微专题15 概率分布与方案决策 讲义-2027届高三数学二轮专题复习

第3章 · 概率与统计 · 大单元7 概率、随机变量及其分布 高中数学二轮复习专题讲义 15微专题15概率分布与方案决策  分布列是把一个随机量彻底说清的清单，期望与方差是这张清单上的两个刻度。二轮只练两件事：把取值与概率写全，以及在两个方案之间作差判号——概念定义一条不铺。 怎么用这本讲义：先读“考情与命题趋势”，明确最近三届考什么；再照“知识与方法必备”的速查表对号入座；然后按四步流程精读例题，并独立完成变式；最后限时完成课后分层训练，错题回对应例题重走流程。 ▶ 一、考情与命题趋势 近三届这类题分成两条线：小题线上不再老实列分布列，而是考期望的可加性与对称性（2024、2025 年填空压轴，2026 年单选压轴同属这一路）；大题线上规则由题目现场给出，问“由谁先”“选哪个”，必须把两个方案的目标量各算一遍再作差判号。二轮的抓手就是把这两条流程固定下来。 表内取舍说明：2026 年新课标Ⅰ卷第 8 题（64 个点上的坐标和）与第 17 题（投篮停止次数）、2023 年新课标Ⅰ卷第 21 题（换人递推）、2022 年新高考Ⅰ卷第 20 题（条件概率）以新定义与条件概率为主，归微专题 16；2023 年新课标Ⅱ卷第 19 题的双频率分布直方图归微专题 13。本表只收真正落在“分布列—期望方差—方案决策”这条线上的题：2025 年新课标Ⅰ卷第 14 题、2024 年新课标Ⅱ卷第 18 题、2024 年新课标Ⅰ卷第 14 题、2023 年新课标Ⅱ卷第 12 题分别用作例题与变式的母题，2022 年全国乙卷第 10 题（棋手出场次序）收进课后训练 B 组。 表 1: 概率分布与方案决策考情梳理 年份 卷别 题号 考查点 2025 新课标Ⅰ卷 14 有放回取球：“至少取出一次的球的个数”的数学期望 2024 新课标Ⅱ卷 18 两阶段投篮：分布列、由 15 分的概率与期望比较出场顺序 2024 新课标Ⅰ卷 14 卡片比分：期望的可加性，并由期望反推“总得分不小于 2”的概率 2023 新课标Ⅱ卷 12 单次与三次传输：独立重复试验的概率计算与方案优劣比较 2022 全国乙卷 10 三盘棋的出场次序：连胜两盘概率最大化的方案选择 三条线索值得注意。其一，“个数”“总分”类随机变量在小题里靠拆指示变量或对称性整体求和，列分布列反而慢，但大题仍要求写全并验和。其二，方案题的落点从“算出来”变成“比出来”：目标量用字母表示，作差后分解判号，最后写一句“选谁”。其三，方差开始参与决策——2024 年新课标Ⅱ卷第 18 题两问分别比概率与比期望，一旦加上“波动不超过某值”的约束，期望大的方案未必可选。 ▶ 二、知识与方法必备 二轮不重铺概念，先给速查表，再给三条直接服务本题型的结论清单；表里“一眼认出它的样子”一列，是拿到题后对号入座的依据。 表 2: 概率分布与方案决策题型速查表 题型 一眼认出它的样子 核心动作 对应例题 一 · 取出个数与累计得分 从若干对象里取若干次，问“出现过的个数”“总得分” 定取值、数事件（分类或对立）、列分布列、验和为 1 例 1、变 1-1 二 · 规则比较与顺序决策 给两套规则或两种顺序，问“由谁先”“选哪个” 两个目标量各列一遍，作差后因式分解判号 例 2、变 2-1 三 · 收益与风险 给成本、售价、损耗或中奖概率，问利润还要问稳不稳 利润写成 的函数，先验约束再比期望、比方差 例 3、变 3-1 结论一 · 分布列与数字特征的四件套 分布列三条性质：、、取值不重不漏——写完先加总验 1。，。线性变换 ，（加常数不动方差）。常用分布：两点分布 、；二项分布 有 、；超几何分布 有 。 结论二 · 可加性不需要独立 对任意随机变量都成立； 必须独立。据此有两把快刀：指示变量法——把“个数”写成若干 0-1 变量之和，每个只需算“至少出现一次”的概率 ，再相加；对称性法——样本点等可能时 ，先把全体样本点配对求和，再扣掉被删去的。两法都不必列分布列。 结论三 · 方案决策的书写闭环 设（两个目标量 、）→ 列（分布列或所求概率）→ 算（ 或 ）→ 比（作差后因式分解，逐因子说明正负并写明依据的条件，如 ）→ 答（选谁、为什么）。同期望比方差；期望大但方差大时，先核对题目给的波动约束，约束不过一律淘汰。 ▶ 三、高频题型突破 本节三个题型各配一道母题与变式，每题统一按四步展开：认模型 → 定取值 → 核心推演 → 回检定论。第 2 步专管“随机量能取哪些值、每个值对应哪件事”，第 4 步专管概率和是否为 1、作差的符号依据、结论表述是否完整。四步名全篇不换。 （一）题型一：取出个数与累计得分 题型识别。题面出现“取 次”“记……的个数为 ”“总得分为 ”——随机量是对对象或试验次数的计数；放回与不放回、计分与弃牌规则都会改变每个取值的概率。 通法模型。第 1 步判定是超几何（不放回）、二项（有放回独立）还是“个数型”（拆指示变量）；第 2 步把每个取值翻译成“哪几类对象被取到、各几个”，少则正面分类、多则用对立；第 3 步算概率、列分布列、验和、求期望；第 4 步验概率和与期望范围，再用一句实际意义收尾。 例题 1（题型一·有放回取球的个数） 一个箱子里有 5 个相同的球，分别以 1，2，3，4，5 标号。从箱中有放回地取三次，每次取 1 个球，记这 5 个球中至少被取出一次的球的个数为 。 (1) 求 的分布列、数学期望与方差； (2) 不列分布列，利用指示变量再求一次 ，并说明为什么不必先证独立。 图 1: 例题 1 中 X 的分布列柱状图 解析 第 1 步 · 认模型：有放回取三次，样本点总数 且等可能； 是“出现过的球的个数”，不是“取出次数”，属于典型的个数型随机变量。 第 2 步 · 定取值：三次最多出现 3 个不同号码，最少 1 个，故 ： 即三次同号， 即三次互不相同， 即恰有一个号码出现两次。 第 3 步 · 核心推演： 的取法有 5 种，。 的取法是 5 个号码里有序排 3 个，共 种，。由对立事件得 （直接数也一致：选 2 个号码、定谁出现两次、排位置共 60 种）。于是 又 ，故 。 第 (2) 问：对每个号码设指示变量 ——第 号球至少被取出一次时取 1，否则取 0（），则 。第 号球三次都没被取出的概率为 ，故 。期望的可加性不要求 相互独立（同一个球不可能既露面又不露面，各指示变量其实相关），直接得 ，与第 (1) 问一致。 第 4 步 · 回检定论：概率和 通过； 合理， 说明取值主要落在 2、3 两处。结论：三次有放回取球平均能让约 2.44 个不同的球露面。 方法点睛 · 个数型先问“谁露面” “个数”类随机变量的难点在取值翻译： 不是“取了两次”，而是“恰有两个号码露面”。先给每个对象设 0-1 变量、把个数写成和，期望一步到位；要分布列时再回到分类计数。两条路互相检验——考场上先用快的，再用慢的验。 易错微警 · 放回与不放回不能共用公式 同样取 2 个球，若改成“有放回取两次”，红球数服从二项分布 ，；而不放回时 。看到“一次任取”“不放回”就用组合数（超几何），看到“有放回”“各次独立”才用 （二项）。 变式 1-1（题型一·由期望反推概率） 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片分别标有 1，3，5，7，乙的卡片分别标有 2，4，6，8。两人进行四轮比赛，每轮各从自己持有的卡片中随机选一张，比较大小，数字大的人得 1 分，数字小的人得 0 分，然后各自弃置本轮所用卡片（弃置的卡片此后不能使用）。设四轮后甲的总得分为 ，求 与 。 解析 第 1 步 · 认模型：卡片弃置使四轮不独立，直接列 的分布列要处理“四张牌怎么配对”，更稳的路子是期望的可加性。 第 2 步 · 定取值：甲的标号 1 必输，故 至多 3，取值 。设第 轮甲得分为 （0 或 1），则 。 第 3 步 · 核心推演：对任意一轮，甲、乙各出四张中的一张，共 16 种等可能配对，甲得分的配对为 (3,2)、(5,2)、(5,4)、(7,2)、(7,4)、(7,6) 六种，故 ，由可加性 。 再求概率：由对称性可固定乙四轮依次为 2，4，6，8，则甲的出牌是 1，3，5，7 的一个排列，共 24 种等可能。 要求每轮都小，只有 1,3,5,7 顺次对应，唯一； 要求 3，5，7 全胜且 1 撞上 8，只有 3,5,7,1，也唯一。故 。记 ，由 得 ；由 得 。两式相减得 ，。 第 4 步 · 回检定论：。检验：四个概率之和 ，且 ，两处都对得上。 方法点睛 · 期望当方程用 取值不多、两端概率容易数清时，列分布列可以倒过来做：先用可加性拿到 ，再用唯一确定的两端概率凑出关于 的方程组。期望在这里不是结果而是已知条件——2024 年新课标Ⅰ卷第 14 题正是这个套路。 （二）题型二：规则比较与顺序决策 题型识别。题面给出两套可替换的规则（谁先出场、单次还是三次传输、甲方案还是乙方案），并问“应该由谁”“哪种更优”。目标量往往是同一件事在不同规则下的概率或期望。 通法模型。第 1 步先定决策点——比概率还是比期望；第 2 步给两个方案各设一个随机量并写清取值与事件；第 3 步算出两个目标量并作差；第 4 步把差式因式分解、逐因子判号，再回答“选谁”，并检查两问目标有没有被混用。 例题 2（题型二·出场顺序决策） 某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮 3 次，若 3 次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为 0 分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮 3 次，每次投中得 5 分，未投中得 0 分。该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和。某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为 ，乙每次投中的概率为 ，各次投中与否相互独立。 (1) 若 ，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于 5 分的概率； (2) 设 。(i) 为使得比赛成绩为 15 分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？(ii) 为使得比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 解析 第 1 步 · 认模型：“由谁打第一阶段”是顺序决策，且给了两个目标——第 (i) 问比概率，第 (ii) 问比期望。两问都要先看清：第一阶段成功与否只决定“进不进第二阶段”，不改变第二阶段的投法。 第 2 步 · 定取值：设甲先打第一阶段时比赛成绩为 、得 15 分的概率为 ，乙先打时成绩为 、得 15 分的概率为 ，则 ；“甲至少投中一次”的概率为 ，乙第二阶段投中的次数服从 。 第 3 步 · 核心推演：第 (1) 问：成绩不少于 5 分需甲进入第二阶段且乙至少投中一次， 第 (2)(i) 问：甲先打时 ，乙先打时 。展开并整理， 第 (2)(ii) 问：第二阶段投中次数服从 ，其期望为 ，每中一次得 5 分，故 ，；两式作差， 第 4 步 · 回检定论：由 知 、；又 、，故 ，。两个差式同为正，所以 (i)(ii) 都应由甲参加第一阶段比赛。检验：取 、，两差分别约为 0.146 与 2.08，均为正。 方法点睛 · 作差必分解，分解必判号 方案题的分不在算而在比。差式一定要化成“常数因子 符号明确的因子”： 里每个因子的符号都直接来自 。判号过程写不出来，答案对也要扣分；判号写全了，前面展开有小错也能保住大部分分。 图 2: 两方案期望成绩随甲命中率的变化 变式 2-1（题型二·单次与三次传输） 在信道内传输 0，1 信号，信号的传输相互独立。发送 0 时，收到 1 的概率为 （），收到 0 的概率为 ；发送 1 时，收到 0 的概率为 （），收到 1 的概率为 。考虑两种传输方案：单次传输是指每个信号只发送 1 次；三次传输是指每个信号重复发送 3 次。收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到 1，0，1，则译码为 1）。则（　　） A．采用单次传输方案，若依次发送 1，0，1，则依次收到 1，0，1 的概率为 B．采用三次传输方案，若发送 1，则依次收到 1，0，1 的概率为 C．采用三次传输方案，若发送 1，则译码为 1 的概率为 D．当 时，若发送 0，则采用三次传输方案译码为 0 的概率大于采用单次传输方案译码为 0 的概率 解析 第 1 步 · 认模型：比较对象是“译码正确”的概率，属独立重复试验；三次传输的译码规则是“多数表决”，即至少两次收到同一信号。 第 2 步 · 定取值：三次传输收到的三元序列共 种，按其中 1 的个数分为四类，译码取“多数”。 第 3 步 · 核心推演：A：依次发送 1，0，1，对应依次收到 1，0，1 的概率为 ，A 正确。 B：发送 1 即三次都发送 1，依次收到 1，0，1 的概率为 ，B 正确。 C：译码为 1 要求三次中至少两次收到 1，概率为 ，选项漏了系数 3，C 错误。 D：发送 0 时，单次译码为 0 的概率为 ；三次译码为 0 的概率为 。作差 第 4 步 · 回检定论：当 时，、、，差大于 0，D 正确。取 检验：单次 0.9，三次 0.729+0.243=0.972>0.9，一致。故选 ABD。 易错微警 · 多数表决要数“至少两次” “出现次数多的即为译码”翻成事件就是“至少两次收到同一信号”，包含恰好两次与三次两类，系数 不能丢。另外，重复发送会提升可靠性但降低效率，比较结论依赖 （错误率小于一半）这一前提；一旦 ，多数表决反而更差。 （三）题型三：收益与风险的约束决策 题型识别。给成本、售价、损耗率或中奖概率，问利润、发放金额，并出现“稳定”“波动”“方差不超过”这类字眼——期望不再是唯一标准。 通法模型。第 1 步把利润写成“收入减成本”的函数，收入由随机量决定；第 2 步让每个取值对应一个确定的利润值，一一对应即得分布列；第 3 步算 与 （独立时方差可加）；第 4 步先核对波动约束再比期望，不满足约束的方案直接淘汰。 例题 3（题型三·运输方案的收益与波动） 某果品公司收购一批草莓，每车装载 10 吨，统一按每吨 1 万元销售，售出吨数是装载吨数扣除损耗后的数量，运费在销售前支付。两种运输方案：方案一（普通冷链）每车运费 2 万元，受天气影响损耗率分别为 、、，相应概率为 0.5、0.3、0.2；方案二（全程冷链）每车运费 3.5 万元，损耗率稳定为 。设方案一、方案二每车利润分别为 、（单位：万元）。 (1) 求 的分布列与数学期望； (2) 求 与 ； (3) 公司规定“每车利润的方差不得超过 0.09”。问能否选择方案一？该公司应选哪个方案，说明理由。 解析 第 1 步 · 认模型：利润 = 售价总额 − 运费，售价总额由损耗率决定；方案一的三个损耗率给出 的三个取值，方案二损耗率是常数，故 为常量。 第 2 步 · 定取值：，其中 依次取 0.02、0.05、0.10，对应 取 7.8、7.5、7.0；。 第 3 步 · 核心推演： 的分布列为 ，，， ，故 ；第 (2) 问 是常量，。 第 4 步 · 回检定论：概率和为 1 通过；用偏离式验方差 ，与公式一致。因 ，方案一不满足波动约束，不能选；方案二恒为 6.1 万元、方差为 0，满足约束，故应选方案二。若不设波动约束，只比期望则应选方案一（每车多赚 1.45 万元）——“期望最大”与“波动受控”给出的是不同答案。 方法点睛 · 先验约束再比期望 带“波动不超过”的题目，方差不是附加问，而是入场券。规范顺序是：算 → 与阈值比 → 淘汰不合格方案 → 在剩下的方案里比 。三句话都写出来，结论才有依据；反过来先比期望再补一句方差，属于逻辑颠倒。 变式 3-1（题型三·同期望下的预算波动） 某社区为推进垃圾分类，计划对 100 户参与家庭发放购物券，可用预算 5500 元。方案一：每户固定 50 元。方案二：每户独立抽奖一次，中奖金额分别为 100 元、25 元、0 元，相应概率为 0.4、0.4、0.2。设方案二中一户的中奖金额为 （单位：元），100 户发放总额为 （单位：元）。 (1) 求 与 ； (2) 求 与 ； (3) 从期望与超预算风险两个角度，说明社区应选哪个方案。 解析 第 1 步 · 认模型： 是三个取值的分布， 是 100 个相互独立同分布随机量之和——期望与方差都可加。 第 2 步 · 定取值：，对应概率 0.4、0.4、0.2；，各 相互独立且与 同分布。 第 3 步 · 核心推演：，，故 。由独立的方差可加性，，，标准差 。 第 4 步 · 回检定论：两方案总额的期望同为 5000 元，都不超 5500 元，差别只在波动：方案一恒为 5000 元、方差为 0，一定不超预算；方案二标准差约 418.3 元，500 元的余量不足 1.2 倍标准差，超预算风险明显。故以预算可控为目标应选方案一；只有把参与热度放在首位且能承受约 400 元波动时，才选方案二。 方法点睛 · 方差可加只认独立 的前提是各户相互独立。若改成“100 户共用一个奖池、按名次发放”，各户金额不再独立，只能回到 的分布列硬算。读题见到“每户独立”“互不影响”，才允许把方差相加。 ▶ 四、易错警示 本专题的失分点集中在“分布列写不全”和“决策不作差”两件事上，分两张表列出。 表 3: 高频错误及其纠正（分布列与计算类） 错误表现 错因 正确做法 分布列写完直接算期望，不检验概率和 把“不重不漏”当成自然成立 先加总验 1，再算期望；不为 1 立即回查漏掉的情形 “至少出现一次”把各次概率相加 混淆互斥与独立，漏掉重复部分 用对立事件：，或在指示变量法里逐项算 指示变量法之前先论证独立性 把方差的独立条件套到期望上 期望可加性对任意随机变量成立；只有 才需要独立 作差判号的三行书写 第一行写差式并因式分解；第二行逐因子给出符号及其依据（引用题设 之类条件）；第三行写“所以应选哪个方案”。三行缺任何一行都可能被扣分，也缺任何一行的检验能力。 表 4: 高频错误及其纠正（决策与表述类） 错误表现 错因 正确做法 只算一个方案的期望就下结论 把比较题当成单方案计算题 两个方案同口径各算一遍，再作差 作差后不分解、不说明符号 以为“看着大于 0”就行 分解成因子，逐因子判号并写明依据 把“得 15 分概率最大”与“期望最大”混为一问 没分清目标函数 每题开头写出所比目标是 还是 有波动约束时只答期望最大 忽略约束条件 先用 验约束，不满足直接淘汰，再比 动笔前的三句自查 的取值是不是一个不漏地列出来了？概率和是不是刚好 1？这一问比的是概率、期望，还是方差约束？——三句都答得上，再动笔。 ▶ 五、课后分层训练 本组训练与例题一一对应：A 组 6 题练基本动作（分布列与数字特征 4 题、结论辨析 1 题、决策 1 题），B 组 6 题练迁移与综合，其中 B5 为结构不良题、B6 为难题。先遮住答案独立完成，再对照解析找流程缺口。 （一）基础巩固（A 组） A1 随机变量 的分布列为 （），则 （　　） A．　　B．　　C．4　　D． A2 已知随机变量 服从两点分布，且 。若 ，则 （　　） A．　　B．　　C．　　D． A3 袋中装有 4 个红球、3 个白球，除颜色外完全相同，从中一次任取 2 个球，记取到红球的个数为 ，则 ______。 A4 某射手每次射击命中目标的概率为 0.6，各次射击相互独立，连续射击 3 次，记命中次数为 ，则 ______。 A5 （多选）设 、 为随机变量，则下列说法一定正确的是（　　） A． B． C．若 与 相互独立，则 D． A6 甲、乙两种种植方案的亩收益（单位：元）分别记为随机变量 、，且 ，，，。若农户更看重收益的稳定，则（　　） A．选甲，因为期望收益大　　B．选乙，因为方差小 C．选甲，因为方差小　　D．两方案没有差别 A 组六题的共同点，是随机变量的取值与概率都能一眼看全：先把它列成分布列，再套结论一的公式。做完请对照两件事——概率和是不是 1，方差有没有把常数项也算进去。这两处答对，A 组才算过关。 （二）能力提升（B 组） B1 某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立。已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为 ，，，且 。记该棋手连胜两盘的概率为 ，则（　　） A． 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛， 最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛， 最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛， 最大 B2 某射击运动员每次射击命中 10 环的概率为 0.2，各次射击相互独立。要使“至少有一次命中 10 环”的概率不小于 0.9，则他至少要射击 ______ 次。 B3 袋中有 1 个红球、2 个白球、3 个黑球，除颜色外完全相同。从中不放回地任取 2 个球，每取到 1 个红球得 3 分，每取到 1 个白球得 1 分，每取到 1 个黑球得 0 分，记总得分为 。(1) 求 的分布列；(2) 求 与 。 B4 某商场设置抽奖装置，每位顾客可选择一种方案。方案一：抽奖一次，奖金 元，，，。方案二：连续抽奖两次，各次结果互不影响，取两次中的最高奖金作为奖金 元。(1) 求 的分布列与数学期望；(2) 若你是顾客，用期望与方差说明两种方案的差别，并给出选择建议。 B5 （结构不良题）箱中装有 3 件一等品和若干件二等品，每件产品除等级外完全相同。从中不放回地任取 2 件，记取到一等品的件数为 。从条件“①箱中共有 6 件产品”、“②”、“③”中任选两个作为已知条件。(1) 求箱中二等品的件数；(2) 求 的分布列与方差。 B6 甲、乙两种经营方案一年后的净利润（单位：万元）分别为 、，其中 ，，，；，，，。创业者要求“净利润不低于 4 万元的概率不小于 0.9”。 (1) 判断甲方案是否满足该要求，并求 与 ； (2) 若乙方案也要满足该要求，求 的取值范围； (3) 在 (2) 的条件下，若还想让净利润的期望尽可能大，应如何选择方案？说明理由。 ▶ 六、参考答案与解析 以下解析与题目编号一一对应，每题按【答案】、【解析】、【母题溯源】三段呈现，便于快速批阅与检索；【母题溯源】注明该题对应的例题（变式）与突破口。 （一）A 组 A1　　【答案】B 【解析】先验 。；同法得 ，。 【母题溯源】对应结论一：先验概率和，再按定义算期望。 A2　　【答案】A 【解析】两点分布中 ，故 。由 得 。错选 B、C 多是把 +1 也乘进了方差或漏了平方。 【母题溯源】对应结论一：加常数不改变方差，乘系数要平方。 A3　　【答案】 【解析】不放回一次取 2 个，总数 ，“一红一白” 12 种，故 。这是超几何模型，不能写成 。 【母题溯源】对应例题 1 后的易错微警：不放回就用组合计数，不能套二项公式。 A4　　【答案】0.72 【解析】各次独立，，直接套 。按分布列 硬算同样得 0.72。 【母题溯源】对应结论一：二项分布的期望方差公式可直接用。 A5　　【答案】AC 【解析】A 对，期望对线性运算封闭；B 错，，常数不进方差；C 对，独立是方差可加的条件；D 错， 仅当 恒取常数时成立。故选 AC。 【母题溯源】对应结论一、结论二：可加性看独立性，常数只进期望。 A6　　【答案】B 【解析】甲的标准差 元，乙的标准差 元：期望只差 50 元，波动却差一倍，求稳定应选乙。选 A 是没把“稳定”翻译成方差这一指标。 【母题溯源】对应例题 3 第 (3) 问：方差是决策的量化指标。 （二）B 组 B1　　【答案】D 【解析】连胜两盘只能是“第一、二盘连胜”或“第二、三盘连胜”，第二盘是必胜盘。设第二盘对手的获胜概率为 ，另两盘为 、，则 。第二盘与甲、乙、丙比赛时依次记为 ，，。作差：，，故 最大； 说明次序有关，A 也错。选 D。 【母题溯源】对应例题 2 与结论三：作差、分解、逐因子判号。 B2　　【答案】11 【解析】射击 次，至少一次命中 10 环的概率为 。由 得 ，取对数得 ，故最小取 11。检验：，。 【母题溯源】对应例题 2 的对立事件处理与结论一：至少型先想反面。 B3　　【答案】(1) 分布列见解析；(2) ， 【解析】总数 ，按颜色组合分类：两白 1 种得 2 分，一红一黑 3 种得 3 分，一红一白 2 种得 4 分，一白一黑 6 种得 1 分，两黑 3 种得 0 分。分布列为 ，，，，，和为 1。 ，，。 另解：，其中红球数 、白球数 ，，，故 。 【母题溯源】对应例题 1：先给每个取值配好“哪种颜色组合”，再列分布列算期望。 B4　　【答案】(1) ，，，；(2) 见解析 【解析】(1) 两次独立， 是最大值，用“不超过某值”累计：， 故 ，，和为 1；。 (2) 方案一 ，，；方案二 ，。 方案二的期望高出 18 元，标准差只从约 34.6 元升到约 35.2 元：波动几乎没变而期望明显更大，故应选方案二。 【母题溯源】对应例题 2（作差比较）与例题 3（期望与方差一起看）。 B5　　【答案】(1) 3 件；(2) ，，， 【解析】设二等品 件，总数 ， 服从超几何分布。选①直接得 ；选②由 得 ，正根 ；选③由 得 。三条路都指向 ，任选两个条件均可解（三个条件彼此等价，正是结构不良题的设计意图）。 总数 6，：，，。故 ，，。 【母题溯源】对应例题 1 与结论一：条件怎么换，最后都落回“总数与分类计数”。 B6　　【答案】(1) 满足要求，，；(2) ；(3) 见解析 【解析】(1) ，甲方案满足要求。 ；，。 (2) 的取值中不低于 4 的是 6 与 9，故 。由 得 ；结合 ，得 。 (3) ，作差 。当 时乙的期望大，选乙；当 时期望同为 7.6，而 使 ，仍选乙；当 时甲的期望大，选甲。 综上， 是分界线： 选乙， 选甲。“概率约束—期望比较—方差比较”要分层使用，不能一步跳到结论。 【母题溯源】对应例题 2（作差判号）与例题 3（约束优先），突破口是把 先翻译成 的范围，再让期望作差在这个范围里分类。 〈 第 1 页 〉 学科网（北京）股份有限公司 $