专题08 计数原理与概率统计9个考点（福建专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题08 计数原理与概率统计 排列与组合 运算 考点1 1.15 2.A 3.80 4.. 5.AC 二项式定理 考点2 1.C 2.． 3.A 4.AD 5. 6.A 统计 考点3 1.5 2.ACD 3.D 4.A 5.B 6. 线性回归方程与独立性检验 考点4 1.B 2.【详解】（1）解法一：由表格可知“该地区教师使用系统A后，备课效率显著提升”的人数有75人， 故，故的估计值为． 解法二：设事件“该地区教师使用系统A”为，事件“备课效率显著提升”为． 由频率估计概率得，， 由条件概率公式得，故的估计值为． （2）零假设为：这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面没有差异． 根据表中数据可得，． 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面存在差异，此推断犯错误的概率不超过0.005． 3.【详解】（1）零假设：喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年无关. 由题意补充完整列联表，分别算出，代入公式得：. 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据证明喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年有关； （2）由题可知，随机采访一位未成年人，则该未成年人喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的概率为，随机采访一位成年人，则该成年人喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的概率为. 又的可能取值为，所以，， ，故X的分布列为 0 1 2 所以. 【点睛】. 4.【详解】（1）零假设：两校学生中数学成绩优秀率之间没有差异， 因为， 依据小概率值的独立性检验，没有充分的理由推断不成立， 所以认为两校学生中数学成绩优秀率之间没有差异． 所有数据都扩大10倍后： ． 这时两校学生中数学成绩优秀率之间有关系， 所以相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论不一样， 主要是因为样本容量的不同，只有当样本容量越大时，用样本估计总体的准确性会越高． （2）抽取甲、乙、丙三所学校优秀学生人数分别为： ， 记分别为事件“抽到的学生来自甲、乙、丙学校”，为事件“抽到一名优秀学生”，则， ， 所以抽到数学成绩优秀学生的概率 ． 5.CD 6.【详解】（1）散点图如图所示， 根据散点图判断，适宜作为5G经济收入y关于月代码x的回归方程类型， ，两边同时取常用对数得：， 设，， ， ， ， ， 把样本中心点代入，得：， ，， ， y关于x的回归方程：. （2）当时，， 所以预测该公司2025年5月份的经济收入估计为347百万元. （3）不合理,经验回归方程一般具有时效性，解释变量越接近样本数据，预测值比较可信，否则会有显著误差. 古典型概率与条件概率 考点5 1.. 2.ACD 3.. 4.【详解】（1）解：设甲平台向该用户推送为事件，推送为事件，则甲平台没有向该用户推送为事件，由题设可知： ，，，， 又，所以， （2）设平台向该用户推送为事件， 则这两个平台向该用户至少推送A、B、C中的一种的概率为：， 因为甲平台的推送结果与乙平台的推送结果互相不受影响，所以， 因为，所以， 即， 所以. 5.C 6.ACD 7.【详解】（1）记“甲在第i轮正确回答第j道题”为，“乙在第i轮正确回答第j道题”为， 采用第一种方案答题且甲先答题时该小组第一轮比赛至少正确作答2道题的概率为，该小组在第二轮中至少正确作答2道题的概率为， （i）依题意， ， 则采用第一种方案答题且甲先答题时，该小组在第一轮中就挑战失败的概率为． （ii）结合（ⅰ）得 ． 记“采用第一种方案答题且甲先答题时，该小组两轮都挑战成功”为事件M， 则， 记“采用第一种方案答题且甲先答题时，甲正确回答了3道试题”为事件N， ． 又 ， 则 ． （2）选择第二种作答方案，甲在第一轮中至少正确作答2道题的概率， 乙在第二轮中至少正确作答2道题的概率． 采用第二种作答方案，两轮都挑战成功的概率． 结合（1）（ii）知， 则， 所以选择第二种作答方案该小组获得“强国小能手”称号的可能性更大． 8. 9. 10.A 二项分布与超几何分布的均值与方差 考点6 1.【详解】（1）设事件：抽取的是本地会员，， 则事件：抽取的是外地会员，， 事件：会员对商品质量满意，，， 所以. （2）由（1）可知，单次抽取会员满意的概率，不满意的概率为， 的所有可能取值为0，1，2. 则，， ，， 0 1 2 所以. 2.【详解】（1）由题意知，甲、乙两人各实验一次，且两人得分之和为0分， 则甲通过乙不通过，或者乙通过甲不通过，所以其概率为， 整理可得，解得或，经检验，都合乎题意. 故或. （2）由题意知，故，结合（1）可知； 则甲乙两人能一次性通过的概率分别为， 由题意可知X的可能取值为， 则， ， ， ， ， 故X的分布列如下表： X -4 -2 0 2 4 P 则. 3.【详解】设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为偶数. 设随机变量表示事件第一次发生时已经进行的抛掷次数. 由于每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 记第一个投出的偶数点数为. 设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为除了以外的两个偶数. 设随机变量表示从出现第一个偶数后，直到出现第二个不同偶数所进行的额外抛掷次数. 在接下来的每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 记第二个出现的偶数点数为. 设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为除了，以外的那个偶数. 设随机变量表示从出现第二个不同偶数后，直到出现第三个偶数所进行的额外抛掷次数. 在接下来的每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 经过三个步骤，能保证2，4，6点恰好均出现，且出现次数最少的点数出现的次数为1. 随机变量为抛掷骰子直至2，4，6均出现时已经进行的试验次数. . 故 故答案为：11 4.. 5.【详解】（1）记“取出的4个球颜色相同”， 则， 所以取出的4个球颜色相同的概率为. （2）的可能取值为1,2,3,4， 则， ， ， ， 所以的分布列为： 1 2 3 4 . 6.A 7.【详解】（1）由频率分布直方图中所有直方图的面积之和为， 可得，所以， 样本中，成绩在的高中生所占的频率为， 当时，由题意可知， 所以，， ，， 故随机变量的分布列如下表所示： 所以，. （2）由题意可知，因为最大，则， 所以，解得， 因为，可得， 故使得取得最大值时的值为. 离散型随机变量的均值与方差 考点7 1.B 2. 3.ABD 4.【详解】（1）的所有可能取值为0，1，2，3， ， ∴的分布列如下： 0 1 2 3 P . （2）记“该学生复评晋级”，“该学生初评是B”，“该学生初评是C”，“该学生初评是D”， 则，且两两互斥， 根据题意得：， ， 由全概率公式可得： 所以. 5.ABD 正态分布 考点8 1.ACD 2.0.1. 3.D 4.B 5. 6.C 概率统计综合题型 考点9 1.【详解】（1）由题意可知，， 由全概率公式可得. （2）当时，， 即，故数列为等差数列，设其公差为， 设其通项公式可得， 由可得，所以， 又因为系统数据块的初始数量为， 所以系统最终以“成功复位”状态终止的概率为， 从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为， 令，解得， 所以当时，“成功复位”的概率大于“内存溢出”的概率， 同理可得，当时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率， 当时，“成功复位”的概率小于“内存溢出”的概率. （3）设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立， 且分布列均为，， 由题意可知， 所以， 因为每步操作相互独立，所以第步的变化值与之前的累积状态相互独立， 从而随机变量与相互独立，则， 因为与无关，所以恒成立，所以， 事实上，故只需， 由的分布列可知， 因式分解得， 又因为，所以， 所以当时，若与无关，则. 2.【详解】（1）设选择方案A，B，C分别为事件A，B，C，物流提前送达为事件Z， 则， ，，， . （2）（i）由①知道. 由②根据全概率公式 ， . 设第n次物流选择方案A，B，C为事件，，，第n次物流提前送达为事件， 则，，，因为，所以， 所以. 由②根据全概率公式 ， 注意到，， 而， 所以 ， 同理 . 注意到 ， 且，所以， 故为定值， 即是以为首项，为公比的等比数列. （ii）由（i）可求， 同理 ， 所以， 联立解得 ，， 所以. 随着的增大，增大，注意到，所以当时，， 因此从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率. 3.【详解】（1）记为棋子顺时针移动次，为棋子逆时针移动次， 则与互斥. 所以，； （2）因为， ， 所以. （3）先分析连续移动6次后的取值情况：6次均为顺时针，则； 5次顺时针1次逆时针，则； 次顺时针2次逆时针，则； 3次顺时针3次逆时针，则； 次顺时针4次逆时针，则； 1次顺时针5次逆时针，则； 次逆时针，则. 故. 所以的可能取值为，其中 ， ； 所以随机变量的分布列如下： 1 2 3 9 10 由. 令， 则． 两式相减，得， 即， 故，又因为，所以. 4.ABD 5. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 计数原理与概率统计 9大考点概览 考点01排列与组合 考点02二项式定理 考点03统计 考点04线性回归方程与独立性检验 考点05古典型概率与条件概率 考点06二项分布与超几何的均值与方差 考点07离散型随机变量的均值与方差 考点08正态分布 考点09概率统计综合题型 排列与组合 运算 考点1 1．（2025·福建漳州·模拟预测）在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标都是整数的点叫做整点，从整点到整点或的有向线段叫做一个T步，从整点A到整点B的一条T路是指由若干个T步组成的起点为A、终点为B的有向折线.则整点到整点的T步的条数为______.（结果用数字表示） 2．（2025·福建福州·模拟预测）某活动现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者A去甲活动场地，志愿者B不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（    ） A．18种 B．12种 C．9种 D．6种 3．（2025·福建厦门·一模）在五一小长假期间，要从5人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有__________种. 4．（2025·福建莆田·模拟预测）若甲、乙、丙、丁、戊随机站成一排，则甲、乙不相邻的概率为_____. 5．【多选题】（2025·福建泉州·一模）某学校高二年级数学课外活动小组中有男生人，女生人，则下列说法正确的是（    ） A．从中选人，人做正组长，人做副组长，共有种不同的选法 B．从中选人参加数学竞赛，其中男、女生各人，共有种不同的选法 C．将这名学生排成一排，位女生排在一起的方法共有种 D．名学生排成一排，已知名男生已排好，现将名女生插入队伍中，则共有种排法 二项式定理 考点2 1．（2026·福建龙岩·一模）设，则（    ） A．1 B．2 C．31 D．32 2．（2025·福建福州·模拟预测）在的展开式中，的项的系数为_____． 3．（2025·福建漳州·模拟预测）的展开式中项的系数为（   ） A． B． C．15 D．20 4．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）已知二项展开式，则（    ） A． B． C． D． 5．（2025·福建漳州·一模）的展开式中，常数项为__________. 6．（2025·福建泉州·一模）已知的展开式中的系数为0，则的值为（    ） A． B． C．640 D．1280 统计 考点3 1．（2026·福建龙岩·一模）已知从小到大排列的一组数据1，2，4，，8，10，若这组数据的第60百分位数与平均数相等，则实数的值为______. 2．【多选题】（2026·福建泉州·二模）某市环保部门连续10天监测甲、乙两个区域的空气质量指数（简称AQI），记日期编号为，甲、乙两个区域的AQI分别为，将数据整理如下： 日期编号   1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲区域AQI    27 44 43 45 34 35 33 34 40 35 乙区域AQI    34 34 30 31 36 33 32 34 33 33 根据数据进行分析，以下说法正确的是（   ） A．甲区域AQI的极差为18 B．乙区域AQI的第65百分位数为33.5 C．甲区域AQI的方差大于乙区域AQI的方差 D．根据最小二乘法求得关于的经验回归方程对应的直线必过点 3．（2026·福建漳州·模拟预测）已知一组数据：12，14，15，15，18，19，22，26，28，30，的第百分位数是26，则的值可以是（   ） A．22 B．23 C．25 D．27 4．（2026·福建福州·模拟预测）已知按从小到大的顺序排列的一组数据：3，6，a，b，12，若其分位数为8，则下列情况可能的是（    ） A．， B．， C．， D．， 5．（2025·福建漳州·模拟预测）样本数据的下四分位数为（   ） A．3 B．3.5 C．10 D．11 6．（2025·福建福州·模拟预测）数据2， 3， 5， 5， 6， 7， 8， 8， 9， 10的60%分位数为________. 线性回归方程与独立性检验 考点4 1．（2026·福建莆田·二模）为了探究六年级学生每日自主阅读时间与语文成绩的关系，某研究小组随机调查了50名学生，得到成对样本数据，其中表示每日自主阅读时间（单位：小时），表示语文成绩（单位：分）.经计算得回归直线方程为.下列说法正确的是（   ） A．该样本数据的相关系数为5.2 B．当阅读时间每增加1小时，语文成绩平均增加5.2分 C．该样本数据中，至少有一个点在回归直线上 D．若某学生每日阅读时间为2小时，则他的语文成绩一定为分 2．（2025·福建泉州·模拟预测）为比较A、B两种AI教学系统在提升教师备课效率方面的差异，研究人员在某地区随机招募了200名教师，并随机分配其中100名使用系统A，其余100名使用系统B．经过一个月的试用后，以“备课时间减少15%以上”作为备课效率显著提升的标准，经整理得到如下列联表： 备课效率使用的教学系统 显著提升 没有显著提升 合计 系统A 75 25 100 系统B 55 45 100 合计 130 70 200 (1)记事件“该地区教师使用系统A后，备课效率显著提升”的概率为，求的估计值； (2)根据小概率值的独立性检验，分析这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面是否存在差异． 附：， 0.05 0.005 0.001 3.841 7.879 10.828 3．（2025·福建漳州·模拟预测）2025年春节期间，电影《哪吒之魔童闹海》掀起全民观影热潮，连续7天票房逆势攀升，单日最高突破8.6亿元，吸引部分家庭携老扶幼共赴影院，缔造中国影史春节档票房与观影人次双冠王的奇迹.某电影院为了解民众观影的喜欢程度，随机采访了180名观影人员，得到下表： 是否成年人 是否喜欢 合计 不喜欢 喜欢 未成年人 80 100 成年人 20 80 合计 180 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年有关？ (2)用频率估计概率，现随机采访一名成年人和一名未成年人，设表示这两人中非常喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的人数，求的分布列和数学期望. 参考公式： 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 4．（2025·福建泉州·模拟预测）为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法抽取80名学生．通过测试得到了如下表数据： 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲校 30 10 40 乙校 20 20 40 合计 50 30 80 (1)依据小概率值的独立性检验，分析两校学生中数学成绩优秀率之间是否存在差异；如果表中所有数据都扩大为原来的10倍．在相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论还一样吗？请你试着解释其中的原因． (2)据调查，丙校学生数学成绩的优秀率为30%，将频率视为概率，现根据甲、乙、丙三所学校总人数比例分别抽取了24人，30人，30人进行调查访谈．从这84人中任意抽取一名学生，求抽到数学成绩优秀学生的概率． 附：，其中． α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 5．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）有一组成对样本数据，设．由这组数据得到新成对样本数据．利用一元线性回归模型，根据最小二乘法，下列结论一定正确的是（   ）附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：．相关系数，决定系数（其中）． A．两条经验回归直线都过点 B．两条经验回归直线的截距相同 C．两组数据的相关系数相同 D．两组数据的决定系数相同 6．（2025·福建泉州·模拟预测）泉州少年郎团队从2024年10月份以来，通过深度整合AI算法、大数据分析和自动化技术，不断优化产品与服务，显著提升了运营效率和市场竞争力，推动团队收入持续攀升.该团队在近7个月的经济收入（单位：百万元）的数据如下表： 月份编号 1 2 3 4 5 6 7 收入（百万元） 6 11 21 34 66 101 196 (1)根据以上数据绘制散点图，并根据散点图判断，与（均为大于零的常数）哪一个适宜作为该团队经济收入y关于月份x的回归方程模型？（给出判断即可，不必说明理由）并根据你的判断结果及表中的数据，求出y关于x的回归方程； (2)请你根据所求的回归方程，预测该团队下一个月的经济收入； (3)试从统计学角度分析，如果用所求的回归方程预测该团队接下来1年的经济收入情况是否合理？ 参考数据： 435 10.78 2535 50.12 2.82 3.47 其中设， 参考公式：，. 古典型概率与条件概率 考点5 1．（2025·福建泉州·模拟预测）若随机事件A，B满足，，，则_______. 2．【多选题】（2025·福建莆田·模拟预测）某校教研会上，共有3位统考科目（语文、数学、外语）教师，2位首选科目（物理、历史）教师，4位再选科目（化学、生物、政治、地理）教师进行发言，现用抽签的方式决定发言顺序，用事件（，）分别表示第位发言的是统考科目教师、首选科目教师、再选科目教师，则（    ） A． B． C． D． 3．（2025·福建福州·模拟预测）一先一后抛掷两枚质地均匀的骰子，设得到的点数分别为，在已知的条件下，的概率为__________. 4．（2025·福建·模拟预测）电商平台人工智能推荐系统是根据用户的喜好为用户推送商品的．某体育用品供应商在甲电商平台推广新品和，在乙电商平台推广新品．已知甲平台向一用户推送的概率为0.7，推送的概率为0.5，同时推送和的概率为0.3；乙平台向该用户推送的概率为0.6，且甲平台的推送结果与乙平台的推送结果互相不受影响． (1)在甲平台没有向该用户推送的条件下，求它向该用户推送的概率； (2)求这两个平台至少向该用户推送A、B、C中的一种的概率． 5．（2025·福建漳州·一模）设A，B是两个随机事件，且，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．若A与B互斥，则 D．若，则A与B相互独立 6．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）甲、乙两选手进行象棋比赛，有3局2胜制，5局3胜制两种方案.设每局比赛中甲获胜的概率为，且每局比赛的结果互不影响，则下列结论正确的有（    ） A．若采用3局2胜制，则甲获胜的概率为 B．若采用5局3胜制，则甲以获胜的概率为 C．若，则甲在5局3胜制中获胜的概率比在3局2胜制中获胜的概率大 D．若，采用5局3胜制，在甲获胜的条件下，比赛局数为4局的可能性最大 7．（2025·福建漳州·模拟预测）某校开展“强国知识”挑战赛，比赛分为两轮，规则如下： ①第一轮为“时事政治”试题，共3道试题，至少正确回答2道，才能进入第二轮，否则挑战失败；第二轮为“科普知识”试题，共3道试题，也要至少正确回答2道才能算挑战成功，否则挑战失败（进入比赛轮次后，该轮次中所有题目均需要作答）；两轮都挑战成功，可以获得“强国小能手”称号； ②每个参赛组由两人组成，作答方案有两个：第一种方案是在第一轮和第二轮中，两人依次轮流答题（例如：甲先回答第一轮第一题，则乙回答第一轮第二题；甲再回答第一轮第三题；若进入第二轮，则由乙回答第二轮第一题甲回答第二轮第二题，乙再回答第二轮第三题）；第二种方案是由参赛两人分别回答第一轮所有试题和第二轮所有试题（如甲回答第一轮所有试题，则乙回答第二轮的所有试题） 已知某小组由甲、乙两名同学组成，甲同学正确回答第一轮、第二轮中的每道试题的概率分别为；乙同学正确回答第一轮、第二轮中的每道试题的概率分别为． (1)若该小组采用第一种方案答题，且甲先回答第一轮中的第一题． （i）求该小组在第一轮中就挑战失败的概率． （ⅱ）已知该小组获得“强国小能手”称号，求甲正确回答了3道试题的概率． (2)无论采用哪一种作答方案，第一轮第一题均由甲作答，以该小组获得“强国小能手”称号的概率大小为决策依据，应该选择哪一种作答方案？并说明理由． 8．（2025·福建泉州·模拟预测）通过手机验证码注册某APP时，收到的验证码由4个数字（其中随机组成，如果验证码满足，则称该验证码为递增型验证码.某人收到一个验证码，则它首位为2的递增型验证码的概率为___________． 9．（2026·福建龙岩·一模）某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球.活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分.若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为______. 10．（2025·福建福州·模拟预测）某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能(AI)技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为（     ） A． B． C． D． 二项分布与超几何分布的均值与方差 考点6 1．（2026·福建龙岩·一模）某会员店的本地会员占，外地会员占.现开展商品质量满意度调查，已知本地会员对该店商品质量满意的概率为，外地会员对该店商品质量满意的概率为，每个会员对该店商品质量满意与否相互独立. (1)从该店所有会员中随机抽取1名会员，求其对该店商品质量满意的概率； (2)从该店所有会员中随机抽取2名会员（其中会员总数远大于2），记这2名会员中对该店商品质量满意的人数为，求的分布列与数学期望. 2．（2025·福建福州·模拟预测）甲、乙两人参与“过独木桥”活动，每参与一次称为一次实验（不管是否通过）.甲、乙两人能一次性通过的概率分别为和.若一次性通过得1分；没通过得分，两人每次是否一次性通过均相互独立.已知甲、乙两人各实验一次，且两人得分之和为0分的概率为. (1)求的值； (2)若甲一次性通过的概率小于乙一次性通过的概率，甲、乙两人各实验两次，求两人得分之和的分布列和数学期望. 3．（2025·福建泉州·模拟预测）已知：（ⅰ）在一系列独立重复的伯努利试验中，用表示事件第一次发生时已经进行的试验次数，记每次试验中事件发生的概率为，则的分布列为，．如果随机变量具有上式的形式，则称随机变量服从几何分布，且； （ⅱ）若随机变量，满足，则． 连续不断地抛掷一枚骰子，记录下它每次落地时朝上的面的点数，直到2，4，6点均出现为止，则抛掷总次数的数学期望为_____． 4．（2025·福建三明·模拟预测）甲、乙两人进行抛硬币比赛．两人分别抛掷一枚均匀硬币，如果抛出“正面朝上”，则得1分，如果抛出“反面朝上”，则得0分．甲和乙分别抛掷3次后，如果两人得分相差大于1分，比赛终止；如果两人分数相差不大于1分，则由乙再进行一次抛掷后比赛终止，该次抛掷若为“正面朝上”，则乙得分不变，若为“反面朝上”，则乙得分减1分．按照规定，比赛终止时甲得分高于乙的概率为___________． 5．（2025·福建福州·模拟预测）已知甲盒中有2个红球，2个蓝球，乙盒中有5个红球，1个蓝球，这些球除了颜色外完全相同.现从甲、乙两盒中无放回各任取2个球. (1)求取出的4个球颜色相同的概率； (2)记取出的4个球中红球的个数为X，求X的分布列和数学期望. 6．（2025·福建泉州·模拟预测）某系统通过摄像头识别手势，准确率为．若连续识别3次手势，至少有一次识别错误的概率是（    ） A． B． C． D． 7．（2025·福建泉州·模拟预测）为增强学生的法制意识，打造平安校园，某市组织该市的全体高中学生开展“智慧法治，平安校园”的知识竞赛，竞赛成绩经统计，得到如下的频率分布直方图： 用样本估计总体，以频率代替概率.现从该市的高中学生中随机抽取人，用表示成绩在的人数. (1)若，求的分布列与数学期望； (2)若，求使得取得最大值时的值. 离散型随机变量的均值与方差 考点7 1．（2026·福建福州·模拟预测）甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字2，3，5，乙的卡片上分别标有数字4，6，10.两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得1分，否则乙得1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）.记三轮比赛后甲的总得分为X，则（   ） A．1 B． C． D．2 2．（2026·福建漳州·模拟预测）一个袋中装有个白球和个黑球，甲从袋中有放回的随机取次球，每次取个球，取到次白球得分，取到次黑球得分．记甲取球总得分为，则_____________． 3．【多选题】（2026·福建·一模）设，且．若随机变量满足，则（已知若随机变量，则）（　　） A． B． C． D． 4．（2025·福建福州·模拟预测）下图是某校高三学生“运动与健康”评价结果的频率分布直方图，评分在区间，上，分别对应为A，B，C，D四个等级．为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评．复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级；原获C等级的学生有的概率提升为B等级：原获D等级的学生有的概率提升为C等级．用频率估计概率，假设每名学生复评结果相互独立． (1)若初评中甲获得C等级，乙、丙获得D等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为C等级的人数为，求的分布列和数学期望； (2)从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是B等级的概率． 5．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）已知离散型随机变量X的分布列如下，则下列选项中正确的是（    ） X 0 1 2 P 0.36 A． B． C． D． 正态分布 考点8 1．【多选题】（2025·福建三明·模拟预测）已知某精密仪器测量金属薄片的误差服从正态分布，随机抽取10个测量数据，设为这10个数据误差在之外的个数，下列说法正确的是（已知若随机变量，则）（    ） A． B． C． D． 2．（2025·福建·模拟预测）已知随机变量，若，则________. 3．（2025·福建泉州·模拟预测）已知随机变量服从正态分布，记函数，则（   ） A． B． C． D． 4．（2025·福建·模拟预测）2024年国家公务员考试笔试已于2023年11月25日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分布.若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·福建·模拟预测）已知随机变量X服从正态分布，若，则______. 6．（2025·福建厦门·一模）已知随机变量X服从正态分布，若，且，则（   ） A．-1 B． C．0 D． 概率统计综合题型 考点9 1．（2026·福建莆田·二模）某分布式存储系统中，数据块容量上限为，数据块的初始数量为.系统运行遵循以下规则： ①在每一时间步，系统以概率执行清理操作（数据块的数量减），以概率执行写入操作（数据块的数量加）； ②当数据块的数量为（成功复位）或为（内存溢出）时，系统运行立即终止. 记当数据块的数量为时，系统最终以“成功复位”状态终止的概率为. (1)直接写出、的数值，并写出、、的关系式； (2)当时，比较系统最终以“成功复位”与“内存溢出”状态终止的概率大小关系； (3)已知：若随机变量的取值不会影响随机变量的概率分布列，则称与相互独立，且满足.记为系统运行步后的数据块的数量（假设系统在此期间未终止）.当时，若与无关，求正实数的值. 2．（2026·福建福州·模拟预测）在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为. (1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； (2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种. 记第n次选择方案A，B，C的概率分别为，，. （i）求，，并证明：数列为等比数列； （ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率. 3．（2026·福建泉州·二模）如图，数字1至8按顺时针方向排成一圈，将一棋子放在数字8处，按如下规则移动棋子：抛掷一枚质地均匀的硬币1次，若正面朝上，棋子按顺时针方向连续移动3个相邻位置；若反面朝上，则按逆时针方向连续移动3个相邻位置．若连续投掷硬币次，并按上述规则移动棋子，记最终棋子所处的数字为随机变量．例如：若连续3次抛掷硬币均为正面朝上，则棋子移动3次，第1次从数字8处移动到数字3处，第2次移动到数字6处，第3次移动到数字1处，即． (1)求，； (2)证明：； (3)现设计一项游戏：游戏包含若干轮，每轮开始时将棋子放在数字8处，玩家连续投掷6次硬币并按上述规则移动棋子，当时玩家获胜，游戏结束，否则进行下一轮，游戏最多进行10轮．记游戏结束时的轮数为随机变量，求的分布列，并证明． 4．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）已知随机变量服从二项分布，.记为偶数的概率为，为奇数的概率为，则下列说法正确的是（   ） A．当时，是等比数列 B．当时， C．当时， D．当时， 5．（2025·福建泉州·模拟预测）摩尔斯电码常用0和1组成的有序数组（，，）表示信息，被称为一个长为的字．设， 令表示使的的个数，例如，，则．若，则满足，字长为6的字中至少有3个1相邻的概率为_________． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 计数原理与概率统计 9大考点概览 考点01排列与组合 考点02二项式定理 考点03统计 考点04线性回归方程与独立性检验 考点05古典型概率与条件概率 考点06二项分布与超几何的均值与方差 考点07离散型随机变量的均值与方差 考点08正态分布 考点09概率统计综合题型 排列与组合 运算 考点1 1．（2025·福建漳州·模拟预测）在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标都是整数的点叫做整点，从整点到整点或的有向线段叫做一个T步，从整点A到整点B的一条T路是指由若干个T步组成的起点为A、终点为B的有向折线.则整点到整点的T步的条数为______.（结果用数字表示） 【答案】15 【分析】从整点到整点，记为上步，从整点到整点，记为下步，结合题意分析易得整点到整点的T步一共有6个，且上步有4个，下步有2个，进而结合组合知识求解即可. 【详解】由题意，从整点到整点，记为上步， 从整点到整点，记为下步， 不管上步还是下步，在一个T步上横坐标都增加1， 而上步纵坐标增加1，下步纵坐标减少1， 因此整点到整点的T步一共有6个， 且上步有4个，下步有2个， 因此整点到整点的T路的条数为. 故答案为：15. 2．（2025·福建福州·模拟预测）某活动现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者A去甲活动场地，志愿者B不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（    ） A．18种 B．12种 C．9种 D．6种 【答案】A 【分析】利用分类加法原理，结合排列组合知识计算即可． 【详解】根据题意，分2类讨论． 第一类，去甲活动场地，则在一起，都去甲活动场地， 将剩下4人分为2组，安排在乙、丙两个活动场地即可， 有（种）安排方法； 第二类，不去甲活动场地，则必去丙活动场地， 在剩下4人中选出2人安排在乙活动场地， 再将剩下2人分别安排到甲、丙活动场地， 有（种）安排方法． 根据分类加法计数原理，共有（种）安排方法． 故选：A. 3．（2025·福建厦门·一模）在五一小长假期间，要从5人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有__________种. 【答案】80 【分析】根据值班人数为2和3两种情况，结合排列组合即可求解. 【详解】根据题意可知，值班的人数为2人或者3个人， 若人数为2，则需要一个人值班首尾两天，一个人值中间的那一天，故, 若人数为3，则每人值一天班，故, 故总的方法有， 故答案为：80 4．（2025·福建莆田·模拟预测）若甲、乙、丙、丁、戊随机站成一排，则甲、乙不相邻的概率为_____. 【答案】/ 【分析】先求出所有排列情况，再求出甲乙相邻的排列情况，用总排列情况减去甲乙相邻的排列情况得到甲乙不相邻的情况，最后根据古典概型概率公式计算概率. 【详解】5个人随机排成一排的总排列数为：种. 将甲乙看成一个整体，此时相当于有4个人随机排列，排列数为， 而甲乙两人之间又有种排列顺序. 根据分步乘法计数原理，甲乙相邻的排列数为：种. 所以，甲乙不相邻的排列数为种. 根据古典概型概率公式可得，甲乙不相邻的概率为：. 故答案为：. 5．【多选题】（2025·福建泉州·一模）某学校高二年级数学课外活动小组中有男生人，女生人，则下列说法正确的是（    ） A．从中选人，人做正组长，人做副组长，共有种不同的选法 B．从中选人参加数学竞赛，其中男、女生各人，共有种不同的选法 C．将这名学生排成一排，位女生排在一起的方法共有种 D．名学生排成一排，已知名男生已排好，现将名女生插入队伍中，则共有种排法 【答案】AC 【分析】利用排列计数原理可判断A选项；利用分步乘法计数原理可判断B选项；利用捆绑法可判断C选项；利用倍缩法可判断D选项. 【详解】对于A选项，从个人中选人，人做正组长，人做副组长选法共有种，故A正确； 对于B选项，从个人中选人参加数学竞赛，其中男、女生各人选法共有种，故B错误； 对于C选项，将个女生捆绑在一起，形成一个大“元素”，与个男生一起排序， 由捆绑法可知，不同的排法种数为种，故C正确； 对于D选项，名学生排成一排，已知名男生已排好，现将名女生插入队伍中， 由倍缩法可知，不同的排法种数为种，故D错误. 故选：AC. 二项式定理 考点2 1．（2026·福建龙岩·一模）设，则（    ） A．1 B．2 C．31 D．32 【答案】C 【分析】利用赋值法即可求解系数和. 【详解】令得：， 令得：， 所以. 2．（2025·福建福州·模拟预测）在的展开式中，的项的系数为_____． 【答案】 【分析】六个因式中五个提供，剩余一个因式提供常数即可得出含的项. 【详解】因为六个因式中五个提供，剩余一个因式提供常数，可得出含的项， 合并同类项即可得出展开式中项的系数为． 故答案为：． 3．（2025·福建漳州·模拟预测）的展开式中项的系数为（   ） A． B． C．15 D．20 【答案】A 【分析】利用二项式定理的通项公式即可求解. 【详解】的展开式的通项为， 令，得，则， 则的展开式中项的系数为. 故选：A 4．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）已知二项展开式，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】利用赋值法即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，令，得，故A正确； 对于B，令，得①， 则，故B错误； 对于C，令，得②， 由①②可得，故C错误； 对于D，由可知，， 所以，故D正确. 故选：AD. 5．（2025·福建漳州·一模）的展开式中，常数项为__________. 【答案】 【分析】将视为一个整体，利用二项式定理求的展开式，再结合二项式定理确定展开式中各项的展开式中的常数项，由此可得结论. 【详解】 ， 的展开式的通项公式为，， 令可得（舍去），所以的展开式中不存在常数项， 的展开式的通项公式为，， 令可得，所以的展开式中常数项为， 的展开式的通项公式为，， 令可得，所以的展开式中不存在常数项， 的展开式的通项公式为，， 令可得，所以的展开式中的常数项为， 又的展开式中没有常数项， 所以的展开式的常数项为 故答案为: 6．（2025·福建泉州·一模）已知的展开式中的系数为0，则的值为（    ） A． B． C．640 D．1280 【答案】A 【分析】根据给定条件，求出两个二项式展开式中的系数即可得解. 【详解】依题意，展开式中项为，其系数为， 展开式中项，其系数为，由展开式中的系数为0，得， 所以. 故选：A 统计 考点3 1．（2026·福建龙岩·一模）已知从小到大排列的一组数据1，2，4，，8，10，若这组数据的第60百分位数与平均数相等，则实数的值为______. 【答案】5 【详解】因为，所以该组数据的第60百分位数为从小到大排列的第4个数据. 由题意知，解得. 2．【多选题】（2026·福建泉州·二模）某市环保部门连续10天监测甲、乙两个区域的空气质量指数（简称AQI），记日期编号为，甲、乙两个区域的AQI分别为，将数据整理如下： 日期编号   1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲区域AQI    27 44 43 45 34 35 33 34 40 35 乙区域AQI    34 34 30 31 36 33 32 34 33 33 根据数据进行分析，以下说法正确的是（   ） A．甲区域AQI的极差为18 B．乙区域AQI的第65百分位数为33.5 C．甲区域AQI的方差大于乙区域AQI的方差 D．根据最小二乘法求得关于的经验回归方程对应的直线必过点 【答案】ACD 【分析】根据极差、百分位数、方差和经验回归方程的定义计算判断各个选项； 【详解】对于A，甲区域AQI的极差为，A正确 对于B，乙区域AQI的数据从小到大排序：，共10个数据， 计算，第65百分位数是第个数，B错误； 对于C，甲区域AQI的平均数为， 方差 乙区域AQI的平均数为 方差，因为，故甲区域AQI的方差大于乙区域AQI的方差，C正确； 对于D，因为，由上可知 所以根据最小二乘法求得关于的经验回归方程对应的直线必过点，D正确； 故选：ACD. 3．（2026·福建漳州·模拟预测）已知一组数据：12，14，15，15，18，19，22，26，28，30，的第百分位数是26，则的值可以是（   ） A．22 B．23 C．25 D．27 【答案】D 【分析】根据百分位数的概念求解即可. 【详解】一组数据：12，14，15，15，18，19，22，26，28，30，共11位数， 因为，所以第百分位数为从小到大排序的第8位数， 若第百分位数是26，则，故符合的只有D选项. 故选：D. 4．（2026·福建福州·模拟预测）已知按从小到大的顺序排列的一组数据：3，6，a，b，12，若其分位数为8，则下列情况可能的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】根据百分位数的定义和公式计算即可. 【详解】，分位数为第3项和第4项数据的平均数， ， 故选：A. 5．（2025·福建漳州·模拟预测）样本数据的下四分位数为（   ） A．3 B．3.5 C．10 D．11 【答案】B 【分析】根据条件，利用百分位数的求法，即可求解. 【详解】因为，所以样本数据的下四分位数为， 故选：B. 6．（2025·福建福州·模拟预测）数据2， 3， 5， 5， 6， 7， 8， 8， 9， 10的60%分位数为________. 【答案】 【分析】由百分位数的定义求60%分位数. 【详解】由题设，则60%分位数为. 故答案为： 线性回归方程与独立性检验 考点4 1．（2026·福建莆田·二模）为了探究六年级学生每日自主阅读时间与语文成绩的关系，某研究小组随机调查了50名学生，得到成对样本数据，其中表示每日自主阅读时间（单位：小时），表示语文成绩（单位：分）.经计算得回归直线方程为.下列说法正确的是（   ） A．该样本数据的相关系数为5.2 B．当阅读时间每增加1小时，语文成绩平均增加5.2分 C．该样本数据中，至少有一个点在回归直线上 D．若某学生每日阅读时间为2小时，则他的语文成绩一定为分 【答案】B 【分析】根据相关系数范围可以判断A；由回归系数定义可以判断B对；根据回归方程性质可以判断C，D. 【详解】对于A，相关系数取值范围是，故错误； 对于B，回归系数的含义是：当自变量每增加1个单位时，因变量平均增加的量。 这里表示每日自主阅读时间（小时），表示语文成绩（分），所以当阅读时间每增加1小时，语文成绩平均增加5.2分，故正确； 对于C，回归直线是对样本的拟合直线，不一定经过样本点，故错误； 对于D，当时，，为预测值，不是确定值，故错误. 2．（2025·福建泉州·模拟预测）为比较A、B两种AI教学系统在提升教师备课效率方面的差异，研究人员在某地区随机招募了200名教师，并随机分配其中100名使用系统A，其余100名使用系统B．经过一个月的试用后，以“备课时间减少15%以上”作为备课效率显著提升的标准，经整理得到如下列联表： 备课效率使用的教学系统 显著提升 没有显著提升 合计 系统A 75 25 100 系统B 55 45 100 合计 130 70 200 (1)记事件“该地区教师使用系统A后，备课效率显著提升”的概率为，求的估计值； (2)根据小概率值的独立性检验，分析这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面是否存在差异． 附：， 0.05 0.005 0.001 3.841 7.879 10.828 【答案】(1) (2)存在差异 【分析】（1）解法一：以频率估计概率，结合表中数据即可求的估计值；解法二：利用条件概率，结合表中数据即可求的估计值； （2）先进行零假设，再计算卡方值，根据独立性检验的思想判断即可. 【详解】（1）解法一：由表格可知“该地区教师使用系统A后，备课效率显著提升”的人数有75人， 故，故的估计值为． 解法二：设事件“该地区教师使用系统A”为，事件“备课效率显著提升”为． 由频率估计概率得，， 由条件概率公式得，故的估计值为． （2）零假设为：这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面没有差异． 根据表中数据可得，． 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面存在差异，此推断犯错误的概率不超过0.005． 3．（2025·福建漳州·模拟预测）2025年春节期间，电影《哪吒之魔童闹海》掀起全民观影热潮，连续7天票房逆势攀升，单日最高突破8.6亿元，吸引部分家庭携老扶幼共赴影院，缔造中国影史春节档票房与观影人次双冠王的奇迹.某电影院为了解民众观影的喜欢程度，随机采访了180名观影人员，得到下表： 是否成年人 是否喜欢 合计 不喜欢 喜欢 未成年人 80 100 成年人 20 80 合计 180 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年有关？ (2)用频率估计概率，现随机采访一名成年人和一名未成年人，设表示这两人中非常喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的人数，求的分布列和数学期望. 参考公式： 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】(1)没有充分证据证明喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年有关； (2)分布列见解析， 【分析】（1）先由题意补充完整列联表，分别算出值，再根据公式计算得值，然后根据临界值表作出判断即可. （2）由题列出 的可能取值为，再分别计算出其对应的概率，即可求得的分布列和数学期望. 【详解】（1）零假设：喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年无关. 由题意补充完整列联表，分别算出，代入公式得：. 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据证明喜欢电影《哪吒之魔童闹海》与是否成年有关； （2）由题可知，随机采访一位未成年人，则该未成年人喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的概率为，随机采访一位成年人，则该成年人喜欢电影《哪吒之魔童闹海》的概率为. 又的可能取值为，所以，， ，故X的分布列为 0 1 2 所以. 【点睛】. 4．（2025·福建泉州·模拟预测）为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法抽取80名学生．通过测试得到了如下表数据： 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲校 30 10 40 乙校 20 20 40 合计 50 30 80 (1)依据小概率值的独立性检验，分析两校学生中数学成绩优秀率之间是否存在差异；如果表中所有数据都扩大为原来的10倍．在相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论还一样吗？请你试着解释其中的原因． (2)据调查，丙校学生数学成绩的优秀率为30%，将频率视为概率，现根据甲、乙、丙三所学校总人数比例分别抽取了24人，30人，30人进行调查访谈．从这84人中任意抽取一名学生，求抽到数学成绩优秀学生的概率． 附：，其中． α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）由卡方公式进行求解即可； （2）利用全概率公式、条件概率公式进行求解即可. 【详解】（1）零假设：两校学生中数学成绩优秀率之间没有差异， 因为， 依据小概率值的独立性检验，没有充分的理由推断不成立， 所以认为两校学生中数学成绩优秀率之间没有差异． 所有数据都扩大10倍后： ． 这时两校学生中数学成绩优秀率之间有关系， 所以相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论不一样， 主要是因为样本容量的不同，只有当样本容量越大时，用样本估计总体的准确性会越高． （2）抽取甲、乙、丙三所学校优秀学生人数分别为： ， 记分别为事件“抽到的学生来自甲、乙、丙学校”，为事件“抽到一名优秀学生”，则， ， 所以抽到数学成绩优秀学生的概率 ． 5．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）有一组成对样本数据，设．由这组数据得到新成对样本数据．利用一元线性回归模型，根据最小二乘法，下列结论一定正确的是（   ）附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：．相关系数，决定系数（其中）． A．两条经验回归直线都过点 B．两条经验回归直线的截距相同 C．两组数据的相关系数相同 D．两组数据的决定系数相同 【答案】CD 【分析】对A，根据回归直线经过样本中心点，求出新成对样本数据的样本中心点判断；对B，利用公式求出回归直线的截距判断；对C，利用公式求新成对样本数据的相关系数比较即可；对D，利用公式求新成对样本数据的决定系数，可以作出判断. 【详解】对于A，因为， ，所以新成对样本数据过点，故A错误； 对于 B，因为， 所以新成对样本数据的回归直线的截距为，故B错误； 对于 C，因为新成对样本数据的相关系数 ， 所以两组数据的相关系数相同，故C正确； 对于D，因为新成对样本数据的决定系数 ， 其中，， 所以， 所以两组数据的决定系数相同，故D正确. 故选：CD. 6．（2025·福建泉州·模拟预测）泉州少年郎团队从2024年10月份以来，通过深度整合AI算法、大数据分析和自动化技术，不断优化产品与服务，显著提升了运营效率和市场竞争力，推动团队收入持续攀升.该团队在近7个月的经济收入（单位：百万元）的数据如下表： 月份编号 1 2 3 4 5 6 7 收入（百万元） 6 11 21 34 66 101 196 (1)根据以上数据绘制散点图，并根据散点图判断，与（均为大于零的常数）哪一个适宜作为该团队经济收入y关于月份x的回归方程模型？（给出判断即可，不必说明理由）并根据你的判断结果及表中的数据，求出y关于x的回归方程； (2)请你根据所求的回归方程，预测该团队下一个月的经济收入； (3)试从统计学角度分析，如果用所求的回归方程预测该团队接下来1年的经济收入情况是否合理？ 参考数据： 435 10.78 2535 50.12 2.82 3.47 其中设， 参考公式：，. 【答案】(1)适宜， (2)347百万元 (3)不合理 【分析】（1）看到形式，通过取对数转化成的形式，把复杂形式变简单. 算出的均值、的均值和这些值. 用公式算出，再把样本中心点代入求出，进而得到回归方程.   （2）把代入回归方程，算出对应的值，得到预测收入. （3）经验回归方程有时效性，所以判断预测不合理. 【详解】（1）散点图如图所示， 根据散点图判断，适宜作为5G经济收入y关于月代码x的回归方程类型， ，两边同时取常用对数得：， 设，， ， ， ， ， 把样本中心点代入，得：， ，， ， y关于x的回归方程：. （2）当时，， 所以预测该公司2025年5月份的经济收入估计为347百万元. （3）不合理,经验回归方程一般具有时效性，解释变量越接近样本数据，预测值比较可信，否则会有显著误差. 古典型概率与条件概率 考点5 1．（2025·福建泉州·模拟预测）若随机事件A，B满足，，，则_______. 【答案】/ 【分析】应用条件概率公式及对立事件概率公式计算求解. 【详解】因为，，， 则. 故答案为：. 2．【多选题】（2025·福建莆田·模拟预测）某校教研会上，共有3位统考科目（语文、数学、外语）教师，2位首选科目（物理、历史）教师，4位再选科目（化学、生物、政治、地理）教师进行发言，现用抽签的方式决定发言顺序，用事件（，）分别表示第位发言的是统考科目教师、首选科目教师、再选科目教师，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用古典概型概率公式与条件概率公式，结合独立事件同时发生的概率公式即可求解. 【详解】或，故A正确； ，或，故B错误； 或，所以，故C正确； 因为，， 所以，D正确． 故选：ACD． 3．（2025·福建福州·模拟预测）一先一后抛掷两枚质地均匀的骰子，设得到的点数分别为，在已知的条件下，的概率为__________. 【答案】/ 【分析】列举法应用古典概型公式计算结合条件概率公式计算即可. 【详解】设先后抛掷的两枚质地均匀的骰子的点数分别为，则样本空间，其包含的样本点有36个. 记事件“ ”，则事件包含的样本点为，共10个. 记事件“”，则事件“且”，其包含的样本点有4个，为. 所以由条件概率公式知. 故答案为：. 4．（2025·福建·模拟预测）电商平台人工智能推荐系统是根据用户的喜好为用户推送商品的．某体育用品供应商在甲电商平台推广新品和，在乙电商平台推广新品．已知甲平台向一用户推送的概率为0.7，推送的概率为0.5，同时推送和的概率为0.3；乙平台向该用户推送的概率为0.6，且甲平台的推送结果与乙平台的推送结果互相不受影响． (1)在甲平台没有向该用户推送的条件下，求它向该用户推送的概率； (2)求这两个平台至少向该用户推送A、B、C中的一种的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设甲平台向该用户推送为事件，推送为事件，则甲平台没有向该用户推送为事件，应用条件概率公式，计算可得结果； （2）应用对立事件的性质，可以计算这两个平台向该用户不推送A、B、C中任一种的概率，用1减去可得结果. 【详解】（1）解：设甲平台向该用户推送为事件，推送为事件，则甲平台没有向该用户推送为事件，由题设可知： ，，，， 又，所以， （2）设平台向该用户推送为事件， 则这两个平台向该用户至少推送A、B、C中的一种的概率为：， 因为甲平台的推送结果与乙平台的推送结果互相不受影响，所以， 因为，所以， 即， 所以. 5．（2025·福建漳州·一模）设A，B是两个随机事件，且，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．若A与B互斥，则 D．若，则A与B相互独立 【答案】C 【分析】由条件概率公式计算可判断A；由条件概率与对立事件概率公式计算可判断B；由，，可得，可判断C；由已知不能说明成立判断D. 【详解】对于A选项，，若，则，不符合题意，故A选项不正确； 对于B选项，，若， 则，所以，即不符合题意.故B选项不正确； 对于C选项，因为A与B互斥，所以，又，， 所以，，所以，故，故C选项正确； 对于D选项，，不能说明成立，故D选项不正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：理解独立事件的判断方法，以及条件概率的计算公式是解决这类问题的基础. 6．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）甲、乙两选手进行象棋比赛，有3局2胜制，5局3胜制两种方案.设每局比赛中甲获胜的概率为，且每局比赛的结果互不影响，则下列结论正确的有（    ） A．若采用3局2胜制，则甲获胜的概率为 B．若采用5局3胜制，则甲以获胜的概率为 C．若，则甲在5局3胜制中获胜的概率比在3局2胜制中获胜的概率大 D．若，采用5局3胜制，在甲获胜的条件下，比赛局数为4局的可能性最大 【答案】ACD 【分析】根据题意，由相互独立事件的概率公式代入计算，即可判断ABC，由条件概率公式代入计算，即可判断D 【详解】对A：采用3局2胜制，甲获胜分为第一二局胜，第一三局胜，第二三局胜三种情况， 最终甲获胜的概率为，故A正确； 对B：采用5局3胜制，甲以获胜，则甲前三局胜两局，第四局获胜， 故甲获胜的概率为，B错； 对C：因为，结合A项可知若采用3局2胜制，甲获胜的概率为，若采用5局3胜制，甲获胜的概率为，故C正确； 对D：因为，结合C项可知若采用5局3胜制，甲获胜的概率为， 甲获胜的条件下，比赛局数可取值为， 由条件概率公式可得： 故D正确. 故选：ACD. 7．（2025·福建漳州·模拟预测）某校开展“强国知识”挑战赛，比赛分为两轮，规则如下： ①第一轮为“时事政治”试题，共3道试题，至少正确回答2道，才能进入第二轮，否则挑战失败；第二轮为“科普知识”试题，共3道试题，也要至少正确回答2道才能算挑战成功，否则挑战失败（进入比赛轮次后，该轮次中所有题目均需要作答）；两轮都挑战成功，可以获得“强国小能手”称号； ②每个参赛组由两人组成，作答方案有两个：第一种方案是在第一轮和第二轮中，两人依次轮流答题（例如：甲先回答第一轮第一题，则乙回答第一轮第二题；甲再回答第一轮第三题；若进入第二轮，则由乙回答第二轮第一题甲回答第二轮第二题，乙再回答第二轮第三题）；第二种方案是由参赛两人分别回答第一轮所有试题和第二轮所有试题（如甲回答第一轮所有试题，则乙回答第二轮的所有试题） 已知某小组由甲、乙两名同学组成，甲同学正确回答第一轮、第二轮中的每道试题的概率分别为；乙同学正确回答第一轮、第二轮中的每道试题的概率分别为． (1)若该小组采用第一种方案答题，且甲先回答第一轮中的第一题． （i）求该小组在第一轮中就挑战失败的概率． （ⅱ）已知该小组获得“强国小能手”称号，求甲正确回答了3道试题的概率． (2)无论采用哪一种作答方案，第一轮第一题均由甲作答，以该小组获得“强国小能手”称号的概率大小为决策依据，应该选择哪一种作答方案？并说明理由． 【答案】(1)（i）；（ii） (2)选择第二种作答方案，理由见解析 【分析】（1）记事件→（i）该小组第一轮挑战成功的概率第一轮挑战失败的概率；（ⅱ）结合（i）得得解； （2）计算第二种作答方案下，两轮都挑战成功的概率→结合（1）（ⅱ）中采用第一种方案作答两轮都挑战成功的概率，两者进行比较→概率值大的即为选择的作答方案． 【详解】（1）记“甲在第i轮正确回答第j道题”为，“乙在第i轮正确回答第j道题”为， 采用第一种方案答题且甲先答题时该小组第一轮比赛至少正确作答2道题的概率为，该小组在第二轮中至少正确作答2道题的概率为， （i）依题意， ， 则采用第一种方案答题且甲先答题时，该小组在第一轮中就挑战失败的概率为． （ii）结合（ⅰ）得 ． 记“采用第一种方案答题且甲先答题时，该小组两轮都挑战成功”为事件M， 则， 记“采用第一种方案答题且甲先答题时，甲正确回答了3道试题”为事件N， ． 又 ， 则 ． （2）选择第二种作答方案，甲在第一轮中至少正确作答2道题的概率， 乙在第二轮中至少正确作答2道题的概率． 采用第二种作答方案，两轮都挑战成功的概率． 结合（1）（ii）知， 则， 所以选择第二种作答方案该小组获得“强国小能手”称号的可能性更大． 8．（2025·福建泉州·模拟预测）通过手机验证码注册某APP时，收到的验证码由4个数字（其中随机组成，如果验证码满足，则称该验证码为递增型验证码.某人收到一个验证码，则它首位为2的递增型验证码的概率为___________． 【答案】 【分析】根据题意，由分步计数原理求得验证码总数为种，再由，且，利用组合数公式，求得位为2的递增型验证码数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】由题意，手机验证码由4个数字（其中随机组成， 根据分步计数原理，可得验证码共有种， 若，且满足， 则从，这7个数字中选出3个数字，并且按从小到大的顺序排列， 共有种， 所以首位为2的递增型验证码的概率. 故答案为： 9．（2026·福建龙岩·一模）某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球.活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分.若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为______. 【答案】 【分析】先求两次摸球共有多少种情况，然后讨论一等奖的可能情况，由古典概型计算求解. 【详解】每次摸球的情况有种. 先后两次摸球共有种情况. 两次得分5分的情况有： 第一次1分，第二次4分，共有种； 第一次2分，第二次3分，共有1种； 第一次4分，第二次1分，共有4种； 第一次3分，第二次2分，共有1种； 所以， 故答案为：. 10．（2025·福建福州·模拟预测）某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能(AI)技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用古典概型计算公式，再结合分类分步计数原理计算出符合题意的组合数，即可得出所求概率. 【详解】根据题意可知，每次点击有3种选择，连续点击5次，共有种， 若获二等奖，则奖券码为3的正整数倍，所以生成的5个数字之和可以为3，6，9（和的最大值为10）； （1）当数字之和为3时，其组成方式为三个1和两个0；或者一个2，一个1，三个0； 若为三个1和两个0，共有种， 若为一个2，一个1，三个0，共有种， 即数字之和为3时共有种； （2）当数字之和为6时，其组成方式为三个2和两个0；或者两个2，两个1，一个0；或者一个2，四个1； 若为三个2和两个0，共有种， 若为两个2，两个1，一个0，共有种， 若为一个2，四个1，共有种； 即数字之和为6时共有种； （3）当数字之和为9时，其组成方式为四个2和一个1，此时共有种， 因此符合条件的组合数共有种， 所以获二等奖的概率为. 故选：A 二项分布与超几何分布的均值与方差 考点6 1．（2026·福建龙岩·一模）某会员店的本地会员占，外地会员占.现开展商品质量满意度调查，已知本地会员对该店商品质量满意的概率为，外地会员对该店商品质量满意的概率为，每个会员对该店商品质量满意与否相互独立. (1)从该店所有会员中随机抽取1名会员，求其对该店商品质量满意的概率； (2)从该店所有会员中随机抽取2名会员（其中会员总数远大于2），记这2名会员中对该店商品质量满意的人数为，求的分布列与数学期望. 【答案】(1) (2) 0 1 2 【分析】（1）利用全概率公式计算即可； （2）利用离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可. 【详解】（1）设事件：抽取的是本地会员，， 则事件：抽取的是外地会员，， 事件：会员对商品质量满意，，， 所以. （2）由（1）可知，单次抽取会员满意的概率，不满意的概率为， 的所有可能取值为0，1，2. 则，， ，， 0 1 2 所以. 2．（2025·福建福州·模拟预测）甲、乙两人参与“过独木桥”活动，每参与一次称为一次实验（不管是否通过）.甲、乙两人能一次性通过的概率分别为和.若一次性通过得1分；没通过得分，两人每次是否一次性通过均相互独立.已知甲、乙两人各实验一次，且两人得分之和为0分的概率为. (1)求的值； (2)若甲一次性通过的概率小于乙一次性通过的概率，甲、乙两人各实验两次，求两人得分之和的分布列和数学期望. 【答案】(1)或. (2)分布列见解析； 【分析】（1）分析可知，甲通过乙不通过，或者乙通过甲不通过，利用独立事件和互斥事件的概率公式可得出关于的方程，解之即可； （2）根据题意可得出关于p的不等式，结合（1）中的结果可得出p的值，分析可知随机变量的可能取值有-4、-2、0、2、4， 求出随机变量X在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，继而求出数学期望. 【详解】（1）由题意知，甲、乙两人各实验一次，且两人得分之和为0分， 则甲通过乙不通过，或者乙通过甲不通过，所以其概率为， 整理可得，解得或，经检验，都合乎题意. 故或. （2）由题意知，故，结合（1）可知； 则甲乙两人能一次性通过的概率分别为， 由题意可知X的可能取值为， 则， ， ， ， ， 故X的分布列如下表： X -4 -2 0 2 4 P 则. 3．（2025·福建泉州·模拟预测）已知：（ⅰ）在一系列独立重复的伯努利试验中，用表示事件第一次发生时已经进行的试验次数，记每次试验中事件发生的概率为，则的分布列为，．如果随机变量具有上式的形式，则称随机变量服从几何分布，且； （ⅱ）若随机变量，满足，则． 连续不断地抛掷一枚骰子，记录下它每次落地时朝上的面的点数，直到2，4，6点均出现为止，则抛掷总次数的数学期望为_____． 【答案】11 【分析】根据题中给的条件，构造随机变量，用题中给的规律计算期望. 【详解】设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为偶数. 设随机变量表示事件第一次发生时已经进行的抛掷次数. 由于每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 记第一个投出的偶数点数为. 设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为除了以外的两个偶数. 设随机变量表示从出现第一个偶数后，直到出现第二个不同偶数所进行的额外抛掷次数. 在接下来的每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 记第二个出现的偶数点数为. 设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为除了，以外的那个偶数. 设随机变量表示从出现第二个不同偶数后，直到出现第三个偶数所进行的额外抛掷次数. 在接下来的每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 经过三个步骤，能保证2，4，6点恰好均出现，且出现次数最少的点数出现的次数为1. 随机变量为抛掷骰子直至2，4，6均出现时已经进行的试验次数. . 故 故答案为：11 4．（2025·福建三明·模拟预测）甲、乙两人进行抛硬币比赛．两人分别抛掷一枚均匀硬币，如果抛出“正面朝上”，则得1分，如果抛出“反面朝上”，则得0分．甲和乙分别抛掷3次后，如果两人得分相差大于1分，比赛终止；如果两人分数相差不大于1分，则由乙再进行一次抛掷后比赛终止，该次抛掷若为“正面朝上”，则乙得分不变，若为“反面朝上”，则乙得分减1分．按照规定，比赛终止时甲得分高于乙的概率为___________． 【答案】/0.5 【分析】先利用相互独立事件的概率计算公式计算得到抛掷3次得0，1，2，3分的概率，再计算甲和乙分别抛掷3次后，两人分数差大于1分和不大于1分两种情况的概率，再相加可得最终结果. 【详解】抛掷3次，得0分的概率，得1分的概率， 得2分的概率，得3分的概率， 甲和乙分别抛掷3次后，分为两人分数差大于1分和不大于1分两种情况， 当两人分数差大于1分时，甲得分高于乙包括“甲得3分乙得0分”、“甲得3分乙得1分”、“甲得2分乙得0分”三种情况， 总的概率为， 当两人分数差不大于1分时，乙再进行一次抛掷后甲得分高于乙包括“得分差为0，乙投反面”、 “甲的得分比乙的得分高1分，此时无论乙再次抛掷的结果如何，甲的得分都将高于乙”两种情况， 总的概率 ， 所以比赛终止时甲得分高于乙的概率. 故答案为：. 5．（2025·福建福州·模拟预测）已知甲盒中有2个红球，2个蓝球，乙盒中有5个红球，1个蓝球，这些球除了颜色外完全相同.现从甲、乙两盒中无放回各任取2个球. (1)求取出的4个球颜色相同的概率； (2)记取出的4个球中红球的个数为X，求X的分布列和数学期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析； 【分析】（1）根据题意由古典概率结合组合数的计算可得； （2）列出的可能取值，求出相应的概率，然后列出分布列，由公式求出期望可得. 【详解】（1）记“取出的4个球颜色相同”， 则， 所以取出的4个球颜色相同的概率为. （2）的可能取值为1,2,3,4， 则， ， ， ， 所以的分布列为： 1 2 3 4 . 6．（2025·福建泉州·模拟预测）某系统通过摄像头识别手势，准确率为．若连续识别3次手势，至少有一次识别错误的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据概率的乘法公式及对立事件即可求解． 【详解】若连续识别3次手势，至少有一次识别错误的对立事件为三次都识别正确， 所以至少有一次识别错误的概率为， 故选：A． 7．（2025·福建泉州·模拟预测）为增强学生的法制意识，打造平安校园，某市组织该市的全体高中学生开展“智慧法治，平安校园”的知识竞赛，竞赛成绩经统计，得到如下的频率分布直方图： 用样本估计总体，以频率代替概率.现从该市的高中学生中随机抽取人，用表示成绩在的人数. (1)若，求的分布列与数学期望； (2)若，求使得取得最大值时的值. 【答案】(1)分布列答案见解析， (2) 【分析】（1）由题意可知，由二项分布可得出随机变量的分布列，进而可求得的值； （2）由题意可得，解出的取值范围，结合可得出的的值. 【详解】（1）由频率分布直方图中所有直方图的面积之和为， 可得，所以， 样本中，成绩在的高中生所占的频率为， 当时，由题意可知， 所以，， ，， 故随机变量的分布列如下表所示： 所以，. （2）由题意可知，因为最大，则， 所以，解得， 因为，可得， 故使得取得最大值时的值为. 离散型随机变量的均值与方差 考点7 1．（2026·福建福州·模拟预测）甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字2，3，5，乙的卡片上分别标有数字4，6，10.两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得1分，否则乙得1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）.记三轮比赛后甲的总得分为X，则（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【详解】设甲总得分为，则的可能取值为， 在不考虑出牌顺序的前提下，甲、乙两人出牌共有种， 第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表， 甲得分 2 3 5 0分 4 6 10 2分 4 10 6 1分 6 4 10 2分 6 10 4 2分 10 4 6 1分 10 6 4 则， 则. 2．（2026·福建漳州·模拟预测）一个袋中装有个白球和个黑球，甲从袋中有放回的随机取次球，每次取个球，取到次白球得分，取到次黑球得分．记甲取球总得分为，则_____________． 【答案】 【分析】设甲3次取球取到的白球数为，根据二项分布可得，由二项分布的数学期望及期望的性质即可得甲取球总得分为的期望的值. 【详解】依题意，得甲每次取到白球的概率为， 设甲3次取球取到的白球数为，则， 所以， 又甲取球总得分满足， 所以． 故答案为：. 3．【多选题】（2026·福建·一模）设，且．若随机变量满足，则（已知若随机变量，则）（　　） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用二项分布的期望与方差公式可判定A，利用随机变量的期望与方差公式可判定B、C，由正态分布的对称性可判定D. 【详解】依据二项分布相关公式，． 依据正态分布定义，． 故而由期望可加性，A选项正确． 由随机变量数学期望和方差的相关性质，， ，因此B选项正确，C选项错误． 由正态分布的相关性质，有， 而，所以，D选项正确． 故选：ABD 4．（2025·福建福州·模拟预测）下图是某校高三学生“运动与健康”评价结果的频率分布直方图，评分在区间，上，分别对应为A，B，C，D四个等级．为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评．复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级；原获C等级的学生有的概率提升为B等级：原获D等级的学生有的概率提升为C等级．用频率估计概率，假设每名学生复评结果相互独立． (1)若初评中甲获得C等级，乙、丙获得D等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为C等级的人数为，求的分布列和数学期望； (2)从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是B等级的概率． 【答案】(1)分布列见解析， (2) 【分析】（1）先判断的所有可能取值为0，1，2，3，然后利用独立和互斥事件概率公式，结合独立重复试验概率公式得到分布列，然后根据期望定义计算期望值；（2）利用条件概率公式，全概率公式和贝叶斯公式计算. 【详解】（1）的所有可能取值为0，1，2，3， ， ∴的分布列如下： 0 1 2 3 P . （2）记“该学生复评晋级”，“该学生初评是B”，“该学生初评是C”，“该学生初评是D”， 则，且两两互斥， 根据题意得：， ， 由全概率公式可得： 所以. 5．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）已知离散型随机变量X的分布列如下，则下列选项中正确的是（    ） X 0 1 2 P 0.36 A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由分布列的性质可得，再由期望的求法及方差与期望的关系判断各项的正误. 【详解】A，由可得，正确； B，因为，正确； C，因为，错误； D，因为，正确． 故选：ABD 正态分布 考点8 1．【多选题】（2025·福建三明·模拟预测）已知某精密仪器测量金属薄片的误差服从正态分布，随机抽取10个测量数据，设为这10个数据误差在之外的个数，下列说法正确的是（已知若随机变量，则）（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】由题意得，进而求即可判断A，根据二项分布即可判断B，根据二项分布的数学期望公式即可判断C，利用二项分布计算即可判断D. 【详解】由题意有， 所以，故A正确； 又为这10个数据误差在之外的个数，则服从二项分布， 即，故B错误； 由二项分布的数学期望公式可得，故C正确； 由二项分布的概率公式可得，故D正确. 故选：ACD. 2．（2025·福建·模拟预测）已知随机变量，若，则________. 【答案】0.1 【分析】由正态分布曲线的对称性即可求解. 【详解】由题设，随机变量的分布曲线关于直线对称， 则，且， 所以. 故答案为：0.1. 3．（2025·福建泉州·模拟预测）已知随机变量服从正态分布，记函数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正态分布曲线的对称性即可求解． 【详解】因为随机变量服从正态分布，所以该正态分布曲线的对称轴为，， 所以函数是单调递增函数，则，故ABC错误； 又，所以，故D正确； 故选：D． 4．（2025·福建·模拟预测）2024年国家公务员考试笔试已于2023年11月25日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分布.若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正态分布的概率公式和二项分布的概率公式即可求解. 【详解】因考生成绩服从正态分布， 所以， 故任意选取3名考生， 至少有2名考生的成绩高于90的概率为． 故选：B. 5．（2025·福建·模拟预测）已知随机变量X服从正态分布，若，则______. 【答案】/ 【分析】利用正态分布的性质即可求得结果. 【详解】易知，所以. 故答案为： 6．（2025·福建厦门·一模）已知随机变量X服从正态分布，若，且，则（   ） A．-1 B． C．0 D． 【答案】C 【分析】根据正态分布的对称性，即可求得答案. 【详解】由题意知随机变量X服从正态分布，， 如图所示，结合，得， 可知关于对称，所以，解得， 故选：C． 概率统计综合题型 考点9 1．（2026·福建莆田·二模）某分布式存储系统中，数据块容量上限为，数据块的初始数量为.系统运行遵循以下规则： ①在每一时间步，系统以概率执行清理操作（数据块的数量减），以概率执行写入操作（数据块的数量加）； ②当数据块的数量为（成功复位）或为（内存溢出）时，系统运行立即终止. 记当数据块的数量为时，系统最终以“成功复位”状态终止的概率为. (1)直接写出、的数值，并写出、、的关系式； (2)当时，比较系统最终以“成功复位”与“内存溢出”状态终止的概率大小关系； (3)已知：若随机变量的取值不会影响随机变量的概率分布列，则称与相互独立，且满足.记为系统运行步后的数据块的数量（假设系统在此期间未终止）.当时，若与无关，求正实数的值. 【答案】(1)，，. (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）根据题意可得出、的数值，再利用全概率公式可得出、、的关系式； （2）结合（1）推导出可知数列为等差数列，求出该数列的公差，可得出的表达式，求出系统最终以“成功复位”、“内存溢出”状态终止的概率，作差比较出这两种状态终止概率的大小，即可得出结论； （3）设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立，求出的分布列，由题意可知，根据题中期望的性质得出，根据题意得出恒成立，只需，再结合的分布列可得出关于的等式，解之即可. 【详解】（1）由题意可知，， 由全概率公式可得. （2）当时，， 即，故数列为等差数列，设其公差为， 设其通项公式可得， 由可得，所以， 又因为系统数据块的初始数量为， 所以系统最终以“成功复位”状态终止的概率为， 从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为， 令，解得， 所以当时，“成功复位”的概率大于“内存溢出”的概率， 同理可得，当时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率， 当时，“成功复位”的概率小于“内存溢出”的概率. （3）设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立， 且分布列均为，， 由题意可知， 所以， 因为每步操作相互独立，所以第步的变化值与之前的累积状态相互独立， 从而随机变量与相互独立，则， 因为与无关，所以恒成立，所以， 事实上，故只需， 由的分布列可知， 因式分解得， 又因为，所以， 所以当时，若与无关，则. 2．（2026·福建福州·模拟预测）在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为. (1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； (2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种. 记第n次选择方案A，B，C的概率分别为，，. （i）求，，并证明：数列为等比数列； （ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率. 【答案】(1) (2)（i），，证明见解析；（ii）能 【分析】（1）利用全概率公式进行求解即可； （2）（i）利用全概率公式，结合等比数列的定义进行求解即可； （ii）根据（i）的结论，结合指数函数的单调性进行求解即可. 【详解】（1）设选择方案A，B，C分别为事件A，B，C，物流提前送达为事件Z， 则， ，，， . （2）（i）由①知道. 由②根据全概率公式 ， . 设第n次物流选择方案A，B，C为事件，，，第n次物流提前送达为事件， 则，，，因为，所以， 所以. 由②根据全概率公式 ， 注意到，， 而， 所以 ， 同理 . 注意到 ， 且，所以， 故为定值， 即是以为首项，为公比的等比数列. （ii）由（i）可求， 同理 ， 所以， 联立解得 ，， 所以. 随着的增大，增大，注意到，所以当时，， 因此从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率. 3．（2026·福建泉州·二模）如图，数字1至8按顺时针方向排成一圈，将一棋子放在数字8处，按如下规则移动棋子：抛掷一枚质地均匀的硬币1次，若正面朝上，棋子按顺时针方向连续移动3个相邻位置；若反面朝上，则按逆时针方向连续移动3个相邻位置．若连续投掷硬币次，并按上述规则移动棋子，记最终棋子所处的数字为随机变量．例如：若连续3次抛掷硬币均为正面朝上，则棋子移动3次，第1次从数字8处移动到数字3处，第2次移动到数字6处，第3次移动到数字1处，即． (1)求，； (2)证明：； (3)现设计一项游戏：游戏包含若干轮，每轮开始时将棋子放在数字8处，玩家连续投掷6次硬币并按上述规则移动棋子，当时玩家获胜，游戏结束，否则进行下一轮，游戏最多进行10轮．记游戏结束时的轮数为随机变量，求的分布列，并证明． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)分布列见解析，证明见解析 【分析】（1）记为棋子顺时针移动次，为棋子逆时针移动次，则、，再由相互独立事件的概率公式计算可得； （2）根据、计算概率，即可证明； （3）先分析连续移动6次后的取值情况，即可求出，从而得到随机变量的分布列，再利用错位相减法求出，即可得证. 【详解】（1）记为棋子顺时针移动次，为棋子逆时针移动次， 则与互斥. 所以，； （2）因为， ， 所以. （3）先分析连续移动6次后的取值情况：6次均为顺时针，则； 5次顺时针1次逆时针，则； 次顺时针2次逆时针，则； 3次顺时针3次逆时针，则； 次顺时针4次逆时针，则； 1次顺时针5次逆时针，则； 次逆时针，则. 故. 所以的可能取值为，其中 ， ； 所以随机变量的分布列如下： 1 2 3 9 10 由. 令， 则． 两式相减，得， 即， 故，又因为，所以. 4．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）已知随机变量服从二项分布，.记为偶数的概率为，为奇数的概率为，则下列说法正确的是（   ） A．当时，是等比数列 B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】ABD 【分析】根据二项分布的概率公式求得，结合等比数列的定义即可判断A；根据即可判断B；求得，进而，则、，利用作差法证明，即可判断CD. 【详解】由题意知，二项分布的概率为， 为偶数 为奇数， 由，根据二项式定理， ， 则，. 选项A：当时，（非零常数）， 且，所以是等比数列，A正确. 选项B：二项分布的期望，当时，，即，B正确. 因为，所以， 得， 当时，，，得， 所以，， 当时， ， 即，又，所以，故C错误，D正确. 故选：ABD. 5．（2025·福建泉州·模拟预测）摩尔斯电码常用0和1组成的有序数组（，，）表示信息，被称为一个长为的字．设， 令表示使的的个数，例如，，则．若，则满足，字长为6的字中至少有3个1相邻的概率为_________． 【答案】 【分析】由新定义及组合知识得字长为6的字的个数为，再例举出至少有3个1相邻的字的情况，结合古典概型的概率公式即可得答案. 【详解】若，则满足，字长为6的字的个数为， 其中至少有3个1相邻的字分别为： 有且仅有3个1相邻；有且仅有4个1相邻； 有且仅有5个1相邻；有且仅有6个1相邻； 有且仅有3个1相邻：， 有且仅有4个1相邻：， 有且仅有5个1相邻：不可能， 有且仅有6个1相邻：，共有7种情况， 故所求概率. 故答案为：． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $