进而计算数学期望即可. 【详解】解：根据题意，随机变量的可能取值为， 对应的概率为：，，， 所以， 故答案为： 5．（2026·四川巴中·一模）有6个红色小球和4个黑色小球(除颜色不同外，其余都相同)，将其中2个红色小球和3个黑色小球放入一个不透明的箱子中，剩余的4个红色小球和1个黑色小球放在箱外. 现从箱子中随机取出1个小球，若取出红色小球，则把它放回箱子中；若取出黑色小球，则该黑色小球不再放回，并将箱子外1个红色小球放入箱中. 按此操作若干次， 直到将箱中的黑色小球全部置换为红色小球为止. (1)求在操作3次后箱中黑色小球剩余0个的概率； (2)记在操作3次后箱中黑色小球的个数为随机变量 ，求的分布列及数学期望； (3)在第1次取到红色小球的条件下，求再操作4次恰好完成置换的概率. 【答案】(1) (2)分布列见解析， (3) 【分析】（1）操作3次后箱中黑色小球剩余0个意味着三次均摸到黑球，据此即可计算求解； （2）求出的所有取值及其相应概率、结合均值公式即可1求解； （3）若第一次摸到红球，再操作4次取走全部黑球，那么说明后面4次操作中摸到3次黑球1次红球，与（2）类似，讨论红球是在第几次摸到，结合条件概率公式即可. 【详解】（1）设操作3次后箱中黑色小球剩余0个的概率为， 由题意知. （2）由题意可知，的所有取值为0，1，2，3 则， ， ， ， 所以的分布列为: 0 1 2 3 所以. （3）记事件为1次取到红色小球，事件为4次恰好完成置换， 由题意得，则 第1次取到取到红色小球， 则再操作4次，须将箱中黑色小球全部置换为红色小球， ①若第二次也取出红色小球，则第三次、第四次、第五次均须取出黑色小球， 其概率为， ②若第二次取出黑色小球，则第三次取出红色小球，第四次和第五次均须取出黑色小球，其概率为， ③若第二次取出黑色小球，则第三次取出黑色小球，第四次取出红色小球，第五次取出黑色小球，其概率为， 综上所述，， 所以， 即在第1次取到红色小球的条件下，再操作4次恰好完成置换的概率为. 6．（2026·四川巴中·一模）某素质训练营设计了一项闯关比赛．规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立． (1)计划依次派甲、乙、丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率； (2)若依次派甲、乙、丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望； (3)已知，若甲只能安排在第一个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定乙、丙谁先派出． 【答案】(1) (2)分布列见解析， (3)先派出乙． 【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解； （2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到的分布，再结合期望公式求解； （3）分别计算出依次派甲乙丙进行闯关和依次派甲丙乙进行闯关所派出人员数目的期望，再利用作差法比较大小即可． 【详解】（1）设事件表示“该小组比赛胜利”， 则； （2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3， 则，，， 所以的分布为： 1 2 3 所以； （3）若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为． 由（2）可知，． 若依次派甲丙乙进行闯关，设派出人员数目的期望为，则． 从而， ． 因为，所以，，所以，即． 所以要使派出人员数目的期望较小，先派出乙． 7．（2025·四川自贡·一模）从甲、乙两支篮球队各随机抽取10名队员进行定点投篮测试，甲队有8人投中，乙队有7人投中，假设队员之间投篮相互独立，用频率估计概率． (1)估计甲队队员投中的概率p； (2)从甲、乙两队中各随机抽取1名队员依次定点投篮一次，设X为这2名队员中投中的人数，估计X的数学期望； (3)设甲、乙两队队员掌握了定点投篮技巧的概率分别为，，若甲、乙两队队员掌握了技巧则分别有90%、80%的概率投中，两队中未掌握技巧的队员都有60%的概率投中，比较与的大小． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）利用频率估计概率求解. （2）求出的可能取值及对应的概率，进而求出其期望. （3）利用全概率公式列式分别求出即可. 【详解】（1）由从甲篮球队随机抽取10名队员进行定点投篮测试，有8人投中，得， 所以甲队队员投中的概率为. （2）记从甲队抽取的队员投中为事件，乙队抽取的队员投中为事件， 则，的可能取值为， ，， ， 所以X的数学期望. （3）记事件为“甲队队员掌握了定点投篮技巧投中”，其概率为， 事件为“乙队队员掌握了定点投篮技巧投中”，其概率为， 由甲队队员掌握了技巧，有90%的概率投中，未掌握技巧的队员有60%的概率投中， 得，解得， 由乙队队员掌握了技巧，有80%的概率投中，未掌握技巧的队员有60%的概率投中， 得，解得， 所以. 8．（2025·四川德阳·一模）大学吸引广大学子，不仅仅靠知识的海洋，还有美味的餐厅.已知某大学有，，三个餐厅，小丁同学每天都在学校餐厅就餐，已知小丁第1天等可能性的随机在某个餐厅就餐，若他在餐厅就餐，则下一天在，，三个餐厅就餐的概率分别为，，；若他在餐厅就餐，则下一天在，，三个餐厅就餐的概率分别为，，；若他在餐厅就餐，则他下一天到，，三个餐厅就餐的概率分别为，，. (1)求小丁同学第2天在餐厅就餐的概率； (2)求小丁同学第天在餐厅就餐的概率； (3)若小丁同学前天到餐厅就餐的天数为，求数学期望. （若小丁第天到餐厅就餐的天数为，则 ） 【答案】(1) (2)，； (3)，. 【分析】（1）由题可得第一天在任意餐厅就餐的概率均为，利用全概率公式可得第二天在B餐厅就餐的概率； （2）设小丁第天在餐厅就餐的概率为，第天在餐厅就餐的概率为，利用全概率公式可得，由此可得数列的递推公式，构造等比数列 ，可得的表达式. （3）利用分组求和法求即可. 【详解】（1）（1）依题意，第一天在任意餐厅就餐的概率均为，设第二天在B餐厅就餐的概率为 于是：； （2）设小丁第天在餐厅就餐的概率为,，第天在餐厅就餐的概率为则： 当时， 即，即， 所以 是以为公比，为首项的等比数列； 所以，于是，； （3）依题意： ， . 9．（2026·四川宜宾·一模）2025年政府工作报告明确提出持续推进“人工智能+”行动.上海某人工智能实验室的多模态大模型在某次数学测评中表现特别突出，所有测评试题能得1分的可能性为，能得2分的可能性为，假设每道试题得分情况相互独立. (1)从所有测评试题中随机抽取4道试题，记这4道题得分总数为，求的分布列和数学期望； (2)从所有测评试题中随机抽取n道试题，记这n道题得分总数为的概率为，求的值； (3)已知王老师班有20名学生分别用模型解答该数学测评中最后一题.若王老师按照这20人的总分概率最大为依据，一分奖励一朵小红花，请问王老师应该提前准备多少朵小红花比较合理？ 【答案】(1)分布列见解析，5； (2)； (3)25朵. 【分析】（1）列出的所有可能取值，利用二项分布的概率公式求出分布列，再根据分布列求数学期望即可； （2）由题意可得n道试题中只有1道得到2分，所以，利用错位相减法求和即可； （3）设得到1分的人数为，则得到的总分为，利用二项分布的概率公式列不等式组求解即可. 【详解】（1）由题意知得分总数的所有可能取值为4，5，6，7，8， 其中，， ，， ， 所以的分布列为 4 5 6 7 8 . （2）因为n道题得分总数为 ，所以其中只有1道题得到2分， 所以， 则， 所以， 两式相减得 ， 所以． （3）在这20名学生中，设得到1分的人数为，则得到2分的人数为， 所以得到的总分， 此时得到的总分的概率为， 所以，整理得，解得， 而，，所以，所以， 所以若王老师按照这20人的总分概率最大为依据，一分奖励一朵小红花，王老师应该提前准备25朵小红花比较合理. 10．（2025·四川成都·一模）口袋中有2个白球和2个红球，这些球除颜色外完全相同.现有两种游戏方案： 游戏一：从袋中有放回地摸球2次，记摸到白球的次数为； 游戏二：从袋中无放回地摸球2次，记摸到白球的次数为.两种游戏的结果相互独立. (1)分别求两种游戏中第二次摸到白球的概率； (2)求； (3)对于随机变量，定义信息熵，它量化了一个随机系统所包含的“不确定性”程度，熵值越大，表明该系统的“不确定性”越高，比较与的大小，并判断哪种游戏的“不确定性”更高. 【答案】(1)两种游戏中第二次摸到白球的概率均为； (2)； (3)，游戏一的“不确定性”更高. 【分析】（1）应用古典概型的概率求法求游戏一中第二次摸到白球的概率，应用独立事件的乘法、互斥事件的加法求游戏二中第二次摸到白球的概率； （2）根据已知分别写出、的可能值，进而求出其分布列，应用独立事件的乘法、互斥事件的加法求； （3）根据已知求出与，作差比较大小，即可得结论. 【详解】（1）对于游戏一，设“第二次摸到白球”，则； 对于游戏二，设“第一次摸到白球”，“第二次摸到白球”，则； （2）对于游戏一，的可能取值为0，1，2，的分布列为： ，，， 对于游戏二，的可能取值为0，1，2，的分布列为： ，，， 因为游戏一与游戏二的结果相互独立， 所以 ； （3）由（2）知， ； 同理 . 因为 ， 所以，故游戏一的“不确定性”更高. 11．（2025·四川泸州·一模）甲同学进行定点投篮训练，假设甲同学每次投篮命中的概率为，且各次投篮互不影响，设（，为整数）表示甲同学投篮次恰好有2次命中的概率. (1)求； (2)投篮前约定：甲同学最多投篮次，当出现两次命中时就不再投篮，投篮次后即使没有出现两次命中也不再投篮，用表示甲同学在约定条件下投篮的次数. （i）若，求； （ii）若，求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）  （ii）8 【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式即可求解 （2）（i）根据出现的情况有两种，即可根据独立事件的概率乘法公式求解； （ii）根据以及期望的计算公式即可求解. 【详解】（1）（，为整数）表示甲同学投篮次恰好有2次命中的概率， 所以当时，. （2）（i）前五次命中一次的概率为：, 前五次一次都不命中的概率为：， 所以. （ii）， 设投篮次数为，， ， ， 记① ② ①②，错位相减可得， 所以， 所以 因为，所以, 解得：，所以的最小值为. 统计 考点4 1．（2025·四川德阳·一模）随着2025年央视中秋晚会选址德阳以及四川省城市足球联赛（川超）如火如荼的开展，为德阳带来了大量游客.10月12日，德阳体育公园迎来首个川超主场，现场人声鼎沸，座无虚席.某球迷团队共10人（其中男7人，女3人）来现场观赛，已知男球迷消费平均数和方差都是2；女球迷消费平均数为3，方差为1，则该团队总体10人消费的平均数和方差分别是（   ）（平均数单位均为千元，方差单位均为(千元)2） A．2.3，1.91 B．2.3，2.27 C．1.7，1.91 D．1.7，2.27 【答案】A 【分析】由分层随机抽样的总体平均数和方差公式直接计算即可得解. 【详解】由题可得总体10人消费的平均数为， 总体10人消费的方差为. 故选：A 2．（2025·四川成都·一模）某校高三年级1000名学生参加体育健康标准测试，从中随机抽取部分学生的成绩（规定满分为100分），得到如图频率分布直方图，则估计该次考试成绩在区间内的学生人数为（    ） A．100 B．200 C．300 D．400 【答案】C 【分析】根据频率分布直方图中数据求出成绩在的频率，再用频率乘以总人数1000求得结果． 【详解】根据题意，成绩在区间的频率为， 则估计成绩在区间的人数为：人， 故选：C. 3．（2026·四川攀枝花·一模）某校300名学生参加国学知识竞赛，随机抽取了40名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法中正确的是（   ）    A．a的值为 B．这40名学生竞赛成绩的平均数为75 C．这40名学生竞赛成绩的众数大于其平均数 D．这40名学生竞赛成绩的第80百分位数约为 【答案】D 【分析】利用所有小矩形的面积之和为，可求出，由此利用频率分布直方图结合选项即可逐一求解. 【详解】，故A错误 设这40名学生竞赛成绩的平均数为，则，故B错误 这40名学生竞赛成绩的众数为，，故C错误； 设这40名学生竞赛成绩的第80百分位数为，则，解得，故D正确. 故选：D 4．（2026·四川巴中·一模）水稻是世界最重要的农作物之一，也是我国60%以上人口的主粮．以袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明”，育种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大贡献．某农场种植的甲、乙两种水稻在面积相等的两块稻田中连续6年的产量（单位：kg）如下： 品种 第1年 第2年 第3年 第4年 第5年 第6年 甲 900 920 900 850 910 920 乙 880 860 950 830 990 890 根据以上数据，下面说法正确的是（    ）． A．甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数大 B．甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小 C．甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等 D．甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定 【答案】D 【分析】分别计算两种水稻产量的平均数、中位数、极差、方差即可判断四个选项的正误，即可得出正确选项. 【详解】由表中数据可得， ， 所以甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，A说法错误； 甲种水稻产量的中位数为，乙种水稻产量的中位数为， 所以甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数大，B说法错误； 甲种水稻产量的极差为，乙种水稻产量的极差为， 所以甲种水稻产量的极差比乙种水稻产量的极差小，C说法错误， 甲种水稻产量的方差为 ， 乙种水稻产量的方差为 ， 甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，甲种水稻产量的方差小于乙种水稻的产量的方差， 所以甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定，D说法正确； 故选：D 5．（2025·四川成都·一模）三次产业增加值占国内生产总值的比重是衡量一个国家或地区经济发展阶段、产业结构优化程度以及未来经济发展潜力的重要指标、其中第一产业包括农业、林业、渔业等；第二产业涵盖制造业、建筑业等；第三产业则包括服务业、金融业、信息技术等.如图为我国2020-2024年三次产业增加值占国内生产总值比重的等高堆积条形图，则（    ） A．2020-2024年第一产业增加值占国内生产总值比重逐年递增 B．2020-2024年第二产业增加值占国内生产总值比重的中位数为36.9% C．2020-2024年第三产业增加值占国内生产总值比重的平均数为55.1% D．2020-2024年三次产业中增加值占国内生产总值比重极差最大的是第二产业 【答案】B 【分析】选项A，依据表中数据求出2020-2024年第一产业增加值占国内生产总值比重，通过数据判断选项A错误；选项B，利用中位数的定义得到结论；选项C，求出平均数得解；选项D，分别求出每个产业的极差，从而得解. 【详解】选项A，年第一产业增加值占国内生产总值比重为， 年第一产业增加值占国内生产总值比重为， 年第一产业增加值占国内生产总值比重为， 年第一产业增加值占国内生产总值比重为， 年第一产业增加值占国内生产总值比重为， 从数据上看，2020-2021年第一产业增加值占国内生产总值比重递减，2021-2022年第一产业增加值占国内生产总值比重持平，2022-2024年第一产业增加值占国内生产总值比重递减， 故选项A错误； 选项B，2020-2024年第二产业增加值占国内生产总值比重依次为， 将这个数从小到大排列为，则这个数的中位数为， 故2020-2024年第二产业增加值占国内生产总值比重的中位数为36.9%，故答案B正确； 选项C，2020-2024年第三产业增加值占国内生产总值比重依次为， 则这个数的平均数为， 2020-2024年第三产业增加值占国内生产总值比重的平均数为，故答案C错误； 选项D，2020-2024年第一产业增加值占国内生产总值比重依次为， 这个数中的最小值为，最大值为，故极差为， 2020-2024年第二产业增加值占国内生产总值比重依次为， 这个数中的最小值为，最大值为，故极差为， 2020-2024年第三产业增加值占国内生产总值比重依次为，这个数中的最小值为，最大值为，故极差为， 故2020-2024年三次产业中增加值占国内生产总值比重极差最大的是第三产业， 故选项D不正确. 故选：B. 6．（2025·四川自贡·一模）（多选）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率即将患病者判为阴性的概率；误诊率即将未患病者判定为阳性的概率，以下说法正确的是（   ） A．某人的医学指标大于临界值c，那么他可能是患病者 B．在患病者中，其指标的中位数大于平均数 C．在未患病者中，指标的第25百分位数为76.5 D．指标临界值c越高，漏诊率越低，误诊率越高 【答案】ABC 【分析】根据临界值的定义，判断选项A的正误；根据频率分布直方图的平均数和中位数的求法，判断选项B的正误；根据频率分布直方图的第百分位数的算法，判断选项C的正误；根据患病和未患病的该指标的频率分布直方图，判断选项D的正误； 【详解】根据临界值c的定义，将该指标大于c的人判定为阳性，所以A正确； 在患病者的该指标的频率分布直方图中， 可知，， 则中位数为， 平均数为， 所以B正确； 在未患病者的该指标的频率分布直方图中， 可知，， 即第25百分位数为76.5，所以C正确； 当时，患病者该指标为， 则的患病者为漏诊，的未患病者为误诊， 根据该指标的频率分布直方图可知，c越高，漏诊率越高，误诊率越低，所以D错误； 故选：ABC. 成对数据的统计分析 考点5 1．（2026·四川宜宾·一模）对具有线性相关关系的变量x，y有一组观测数据，其回归直线方程是，且，则实数的值是（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】根据回归直线过样本中心点列方程求解即可. 【详解】由可知 ，. 因为回归直线过样本中心点，即， 将其坐标代入方程可得，解得， 故选：B. 2．（2025·四川成都·一模）一组样本数据.其中，，，求得其经验回归方程为：，残差为.对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为. ，分布如图所示，且，则下列说法错误的是（    ） A．样本负相关 B． C． D．处理后的决定系数变大 【答案】C 【分析】利用回归方程系数判断A；利用样本中心点计算判断B；利用图像的波动性判断CD. 【详解】对于A，经验回归方程中斜率，则样本负相关，A正确； 对于B，原样本均值：， 由，得，B正确： 对于C，由图1的数据波动较大可得比更集中，则，C错误； 对于D，由图1的残差平方和较图2的残差平方和大知，处理后拟合效果更好，决定系数变大，D正确.   故选：C. 3．（2026·四川广安·一模）（多选）为了研究关于的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）： 1 2 3 4 5 0.3 0.8 1 1.2 1.7 假设经验回归方程为，则（    ） （参考公式：相关系数为） A． B．当时，对应的残差为0.08 C．样本数据的第40百分位数为0.8 D．去掉点后，与的样本相关系数不变 【答案】AD 【分析】选项A：求出，，由一定满足线性回归方程，代入即可求解；选项B：按照残差的概念求解即可；选项C：按照百分位数求解方法求解即可；选项D：由相关系数公式计算判断即可. 【详解】选项A：，. 将代入回归方程可得，，所以，故A正确； 选项B：当时，代入回归方程可得， 所以残差，故B错误； 选项C：将样本数据值从小到大排列：0.3，0.8，1，1.2，1.7， 第40百分位数的位置：， 则第40百分位数为第2个数和第3个数的平均值：，故C错误； 选项D： . ， ， 所以. 去掉点后， ，. . ， ， 所以. 故去掉点后，与的样本相关系数不变，故D正确. 故选：AD. 4．（2025·四川德阳·一模）（多选）下列说法错误的是（   ） A．数据0，1，2，3，5的分位数是2 B．线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强 C．经验回归直线一定过点 D．残差散点图所在的带状区域越窄，则两个变量的相关性越弱 【答案】ABD 【分析】利用百分位数的定义可判断A，利用线性相关系数的性质可判断B，利用线性回归方程的性质可判断C，利用残差的散点图的性质可判断D. 【详解】对于A，因为，所以数据0，1，2，3，5的分位数为第3个数和第4个数的平均数，即，故A错误； 对于B，线性相关系数的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强，故B错误； 对于C，由线性回归方程的性质知，经验回归直线一定过样本中心点，故C正确； 对于D，在残差的散点图中，残差散点图所在的带状区域越窄，拟合精度越高，则两个变量的相关性越强，故D错误； 故选：ABD. 5．（2025·四川资阳·一模）（多选）某车间为了解加工的零件数x（单位：个）与加工时间y（单位：min）的关系，收集到5组观测数据（如下表所示）： 零件数x/个 10 20 30 40 50 加工时间y/min 67 74 80 86 93 假设加工时间与加工的零件数满足的经验回归方程为，则（   ） A． B．当时，的预测值为102 C．加工时间的5个观测数据的分位数为80 D．当加工的零件数时，加工时间的残差为0.2 【答案】AD 【分析】先求出，根据经验回归直线必过点可求得，即可判断A；得到经验回归方程为，进而结合预测值与残差的定义求解判断BD；根据百分位数的定义求解判断C. 【详解】由题意，， ， 因为经验回归直线必过点，即点， 则，解得，即，故A正确； 当时，，故B错误； 将加工时间的5个观测数据从小到大排列为：， 由于，则分位数为，故C错误； 当时，， 则残差为，故D正确. 故选：AD 6．（2025·四川达州·一模）某景区为了更好的开发旅游资源，试产了一系列的文创产品进行销售，对今年前几月的销售额统计如下： 月份 销售额万元 (1)根据表中数据建立月份与销售额的经验回归方程； (2)为了更好的规划文创产品，从这个月中随机抽取个月对销售情况进行分析，求抽到的月份数据含有残差（观测值减去预测值称为残差）为负的概率． 参考公式：．参考数据：，． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用最小二乘法可得回归方程； （2）分别计算各月份销售额的预测值，再根据古典概型概率公式可得解. 【详解】（1）由已知，， 又，， 则，， 所以回归方程为； （2）当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 则这个月中残差为负的月份有个，残差为非负的月份有个， 则这个月中随机抽取个月，抽到的月份数据含有残差为负的概率. 7．（2025·四川成都·一模）某校举办校刊义卖活动，学生在义卖处每领取一本校刊，便自觉向收银箱中支付至少两元钱.现统计了连续5天的售出校刊数量和收益情况，如下表： 售出校刊数量x（单位：箱） 6 5 7 5 7 收益y（单位：元） 240 220 260 230 270 (1)求收益y关于售出数量x的回归直线方程，并计算售出8箱校刊时的预计收益； (2)学校决定将收益奖励在科技创新大赛中获奖的学生，获奖学生每人奖励100元.已知甲、乙两名学生是否获奖是相互独立的，甲获奖的概率为，乙获奖的概率为，求甲、乙两名学生获奖总金额X的分布列及数学期望.附：，. 【答案】(1)；元； (2)分布列见解析；. 【分析】（1）根据给出的公式求线性回归方程，再把代入求值即可. （2）明确的取值，求出对应的概率，可得的分布列，再根据期望公式求. 【详解】（1）因为，， ， ， 所以，. 所以收益y关于售出数量x的回归直线方程为：. 当时，预测收益为元. （2）由题意，的值可能为：， 且，，. 所以的分布列为： 0 100 200 所以. 8．（2026·四川雅安·一模）某高校为制定针对性的阅读推广方案，从全校随机抽取400名大学生开展“纸质书阅读偏好”专项调查，收集到的性别与专业交叉数据如下表（单位：人）： 专业类型 阅读偏好 合计 喜欢阅读纸质书 不喜欢阅读纸质书 文科 150 120 270 理工科 50 80 130 合计 200 200 400 (1)依据的独立性检验，能否认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关？ (2)从样本中“喜欢阅读纸质书”的大学生里，按专业类型用分层抽样抽取8人组建“纸质书推广志愿队”，再从这8人中随机抽取3人负责校园书展策划，记最后抽取的3人中，选中的文科学生人数为，求的分布列与数学期望. 参考公式：，其中. 参考数据： 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)有的把握认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关. (2)分布列见解析；期望为 【分析】（1）由列联表中的数据，求得，结合附表，即可得到结论； （2）根据题意，求得抽取的8人中，文科人数为人，理科人数为人，得到变量的可能取值为，结合超几何分布的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. 【详解】（1）解：假设认为该校大学生 “是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”无关， 由列联表中的数据，可得：， 因为，所以拒绝假设， 所以有的把握认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关. （2）解：由列联表中的数据，喜欢纸质书的共有200人，其中文科150人，理科50人， 按比例抽取8人，则文科人数为人，理科人数为人， 从这8人中抽取3人，为文科人数，则随机变量的可能取值为， 可得，， ， 所以随机变量的分布列为 1 2 3 所以期望为. 9．（2026·四川遂宁·一模）冬季气温骤降、空气干燥且气压变化大，慢性阻塞性肺疾病（慢阻肺），哮喘，间质性肺病、肺纤维化，肺炎、支气管炎患者等呼吸系统疾病患者对氧气需求增加，尤其需要制氧机辅助，近年来，我国制氧机产业迅速发展，下表是某地区某品牌制氧机的年销售量与年份的统计表： 年份 2021 2022 2023 2024 2025 年份代码 1 2 3 4 5 销量（万台） 2 3.5 2.5 8 9 (1)求这种品牌制氧机的销量关于年份代码的线性回归方程，并预测2027年这种品牌制氧机的销量； (2)为了研究不同性别的学生对制氧机知识的了解情况，某校组织了一次有关制氧机知识的竞赛活动，随机抽取了男生和女生各100名，得到如下列联表： 学生 制氧机知识 合计 了解 不了解 男生 20 女生 40 合计 （ⅰ）根据已知条件，填写列联表； （ⅱ）根据小概率值的独立性检验，判断该校学生对制氧机知识的了解情况与性别是否有关联； (3)从（2）的样本中按对制氧机知识了解和不了解的学生人数进行分层抽取10人，再从这10人中随机抽取4人做某项调查，记这4人中对制氧机知识不了解的人数为，试求的分布列和数学期望. 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)，12.4万台 (2)（ⅰ）表格见解析；（ⅱ）有关联，理由见解析； (3)分布列见解析，数学期望为 【分析】（1）计算出，得到线性回归方程，代入，从而预测2027年这种品牌制氧机的销量； （2）（ⅰ）补全列联表；（ⅱ）计算出，从而得到结论； （3）求出的可能取值并得到相应的概率，从而得到分布列，计算出数学期望. 【详解】（1）年份代码的平均数，销量的平均数， 所以， ， 所以， 所以， 所以这个地区某品牌制氧机的销量关于年份代码的线性回归方程为， 由于2027年对应的年份代码为，得， 所以预测2027年这个地区某品牌制氧机的销量约为12.4万台． （2）（ⅰ）根据男生和女生各100名，补全列联表为： 学生 制氧机知识 合计 了解 不了解 男生 80 20 100 女生 40 60 100 合计 120 80 200 （ⅱ）零假设：该校学生对制氧机知识的了解情况与性别无关. 根据（ⅰ）中的列联表中的数据可得， . 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即该校学生对制氧机知识的了解情况与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005. （3）从（2）的样本中按对制氧机知识了解和不了解的比例选取10人， 则抽取的10人中，了解的人数为6人，不了解的人数为4人 再随机从中抽取4人，对制氧机知识不了解的人数的所有可能取值为0，1，2，3，4. 且， ， ， 则的分布列为 0 1 2 3 4 数学期望为 10．（2025·四川资阳·一模）某工厂甲乙两条生产线生产了同一种产品，为了解产品质量与生产线的关系，现从这两条生产线所生产的产品中，随机抽取了500件进行检测，检测结果（“合格”或“优良”）如下表： 生产线 检测结果 合计 合格 优良 甲生产线 20 180 200 乙生产线 60 240 300 合计 80 420 500 (1)根据小概率值的独立性检验，能否推断产品检测结果与生产线有关联？ (2)用样本估计总体，频率估计概率.现等可能地从这两条生产线中抽取一条生产线，然后从该生产线随机抽取1件产品. （i）求抽出的产品是优良品的概率； （ii）已知抽出的产品是优良品，求它是从甲生产线抽出的概率. 附：； 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 【答案】(1)有关联 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）计算出卡方，即可判断； （2）（i）设事件“被选出的是甲生产线”，事件“取出的产品是优良品”，由全概率公式计算可得； （ii）由条件概率公式计算可得. 【详解】（1）提出零假设：产品检测结果与生产线没有关联， 由， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即产品检测结果与生产线有关联，此推断犯错的概率不大于. （2）设事件“被选出的是甲生产线”，事件“取出的产品是优良品”， （ⅰ）依题意，， ， 由全概率公式得：. （ⅱ）取出的产品是优良品，则它是从甲生产线取出的概率为： ． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $