专题08 计数原理与概率统计6个考点（福建专用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 福建各地2026届二模及模拟预测试题汇编，聚焦计数原理与概率统计，涵盖6大考点，题型多样，注重情境应用与综合能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|约15题|二项式展开系数（题1、4）、线性回归（题12）、数据特征（题15、21）|结合智能手环直播下单量（题12）、AI数据中心（题14）等现实情境| |填空题|约10题|排列组合（题5、7）、互斥子集组（题3）、古典概型（题25）|设置“互斥子集组”（题3）等创新概念考查抽象思维| |解答题|约12题|二项分布（题26）、离散型随机变量均值（题35）、概率统计综合（题41）|以盲盒购买（题38）、游戏闯关（题39）为背景设计多问综合题，贴近高考命题趋势|

专题08 计数原理与概率统计 7大考点概览 考点01计数原理 考点02统计与线性回归方程 考点03古典型概率与条件概率 考点04二项分布与超几何的均值与方差 考点05离散型随机变量的均值与方差 考点06概率统计综合题型 计数原理 运算 考点1 1．（2026·福建南平·二模）已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则（    ） A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8 2．（2026·福建莆田·模拟预测）有6个球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中每次随机取出一个，取出的球不放回，直到6个小球都取完为止．记第次取出球的号码为，在和至少有一个大于的条件下，数列是递增数列的概率为___________． 3．（2026·福建漳州·三模）已知是集合的非空子集，若，则称是集合的“互斥子集组”，并规定与为不同的“互斥子集组”．集合的不同“互斥子集组”的个数是___________．（用数字作答） 4．（2026·福建三明·二模）的展开式中的系数为________．（结果用数字表示） 5．（2026·福建宁德·模拟预测）某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡，现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，每一个选手参加一个关卡的闯关，每一个关卡至少一个选手参加，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有______种. 6．（2026·福建厦门·模拟预测）已知的展开式中所有项的系数之和为81，则此展开式中常数项为______. 7．（2026·福建·二模）为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答） 8．（2026·福建厦门·二模）某校安排3名男生和2名女生分两组去甲、乙两地参加社会调研．已知每组至多3人，且至少有1名男生，则不同的安排方案共有______种（用数字作答）． 9．（2026·福建漳州·二模）在的展开式中，的系数是（    ） A．15 B． C．30 D． 统计与线性回归方程 考点2 10．（2026·福建南平·二模）用函数拟合一组数据，则观测数据的残差为________. 11．（2026·福建三明·二模）（多选）下列命题正确的是（   ） A．若样本数据的平均数为2，则数据的平均数为4 B．根据小概率值的独立性检验，当时， 可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05 C．在一组样本数据（，不全相等）的散点图中， 若所有样本点（）都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为 D．若，，，则 12．（2026·福建厦门·二模）（多选）为了研究某款新上市智能手环的直播间展示时长（单位：分钟）与即时下单量（单位：件）之间的关系，某电商平台随机记录了5场直播带货的数据，如下表所示： 直播间展示时长 1 2 3 4 5 即时下单量 12 18 25 30 34 若与的经验回归方程为，样本相关系数为，则（   ） A． B．回归直线过点 C． D．当直播间展示时长为10分钟时，即时下单量的值估计为63 13．（2026·福建漳州·二模）（多选）下列说法正确的是（    ） A．若两个变量的样本相关系数的绝对值越接近1，则这两个变量的线性相关性越强 B．若随机变量服从正态分布，且，则 C．一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的上四分位数为11 D．对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为，若样本数据的中心点为，则实数的值是4 14．（2026·福建福州·三模）某AI数据中心共有4个开源大模型供公众使用.该中心分别对这4个模型在某天内的词元调用量进行调查，画出频率分布直方图，其中词元调用量的平均数低于中位数的为（    ） A． B． C． D． 15．（2026·福建龙岩·三模）已知数据：，将这组数据中的每个数值都加上3后，与原始数据相比，调整后的数据中不会发生改变的是（   ） A．方差 B．众数 C．中位数 D．平均数 16．（2026·福建南平·二模）（多选）已知各项均为正数的数列：1，2，，，，，其中奇数项成公差为的等差数列且和为9，偶数项成公比为的等比数列且和为14，则下列选项中正确的是（    ） A． B． C．上四分位数为5 D．下四分位数为5 17．（2026·福建泉州·模拟预测）某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2025年国庆期间该市和两个景区的日接待人数的数据（单位：万人），绘制了如下折线图，则（    ） A．景区这7日数据的第80%分位数是8.7 B．景区这7日数据的极差是1.7 C．景区这7日数据的平均数比景区的两倍小 D．景区这7日数据的方差比景区的大 18．（2026·福建漳州·三模）样本数据的众数为（    ） A． B． C． D． 19．（2026·福建宁德·二模）（多选）某市生态环境局记录了4月1-7日连续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 2 0 3 2 2 则以下结论正确的是（    ） A．这组数据的中位数是 B．这组数据的众数是2 C．若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的平均数不变 D．若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的方差变小 20．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）某校有学生人，其中男生人，女生人.为调查学生的课外阅读情况，按性别比例分配，用分层随机抽样的方法抽取学生人，并统计样本中男生和女生一天的阅读时间（单位：分钟），绘制成如下两个频率分布直方图，则（    ）    A． B．样本中男生阅读时间的中位数低于分钟 C．样本中阅读时间在分钟以下的学生中，男生人数比女生人数多 D．用样本估计总体，全校学生中阅读时间在分钟以上的约有人 21．（2026·福建·二模）某次测试中，某10人的成绩（单位：分）分别为：48，75，58，66，78，82，84，78，86，91，则这组数据的第80百分位数是（    ） A．78 B．82 C．84 D．85 22．（2026·福建·二模）某次测试中，某人的成绩（单位：分）分别为：、、、、、、、、、，则这组数据的第百分位数是（   ） A． B． C． D． 古典型概率与条件概率 考点3 23．（2026·福建南平·二模）某智能助手回答问题数据统计如下：理学类占总提问的40%，回答正确率为90%；文史类占总提问的60%，回答正确率为80%，用频率估计概率，则该助手回答问题正确的概率为（    ） A．0.72 B．0.8 C．0.84 D．0.9 24．（2026·福建漳州·三模）甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，且三人的选择相互独立．设事件“三个人去的景点各不相同”，事件“甲去了第1个景点”，事件“乙去了第1个景点”，则下列说法错误的是（    ） A．与互斥 B．与相互独立 C． D． 25．（2026·福建莆田·二模）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_____. 二项分布与超几何分布的均值与方差 考点4 26．（2026·福建龙岩·三模）某逃脱关卡游戏的最后一关有3扇外观有细微差异的传送门，其中仅有1扇传送门可通往安全出口，资深玩家可以识别细微差异，新手玩家无法识别这种差异．该关卡的游戏规则为：每位玩家每次仅选1扇传送门尝试，选对且走出安全出口，游戏结束，选错则重新选择．规定每位玩家至多有10次尝试的机会，且每次尝试后传送门的顺序会随机调整．现有新手玩家和资深玩家独立挑战该关卡，玩家每次均从3扇门中等可能随机选择1扇门尝试，各次选择相互独立；玩家每试错1扇门，下次则不重复选择已选错的门．设挑战结束时，随机变量分别为玩家尝试的次数． (1)求； (2)求证：． 27．（2026·福建福州·三模）共有3枚质地均匀的硬币，每枚硬币抛出后正面朝上与反面朝上的概率均为.第一次将三枚硬币同时抛出，之后每次从当前反面朝上的硬币中任意选取2枚同时抛出，直到反面朝上的硬币数少于2枚时停止操作.当停止操作时，所有硬币均为正面朝上的概率为__________. 28．（2026·福建厦门·模拟预测）某棋类游戏有不同规格的地图，规格为（，）的地图共有个格子，编号为0，1，2，…，，如下图所示. 0 1 2 … 2n 游戏规则如下： ①玩家首先选定地图规格，并获得2枚金币，棋子位于起点（0号格子）； ②玩家掷一枚质地均匀的骰子，向上点数不超过2时，棋子向前跳1格；否则，向前跳2格；如此重复操作直至游戏成功或失败； ③每当棋子落到非零偶数格时，就相应扣除1枚金币.当金币被扣光或棋子落到号格子时，游戏终止，视为失败，无奖励；当棋子落到号格子时，游戏终止，视为成功，获得奖励10n元. (1)若选定规格为的地图，求游戏成功的概率； (2)若选定规格为的地图，求棋子落到2n号格子且游戏成功的概率； (3)为使获得奖励的期望最大，玩家应选择何种规格的地图？ 29．（2026·福建泉州·模拟预测）某商场举行五一节优惠活动，顾客每消费满100元可抽奖一次.抽奖规则如下：箱中共有4个红球和2个黑球，这些球除颜色外完全相同，顾客每次随机摸出3个球，若摸出的红球不少于2个则中奖，否则不中奖.各次抽奖互不影响. (1)求抽奖一次中奖的概率； (2)商场规定每中奖一次，返现10元.设某顾客在活动期间消费元，按规定返现元.若事件“”的概率最大，求的最小值. 30．（2026·福建漳州·三模）某智慧园区需要对3台设备进行巡检，现有以下两个巡检方案： 方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3台设备逐一进行检测，若机器人成功检测2台或3台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮巡检；若机器人成功检测的设备少于2台，则进行第二轮巡检．第二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一进行检测，无论第二轮检测结果如何都结束巡检．机器人每次成功检测每台设备的概率为，且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台设备检测一次的费用为18元． 方案二：采用人工巡检，对3台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测一次的费用为30元． (1)当时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率； (2)记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为，求的数学期望（用表示）； (3)若以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个？ 31．（2026·福建莆田·模拟预测）篮球运动员甲做分组投篮训练，投篮5次为一组，投中一次得1分，未投中一次得-1分．假设甲每次投中的概率为． (1)若，求甲在一组投篮训练中累计得分为1分的概率； (2)收集甲以往100组训练数据，分别计算每组累计得分，如下表所示： 累计得分 -5 -3 -1 1 3 5 频数 1 8 24 34 26 7 （i）求表中累计得分的平均数； （ii）用表示一组投篮训练的累计得分．将（i）中的平均数作为的数学期望的估计值，求的值． 32．（2026·福建厦门·二模）某班级在课堂上开展传递卡片游戏，规则如下： ①将各学生依次编号为，每个学生手中均有红卡、黑卡各一张； ②老师先给1号学生随机等可能地发放一张红卡或黑卡； ③2号从1号手中的三张卡片中随机抽取一张，接着，3号从2号手中的三张卡片中随机抽取一张，重复上述操作，直至号从号手中的三张卡片中随机抽取一张； ④老师从号手中的三张卡片中随机取出一张弃置． 则一轮游戏结束． (1)求在一轮游戏结束后，1号学生手中恰有两张红卡的概率； (2)求在一轮游戏结束后，号学生手中红卡张数的期望； (3)在一轮游戏结束后，将手持两张同色卡片的学生淘汰，余下的学生重新编号，并按照游戏规则重新进行下一轮游戏；当且仅当只剩一个学生未被淘汰或所有学生均被淘汰时，游戏终止．求比赛进行两轮后终止，且此时只剩一个学生未被淘汰的概率． 离散型随机变量的均值与方差 考点5 33．（2026·福建福州·三模）近年，国家不断加大反诈宣传力度.“摸球中奖”就是街头常见的诈骗小游戏，其规则为在不透明袋中装有若干个不同颜色的小球，以摸到特定组合即可获得大额奖金为诱饵，吸引路人参与.已知袋中装有2个红球，3个黄球，4个蓝球，这9个球除了颜色不同以外其他特征均相同，摸球者从袋中随机摸出5个球，若其中三种颜色球的个数比为（所述比例不固定对应具体颜色，下同），则获得100元奖金；若其中三种颜色球的个数比为，则获得5元奖金：若其中三种颜色球的个数比为，则没有奖金也不需付钱：仅当其中三种颜色球的个数比为时，需要支付10元. (1)求摸球者摸球一次获得100元奖金的概率； (2)试用所学的概率与统计知识揭穿此骗局. 34．（2026·福建南平·二模）在棱长为个单位的正四面体中，一个质点从顶点出发，每次等可能地沿着棱移动个单位，移动的方向是随机的. (1)若质点移动了次，记其经过点的次数为，求的分布列及数学期望； (2)若质点移动了次，质点回到点的概率为. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设，证明：. 35．（2026·福建三明·二模）袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中有2个红球和3个白球，从中随机摸出2个球． (1)求摸到的两个球颜色相同的概率； (2)用表示摸出的球为白球的个数，求的分布列及均值． 36．（2026·福建厦门·模拟预测）随机变量X的分布列为，.若，则（    ） A． B． C． D． 37．（2026·福建厦门·二模）（多选）设正整数，其中，定义．设集合，从中随机选取一个元素，记为，则（   ） A． B．中的元素个数为36 C． D． 38．（2026·福建·二模）某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为 其中，． (1)当时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值； (2)已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人． （i）求该顾客为幸运客户的概率； （ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围． 39．（2026·福建宁德·模拟预测）某答题闯关游戏，开始时，先给每位参加者赋分3分，并规定：每答一题，答对加1分，否则减1分；当积分为6分时，闯关成功并结束游戏；当积分为0分时，闯关失败，也结束游戏.甲同学参加该游戏，假如他答对每道题的概率均为，且每道题答对与否相互独立.记游戏结束时甲的答题数为. (1)证明：为奇数； (2)当为奇数时，记甲答完第题时积分为4分、2分的概率分别为，，证明：； (3)求的分布列. 概率统计综合题型 考点6 40．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）已知随机事件，均包含于必然事件，若，，则（    ） A． B． C． D． 41．（2026·福建宁德·二模）把学生考试中解答题结果正确､无明显逻辑错误，但书写步骤不规范､缺少必要文字说明､卷面潦草､得分要点缺失的解答定义为“拙解”.为优化考试阅卷效率，某市教育学院引入AI智能阅卷系统，对数学试卷采用两台初评+人工仲裁的方式阅卷.按扣分评分：“拙解”扣1分､2分､3分.初评与人工仲裁扣分概率均相同，且相互独立，各扣分概率如下表： 扣分 1 2 3 概率 记系统的扣分分别为，仲裁扣分为，扣分规则如下： ①若，取的平均数为最终扣分； ②若，启动人工仲裁，取中与更接近者，与计算平均数为最终扣分，若，则取中较小者与计算平均数为最终扣分. 根据以上材料，解决如下问题： (1)设某同学一道“拙解”的最终扣分为随机变量，求； (2)该同学本次考试5道解答题全部为“拙解”，各题扣分相互独立. （i）记单题扣2分的题目数为，求； （ii）记单题扣分不高于2分的题目数为，若该同学通过规范书写，可将单题扣分不高于2分的概率提升至，为使，求的最小值（结果保留两位小数）. （参考数据：） 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 7大考点概览 考点01计数原理 考点02统计与线性回归方程 考点03古典型概率与条件概率 考点04二项分布与超几何的均值与方差 考点05离散型随机变量的均值与方差 考点06概率统计综合题型 计数原理 运算 考点1 1．（2026·福建南平·二模）已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则（    ） A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8 【答案】D 【详解】二项式的展开式中所有项的系数和为32， 令，得，所以. 若，且，则. 所以，所以. 2．（2026·福建莆田·模拟预测）有6个球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中每次随机取出一个，取出的球不放回，直到6个小球都取完为止．记第次取出球的号码为，在和至少有一个大于的条件下，数列是递增数列的概率为___________． 【答案】 【分析】设事件为“在和至少有一个大于”，事件为“数列是递增数列””，根据组合数可求数列的种数，再由条件概率公式可求题设中的概率. 【详解】设事件为“在和至少有一个大于”， 事件为“数列是递增数列”，则， 因为在和至少有一个大于， 故数列是先减后增或递增或递减数列， 考虑排列左侧的元素的个数及种类，则不同的排列有， 故，故. 3．（2026·福建漳州·三模）已知是集合的非空子集，若，则称是集合的“互斥子集组”，并规定与为不同的“互斥子集组”．集合的不同“互斥子集组”的个数是___________．（用数字作答） 【答案】50 【分析】解法一利用组合数的性质并分类讨论求解即可，解法二列举出具体集合，再分类讨论求解即可. 【详解】解法一：若中各含1个元素时，“互斥子集组”有个， 若中一个含1个，一个含2个元素时，“互斥子集组”有个， 若中一个含1个，一个含3个元素时，“互斥子集组”有个， 若中各含2个元素时，“互斥子集组”有个， 综上，不同“互斥子集组”的个数是50个． 解法二：当集合中有1个元素时，有，共4种情况， 集合是由集合中去除这个元素后，剩下的3个元素组成的非空子集， 可得这样的“互斥子集组”有个， 当集合中有2个元素时，有， 共6种情况，而集合是由集合中去2个元素后， 剩下的2个元素组成的非空子集，此时“互斥子集组”有个， 当集合中有3个元素时，有，共4种情况， 而集合是由集合中去除3个元素后，剩下的1个元素组成的非空子集， 则此时“互斥子集组”有个， 综上，不同“互斥子集组”的个数是50个． 4．（2026·福建三明·二模）的展开式中的系数为________．（结果用数字表示） 【答案】240 【分析】结合二项式展开式通项公式，即可求出对应的展开项以及系数 【详解】由二项式展开项通项公式可得，， 所以，故所求系数为240. 5．（2026·福建宁德·模拟预测）某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡，现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，每一个选手参加一个关卡的闯关，每一个关卡至少一个选手参加，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有______种. 【答案】10 【分析】先计算甲负责第一关时的情况，再减去乙、丙在同一关卡的情况即可. 【详解】已知甲负责第一关，从剩余4人中选2人去第四关，共种选法，剩下2人全排列去第二、三关，共种排法，总方案数为 6 × 2 = 12， 不符合条件（乙丙同关卡）的情况：因为第二、三关都只有1个位置，乙丙只能同时在第四关，此时剩下2人全排列去第二、三关，共种， 因此符合条件的方案数为 12 − 2 = 10 . 6．（2026·福建厦门·模拟预测）已知的展开式中所有项的系数之和为81，则此展开式中常数项为______. 【答案】24 【详解】因为的展开式中所有项的系数之和为81，所以，即，解得， 二项式展开式的通项公式为，， 令，解得，所以二项式的展开式第三项为常数项，常数项为. 7．（2026·福建·二模）为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答） 【答案】 【分析】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，由于甲、乙两人不能被安排到资源组，针对甲、乙两人在同一组与不同组进行分类计算，结合要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多排除一些情况，再使用排列组合公式进行计算. 【详解】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，那么资源组、电芯组、基建组人数分配情况有与, 当甲、乙两人在同一组时，那么甲乙只能同在电芯组或基建组,存在与两种分配情况, 此时,; 当甲、乙两人在不同组时，那么甲乙只能一个在电芯组另一个在基建组,存在与两种分配情况, 此时,; . 8．（2026·福建厦门·二模）某校安排3名男生和2名女生分两组去甲、乙两地参加社会调研．已知每组至多3人，且至少有1名男生，则不同的安排方案共有______种（用数字作答）． 【答案】18 【分析】结合排列组合知识，按照分类加法原理和分步乘法原理求解即可. 【详解】先将3名男生和2名女生按要求分成两组，有两类分组方法： 第一类：由1男1女组成一组，其余2男1女组成一组，有种分法； 第二类：由1男2女组成一组，其余2男组成一组，有种分法. 所以共有种分组方法. 再将分好的两组分配到甲、乙两地参加社会调研，有种分法， 根据乘法分步原理，不同的安排方案有种. 9．（2026·福建漳州·二模）在的展开式中，的系数是（    ） A．15 B． C．30 D． 【答案】A 【详解】二项式展开式的通项为 ， 令，解得， 所以的系数是. 统计与线性回归方程 考点2 10．（2026·福建南平·二模）用函数拟合一组数据，则观测数据的残差为________. 【答案】 【详解】当时，， 所以残差为 11．（2026·福建三明·二模）（多选）下列命题正确的是（   ） A．若样本数据的平均数为2，则数据的平均数为4 B．根据小概率值的独立性检验，当时， 可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05 C．在一组样本数据（，不全相等）的散点图中， 若所有样本点（）都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为 D．若，，，则 【答案】BD 【分析】根据平均数的性质即可判断A，利用独立性检验即可判断B，根据线性回归方程的相关系数即可判断C，根据全概率公式即可判断D. 【详解】对于A：若样本数据的平均数为，所以数据的 平均数为，故A错误； 对于B：根据小概率值的独立性检验，当时， 可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05，故B正确； 对于C：在一组样本数据（，不全相等）的散点图中， 若所有样本点（）都在直线上， 则这组样本数据的线性相关系数为，故C错误； 对于D：由， 所以，故D正确. 12．（2026·福建厦门·二模）（多选）为了研究某款新上市智能手环的直播间展示时长（单位：分钟）与即时下单量（单位：件）之间的关系，某电商平台随机记录了5场直播带货的数据，如下表所示： 直播间展示时长 1 2 3 4 5 即时下单量 12 18 25 30 34 若与的经验回归方程为，样本相关系数为，则（   ） A． B．回归直线过点 C． D．当直播间展示时长为10分钟时，即时下单量的值估计为63 【答案】ACD 【详解】对于A，由数据可知，即时下单量随着直播间展示时长的增大而增大， 因此直播间展示时长与即时下单量为正相关，即样本相关系数，故A正确； 对于B，由数据可知，，， 则回归直线过中心点，不过点，故B错误； 对于C，将点代入，可得，解得，故C正确； 对于D，由C知，与的经验回归方程为， 则时，，故D正确. 13．（2026·福建漳州·二模）（多选）下列说法正确的是（    ） A．若两个变量的样本相关系数的绝对值越接近1，则这两个变量的线性相关性越强 B．若随机变量服从正态分布，且，则 C．一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的上四分位数为11 D．对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为，若样本数据的中心点为，则实数的值是4 【答案】AB 【详解】对于A：相关系数的取值范围为，其绝对值越接近1，表示两个变量的线性相关程度越强； 越接近0，线性相关程度越弱，这是统计学中的基本结论，因此A正确； 对于B：已知，则均值， 由正态分布的对称性，得：，又已知， 所以因此B正确； 对于C：上四分位数的位置为， 故上四分位数为第8个数，因此C错误； 对于D：经验回归方程为，样本中心点为， 回归直线必过样本中心点，代入得， 解得，因此D错误. 14．（2026·福建福州·三模）某AI数据中心共有4个开源大模型供公众使用.该中心分别对这4个模型在某天内的词元调用量进行调查，画出频率分布直方图，其中词元调用量的平均数低于中位数的为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】在频率分布直方图中，中位数左右两边面积相等，平均数受极端值影响，偏向长尾方向. 直方图左偏（左边拖尾长，右边集中）,如D选项→平均数中位数； 直方图右偏（右边拖尾长，左边集中），如B选项→平均数中位数； 直方图对称，如AC选项→平均数≈中位数. 故此题选D. 15．（2026·福建龙岩·三模）已知数据：，将这组数据中的每个数值都加上3后，与原始数据相比，调整后的数据中不会发生改变的是（   ） A．方差 B．众数 C．中位数 D．平均数 【答案】A 【分析】设原始数据为，新数据为，且，则，根据样本的数字特征的定义和计算公式分析即可判断. 【详解】原始数据：，将这组数据中的每个数值都加上3后， 新数据：， 对于A，由知，故A正确； 对于B，原始数据的众数为3，新数据的众数为6，故B错误； 对于C，原始数据的中位数为，新数据的中位数为，故C错误； 对于D，由知，故D错误. 16．（2026·福建南平·二模）（多选）已知各项均为正数的数列：1，2，，，，，其中奇数项成公差为的等差数列且和为9，偶数项成公比为的等比数列且和为14，则下列选项中正确的是（    ） A． B． C．上四分位数为5 D．下四分位数为5 【答案】BC 【分析】根据等差、等比数列求，，，以及和，即可判断AB；根据百分位数的定义判断CD. 【详解】因为为等差数列，则，可得，，； 又因为成等比数列，则， 整理可得，解得或（舍去），可得，； 综上所述：数列为：1，2，3，4，5，8，故A错误，B正确； 因为，所以下四分位数为2，故D错误； 又因为，所以上四分位数为5，故C正确. 17．（2026·福建泉州·模拟预测）某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2025年国庆期间该市和两个景区的日接待人数的数据（单位：万人），绘制了如下折线图，则（    ） A．景区这7日数据的第80%分位数是8.7 B．景区这7日数据的极差是1.7 C．景区这7日数据的平均数比景区的两倍小 D．景区这7日数据的方差比景区的大 【答案】C 【详解】对于A项，将景区 A 的数据从小到大排序得， 因为，不是整数， 故景区这7日数据的第80%分位数是第项为，故A错误； 对于B项，景区这7日数据的极差是，故B错误； 对于C项，因为景区的平均数：, 景区的平均数：, 所以景区这7日数据的平均数比景区的两倍小，故C正确； 对于D项，由折线图可知景区的人数波动比景区的人数波动小，故景区这7日数据的方差比景区的小，故D错误. 18．（2026·福建漳州·三模）样本数据的众数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为样本数据中出现的次数最多，所以该样本数据的众数为． 19．（2026·福建宁德·二模）（多选）某市生态环境局记录了4月1-7日连续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 2 0 3 2 2 则以下结论正确的是（    ） A．这组数据的中位数是 B．这组数据的众数是2 C．若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的平均数不变 D．若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的方差变小 【答案】BCD 【详解】将数据从小到大排序得：. 对于A，最中间数据是2，所以这组数据的中位数是，故A错误； 对于B，2出现三次，出现两次，其余一次，故众数为2，故B正确； 对于C，前7天预测误差的平均数为， 若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的平均数为， 所以加入该数据后的平均数不变， 原数据的方差， 若第8天的预测误差为1，则新数据的方差为， 所以加入该数据后的方差变小，故CD正确. 20．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）某校有学生人，其中男生人，女生人.为调查学生的课外阅读情况，按性别比例分配，用分层随机抽样的方法抽取学生人，并统计样本中男生和女生一天的阅读时间（单位：分钟），绘制成如下两个频率分布直方图，则（    ）    A． B．样本中男生阅读时间的中位数低于分钟 C．样本中阅读时间在分钟以下的学生中，男生人数比女生人数多 D．用样本估计总体，全校学生中阅读时间在分钟以上的约有人 【答案】ACD 【分析】根据分层抽样的比例确定男生女生的样本数，然后利用频率分布直方图的性质即可判断. 【详解】对于A，由于频率分布直方图中，所有矩形的面积为，即，解得，故A正确； 对于B，男生前两组的频率为，前三组的频率为， 因此，男生阅读时间的中位数位于第三组，设中位数为，则有，解得， 即男生阅读时间的中位数为分钟，高于分钟，故B错误； 对于C，由于总人数人，其中男生人，女生人，抽样人按比例分配，其中男生人，女生人， 男生阅读时间在分钟以下的人数为人，女生阅读时间在分钟以下的人数为人， 因此阅读时间在分钟以下的人数中，男生人数比女生人数多，故C正确； 对于D，男生阅读时间在分钟以上的人数为人， 女生阅读时间在分钟以上的人数为人，因此样本中阅读时间在分钟以上的人数为人， 全校估计阅读时间在分钟以上的人数为人，故D正确. 21．（2026·福建·二模）某次测试中，某10人的成绩（单位：分）分别为：48，75，58，66，78，82，84，78，86，91，则这组数据的第80百分位数是（    ） A．78 B．82 C．84 D．85 【答案】D 【详解】将数据从小到大排列，得到48，58，66，75，78，78，82，84，86，91， 由于，故从小到大选取第8个和第9个数的平均数作为第80百分位数， 所以这组数据的第80百分位数是. 22．（2026·福建·二模）某次测试中，某人的成绩（单位：分）分别为：、、、、、、、、、，则这组数据的第百分位数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将数据由小到大进行排列，结合百分位数的定义可得结果. 【详解】将这个数据由小到大进行排序为：、、、、、、、、、， 因为，故这组数据的第百分位数是. 古典型概率与条件概率 考点3 23．（2026·福建南平·二模）某智能助手回答问题数据统计如下：理学类占总提问的40%，回答正确率为90%；文史类占总提问的60%，回答正确率为80%，用频率估计概率，则该助手回答问题正确的概率为（    ） A．0.72 B．0.8 C．0.84 D．0.9 【答案】C 【详解】设“理学类提问”为事件，“文史类提问”为事件，“回答正确”为事件， 则， 所以. 24．（2026·福建漳州·三模）甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，且三人的选择相互独立．设事件“三个人去的景点各不相同”，事件“甲去了第1个景点”，事件“乙去了第1个景点”，则下列说法错误的是（    ） A．与互斥 B．与相互独立 C． D． 【答案】A 【详解】对于A：因为甲乙有可能都去第1个景点，即与能同时发生，所以与不互斥，所以A错误； 对于C：由题意得，所以C正确； 对于B：因为， 所以，所以与相互独立，所以B正确； 对于D：因为，所以，所以D正确． 25．（2026·福建莆田·二模）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. 二项分布与超几何分布的均值与方差 考点4 26．（2026·福建龙岩·三模）某逃脱关卡游戏的最后一关有3扇外观有细微差异的传送门，其中仅有1扇传送门可通往安全出口，资深玩家可以识别细微差异，新手玩家无法识别这种差异．该关卡的游戏规则为：每位玩家每次仅选1扇传送门尝试，选对且走出安全出口，游戏结束，选错则重新选择．规定每位玩家至多有10次尝试的机会，且每次尝试后传送门的顺序会随机调整．现有新手玩家和资深玩家独立挑战该关卡，玩家每次均从3扇门中等可能随机选择1扇门尝试，各次选择相互独立；玩家每试错1扇门，下次则不重复选择已选错的门．设挑战结束时，随机变量分别为玩家尝试的次数． (1)求； (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）依题意，分别列出的所有可能的值，求出对应的概率分布列，再由结合独立事件概率乘法公式计算即得； （2）根据（1）的结论求出的表达式，利用错位相减法求其和即可得证. 【详解】（1）由已知得： 所以 设资深玩家B在第i次尝试中选对为事件， 则 所以， 又因为随机变量相互独立， 所以 （2） 当时， 当时， 得 设①，此时， ② ①－②得： 所以 27．（2026·福建福州·三模）共有3枚质地均匀的硬币，每枚硬币抛出后正面朝上与反面朝上的概率均为.第一次将三枚硬币同时抛出，之后每次从当前反面朝上的硬币中任意选取2枚同时抛出，直到反面朝上的硬币数少于2枚时停止操作.当停止操作时，所有硬币均为正面朝上的概率为__________. 【答案】 【分析】分别计算第一次抛硬币结果为3个正面，第一次抛硬币结果为1反2正，第一次抛硬币结果为1正2反，第一次抛掷结果为3反，且最终出现3正的概率，相加可得答案. 【详解】当第一次抛硬币结果为3正，停止操作，对应概率为； 当第一次抛硬币结果为1反2正，停止操作； 当第一次抛硬币结果为1正2反，发生概率为. 对两枚出现反面的硬币继续抛掷，若出现2正，停止操作，对应概率为， 若出现1正1反，停止操作；若出现2反，回到原状态，对应概率为. 则在出现1正2反的前提下，出现3个正面的概率为：， 从而第一次抛硬币结果为1正2反，且最终得到3个正面的概率为：； 当第一次抛掷结果为3反，发生概率为，选择其中两枚出现反面的硬币继续抛掷， 若出现2正，停止操作；若出现1正1反，发生概率为， 此时抛硬币结果为1正2反，由以上解析可得最终得到3个正面的概率为，则对应概率为； 若出现2反，对应概率为，回到原状态，设在第一次抛掷结果为3反的前提下，得到3个正面的概率为，则， 从而第一次抛掷结果为3反，且最终得到3个正面的概率为：. 综上所述，在各种情况下，最终得到3个正面的概率为. 28．（2026·福建厦门·模拟预测）某棋类游戏有不同规格的地图，规格为（，）的地图共有个格子，编号为0，1，2，…，，如下图所示. 0 1 2 … 2n 游戏规则如下： ①玩家首先选定地图规格，并获得2枚金币，棋子位于起点（0号格子）； ②玩家掷一枚质地均匀的骰子，向上点数不超过2时，棋子向前跳1格；否则，向前跳2格；如此重复操作直至游戏成功或失败； ③每当棋子落到非零偶数格时，就相应扣除1枚金币.当金币被扣光或棋子落到号格子时，游戏终止，视为失败，无奖励；当棋子落到号格子时，游戏终止，视为成功，获得奖励10n元. (1)若选定规格为的地图，求游戏成功的概率； (2)若选定规格为的地图，求棋子落到2n号格子且游戏成功的概率； (3)为使获得奖励的期望最大，玩家应选择何种规格的地图？ 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）列出失败的路径，求出失败的概率再计算即可； （2）列出棋子路径，再计算概率即可； （3）先列出成功的情况，分别计算其概率再相加，再列出收益分布列和期望表达式，计算最大值即可. 【详解】（1）由题意得，向前跳1格概率为，向前跳2格为， 时，游戏失败只有2和4两格均落到和不落到2号格且从4号格直接落到6号格， 落到2号格概率为，从2号格到4号格概率为， 不落到2号格且落到4号格概率为，从4号格直接落到6号格概率为， 故失败的概率为， 所以成功的概率为； （2）因为2n号格为非零偶数格，所以棋子在落到2n号格子前不能落到非零偶数格上， 所以路线为共 次跳 2 格，3 次跳 1 格， 所以棋子落到号格子且游戏成功的概率为； （3）设“游戏结束时，余下的金币数量”，则， ； 时，棋子路径有3种情况： ，其概率为； ，其概率为； 棋子落到第号格处且成功，共有种路径， ， 每条路径概率相等且每条路径概率为， ， 总成功概率， 设收益为，则的分布列为 ， 令，即，解得， ，所以故 时期望最大，期望最大的地图规格为. 29．（2026·福建泉州·模拟预测）某商场举行五一节优惠活动，顾客每消费满100元可抽奖一次.抽奖规则如下：箱中共有4个红球和2个黑球，这些球除颜色外完全相同，顾客每次随机摸出3个球，若摸出的红球不少于2个则中奖，否则不中奖.各次抽奖互不影响. (1)求抽奖一次中奖的概率； (2)商场规定每中奖一次，返现10元.设某顾客在活动期间消费元，按规定返现元.若事件“”的概率最大，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据古典概型的概率计算公式求解即可. （2）先明确事件“”的概率最大的意义，结合二项分布的概率计算公式和数列的单调性以及组合数的计算，可求的最小值. 【详解】（1）设 “抽奖一次中奖”为事件，则. （2）设抽奖次数为，则（表示的整数部分）. 事件“”表示中奖次数为次，设表示中奖次数， 则. 因为事件“”的概率最大， 所以 ， 所以 . 又，所以. 由，解得，即的最小值为. 30．（2026·福建漳州·三模）某智慧园区需要对3台设备进行巡检，现有以下两个巡检方案： 方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3台设备逐一进行检测，若机器人成功检测2台或3台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮巡检；若机器人成功检测的设备少于2台，则进行第二轮巡检．第二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一进行检测，无论第二轮检测结果如何都结束巡检．机器人每次成功检测每台设备的概率为，且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台设备检测一次的费用为18元． 方案二：采用人工巡检，对3台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测一次的费用为30元． (1)当时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率； (2)记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为，求的数学期望（用表示）； (3)若以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个？ 【答案】(1) (2) (3)应选方案一． 【分析】（1）根据题意，机器人第一轮巡检成功检测到2台或3台设备，利用二项分布求概率； （2）由题意得，，分别得出所需检测次数及其概率，即可得分布列及数学期望； （3）分别计算两种方案期望，即可做出决策. 【详解】（1）由题意，机器人第一轮巡检成功检测到2台或3台设备， 所以机器人无需进行第二轮巡检的概率为 （2）由题意得，， ， 所以， 所以． （3）应选方案一，理由如下： 记为机器人巡检的检测总费用，为人工巡检的检测总费用， 由题意得，， 令， 则， 因为，所以，即在上单调递减， 所以， 所以， 故选用智能机器人巡检的检测平均总费用更低，应选方案一． 31．（2026·福建莆田·模拟预测）篮球运动员甲做分组投篮训练，投篮5次为一组，投中一次得1分，未投中一次得-1分．假设甲每次投中的概率为． (1)若，求甲在一组投篮训练中累计得分为1分的概率； (2)收集甲以往100组训练数据，分别计算每组累计得分，如下表所示： 累计得分 -5 -3 -1 1 3 5 频数 1 8 24 34 26 7 （i）求表中累计得分的平均数； （ii）用表示一组投篮训练的累计得分．将（i）中的平均数作为的数学期望的估计值，求的值． 【答案】(1) (2)（i）0.94; （ii）0.594. 【详解】（1）设甲在一组投篮训练中累计得分为1分为事件A，则甲在一组训练中，投中3次，未投中2次， 则. （2）（i）设累计得分的平均数为，则. （ii）设投中次数为，则，所以, 累计得分, 所以 又因为，所以，解得. 32．（2026·福建厦门·二模）某班级在课堂上开展传递卡片游戏，规则如下： ①将各学生依次编号为，每个学生手中均有红卡、黑卡各一张； ②老师先给1号学生随机等可能地发放一张红卡或黑卡； ③2号从1号手中的三张卡片中随机抽取一张，接着，3号从2号手中的三张卡片中随机抽取一张，重复上述操作，直至号从号手中的三张卡片中随机抽取一张； ④老师从号手中的三张卡片中随机取出一张弃置． 则一轮游戏结束． (1)求在一轮游戏结束后，1号学生手中恰有两张红卡的概率； (2)求在一轮游戏结束后，号学生手中红卡张数的期望； (3)在一轮游戏结束后，将手持两张同色卡片的学生淘汰，余下的学生重新编号，并按照游戏规则重新进行下一轮游戏；当且仅当只剩一个学生未被淘汰或所有学生均被淘汰时，游戏终止．求比赛进行两轮后终止，且此时只剩一个学生未被淘汰的概率． 【答案】(1) (2)1 (3) 【分析】（1）根据题意，在1号手中放入红卡，取出黑卡满足题意，再求解对于概率即可； （2）先根据全概率公式，建立递推关系，求得对任意号学生抽取卡片后手中有两张红卡和一张黑卡的概率为，，再求号手中红卡个数的取值及对应概率，并求解期望即可. （3）由题可知，一轮游戏后至少还有个学生未被淘汰”，其中，进而结合（2）得一轮后单个学生不淘汰的概率为，根据未被淘汰的人数二项分布求得，二轮结束后人中剩1人未被淘汰的概率为：，最后结合组合恒等式，全概率公式求得即可. 【详解】（1）解：记“一轮游戏结束后1号手中有两张红卡”， 若要1号手中是两张红卡，则应从在1号手中放入红卡，取出黑卡 所以， 所以一轮游戏结束后，1号学生恰有两张红卡的概率为； （2）解：记“抽取卡片后号学生手中有两张红卡和一张黑卡”， “从号手中取出的卡为红卡”， 所以，， ，， 则由全概率公式可得： 则，故， 又，所以，， 假设一轮游戏结束后，号手中红卡个数为，可能取值为， ， ， ， 所以. （3）解：由题可知，一轮游戏后至少还有两位学生未被淘汰， 记“一轮游戏后剩个学生未被淘汰”，其中， 记“两轮游戏后恰好剩一个学生未被淘汰”， 则， 由（2）知，每个学生，一轮后最终卡片的状态概率为： 两红的概率；两黑的概率， 所以，单个学生被淘汰的概率均为，不淘汰的概率为 故一轮结束后，未被淘汰的人数服从二项分布， 所以，， 第二轮结束后，人中剩1人未被淘汰的概率为：， 所以， 由全概率公式得： 因为， 因为 ， 所以 所以比赛进行两轮后终止，且此时只剩一个学生未被淘汰的概率 离散型随机变量的均值与方差 考点5 33．（2026·福建福州·三模）近年，国家不断加大反诈宣传力度.“摸球中奖”就是街头常见的诈骗小游戏，其规则为在不透明袋中装有若干个不同颜色的小球，以摸到特定组合即可获得大额奖金为诱饵，吸引路人参与.已知袋中装有2个红球，3个黄球，4个蓝球，这9个球除了颜色不同以外其他特征均相同，摸球者从袋中随机摸出5个球，若其中三种颜色球的个数比为（所述比例不固定对应具体颜色，下同），则获得100元奖金；若其中三种颜色球的个数比为，则获得5元奖金：若其中三种颜色球的个数比为，则没有奖金也不需付钱：仅当其中三种颜色球的个数比为时，需要支付10元. (1)求摸球者摸球一次获得100元奖金的概率； (2)试用所学的概率与统计知识揭穿此骗局. 【答案】(1). (2)摸球者每次摸球的期望收益是元，游戏对玩家不利，是骗局. 【分析】(1) 摸球者摸球一次获得100元奖金，则摸到0个红球，1个黄球，4个蓝球；或者摸到0个黄球，1个红球，4个蓝球，从而求出对应的概率. (2)求出摸球者每次摸球的期望收益是元，即平均每次亏损元，游戏对玩家不利，是骗局. 【详解】（1）因为摸球者摸球一次获得100元奖金，所以摸到三种颜色球的个数比为，共有两种情况， 0个红球，1个黄球，4个蓝球；0个黄球，1个红球，4个蓝球. 设“摸球者摸球一次获得100元奖金”为事件，则. （2）设摸球者收益为，则的可能取值是100，5，0，， 由(1)知, 因为获得5元奖金的情况有：0个红球，2个黄球，3个蓝球；0个红球，2个蓝球，3个黄球；0个黄球，2个红球，3个蓝球；0个蓝球，2个红球，3个黄球， 所以 因为没有奖金也不需付钱的情况有：1个红球，1个黄球，3个蓝球；1个红球，1个蓝球，3个黄球， 所以， 因为需要支付10元.的情况有：1个红球，2个黄球，2个蓝球；1个黄球，2个红球，2个蓝球；1个蓝球，2个红球，2个黄球， 所以， 所以， 即摸球者参与一次游戏，平均要损失元，长期参与必然亏损，这就是典型的骗局. 34．（2026·福建南平·二模）在棱长为个单位的正四面体中，一个质点从顶点出发，每次等可能地沿着棱移动个单位，移动的方向是随机的. (1)若质点移动了次，记其经过点的次数为，求的分布列及数学期望； (2)若质点移动了次，质点回到点的概率为. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设，证明：. 【答案】(1)分布列见详解， (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见详解 【分析】（1）根据的所有可能取值依次求概率即可得到的分布列，最后通过数学期望的公式求出期望； （2）（i）根据次后质点到三点的概率相同，再根据次后质点从三点回到点的概率也相同，即可得到数列的通项公式；（ii）先写出数列的表达式，构造函数，利用函数的单调性即可证明. 【详解】（1）依题意可得，的所有可能取值为， 则，， ， 则的分布列为 X P 所以. （2）（ⅰ）由质点每次等可能地随机沿棱移动个单位可知，若质点移动了次，次后质点到三点的概率相同，记为，易知，， 若质点移动了次，， 若质点移动了次，由三点等可能地向点移动，故， 则，即，所以，， 数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即. （ⅱ）， ，所以，是递减数列， 设，，， 所以函数在上单调递增， 所以由得， 即， 所以， 则. 35．（2026·福建三明·二模）袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中有2个红球和3个白球，从中随机摸出2个球． (1)求摸到的两个球颜色相同的概率； (2)用表示摸出的球为白球的个数，求的分布列及均值． 【答案】(1) (2)的分布列为： 0 1 2 . 【分析】（1）根据互斥事件的概率加法公式分析计算即可； （2）利用古典概型概率，以及求随机变量均值公式分析计算即可. 【详解】（1）设事件“摸到的两个球颜色相同”，事件“摸到的两个球为红球”，事件“摸到的两个球为白球”，则． 因为，互斥，所以根据互斥事件的概率加法公式，可得 ． （2）的可能取值为， 则， 所以的分布列为： 0 1 2 的均值为. 36．（2026·福建厦门·模拟预测）随机变量X的分布列为，.若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为随机变量X的分布列为，， 所以，即，又因为， 所以，解得. 37．（2026·福建厦门·二模）（多选）设正整数，其中，定义．设集合，从中随机选取一个元素，记为，则（   ） A． B．中的元素个数为36 C． D． 【答案】ACD 【分析】利用新定义判断AB；结合列举法利用古典概型概率公式求解判断C；求出所有满足的n，然后求平均值即可判断D. 【详解】对于A，因为，所以，所以，正确； 对于B，中的元素个数为，错误； 对于C，设，中满足元素如下： 因为，所以以的大小作为分类依据， 时，，，，， ，，，共有7个， 同理时有8个，时有9个，所以，正确； 对于D，集合中所有元素和为， 所以，正确. 38．（2026·福建·二模）某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为 其中，． (1)当时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值； (2)已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人． （i）求该顾客为幸运客户的概率； （ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（i），；（ii）. 【分析】（1）由分布列的性质得出，再利用期望公式求解即可； （2）（i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”，求出、，利用全概率公式可得出的表达式及的取值范围； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 求得，利用全概率公式求出的值，利用条件概率公式结合可得出关于的不等式，结合可得出的取值范围. 【详解】（1）由题可知，， 化简可得 ， 当时，，则， 即顾客一次性购买文创盲盒数量的平均值为． （2）（i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”， 则，，，． 依题意，得，， 因为每个盲盒是否为封面款相互独立， 所以，， 又由题意知，，且、、、两两互斥， 所以， 由（1）得，，代入化简可得， 所以，； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 依题意，得，且，、、两两互斥， 所以， 由（i）得，， 所以幸运客户中，一次性购买的文创盲盒全部是封面款的概率为 ， 由题意，可得，解得， 又因为，所以． 39．（2026·福建宁德·模拟预测）某答题闯关游戏，开始时，先给每位参加者赋分3分，并规定：每答一题，答对加1分，否则减1分；当积分为6分时，闯关成功并结束游戏；当积分为0分时，闯关失败，也结束游戏.甲同学参加该游戏，假如他答对每道题的概率均为，且每道题答对与否相互独立.记游戏结束时甲的答题数为. (1)证明：为奇数； (2)当为奇数时，记甲答完第题时积分为4分、2分的概率分别为，，证明：； (3)求的分布列. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设游戏结束时甲共答对道题，答错 道题，分别求出得分为和的情况下的答题数为，即可证明. （2）分别计算答完第题时积分为4分、2分的概率，做除法即可证明. （3）因为X为奇数，设X=2k+1，，先确定X的可能取值，利用（2）中的概率关系，结合游戏结束的条件（积分到0或6），建立不同答题数下结束游戏的概率递推公式，进而求出每个取值对应的概率，得到分布列。 【详解】（1）证明：设游戏结束时甲共答对道题，答错 道题，最终得分为 ，游戏结束时最终得分只能为或， 若得分： ，是奇数； 若得分： ，也是奇数. 因此必为奇数，得证. （2）证明：为奇数，设答对k道，答错题，得分为 ， 答完题积分为分的情况下​，故答错​道，因此； 答完题积分为分的情况下​，故答错道，因此， 由组合数性质​​，两式作比得 ， 故，得证. （3）由题知是不小于的奇数，记 ，游戏在第题结束，说明前题未结束（积分既不为0也不为6）， 结合（2）的结论可推得递推关系：记 为的概率，初始， 且对任意有 因此得到通式 因此X的分布列为： X … … P … … 概率统计综合题型 考点6 40．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）已知随机事件，均包含于必然事件，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据条件概率公式，变形求解，可判断A、D的正误；根据概率加法公式，可判断B的正误，根据概率的范围，结合二次函数的性质，可判断C的正误； 【详解】选项A：由条件概率公式得，故A错误； 选项B：由概率加法公式得， 因为，所以， 则，故B正确； 选项C：， 所以，则， 令，， 则， 因为，， 所以， 当且仅当时取等号，故C正确； 选项D：， 当或时，才有， 但，， 无法确定是否为0及是否等于，故D错误. 41．（2026·福建宁德·二模）把学生考试中解答题结果正确､无明显逻辑错误，但书写步骤不规范､缺少必要文字说明､卷面潦草､得分要点缺失的解答定义为“拙解”.为优化考试阅卷效率，某市教育学院引入AI智能阅卷系统，对数学试卷采用两台初评+人工仲裁的方式阅卷.按扣分评分：“拙解”扣1分､2分､3分.初评与人工仲裁扣分概率均相同，且相互独立，各扣分概率如下表： 扣分 1 2 3 概率 记系统的扣分分别为，仲裁扣分为，扣分规则如下： ①若，取的平均数为最终扣分； ②若，启动人工仲裁，取中与更接近者，与计算平均数为最终扣分，若，则取中较小者与计算平均数为最终扣分. 根据以上材料，解决如下问题： (1)设某同学一道“拙解”的最终扣分为随机变量，求； (2)该同学本次考试5道解答题全部为“拙解”，各题扣分相互独立. （i）记单题扣2分的题目数为，求； （ii）记单题扣分不高于2分的题目数为，若该同学通过规范书写，可将单题扣分不高于2分的概率提升至，为使，求的最小值（结果保留两位小数）. （参考数据：） 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用分类列举扣分情形，结合独立事件乘法公式即可求解； （2）（i）先求单题扣2分的概率，再利用二项分布概率公式即可求解条件概率； （ii）利用二项分布概率公式，结合单调性解不等式，即可作出判断. 【详解】（1）某同学一道 “拙解”的最终扣分为分，包括以下四种可能： 扣1分，扣2分； 扣2分，扣1分； 扣1分，扣3分，仲裁扣2分； 扣3分，扣1分，仲裁扣2分， 故 ； （2）因为 ， ， ， 单题扣分的概率为，， ， ， ， 故，； （ii）原本单题扣分不高于分的概率为，则， 由，有，得， 令，， 故在单调递增， 又， ， 所以的最小值为. 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 $