专题07 计数原理与概率统计（6大考点）（广东专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题07 计数原理与概率统计 6大考点概览 考点01排列组合的应用问题 考点02二项式定理的应用问题 考点03独立事件与概率公式的应用 考点04离散型随机变量的概率分布及期望 考点05统计与线性回归方程 考点06概率分布的大题综合 ( 排列组合的应用 考点 1 ) 1．（2026·广东茂名·二模）某学校从周一至周五中选择天开展社会实践活动，周一和周二不能同时被选中，则不同的选择方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．（2026·广东肇庆·二模）一枚质地均匀的骰子，六个面分别标有数字，随机投掷该骰子3次，得到的点数依次记为，则满足的有序数对的个数为（    ） A．48 B．36 C．24 D．12 3．（2026·广东佛山·二模）（多选）从分别写有的张卡片中不放回随机抽取次，每次取张卡片，记第次取出卡片的数字为，定义为满足，的不同情况数，则（   ） A． B． C． D．（） 4．（2026·广东江门·二模）甲、乙两名游客来广州旅游，他们各自从广州塔、永庆坊、镇海楼、广州大剧院、周氏大宗祠、五仙门发电厂旧址这6个景点中选2个游玩，则甲、乙两人至少有一人选择广州塔的选法种数为______． 5．（2026·广东清远·二模）某科技公司有研发，芯片制造，软件编程三类项目，每个项目各有8个任务名额，现要将这些名额全部分配给两个团队，每个团队每类项目至少分得一个任务名额．若团队所得到的三类任务名额的个数的乘积与团队所得到的三类任务名额的个数的乘积相等，则这样的分配方法有_____种． 6．（2026·广东湛江·二模）若数列（）满足，则称数列为“和谐数列”.已知数列是“和谐数列”，且，则满足条件的数列的个数为______. ( 二项式定理的的应用 考点 2 ) 7．（2026·广东·模拟预测）在的展开式中，的系数为（    ）． A．120 B．80 C．40 D． 8．（2026·广东深圳·二模）的展开式中的系数为（   ） A．20 B．40 C．60 D．80 9．（2026·广东汕头·二模）已知，则下列结论中正确的个数是（   ） ①； ②； ③； ④ A．1 B．2 C．3 D．4 10．（2026·广东肇庆·二模）的展开式的常数项为___________． ( 独立事件与概率公式的应用 考点 3 ) 11．（2026·广东佛山·二模）设是两个事件，则“”是“与互为对立事件”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不是充分条件，也不是必要条件 12．（2026·广东佛山·二模）设为两个相互独立的随机事件，且．已知在至少一个发生的条件下，恰有一个发生的概率是，则（   ） A． B． C． D． 13．（2026·广东肇庆·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． 14．（2026·广东湛江·二模）在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（   ） A． B． C． D． 15．（2026·广东·模拟预测）将4个黑球和6个红球随机排成一列，事件“第k个球是黑球”，则下列正确的是（    ）． A． B． C． D． 16．（2026·广东广州·二模）（多选）在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回．设事件“第1次抽到代数题”，“第2次抽到几何题”，则（   ） A． B． C． D． 17．（2026·广东汕头·二模）（多选）从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么下列说法正确的是（   ） A．2个球都是白球的概率为 B．2个球都不是白球的概率为 C．2个球不都是白球的概率为 D．2个球恰好有一个球是白球的概率为 18．（2026·广东茂名·二模）已知1～10这10个正整数的随机排列为，，…，．记，，2，…，9，事件为“，，…，满足”，则事件的概率为______，事件的概率为______． ( 离散型随机变量的概率分布及期望 考点 4 ) 19．（2026·广东惠州·二模）已知随机变量的分布列为 0 1 2 3 0.3 0.3 0.2 0.1 设函数，若，则函数的值域为（    ） A． B． C． D． 20．（2026·广东肇庆·二模）（多选）已知随机变量，则（    ） A． B．越大，随机变量的方差越大 C．随机变量的分布越集中，的值越小 D．的取值在内是小概率事件 21．（2026·广东汕头·二模）个球随机装进个盒子，则装有球的盒子个数的期望为_______. 22．（2026·广东佛山·二模）随机变量服从正态分布，，则______. 23．（2026·广东广州·二模）某人工智能博览会有4个不同的场馆，甲、乙两人各自从中随机选择2个去参观，记这4个场馆中被参观的场馆个数为，则的数学期望为____________． 24．（2026·广东东莞·二模）为响应“缤纷寒假，探索实践”活动，某同学计划去2个展馆类景点和4个公园类景点打卡，已知其每日随机选择一个景点打卡（不重复打卡），设为打卡完某一类所有景点需要的天数，则的概率为__________，的期望__________. ( 统计与线性回归方程 考点 5 ) 25．（2026·广东深圳·二模）样本数据3，8，14，16，24的平均数为（    ） A．9 B．10 C．13 D．18 26．（2026·广东江门·二模）某工厂抽检了100个零件，并统计了这些零件的直径（单位：）数据，得到如下表格： 直径/mm 46 47 48 49 50 51 52 53 54 频数 5 8 12 15 20 18 12 6 4 由表可知这100个零件的直径的第60百分位数为（   ） A． B． C． D． 27．（2026·广东清远·二模）已知线性相关的两个变量的取值如表所示，如果其线性回归方程为，则（   ） 3 4 6 7 20 40 80 A．50 B．60 C．70 D．75 28．（2026·广东佛山·二模）有一组样本数据，，，…，，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中（）则两组样本数据的数字特征不一定相同的是（   ） A．中位数 B．极差 C．平均数 D．方差 29．（2026·广东佛山·二模）（多选）地方一般公共预算收入是地方经济的重要指标之一，如图是某地区2025年2月至10月地方一般公共预算收入累计的图表，其中条形图是地方一般公共预算收入的月累计值（月累计值指当年1月到当月的数据总和），折线图是与上年同月累计值相比的同比增长率．根据图表，下列说法正确的是（   ） A．该地区2025年每月的地方一般公共预算收入一直递增 B．2025年9月该地区的地方一般公共预算收入超过30亿元 C．2025年9月该地区的地方一般公共预算收入比2024年9月高 D．2024年前10个月，该地区地方一般公共预算收入平均数低于22亿 30．（2026·广东惠州·二模）（多选）下列命题正确的是（    ） A．数据4，4，4，6，6，7，8，8的众数是4 B．数据7，9，12，15，9，14，18的极差是11 C．数据2，3，3，5，7，8，9的第百分位数是6 D．数据的平均数为2，方差为4，则数据，的平均数为5，方差为16 31．（2026·广东深圳·二模）（多选）某公司统计了去年1月份到5月份某种产品的销售额如下表： 月份 1 2 3 4 5 销售额万元 1.8 2.2 2.8 3.1 根据表中数据，通过最小二乘法求得的经验回归方程为，则（   ） A．变量与正相关 B． C．样本数据的下四分位数为1.8 D．当时，的预测值为4.1万元 32．（2026·广东湛江·二模）（多选）2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表： 日期 1 2 3 4 5 6 7 预测误差 1 0 3 3 下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（   ） A．这组数据的众数是3 B．这组数据的60%分位数是0.5 C．这组数据的方差大于5 D．若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小 33．（2026·广东广州·二模）某公司为了了解A商品销售收入（单位：万元）与广告支出（单位：万元）之间的关系，现收集的5组样本数据如下表所示，且经验回归方程为. 2 5 6 8 9 16 20 21 28 10.96 19.24 22 27.52 30.28 (1)求的值； (2)现从这5组数据的残差中抽取2组进行分析（观测值减去预测值称为残差），记X表示抽到数据的残差为负的组数，求X的分布列和期望； (3)已知，且当时，回归方程的拟合效果良好，试结合数据，判断经验回归方程的拟合效果是否良好. 34．（2026·广东东莞·二模）为探索“五育融合”育人项目，某市在中小学全面开展志愿服务实践课程，并建立了学生志愿服务日参与情况的常态化统计机制．下表是课程开设后前5个月的数据，其中表示月份编号，表示该月份日平均参与志愿服务的学生人数（单位：万人）. 月份编号 1 2 3 4 5 平均参与人数（单位：万人） 0.5 0.7 1 1.3 1.5 (1)已知与之间线性相关，求关于的经验回归方程，并预测第6个月的日平均参与志愿服务的学生人数； (2)假设第6个月（按30天计）的日参与人数（单位：万人）服从正态分布，并视（1）所求第6个月的日平均参与人数的预测值为的值，预测该月份日参与人数超过1.75万人的天数是否不少于25天. 附：①对于一组数据，其回归直线的斜率 .②若，则 35．（2026·广东佛山·二模）近年我国人工智能大模型发展迅猛，其中语言模型（处理、理解和生成人类语言）和多模态模型（处理、理解和生成文本、图像、音视频等）是其中两个重要的领域，某研究机构对2025年某区域的企业发布的所有大模型中随机抽取了14款进行标准化测试，由测试数据得到下面的散点图： (1)用频率估计概率，根据2025年该区域的企业发布大模型的分布情况，估计该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率； (2)若t为时间变量，y为分数，根据多模态模型数据（，2，3，4，5，6，表示2025年1月份，表示2025年6月份，…），计算得，，. （i）建立y关于t的线性回归方程； （ii）根据语言模型的数据建立的回归方程为，该区域的某家企业在2026年4月发布了1款标准化测试得分为68分的大模型，定义统计量，Q值越小的大模型发生的可能性越大，则该款大模型更有可能是语言模型还是多模态模型，并说明理由. 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，. ( 概率分布的大题综合 考点 6 ) 36．（2026·广东佛山·二模）现有一枚质地均匀的骰子，6个面中有3个面的点数是1，有2个面的点数是2，还有1个面的点数是4．掷骰子次，且每次掷骰子相互独立． (1)记第一次朝上的点数为，求的分布列和数学期望； (2)记4次朝上的点数之积为，求． 37．（2026·广东清远·二模）一个袋子中有3个红球，个绿球，已知从中一次摸出的2个球都是红球的概率为． (1)求的值； (2)从袋中依次随机摸出2个球作为样本（一次只摸出一个球），设采用有放回和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为． （i）求的分布列与数学期望； （ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球比例估计总体中的绿球比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际意义． 38．（2026·广东惠州·二模）某企业生产的智能机器人需要用到一种高精度零件，现收到一批零件共有个，其中不合格的零件占总数的，从中随机抽取个零件，设抽到的不合格的零件数为. (1)求的值.小明的求解过程如下：因为不合格的零件占总数的，所以，故.请问以上解答过程是否正确？如果正确，请说明解题依据；如果不正确，请写出正确的解答过程； (2)若抽到的个零件中至少有个为不合格零件，求恰好有个为不合格零件的概率； (3)对抽取的个零件进行检测，每个零件的检测费用为元，每发现个不合格品，需额外支出元的处理费用.设本次检测的总费用为元，求随机变量的分布列与数学期望. 39．（2026·广东肇庆·二模）树人中学积极践行“健康第一”理念，为引导学生养成良好的锻炼习惯和健康生活方式，学校举办趣味体育竞赛活动，活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮.已知甲､乙､丙三人通过第一轮的概率分别为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率均为，假设他们之间通过与否相互独立. (1)求从甲､乙､丙三人中随机选出一人且进入第二轮的概率； (2)记甲､乙､丙三人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 40．（2026·广东揭阳·二模）某商城为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中4个为红色，4个为白色.抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球，规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖. (1)求中奖次数X的分布列和数学期望； (2)求第二次中奖的概率； (3)已知有位顾客进行抽奖，则其中中奖2次的人数为多少的概率最大？ 41．（2026·广东江门·二模）某用户只在某外卖平台的甲、乙两家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲餐厅的概率为，选择乙餐厅的概率为，甲餐厅的准时送达率为，乙餐厅的准时送达率为．已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立． (1)求该用户每次外卖点餐准时送达的概率． (2)在该用户的次外卖点餐中，记准时送达的次数为，若的方差大于，求的最小值． (3)平台推出“准时保”，每单需支付元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付3元；若外卖准时送达，则平台不赔付．该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过元，试问他是否愿意购买“准时保”？说明你的理由． 42．（2026·广东茂名·二模）为了了解高一学生的体质状况，某校开展了一次体质测试，从中随机抽取40名女学生的立定跳远成绩（单位：厘米）进行分析，得到如下频率分布表． 成绩区间 [160，170） [170，180） [180，190） [190，200） [200，210） [210，220] 频率 0.10 0.15 0.20 0.25 0.20 0.10 (1)计算这40名女学生立定跳远成绩的众数、平均数的近似值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； (2)规定成绩在区间[210，220]，[200，210），[190，200）分别为A，B，C等级．用分层抽样的方法从成绩在这三个等级的学生中抽取11人，再从11人中随机抽取3人进行示范．记示范学生中成绩A等级的人数为X，求X的分布列与． 43．（2026·广东湛江·二模）某校举办“数学文化节”，设有个不同主题的展区（），每个展区有唯一的主题编号，分别为1，2，…，.游客从任一展区开始参观打卡，打卡机每次会从尚未参观过的展区中，等可能地随机选择一个作为下一个参观的展区.规定：若连续参观的两个展区主题编号之和为奇数，则参观者获得一枚纪念章，否则不获得纪念章，记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为. (1)当时，求参观者仅获得1枚纪念章的概率； (2)当时，求参观者获得纪念章枚数的分布列和数学期望； (3)设为个展区时参观者获得纪念章枚数的期望值，求关于的表达式，并证明是递增数列.. 44．（2026·广东肇庆·二模）学校社团准备了编号1到的个盲盒，不同的编号对应不同的奖品（编号越大，奖品越好）．规则如下：参与者有放回地抽取盲盒次，一次抽取一个盲盒，抽到的编号最小的盲盒对应的奖品即为最终奖品，设获得的奖品对应的盲盒编号为． (1)当，时，求最终拿到编号1的奖品的概率和拿到编号2的奖品的概率． (2)若． ①求最终拿到编号不小于的奖品的概率； ②用表示出期望． (3)当时，证明：期望． 45．（2026·广东深圳·二模）一个微生物在如图所示方格的培养皿中随机移动，每次均以相等概率移动到相邻的方格．方格是初始位置，是营养丰富的角落，每次到达方格时，微生物进行一次繁殖．记该微生物第次繁殖时所经过的总移动步数为． (1)求； (2)求； (3)求． 参考公式： 1．若，对于，则； 2．若是离散型随机变量，则． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 计数原理与概率统计 6大考点概览 考点01排列组合的应用问题 考点02二项式定理的应用问题 考点03独立事件与概率公式的应用 考点04离散型随机变量的概率分布及期望 考点05统计与线性回归方程 考点06概率分布的大题综合 ( 排列组合的应用 考点 1 ) 1．（2026·广东茂名·二模）某学校从周一至周五中选择天开展社会实践活动，周一和周二不能同时被选中，则不同的选择方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】直接用间接法计算可得结果. 【详解】因为从天中选天，共有种．而周一和周二同时被选的选法，共有种． 因此，满足条件的方案为种． 2．（2026·广东肇庆·二模）一枚质地均匀的骰子，六个面分别标有数字，随机投掷该骰子3次，得到的点数依次记为，则满足的有序数对的个数为（    ） A．48 B．36 C．24 D．12 【答案】A 【分析】不妨设，由得到，则有 2，分别按照和的差值是讨论求解. 【详解】不妨设，则， 故，所以要使得， 只需要2. 若，此时三个数的取值有和三种情况，当三个数的取值为时，有序数对共有3种情况； 当三个数的取值为时，有序数对共有6种情况； 当三个数的取值为时，有序数对共有3种情况； 所以当时，有序数对的个数共有12种. 同理，，； ； 的不同情况也均为12种， 故满足的有序数对的个数为. 3．（2026·广东佛山·二模）（多选）从分别写有的张卡片中不放回随机抽取次，每次取张卡片，记第次取出卡片的数字为，定义为满足，的不同情况数，则（   ） A． B． C． D．（） 【答案】ABD 【分析】根据题意理解的含义，通过列举法、举反例以及分类讨论第个元素，即可得到答案. 【详解】对于A，当时，表示从中选个数，且的不同情况数， 因此只能选，有种选法，即，故A正确； 对于B，表示从中选个数，且的不同情况数，因此只能选，有种抽法，即， 表示从中取个数排列，且的不同情况数，满足条件的情况有，，，即， 表示从中取个数排列，且的不同情况数，满足条件的情况有，，即， 因此，故B正确； 对于C，当时，， 表示从中取个数排列，且的不同情况数， 若选的两个数为或或或，则排列必为或或或，共种情况， 若选的两个数为或或，则排列必为或或，共种情况， 若选的两个数为或或，则排列必为，或，或，，共种情况， 即，因此存在反例使得不成立，故C错误； 对于D，表示从中取个数排列，且的不同情况数， ①若第个元素未被选中，则从剩下的张卡片中抽取次，使得，那么情况数为， ②若第个元素未被选中，共有种可能，此时第个元素必被选中， 当第个元素排在第位时，则剩余的个元素排在剩余位置错排，有种情况， 当第个元素不排在第位时，由于第个元素未被选中，可将第个元素化为第个元素，转化为个元素的错排，有种情况， 因此，故D正确. 4．（2026·广东江门·二模）甲、乙两名游客来广州旅游，他们各自从广州塔、永庆坊、镇海楼、广州大剧院、周氏大宗祠、五仙门发电厂旧址这6个景点中选2个游玩，则甲、乙两人至少有一人选择广州塔的选法种数为______． 【答案】125 【分析】先求出甲、乙各自从指定的个景点中选2个游玩的选法种数，再求出各自从除广州塔外的个景点中选2个游玩的选法种数，相减可得结论. 【详解】甲、乙两名游客各自从指定的个景点中选2个游玩的选法种数为， 甲、乙两名游客各自从除广州塔外的个景点中选2个游玩的选法种数为， 所以甲、乙两人至少有一人选择广州塔的选法种数为． 5．（2026·广东清远·二模）某科技公司有研发，芯片制造，软件编程三类项目，每个项目各有8个任务名额，现要将这些名额全部分配给两个团队，每个团队每类项目至少分得一个任务名额．若团队所得到的三类任务名额的个数的乘积与团队所得到的三类任务名额的个数的乘积相等，则这样的分配方法有_____种． 【答案】19 【分析】法1：干已知名额分配、乘积相等的条件列出等量关系，通过枚举，去掉重复的分类解决此题分配方法的总数问题.法2：首先分析出,,中有两个数大于一个数小于4或者两个数小于4一个数大于4，再利用对称性分类讨论即可. 【详解】法1：团队分配到的名额分别为，，，团队分配到的名额为，，， 其中，，，，，均为正整数， 则，，. 因为团队所得到的三类任务名额的个数的乘积与团队所得到的三类任务名额的个数的乘积相等， 所以，即， 化简得， 所以， 因此该等式右边为的倍数，则等式左边是的倍数. 若，，均不为4，则它们只能从，，，，，这几个数中取值， 要使为的倍数，则乘积中必须含有，而以上几个数中只有和中含有因数2， 因此必须至少同时取到两个偶数（或）. 若取两个和一个，则，解得，非整数，不合题意； 若取两个和一个，则，解得，非整数，不合题意； 若取一个、一个和一个，则，解得，与均不为矛盾，不合题意. 因此，，，中必有一个4存在. 若，则，所以，则， 化简得，又，，且，为正整数， 所以满足的，共有组，即，，，，，，； 同理，当和当时，也各有组， 以上类分法中均有，，被重复计算次， 所以满足的分法共有种. 法2：设团队三类任务名额数分别为,,， 则团队三类任务名额数分别为，其中． 由题知，， 若,,均不为4，则,,中有两个数大于一个数小于4或者两个数小于4一个数大于4， 由对称性，不妨考查,均小于,大于4，则，， 则， 所以，当时，则， 因为，等式不成立； 当时，则，因为， 此时，则，又，不合题意； 当时，则， 因为，此时， 若时，则，此时， 若，此时， 若，则，此时，均不合题意； 所以,,中至少有一个为4，不妨设，则， 由，可得，则， 当时，只有1种情况， 当为1,4,7或2,4,6或3,4,5的一个排列时，各有6种情况． 综上，符合条件的分配方法种数为19种． 6．（2026·广东湛江·二模）若数列（）满足，则称数列为“和谐数列”.已知数列是“和谐数列”，且，则满足条件的数列的个数为______. 【答案】19 【详解】因为数列是“和谐数列”，且， 所以共有6项，且. 若，，，各项全为0，则满足条件的数列只有1个； 若，，，有2项为0，1项为1，1项为， 则满足条件的数列的个数为； 若，，，有2项为1，2项为， 则满足条件的数列的个数为，所以的个数为. ( 二项式定理的的应用 考点 2 ) 7．（2026·广东·模拟预测）在的展开式中，的系数为（    ）． A．120 B．80 C．40 D． 【答案】D 【分析】根据二项式定理计算即可. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为： . 令，可得，此时与相乘可得的系数为-80； 令，可得，此时与相乘可得的系数为40； 所以的系数为. 8．（2026·广东深圳·二模）的展开式中的系数为（   ） A．20 B．40 C．60 D．80 【答案】B 【详解】由于的展开式的第3项为， 故展开式中的系数为. 9．（2026·广东汕头·二模）已知，则下列结论中正确的个数是（   ） ①； ②； ③； ④ A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用赋值法即可求解.对于①，令即可求解；对于②，令即可求解；对于③，令，与时的式子作差即可求解；对于④，令，结合①即可求解. 【详解】令，得，故①正确； 令，得（i），故②错误； 令，得（ii）， 由（i）-（ii）化简得，故③正确； 令，得， 则， 得，故④正确. 10．（2026·广东肇庆·二模）的展开式的常数项为___________． 【答案】135 【分析】求出展开式的通项，再令未知数的指数等于零，即可得解. 【详解】展开式的通项为， 令，解得， 故二项展开式的常数项为． 故答案为：135 ( 独立事件与概率公式的应用 考点 3 ) 11．（2026·广东佛山·二模）设是两个事件，则“”是“与互为对立事件”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不是充分条件，也不是必要条件 【答案】B 【详解】若互为对立事件，根据对立事件概率公式可直接得到，故条件是必要的； 若试验基本事件含3种以上，其中表示概率为的两个不同事件， 如掷一枚均匀的骰子，令事件为“点数为偶数”，事件为“点数小于等于3”， 此时，满足， 但事件的对立事件为“点数为奇数”，与事件不同， 故与不互为对立事件，故条件是不充分的. 综上，“”是“与互为对立事件”的必要不充分条件. 12．（2026·广东佛山·二模）设为两个相互独立的随机事件，且．已知在至少一个发生的条件下，恰有一个发生的概率是，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设， 由题意，在至少一个发生的条件下，恰有一个发生的概率是， 则， 即，解得，即. 13．（2026·广东肇庆·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 【分析】计算抽到的2张卡片中数字乘积为负数的概率，再计算抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率即可. 【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. 14．（2026·广东湛江·二模）在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】事件：甲、乙选择的专题不同，甲有3种选法. 乙有2种选法，丙有3种选法，所以. 事件：甲、乙不同且乙、丙相同.先选乙的专题，有3种. 丙的选法和乙相同，甲有2种选法，所以， 因此. 15．（2026·广东·模拟预测）将4个黑球和6个红球随机排成一列，事件“第k个球是黑球”，则下列正确的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，求得，结合独立事件、互斥事件，以及条件概率的计算公式，逐项分析判断，即可求解. 【详解】由题意知，事件“第k个球是黑球”，可得， 对于A，事件表示第1和第2个球是黑球，可得， 因为，所以，所以A错误； 对于B，事件表示第1或第2个球是黑球， 可得， 因为，所以，所以B错误； 对于C，由B项知：，所以C正确； 对于D，由条件概率的计算公式，可得，所以D错误. 16．（2026·广东广州·二模）（多选）在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回．设事件“第1次抽到代数题”，“第2次抽到几何题”，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】对于A，由题意得：，，正确； 对于B，，，错误; 对于C，，正确； 对于D，，错误. 17．（2026·广东汕头·二模）（多选）从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么下列说法正确的是（   ） A．2个球都是白球的概率为 B．2个球都不是白球的概率为 C．2个球不都是白球的概率为 D．2个球恰好有一个球是白球的概率为 【答案】ACD 【分析】借助相互独立事件概率公式、对立事件概率公式逐项计算即可得. 【详解】设事件表示从甲口袋内摸出1个白球，事件表示从乙口袋内摸出1个白球； 对A：，故A正确； 对B：，故B错误； 对C：，故C正确； 对D：， 故D正确. 18．（2026·广东茂名·二模）已知1～10这10个正整数的随机排列为，，…，．记，，2，…，9，事件为“，，…，满足”，则事件的概率为______，事件的概率为______． 【答案】 /0.7 【分析】由事件的定义对10，9，8三个数所在的集合进行分类讨论，确定8，9，10都在前段，因而可得事件等价于8，9，10都在前k个位置，再利用古典概型概率公式结合排列数公式计算即得. 【详解】记，，则等价于。 ①若10在后段，则，，于是，不满足； ②若10在前段，但8或9在后段，则，，于是，不满足； ③若8，9，10都在前段，则，于是，满足． 因此，事件等价于8，9，10都在前k个位置． 计算：将8，9，10放在前3个位置，共3！种选择，余下的7个位置随机排列，共7！种选择，因此． 注意到对，2，…，8，均有为的子事件，因此． 计算：将8，9，10放在前9个位置，等价于第10位是1到7中的某个数，共7×9！种选择， 因此． ( 离散型随机变量的概率分布及期望 考点 4 ) 19．（2026·广东惠州·二模）已知随机变量的分布列为 0 1 2 3 0.3 0.3 0.2 0.1 设函数，若，则函数的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由分布列的性质可知，，所以. 因为函数，. 当时，； 当时，； 当时，. 所以. 所以函数的值域为. 20．（2026·广东肇庆·二模）（多选）已知随机变量，则（    ） A． B．越大，随机变量的方差越大 C．随机变量的分布越集中，的值越小 D．的取值在内是小概率事件 【答案】ACD 【分析】应用正态分布性质及对称性判断各个选项即可． 【详解】对于A，因为随机变量，所以， 所以，故A正确； 对于B，，而非方差，故B错误； 对于C，随机变量的分布越集中，说明数据的波动越小，方差越小， 而，则的值越小，故C正确； 对于D，根据原则，故D正确． 故选：ACD． 21．（2026·广东汕头·二模）个球随机装进个盒子，则装有球的盒子个数的期望为_______. 【答案】/ 【分析】设装有球的盒子个数为，则的可能取值有、、，求出随机变量在不同取值下的概率，再利用期望公式求解即可. 【详解】设装有球的盒子个数为，则的可能取值有、、， ，，， 所以. 22．（2026·广东佛山·二模）随机变量服从正态分布，，则______. 【答案】/ 【详解】因为随机变量服从正态分布，所以， 所以. 23．（2026·广东广州·二模）某人工智能博览会有4个不同的场馆，甲、乙两人各自从中随机选择2个去参观，记这4个场馆中被参观的场馆个数为，则的数学期望为____________． 【答案】 【分析】首先确定的所有可能取值，分别计算取每个值的概率，再将的取值与对应概率代入公式计算即可. 【详解】为被参观的场馆个数，可能取值为， 甲乙各选个场馆，总的选法为种， （两人选的场馆完全相同）：共种，故， （两人恰好有1个共同场馆）：甲选2个后，乙从甲的2个中选1个、从甲未选的2个中选1个，共种，故， （两人选的场馆完全不同）：共种，故， . 24．（2026·广东东莞·二模）为响应“缤纷寒假，探索实践”活动，某同学计划去2个展馆类景点和4个公园类景点打卡，已知其每日随机选择一个景点打卡（不重复打卡），设为打卡完某一类所有景点需要的天数，则的概率为__________，的期望__________. 【答案】 【分析】由题可知可取，根据排列组合计算出对应概率并计算期望即可． 【详解】由题可知可取， ， ， ，， 则的概率为， ． ( 统计与线性回归方程 考点 5 ) 25．（2026·广东深圳·二模）样本数据3，8，14，16，24的平均数为（    ） A．9 B．10 C．13 D．18 【答案】C 【详解】由题设，样本数据的平均数为. 26．（2026·广东江门·二模）某工厂抽检了100个零件，并统计了这些零件的直径（单位：）数据，得到如下表格： 直径/mm 46 47 48 49 50 51 52 53 54 频数 5 8 12 15 20 18 12 6 4 由表可知这100个零件的直径的第60百分位数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先确定共有个数小于等于，再结合百分位数定义求结论. 【详解】因为被抽检的零件中，直径小于或等于的零件共有个， 且， 所以这个零件的直径的第百分位数为． 27．（2026·广东清远·二模）已知线性相关的两个变量的取值如表所示，如果其线性回归方程为，则（   ） 3 4 6 7 20 40 80 A．50 B．60 C．70 D．75 【答案】B 【分析】求出样本中心，代入回归方程求解即可. 【详解】因为， 又因为所有回归方程都过样本中心， 所以将点代入回归方程， 得， 解得. 28．（2026·广东佛山·二模）有一组样本数据，，，…，，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中（）则两组样本数据的数字特征不一定相同的是（   ） A．中位数 B．极差 C．平均数 D．方差 【答案】A 【详解】由题意得：，所以， 所以新样本数据，，，…，的平均数为 ， 所以平均数相同； 设样本数据，，，…，的方差为， 所以新样本数据，，，…，的方差为，所以方差相同； 设样本数据，，，…，，的中位数为， 新样本数据，，，…，的中位数为， 当样本数据，，，…，，的中位数为时， 新样本数据，，，…，的中位数为， 所以中位数不一定相同； 设原始样本数据的最大值为，最小值为，则其极差为. 由于，因此新样本数据的最大值为，最小值为，则其极差为， 故两组样本数据的极差相同. 29．（2026·广东佛山·二模）（多选）地方一般公共预算收入是地方经济的重要指标之一，如图是某地区2025年2月至10月地方一般公共预算收入累计的图表，其中条形图是地方一般公共预算收入的月累计值（月累计值指当年1月到当月的数据总和），折线图是与上年同月累计值相比的同比增长率．根据图表，下列说法正确的是（   ） A．该地区2025年每月的地方一般公共预算收入一直递增 B．2025年9月该地区的地方一般公共预算收入超过30亿元 C．2025年9月该地区的地方一般公共预算收入比2024年9月高 D．2024年前10个月，该地区地方一般公共预算收入平均数低于22亿 【答案】BCD 【分析】根据图表中信息，以及地方一般公共预算收入的月累计值和同比增长的概念，逐一判断各选项的正误，判断结果. 【详解】由图表可知，3月的地方一般公共预算收入为（亿元），4月的地方一般公共预算收入为（亿元），可知选项A错误； 9月该地区的地方一般公共预算收入为（亿元），所以选项B正确； 2025年9月该地区的地方一般公共预算收入累计同比增长，所以2024年9月该地区的地方一般公共预算收入累计为（亿元）， 2025年8月该地区的地方一般公共预算收入累计同比增长，所以2024年8月该地区的地方一般公共预算收入累计为（亿元）， 所以2024年9月该地区的地方一般公共预算收入为（亿元），所以C正确； 2025年10月该地区的地方一般公共预算收入累计同比增长，所以2024年10月该地区的地方一般公共预算收入累计为（亿元），所以2024年前10个月，该地区地方一般公共预算收入平均数为，所以D正确； 故选：BCD. 30．（2026·广东惠州·二模）（多选）下列命题正确的是（    ） A．数据4，4，4，6，6，7，8，8的众数是4 B．数据7，9，12，15，9，14，18的极差是11 C．数据2，3，3，5，7，8，9的第百分位数是6 D．数据的平均数为2，方差为4，则数据，的平均数为5，方差为16 【答案】ABD 【分析】根据众数的概念，可判断A的正误；根据极差的求法，可判断B的正误；根据百分位数的求法，可判断C的正误；根据平均数、方差的性质，可判断D的正误. 【详解】选项A：数据4，4，4，6，6，7，8，8的众数是4，故A正确； 选项B：数据7，9，12，15，9，14，18的极差是18-7=11，故B正确； 选项C：数据2，3，3，5，7，8，9共7个，， 则该组数据的第百分位数为7，故C错误； 选项D：数据，的平均数为， 方差为，故D正确. 31．（2026·广东深圳·二模）（多选）某公司统计了去年1月份到5月份某种产品的销售额如下表： 月份 1 2 3 4 5 销售额万元 1.8 2.2 2.8 3.1 根据表中数据，通过最小二乘法求得的经验回归方程为，则（   ） A．变量与正相关 B． C．样本数据的下四分位数为1.8 D．当时，的预测值为4.1万元 【答案】ABD 【分析】根据回归系数，可判定A正确；根据回归直线方程经过样本中心，列出方程，求得的值，可判定B正确；根据百分位数的计算方法，可判定C错误；根据回归直线方程，求得预测值，可判定D正确. 【详解】对于A，由回归直线方程，可得， 所以变量与正相关，所以A正确； 对于B，因为回归直线方程经过样本中心， 因为，所以， 又由，解得，所以B正确； 对于C，将样本数据的数据排序为：， 由，则样本数据的下四分位数为第个数据，所以C不正确； 对于D，当时，，所以的预测值为万元，所以D正确. 32．（2026·广东湛江·二模）（多选）2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表： 日期 1 2 3 4 5 6 7 预测误差 1 0 3 3 下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（   ） A．这组数据的众数是3 B．这组数据的60%分位数是0.5 C．这组数据的方差大于5 D．若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小 【答案】ACD 【分析】将数据从小到大排序，由众数的定义即可判断A，由百分位数的定义即可判断B，由平均数与方差的定义即可判断C，由预测误差以及平均数的性质即可判断D. 【详解】将数据从小到大排序得：，，，0，1，3，3. 对于A，3出现两次，其余一次，众数为3，故A正确； 对于B，，不是整数，故取第5个数，第5个数为1，故60%分位数为1，故B错误； 对于C，平均数，方差，故C正确； 对于D，原平均数为0，新数据小于0，加入后平均数变为，确实变小，故D正确. 33．（2026·广东广州·二模）某公司为了了解A商品销售收入（单位：万元）与广告支出（单位：万元）之间的关系，现收集的5组样本数据如下表所示，且经验回归方程为. 2 5 6 8 9 16 20 21 28 10.96 19.24 22 27.52 30.28 (1)求的值； (2)现从这5组数据的残差中抽取2组进行分析（观测值减去预测值称为残差），记X表示抽到数据的残差为负的组数，求X的分布列和期望； (3)已知，且当时，回归方程的拟合效果良好，试结合数据，判断经验回归方程的拟合效果是否良好. 【答案】(1) (2)分布列见解析， (3)经验回归方程的拟合效果不良好 【分析】（1）求出根据回归直线必过样本中心点求解即可； （2）可能取值为，求出对应概率，进而得到分布列和期望； （3）求出代入公式，即可得到答案. 【详解】（1）， ， 因为，即， 解得. （2）5组数据中，两组数据残差为正值，三组数据残差为负值， 所以可能取值为， ， ， ， 所以X的分布列为 0 1 2 期望. （3）， ， 所以经验回归方程的拟合效果是不良好. 34．（2026·广东东莞·二模）为探索“五育融合”育人项目，某市在中小学全面开展志愿服务实践课程，并建立了学生志愿服务日参与情况的常态化统计机制．下表是课程开设后前5个月的数据，其中表示月份编号，表示该月份日平均参与志愿服务的学生人数（单位：万人）. 月份编号 1 2 3 4 5 平均参与人数（单位：万人） 0.5 0.7 1 1.3 1.5 (1)已知与之间线性相关，求关于的经验回归方程，并预测第6个月的日平均参与志愿服务的学生人数； (2)假设第6个月（按30天计）的日参与人数（单位：万人）服从正态分布，并视（1）所求第6个月的日平均参与人数的预测值为的值，预测该月份日参与人数超过1.75万人的天数是否不少于25天. 附：①对于一组数据，其回归直线的斜率 .②若，则 【答案】(1)，（万人） (2)该月日参与人数超过1.75万人的天数不少于25天． 【分析】（1）由已知公式求得线性回归方程，代入回归方程可得预测值； （2）依题意可知，再结合正态分布的对称性计算即可. 【详解】（1）设所求的线性回归方程为， 由题意， ， 所以， 所以 所以. 当时，（万人）. （2）当时，，则， 由正态分布性质，可知. 因为， 所以. 因为， 所以该月日参与人数超过1.75万人的天数不少于25天． 35．（2026·广东佛山·二模）近年我国人工智能大模型发展迅猛，其中语言模型（处理、理解和生成人类语言）和多模态模型（处理、理解和生成文本、图像、音视频等）是其中两个重要的领域，某研究机构对2025年某区域的企业发布的所有大模型中随机抽取了14款进行标准化测试，由测试数据得到下面的散点图： (1)用频率估计概率，根据2025年该区域的企业发布大模型的分布情况，估计该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率； (2)若t为时间变量，y为分数，根据多模态模型数据（，2，3，4，5，6，表示2025年1月份，表示2025年6月份，…），计算得，，. （i）建立y关于t的线性回归方程； （ii）根据语言模型的数据建立的回归方程为，该区域的某家企业在2026年4月发布了1款标准化测试得分为68分的大模型，定义统计量，Q值越小的大模型发生的可能性越大，则该款大模型更有可能是语言模型还是多模态模型，并说明理由. 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）该款大模型更有可能是语言模型. 【分析】(1)依据图示可以得到多模态模型的个数与总数作比值；(2) (i)根据线性回归模型的计算公式代入数据；(ii)分别计算两款模型的值，比较即可； 【详解】（1）由2025年的数据可知，随机抽取了14款大模型，其中多模态模型有6款，用频率估计概率，多模态模型的频率为，所以该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率为. （2）(i)  因为，，， 表示2025年1月份，表示2025年6月份，所以 所以， 所以，根据， 所以y关于t的线性回归方程为： (ii) 已知2026年4月，则，计算多模态模型的预测值和残差，，残差为：， 所以.再计算语言模型的预测值和残差，，残差为：，，所以，所以根据值越小的大模型发生的可能性越大，所以该款大模型更有可能是语言模型. ( 概率分布的大题综合 考点 6 ) 36．（2026·广东佛山·二模）现有一枚质地均匀的骰子，6个面中有3个面的点数是1，有2个面的点数是2，还有1个面的点数是4．掷骰子次，且每次掷骰子相互独立． (1)记第一次朝上的点数为，求的分布列和数学期望； (2)记4次朝上的点数之积为，求． 【答案】(1) 1 2 4 ； (2) 【详解】（1）依题意，的可能取值为，， 所以的分布列为 1 2 4 数学期望. （2）依题意，的事件是以下3个互斥事件的和，4次正面朝上的点数都是2的事件； 4次正面朝上的点数中1次为1，2次为2，1次为4的事件； 4次正面朝上的点数中2次为1，2次为4的事件， ， 所以 37．（2026·广东清远·二模）一个袋子中有3个红球，个绿球，已知从中一次摸出的2个球都是红球的概率为． (1)求的值； (2)从袋中依次随机摸出2个球作为样本（一次只摸出一个球），设采用有放回和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为． （i）求的分布列与数学期望； （ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球比例估计总体中的绿球比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际意义． 【答案】(1)3 (2)（i）分布列： 0 1 2 ； （ii）有放回摸球对应概率为，不放回摸球对应概率为，不放回摸球的概率更大，说明相同样本量下，不放回抽样的估计精度更高，更适合用于总体参数估计. 【分析】（1）结合古典概型概率公式与组合数运算构造关于的方程，求解得到的值. （2）（i）判断有放回摸球时服从二项分布，计算各取值对应概率得到分布列，代入二项分布期望公式求期望. （ii）将误差条件转化为绿球个数的取值范围，分别计算有放回、不放回摸球时对应概率，比较大小并说明实际意义. 【详解】（1）∵ 袋子中共有个球，一次摸出2个球的总情况数为，摸出2个红球的情况数为. 由古典概型概率公式得. 代入，，得，整理得. 即，解得或. 又，故. （2）（i） 由（1）得袋子中共有6个球，其中绿球3个，故每次有放回摸球时，摸到绿球的概率为. 的可能取值为0,1,2，且. ∵ ， ， ， 故的分布列为： 0 1 2 数学期望. （ii） 总体中绿球的比例为，样本中绿球比例为（为摸出的绿球个数），误差的绝对值不超过0.2等价于. 解不等式得，又为整数，故. ① 有放回摸球时，所求概率为. ② 不放回摸球时，服从超几何分布，，故所求概率为. ∵ ，故不放回摸球时误差绝对值不超过0.2的概率更大. 实际意义：相同样本量下，不放回抽样对总体比例的估计精度更高，更适合用于抽样调查中估计总体参数. 【点睛】方法归纳：求解抽样相关的概率问题时，先准确判断抽样类型对应分布：有放回抽样对应二项分布，不放回抽样对应超几何分布，再结合题设条件转化为随机变量的取值问题，代入对应概率公式计算即可. 易错归纳：转化误差条件时注意样本比例与随机变量的对应关系，避免取值范围求解错误导致概率计算偏差. 38．（2026·广东惠州·二模）某企业生产的智能机器人需要用到一种高精度零件，现收到一批零件共有个，其中不合格的零件占总数的，从中随机抽取个零件，设抽到的不合格的零件数为. (1)求的值.小明的求解过程如下：因为不合格的零件占总数的，所以，故.请问以上解答过程是否正确？如果正确，请说明解题依据；如果不正确，请写出正确的解答过程； (2)若抽到的个零件中至少有个为不合格零件，求恰好有个为不合格零件的概率； (3)对抽取的个零件进行检测，每个零件的检测费用为元，每发现个不合格品，需额外支出元的处理费用.设本次检测的总费用为元，求随机变量的分布列与数学期望. 【答案】(1) (2) (3)随机变量的分布列如下表所示： Y 30 55 80 P 数学期望为. 【分析】（1）根据题意得出这个零件中不合格零件数，利用随机变量服从超几何分布即可求解； （2）通过条件概率公式即可求解； （3）根据题意得出随机变量与随机变量的关系，从而得到随机变量的取值范围和对应概率，即可求出分布列，再根据期望公式计算即可. 【详解】（1）小明的解答不正确，正确的解答过程如下： 根据题意，这个零件中是有个不合格零件，个合格零件， 则从这个零件中抽到个不合格零件，个合格零件的组合数是种， 因此. （2）设事件为“抽到的个零件中至少有个为不合格零件”，事件为“抽到的个零件中恰好有个为不合格零件”， 由于事件是事件的子事件，所以， 而，， 根据条件概率公式，即恰好有个为不合格零件的概率为. （3）由于随机变量表示抽到的不合格的零件数，可能取值为，而对于每个的值，总费用， 因此随机变量的可能取值为，，， 由于，，， 因此，，， 所以随机变量的分布列为： 数学期望为，即随机变量的数学期望为. 39．（2026·广东肇庆·二模）树人中学积极践行“健康第一”理念，为引导学生养成良好的锻炼习惯和健康生活方式，学校举办趣味体育竞赛活动，活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮.已知甲､乙､丙三人通过第一轮的概率分别为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率均为，假设他们之间通过与否相互独立. (1)求从甲､乙､丙三人中随机选出一人且进入第二轮的概率； (2)记甲､乙､丙三人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 【答案】(1) (2) 0 1 2 3 . 【分析】（1）利用全概率公式求解； （2）记甲､乙､丙通过第二轮的事件分别为分别求出，，，由题意得到的所有可能取值，分别求出每个可能取值的概率，求出的分布列和数学期望. 【详解】（1）记随机选择甲､乙､丙的事件分别为，进入第二轮的事件记为， 则， 由题意得， 所以 . （2）记甲､乙､丙通过第二轮的事件分别为 则 由题意得的所有可能取值为 则 . . 所以的分布列为 0 1 2 3 所以的数学期望为. 40．（2026·广东揭阳·二模）某商城为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中4个为红色，4个为白色.抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球，规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖. (1)求中奖次数X的分布列和数学期望； (2)求第二次中奖的概率； (3)已知有位顾客进行抽奖，则其中中奖2次的人数为多少的概率最大？ 【答案】(1)的分布列为 0 1 2 . (2) (3)中奖2次的人数为时的概率最大. 【分析】（1）根据题意分析随机变量的可能取值，求出各个值对应的概率可得分布列及期望； （2）根据（1）的计算数据可求第二次中奖的概率； （3）设位顾客中中奖2次的人数为，则，故可不等式组的整数解确定中奖2次的人数为何值时对应的概率最大. 【详解】（1）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖， 则中奖次数的可能取值为， 则， ， ， 则的分布列为 0 1 2 所以的期望为. （2）设为“第二次中奖”， 则. （3）设位顾客中中奖2次的人数为，由（1）的分布列可得， 故，其中， 令， 所以， 化简得，故， 故中奖2次的人数为的概率最大. 41．（2026·广东江门·二模）某用户只在某外卖平台的甲、乙两家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲餐厅的概率为，选择乙餐厅的概率为，甲餐厅的准时送达率为，乙餐厅的准时送达率为．已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立． (1)求该用户每次外卖点餐准时送达的概率． (2)在该用户的次外卖点餐中，记准时送达的次数为，若的方差大于，求的最小值． (3)平台推出“准时保”，每单需支付元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付3元；若外卖准时送达，则平台不赔付．该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过元，试问他是否愿意购买“准时保”？说明你的理由． 【答案】(1)0.93； (2)11； (3)他愿意购买“准时保”. 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式求解. （2）由（1）的结论，利用二项分布的方差公式列式求解. （3）由（1）的结论，求出购买“准时保”的期望，与给定条件比对即可. 【详解】（1）令事件“外卖点餐准时送达”，“选择甲餐厅”，“选择乙餐厅”， 依题意，，， 由全概率公式得， 所以该用户每次外卖点餐准时送达的概率为0.93. （2）依题意，的所有可能取值为，， 则，由的方差大于，得， 解得，所以的最小值为11. （3）他愿意购买“准时保”. 设他购买“准时保”的净收益为元，则的所有可能取值为， ，， 显然，即亏损期望不超过元， 所以他愿意购买“准时保”. 42．（2026·广东茂名·二模）为了了解高一学生的体质状况，某校开展了一次体质测试，从中随机抽取40名女学生的立定跳远成绩（单位：厘米）进行分析，得到如下频率分布表． 成绩区间 [160，170） [170，180） [180，190） [190，200） [200，210） [210，220] 频率 0.10 0.15 0.20 0.25 0.20 0.10 (1)计算这40名女学生立定跳远成绩的众数、平均数的近似值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； (2)规定成绩在区间[210，220]，[200，210），[190，200）分别为A，B，C等级．用分层抽样的方法从成绩在这三个等级的学生中抽取11人，再从11人中随机抽取3人进行示范．记示范学生中成绩A等级的人数为X，求X的分布列与． 【答案】(1)195厘米，191厘米 (2)分布列见解析， 【分析】（1）根据众数、平均数的定义求解； （2）由分层抽样确定各等级人数，得X的所有可能取值为0，1，2，计算出概率后得分布列. 【详解】（1）这六个区间中，频率最大为0.25，该区间为[190，200），则这40名学生立定跳远成绩的众数的近似值为195厘米， 平均数， 所以这40名学生立定跳远成绩的平均数的近似值为191厘米． （2）由分层抽样，可知C等级对应5人，B等级对应4人，A等级对应2人． 从11人中选3人，共种． X的所有可能取值为0，1，2， 则，，． 则X的分布列为 0 1 2 P ． 43．（2026·广东湛江·二模）某校举办“数学文化节”，设有个不同主题的展区（），每个展区有唯一的主题编号，分别为1，2，…，.游客从任一展区开始参观打卡，打卡机每次会从尚未参观过的展区中，等可能地随机选择一个作为下一个参观的展区.规定：若连续参观的两个展区主题编号之和为奇数，则参观者获得一枚纪念章，否则不获得纪念章，记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为. (1)当时，求参观者仅获得1枚纪念章的概率； (2)当时，求参观者获得纪念章枚数的分布列和数学期望； (3)设为个展区时参观者获得纪念章枚数的期望值，求关于的表达式，并证明是递增数列. 【答案】(1) (2) 1 2 3 数学期望 (3)，证明见解析 【分析】（1）先定义事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，确定 时全排列共 6 种，依据和为奇数需一奇一偶的条件枚举所有排列，统计符合仅 1 次条件的排列数，最后用符合数除以总数求得概率. （2）通过分析奇偶排列的相邻位置关系确定纪念章数量：将全排列中奇数和偶数视为两类元素，观察相邻数对奇偶性相同的次数（即“奇奇”或“偶偶”的相邻对数），从而得出的可能取值，枚举所有奇偶模式并计算各模式下的排列数，进而求得概率分布与数学期望. （3）先把相邻两个展区和为奇数的总数量期望分解成每一对相邻展区各自的期望再相加，把复杂的整体期望转化为单个位置的简单概率问题.然后根据展区总数 的奇偶，确定奇数编号和偶数编号各有多少个，算出任意一对相邻展区恰好一奇一偶的概率，也就是单个位置的期望.再用这个单对期望乘上所有相邻对数，分别写出 为偶数、奇数时的期望通项公式.最后用后一项减前一项作差，验证无论 是奇数还是偶数，差值都大于 0，从而说明这个期望构成的数列是单调递增的. 【详解】（1）记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”， 当时，展区编号为1，2，3，奇数有1，3；偶数有2，全排列共种， 两个数之和为奇数当且仅当两个数一奇一偶， 枚举所有排列：123，132，213，231，312，321， 其中满足连续两个数之和为奇数的次数是1的有132，213，231，312， 所以. （2）当时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共种， 由题意知的可能取值为1，2，3， 当获得1枚纪念章时，奇偶序列为奇奇偶偶，偶偶奇奇， 概率为， 当获得2枚纪念章时，奇偶序列为偶奇奇偶，奇偶偶奇， 概率为， 当获得3枚纪念章时，奇偶序列为奇偶奇偶，偶奇偶奇， 概率为， 所以的分布列为 1 2 3 数学期望. （3）个展区中有个奇数编号，个偶数编号， 相邻的两个位置看作1对，则共有对，定义变量如下： 当第（）对中的两个数字之和为奇数时，为偶数时， 则. 所以， 因为的取值只有0与1两个， 所以， 即第组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率， 从个数据中任选2个数据排列，共有种可能， 当为偶数时，则偶数与奇数各有个，所以， ， 当为奇数时，偶数有个，奇数有个， 所以， . 所以 证明递增： 当为偶数时，，， ，所以. 当为奇数时，，， ，所以. 因此是递增数列. 44．（2026·广东肇庆·二模）学校社团准备了编号1到的个盲盒，不同的编号对应不同的奖品（编号越大，奖品越好）．规则如下：参与者有放回地抽取盲盒次，一次抽取一个盲盒，抽到的编号最小的盲盒对应的奖品即为最终奖品，设获得的奖品对应的盲盒编号为． (1)当，时，求最终拿到编号1的奖品的概率和拿到编号2的奖品的概率． (2)若． ①求最终拿到编号不小于的奖品的概率； ②用表示出期望． (3)当时，证明：期望． 【答案】(1)， (2)①，；②答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据古典概型的概率计算即可. （2）根据对立事件、互斥事件等概率计算公式及数学期望计算公式计算即可. （3）求出数学期望的表达式，结合导数与单调性证明即可. 【详解】（1）拿到编号为1的奖品，，即至少有一次抽到1，所以. 拿到编号为2的奖品，，即没有抽到1，且至少有一次抽到2， 没有抽到1的概率为，没有抽到1且全抽到3的概率为， . 所以拿到编号1的盲盒对应奖品的概率是，拿到编号2的盲盒对应奖品的概率是． （2）①拿到编号不小于，，即每次抽到的编号都大于等于. 所以，. ②因为事件与事件互斥，所以， 即 所以随机变量的期望 （3）， 随机变量的期望 . 设，，， 当时，，等号成立； 当时， ，等号成立； 当时， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以， 设， 因为， 所以，所以. 综上所述，. 45．（2026·广东深圳·二模）一个微生物在如图所示方格的培养皿中随机移动，每次均以相等概率移动到相邻的方格．方格是初始位置，是营养丰富的角落，每次到达方格时，微生物进行一次繁殖．记该微生物第次繁殖时所经过的总移动步数为． (1)求； (2)求； (3)求． 参考公式： 1．若，对于，则； 2．若是离散型随机变量，则． 【答案】(1) (2)3 (3) 【分析】（1）根据事件的概率公式计算得到结果； （2）解法1，先根据题意分析得到，结合期望公式和错位相减法计算得到结果；解法2，根据期望的性质计算得到答案； （3）根据期望的性质公式计算得到结果； 【详解】（1）微生物经历奇数次移动必然到达区域，之后有的概率到达区域，有的概率到达区域， 微生物在区域或者区域时，下一步必然到达区域． （2）解法1：微生物第1次到达区域所经历的步数必然为：， 若微生物经历次移动第1次到达区域，则前面步必然在区域与区域之间移动， 且最后2步是由区域到区域，接着到达区域，于是 ，则 不妨设， 于是 则 化简可得，， 由题意可知， ，所以； 解法2：由微生物在2次移动后，有的概率经过区域到达区域， 有的概率经过区域回到区域， 于是， 解得， ； （3）解法1：初始位置时微生物第次到达区域累计移动次数为， 设初始位置时微生物第次到达区域累计移动次数为， 初始位置为时粒子第次到达区域累计移动次数为（初始位置不记为到达）， 当时，于是：， 即， 化简有，又由，有 ， 即， 又由，于是． 解法2：不妨设微生物从区域出发，第一次到达区域，需要的次数为随机变量，当时，， 微生物由区域出发第1次到达区域所经历的步数必然为：， 若微生物经历次移动第1次到达区域，则前面步必然在区域与区域之间移动， 且最后2步是由区域到区域，接着到达区域，于是 ，则， 由（2）知 于是 又由，于是． 解法3：当时，易知微生物第次到达区域所经历的步数可能为： ， 当微生物通过步第次到达区域时，前面的步中， 在奇数步中，必然到达区域，偶数步中，有次到达区域，对应的概率为， 且最后2步移动以的概率回到． 于是，则 不妨记 于是 则， 又由，于是， 则． 又由时也符合上式，于是对于均有． 说明：视每2次移动为1次实验，易知1次实验中，必然有1次到达，有1次到达或者．即每次实验有的概率到达，有的概率不到达．于是为使到达事件次，平均需要进行实验次，于是需要移动次． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $