重难点专训01 统计与概率解答题题型归纳（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

重难点专训01 统计与概率解答题题型归纳 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 随机抽样 3 题型2 频率分布直方图 6 题型3 平均数与方差 9 题型4 概率综合 11 题型5 离散型随机变量的均值 13 题型6 离散型随机变量的方差 16 题型7 二项分布 18 题型8 决策问题 20 重难专题分层过关练 22 巩固过关 22 创新提升 24 解题方法及技巧提炼 1、北京卷统计与概率解答题的基本特点是： 北京高考数学统计与概率解答题（通常为第17或18题）呈现出 “背景新、落点低、思想深” 的命题特征，通过创设真实问题情境，重点考查数学建模、数据分析和逻辑推理能力。试题梯度平缓、区分度清晰：前两问侧重基础审题与频率估计，属于必须拿满的基础分，没有复杂公式和繁琐运算；第三问则往往设置创新设问，筛选对概念理解透彻的学生。解答此类题目的基本思路是： （1）审清情境：从实际背景（保险理赔、比赛成绩、考试数据、医药研发等）中提取关键数据与事件关系； （2）频率估计：用样本频率估计总体概率，建立概率模型； （3）分布与期望：确定随机变量的可能取值，计算概率，列分布列，求期望； （4）第三问定性突破：北京卷的压轴设问往往“不要求硬算”，而是考查对方差离散意义、全概率思想、期望决策等概念的本质理解，能定性判断的绝不盲目硬算。 2、北京卷命题规律与核心策略： （1）基础问（前两问）、重审题，轻计算 高频考向为“频率估计概率 + 离散型随机变量均值/独立事件概率”。核心策略是：从表格或文字中准确锁定频数、样本容量，直接写出频率即概率，不引入超纲分布模型（北京卷对超几何、二项、正态分布涉猎不多，重在基础应用）。概率计算中注意“恰有”“至少”“不高于”等限定词，分布列必须验证概率和为1。 （2）创新问（第三问）、重思维，轻机械计算 这是北京卷区分度的核心。常见设问方向： 定性比较方差/离散程度：不要求计算方差数值，只需判断“数据越分散方差越大、越集中方差越小”，结合代表值偏移直接下结论； 开放性决策与比较：通过期望值比较判断“谁获得冠军概率最大”“哪种方案更优”，结论不要求证明，但比较的逻辑必须清晰； 全概率思想的应用：将“总概率”拆解为不同路径的加权平均（如“掌握做对 + 蒙对”），设未知数列一元一次方程求解； 概念辨析型：考查对统计量本质意义的理解，而非公式套用。 应对策略是：先定性、后定量。能用离散程度、期望意义、加权思想直接判断的，30秒内出结论；确实需要计算的，再动笔列式。 3、常见题型及解题要点（结合北京真题）： （1）频率估计 + 期望型（保险、理赔类） 如2024年北京卷以保险产品理赔数据为背景，用频率估计索赔概率，求毛利润的期望，第三问比较保费调整前后期望的大小。核心操作是：将“毛利润 = 保费 − 赔偿”逐项拆解，随机变量取值与赔偿次数对应，用频率加权求期望。 （2）独立事件 + 比赛决策型 如2022年北京卷以铅球比赛为背景，用频率估计概率，求获得优秀奖人数的期望，第三问判断谁获冠军的概率估计值最大。关键是将“冠军”转化为“该人成绩超过其他所有人的概率”，利用独立性分解计算或通过期望大小作出判断。 （3）实际情境 + 组合计数型 如2026年北京卷以数学成绩抽样为背景，前两问求频率和组合概率，第三问定性比较三组代表值对应的方差大小。组合概率计算中注意“从4人中选2人”的 结构，避免误用分布列套路。 （4）综合概念 + 方程型（全概率思想） 如2025年北京卷以“掌握知识点与做对题目”的关系设问，第三问要求建立“总正确率 = 掌握做对率 × 掌握占比 + 蒙对率 × 未掌握占比”的加权关系，设未知数列方程。核心是识别“加权平均”结构，将文字关系翻译为一元一次方程。 4、实用技巧与答题规范： （1）“由频率估计概率”是北京卷前两问的固定动作，书写时必须写出“用频率估计概率”或“以样本频率作为总体概率的估计值”的文字说明，不能只写数值； （2）分布列列表呈现，取值从小到大，最后一行务必验证 ； （3）期望计算中，能用 简化的优先使用；涉及“毛利润”“净收益”等复合量时，先明确随机变量与基础量的函数关系再计算； （4）第三问若题目明确“结论不要求证明”，只需给出结论并附简要理由（如“乙方差更小，数据更集中”），不必展开完整证明； （5）北京卷第三问的时间纪律：若在第三问上卡壳超过3分钟，优先检查是否可以通过概念定性绕过计算，而不是继续硬算。 5、易错点与关键提醒： （1）审题限定词混淆：“不高于”“大于”“不少于”“恰有”等边界词直接决定频数统计范围，北京卷第一问的失分大多源于此； （2）第三问误入“硬算陷阱” ：北京卷近年反复释放的信号是“不用算方差”“不要求证明”，若考场第一反应是列公式硬算，既耗时又易错，应优先回归概念本质； （3）组合概率漏乘选择方式：如“4人中2人满足条件”需乘 ，漏乘会导致概率缩小； （4）分布列概率和不等于1：计算完成后必须回验，这是最基础也最容易被忽视的检查点； （5）决策比较的逻辑方向：比较期望大小时，要明确“期望越大越好”还是“越小越好”（如理赔、成本类期望越小越优，收益、得分类期望越大越优），方向反置会直接导致结论错误。 题型通法及变式提升 题型1 随机抽样 【典例1-1】（26-27高三上·北京·开学考试）某公司为了解，两个地区用户对其产品的满意程度，从地区随机抽取名用户，从地区随机抽取名用户，请用户对公司产品评分.该公司将收集的评分数据按照，，，分组，统计如下： 地区 地区 40 30 120 20 160 40 80 10 合计 400 100 用频率估计概率. (1)对地区所抽取的名用户按评分区间，，，进行分层随机抽样，从中抽取名用户参加座谈活动.求参加座谈的用户中，对公司产品的评分不低于分的人数； (2)从，两个地区各随机抽取名用户，设为这两人中评分不低于分的人数，求的分布列和数学期望； (3)记地区所抽取的名用户对该公司产品的评分的平均值为，地区所抽取的名用户对该公司产品的评分的平均值为，两个地区所抽取的名用户对该公司产品的评分的平均值为，试比较和的大小.（结论不要求证明） 核心口诀：分层抽样按比例，简单随机等可能；编号随机不放回，算准个体与总体。 高分技巧： 分层抽样计算：抓住核心关系 （ 为样本量， 为总体量， 为某层样本量， 为该层总体量）。已知其中三个量可直接求第四个； 抽样比计算：直接算出“样本容量÷总体容量”的比例，随后各层均按此比例抽取； 简单随机抽样：注意“逐个不放回”特征，常与古典概型结合考查； 答题规范：若需说明抽样过程，要写出“将总体编号，用随机数表（或抽签法）抽取...”等步骤。 【典例1-2】（2026·北京丰台·二模）某公司为评估员工使用人工智能技术辅助办公的能力，随机抽取了该公司名员工，通过专用系统进行综合评分（满分为100分），得到如下频率分布表. 综合得分 频数 频率 60 0.6 30 (1)求的值； (2)现采用按比例分层抽样的方法从综合得分为和的员工中抽取6人.若从这6名员工中随机选取2人进行座谈，设为选取的2名员工中综合得分不低于60分的人数，求的分布列和数学期望； (3)该公司为了进一步提升员工应用人工智能技术辅助办公的能力，决定聘请某机构对员工进行培训.该机构给出了以下两个方案： 方案一：对该公司所有员工进行培训，保证培训后人均综合得分提高10分； 方案二：只对该公司综合得分低于60分的员工进行培训，保证培训后，原综合得分在的员工人均综合得分提高5分，原综合得分在的员工人均综合得分提高20分. 用样本估计总体.为尽可能提升该公司员工的人均综合得分，应选择哪个方案？（结论不要求证明） 【变式1-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）某大学学院共有学生千余人，该学院体育社团为了解学生参与跑步运动的情况，按性别分层抽样，已知A学院男生与女生人数之比为，从该学院所有学生中抽取若干人作为样本，对样本中的每位学生在月份的累计跑步里程进行统计，得到下表. 跑步里程 男生 女生 用样本频率估计总体概率. (1)求的值，并估计从学院所有学生中抽取一人，该学生月份累计跑步里程在中的概率； (2)从学院男生样本中随机抽取人，从学院女生样本中随机抽取人，将这人中在月份的累计跑步里程不低于的人数记为，求的分布列和数学期望； (3)该大学学院男生与女生人数之比为，学院体育社团为了解学生参与跑步运动的情况，也按性别进行分层抽样，已知学院和学院的样本数据整理如下表. 月份累计跑步里程平均值（单位：） 学院性别 A B 男生 50 59 女生 40 45 设学院样本中学生月份累计跑步里程平均值为，学院样本中学生月份累计跑步里程平均值为，是否存在，使得？如果存在，求的最大值；如果不存在，说明理由. 【变式1-2】（2025·北京昌平·二模）在探索数智技术赋能学科学习的过程中，某中学鼓励学生使用某听说平台进行英语口语自主练习．该中学有初中生1200人，高中生800人．为了解全校学生近一个月内使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数，从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，将他们的使用次数按照，，，，，五个区间进行分组，所得样本数据如下表： 使用次数分组区间 初中生人 高中生人 4 3 38 29 48 28 17 6 3 假设每个学生是否使用此听说平台进行英语口语自主练习相互独立．用频率估计概率． (1)估计近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数； (2)从上面参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中随机抽取3人，记为这3人中高中生的人数，求的分布列和数学期望； (3)从该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生进行调查，设其中初中生和高中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于的人数分别为和，比较与的大小．（结论不要求证明） 题型2 频率分布直方图 【典例2-1】（2026·北京朝阳·一模）某研究团队发现人工智能助手的问题解决“满意度评分”（满分100分）与其使用场景密切相关.该团队将用户分为学习场景用户和工作场景用户两类，为了调研用户对人工智能助手的满意度评分情况，现从这两类用户中各随机抽取100人，记录他们的满意度评分，将数据分成6组：，，，，，，并分别整理得到如下两个频率分布直方图： 现规定满意度评分在80分及以上的满意度评级为，在区间的满意度评级为，在60分以下的满意度评级为.用频率估计概率，假设每个用户的评分相互独立. (1)求的值； (2)从使用人工智能助手的所有学习场景用户中随机抽取2人，从使用人工智能助手的所有工作场景用户中随机抽取1人，设为抽出的3人中满意度评级为A的人数，估计的分布列和数学期望； (3)该研究团队又对另外两款人工智能助手，进行了同样的调研，估计出其学习场景用户的满意度评级为A的概率分别为0.3，0.35.现分别从使用，，这三款人工智能助手的学习场景用户中各随机抽取1人，用“”表示其中使用（）的学习场景用户的满意度评级为，用“”表示其中使用（）的学习场景用户的满意度评级为或.设，，判断，的大小.（结论不要求证明） 核心口诀：面积就是频率，组距乘高莫忘；总和必定为1，中位面积平分，平均数取中点。 高分技巧： 核心公式：频率 （即高）。 求频率/频数：某组的频率 = 对应矩形面积；频数 = 样本容量 × 该组频率。 求众数：最高矩形底边中点； 求中位数：在横轴上找一个点，使左右两侧面积（频率）各为0.5。通常在面积首次跨越0.5的矩形内，利用 反解； 求平均数：各组“底边中点值 × 对应频率”之和（即 ）。 易错警示：纵轴是“频率/组距”不是频率，求频率必须乘组距；求中位数不要直接把频率相加除以2，要找面积平分线。 【典例2-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）某公司为了解用户对其产品的满意程度，从A地区随机抽取了400名用户，从B地区随机抽取了100名用户，请用户根据满意程度对该公司产品评分．该公司将收集到的数据按照，，，分组，绘制成评分频率分布直方图如下： (1)从A地区抽取的400名用户中随机选取一名，求这名用户对该公司产品的评分不低于60分的概率； (2)从B地区抽取的100名用户中随机选取两名，记这两名用户的评分不低于80分的个数为X，求X的分布列和数学期望； (3)根据频率分布直方图，假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，估计A地区抽取的400名用户对该公司产品的评分的平均值为，B地区抽取的100名用户对该公司产品的评分的平均值为，以及A，B两个地区抽取的500名用户对该公司产品的评分的平均值为，试比较和的大小．（结论不要求证明） 【变式2-1】（25-26高三上·北京顺义·开学考试）电视台举行文艺比赛，并通过网络对比赛进行直播.比赛现场有6名专家评委给每位参赛选手评分，场外观众可以通过网络给每位参赛选手评分.每位选手的最终得分由专家评分和观众评分确定.某选手参与比赛后，现场专家评分情况如表；场外有数万名观众参与评分，将评分按照，，分组，绘成频率分布直方图如图： 专家 A B C D E F 评分 9.6 9.5 9.6 8.9 9.7 8.8    (1)求的值，并用频率估计概率，估计某场外观众评分不小于9的概率； (2)从6名专家中随机选取3人，表示评分不小于9分的人数；试求的分布列和数学期望； (3)考虑以下两种方案来确定该选手的最终得分：方案一：用所有专家与观众的评分的平均数作为该选手的最终得分，方案二：分别计算专家评分的平均数和观众评分的平均数，用作为该选手最终得分.请直接写出与的大小关系. 【变式2-2】某中学为了解本校高二年级学生阅读水平现状，从该年级学生中随机抽取100人进行一般现代文阅读速度的测试，以每位学生平均每分钟阅读的字数作为该学生的阅读速度，将测试结果整理得到如下频率分布直方图： (1)若该校高二年级有1500人，试估计阅读速度达到620字/分钟及以上的人数； (2)用频率估计概率，从该校高二学生中随机抽取3人，设这3人中阅读速度达到540字/分钟及以上的人数为，求的分布列与数学期望； (3)若某班有10名学生参加测试，他们的阅读速度如下：506，516，553，592，617，632，667，693，723，776，从这10名学生中随机抽取3人，设这3人中阅读速度达到540字/分钟及以上的人数为，试判断数学期望与（2）中的的大小. 题型3 平均数与方差 【典例3-1】（26-27高三上·北京西城·阶段检测）近年来，新能源汽车受到越来越多消费者的青睐．据统计，2025年12月至2026年5月全国新能源市场三种车型月度零售销量数据如下（单位：万辆）： 12月 1月 2月 3月 4月 5月 轿车 28.4 21.3 15.4 26.0 16.7 21.0 MPV 0.8 0.2 0.2 0.3 0.4 0.4 SUV 18.1 13.7 11.7 18.1 11.3 14.5 (1)从2025年12月至2026年5月中任选1个月份，求该月MPV零售销量超过这6个月该车型月度零售销量平均值的概率； (2)从2026年1月至2026年5月中任选3个月份，将其中SUV的月度零售销量相比上个月份增加的月份个数记为X，求X的分布列和数学期望； (3)记2025年12月至2026年5月轿车月度零售销量数据的方差为，同期各月轿车与对应的MPV月度零售销量分别相加得到6个数据的方差为，写出与的大小关系．（结论不要求证明） 核心口诀：均值求和除个数，方差求差平方和；线性变换看系数，期望同乘加常数，方差只乘系数平方。 高分技巧： 基本公式：，； 化简计算：，处理数据较大时更便捷； 线性变换性质：若 ，则 ，（数据平移方差不变，数据缩放方差乘平方）； 答题规范：写出公式再代入数据，避免直接跳步导致计算分丢失。 易错警示：方差是除以 （总体方差）还是 （样本方差），高中阶段均除以 ；线性变换中加常数 完全不影响方差。 【典例3-2】（26-27高三上·北京·开学考试）为评估国内AI大模型的使用效果，某评测机构从国内众多AI大模型中随机抽取9个AI大模型，并从基础能力、中文特性和专业能力三个维度对这9个AI大模型进行评测，评测结果如下表所示． AI大模型 大模型a 大模型b 大模型c 大模型d 大模型e 大模型f 大模型g 大模型h 大模型i 基础能力得分 65 67 70 58 66 53 49 64 中文特性得分 74 76 80 68 75 63 59 77 专业能力得分 56 60 73 63 70 59 54 66 66 综合得分 65.0 67.7 74.3 63.0 70.3 58.3 54.0 69.0 70.0 综合得分是基础能力得分、中文特性得分和专业能力得分的算术平均数（精确到0.1）．其中和都是正整数． (1)若，从这9个AI大模型中随机取1个大模型，求这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分的概率； (2)从大模型，，，中随机取2个大模型，从大模型，，，中随机取2个大模型，记这4个大模型中“综合得分超过65分”的大模型的个数为，求的分布列； (3)记这9个大模型的基础能力得分和中文特性得分的方差分别为，，若，写出的值．（结论不要求证明） 【变式3-1】（26-27高三上·北京顺义·阶段检测）2026年暑假国产动画电影再次掀起热潮，下图是A，B两部动画电影第一天至第十三天上映期间的综合票房（亿元）及综合票房占比.其中条形图表示综合票房占比，折线图为综合票房（亿元）. A动画影片综合票房及占比 B动画影片综合票房及占比 (1)从A动画电影上映后的十三天中随机选取一天，求该天电影综合票房超过2亿元的概率； (2)从B动画片上映后的十三天中随机选取2天，设为电影综合票房占比超过70%的天数，求的分布列及数学期望； (3)设A，B两部动画电影第一天至第十三天上映期间综合票房的平均数分别为和，方差分别为和，试比较和，和的大小（只需写出结论）. 【变式3-2】（25-26高三下·北京朝阳·开学考试）为激发学生的体育运动兴趣，助力全面健康成长，某中学组织全体学生开展以体育锻炼为主题的实践活动．为了解该校学生参与活动的情况，随机抽取100名学生作为样本，统计他们参加体育锻炼活动时间（单位：分钟），得到下表： 时间 人数 类别 性别 男 5 12 13 8 9 8 女 6 9 10 10 6 4 学段 初中 5 8 11 11 10 8 高中 6 13 12 7 5 4 (1)从该校随机抽取1名学生，估计该学生参加体育锻炼活动时间在的概率； (2)在随机抽取的100名学生中，从参加体育锻炼活动时间在和的学生中各随机抽取1人，其中初中学生的人数记为X，求随机变量X的分布列和数学期望； (3)假设同组中每个数据用该组区间中点值代替，样本中初、高中学生参加体育锻炼活动时间的平均数分别记为、．试比较、的大小．（结论不要求证明） 题型4 概率综合 【典例4-1】（26-27高三上·北京海淀·阶段检测）2026年美加墨世界杯圆满收官，赛事热度带动全国校园足球氛围持续升温．为响应“体教融合”号召，某中学举办校园足球文化节配套的知识竞赛，赛后从全校所有参赛答卷中随机抽取40份作为样本，成绩分布统计如下： 成绩分组 人数 假设所有参赛学生的成绩相互独立，以频率估计概率，完成下列问题： (1)从所有参赛学生中抽取1人，估计该学生的成绩低于70分的概率； (2)从所有参赛学生中抽取4人，求其中恰好2人成绩低于70分，2人成绩高于90分的概率； (3)从所有参赛学生中随机抽取20人，记为这20人中成绩低于70分的人数，求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 核心口诀：互斥相加独立乘，对立事件用“1减”；古典概型数准基本事件，条件概率缩样本空间。 高分技巧： 事件关系：互斥（不能同时发生）用加法 ；独立（互不影响）用乘法 ； 对立事件：“至少有一个”通常用 ，计算更简； 古典概型：，常与排列组合结合，列举法需不重不漏； 条件概率：，往往是在 发生的前提下重新计算概率。 易错警示：分清“互斥”与“独立”，互斥不能同时发生，独立互不影响；古典概型注意是否“有序”或“无序”。 【典例4-2】（26-27高三上·北京顺义·阶段检测）为了弘扬“长征精神”，加强学生对长征知识的了解，某中学在高一、高二年级举行了“纪念长征胜利90周年”知识竞赛.为了解学生对某一重要知识点的掌握情况，组委会随机抽查了该校两个年级各80名学生对考查该知识点的选择题的答题数据，其中高一学生选择正确的人数为60，高二学生选择正确的人数为64.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. (1)估计该校高一年级学生该题选择正确的概率 (2)从该校高一年级、高二年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望； (3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，高一学生选择正确的概率为，高二学生选择正确的概率为.设高一年级学生和高二年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）. 【变式4-1】（25-26高三下·北京海淀·开学考试）“彼此有了三分酒，便猜拳赢唱小曲儿”——这一幕出自《红楼梦》第六十三回《寿怡红群芳开夜宴》，描绘的是酒意微醺后的贾宝玉等人行令助兴的生动场景．这里的“猜拳”，正是中国传统酒令中极为常见的一种互动游戏，而现代最广为人知的猜拳形式之一，便是石头剪刀布．石头剪刀布的规则如下：两人同时出拳，石头胜剪刀，剪刀胜布，布胜石头，相同则平局．一般来说，人类在出拳时会有不自觉的偏向性．甲乙二人的最近60次出拳如下表． 出拳情况 石头 剪刀 布 甲 30次 20次 10次 乙 15次 30次 15次 用频率估计概率，假设两人每次出拳相互独立. (1)若甲乙二人进行一次猜拳，估计甲获胜的概率； (2)若甲乙二人进行三次猜拳，记平局的次数为X．估计随机变量X的分布列和数学期望； (3)若甲乙二人以如下规则进行一轮“无平局猜拳游戏”：持续进行若干次猜拳，直到其中一方获胜才停止，将该次猜拳的获胜方记为本轮游戏的胜者.直接写出甲本轮游戏获胜的概率． 【变式4-2】（25-26高三上·江西·阶段检测）人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧.某科技公司计划开发三款不同的大语言模型.每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收.只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立.只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布.已知三款模型通过算法设计评审的概率依次为，通过工程部署验收的概率依次为. (1)求三款中恰有两款通过算法设计评审的概率； (2)若已知三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为的概率； (3)经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，三款模型能成功上线的数量为随机变量，求的分布列及数学期望. 题型5 离散型随机变量的均值 【典例5-1】（26-27高三上·北京西城·阶段检测）为了拓宽学生视野，北京某高中设计了6条研究性学习路线．这6条路线分为A、B、C三种类型，如下表： 路线类型 A B C 路线 延安 遵义 杭州 上海 泰山 秦岭 每一位学生都要在高中阶段，从上述6条路线中选择2条不同的路线，完成相应的研究性学习任务． 假设学生甲、乙、丙三人都随机选择了2条不同路线． (1)求甲选取的2条路线都为A类的概率； (2)设乙选取的2条路线中B类路线的数量为随机变量X，求X的分布列和数学期望； (3)在丙选取的2条路线中，分别记A，B，C类路线的数量为随机变量，，，记方差，，，直接写出，与的大小关系．（结论不要求证明） 利核心口诀：列出分布列，概率和为1；对应相乘再相加，期望就是加权均。 高分技巧： 求分布列：先确定 的所有可能取值，再逐个求概率，最后必须验证 ； 求期望：； 性质应用：，遇到复杂变量可先求简单变量再转化； 答题规范：必须写出分布列（表格形式），然后写 。 易错警示：分布列必须列全所有可能取值；概率计算完毕后必须检验和为1，若不为1必有错。 【典例5-2】（26-27高三上·北京顺义·阶段检测）某运动品牌拟推出一款青少年新品跑鞋.在前期市场调研时，从某市随机调查了名中小学生对黑、白两种颜色的新品跑鞋的购买意愿，统计数据如下（单位：人）： 颜色 小学生 初中生 高中生 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 黑色 白色 假设所有中小学生的购买意愿相互独立，用频率估计概率. (1)从该市全体中小学生中随机抽取人，估计其愿意购买黑色新品跑鞋的概率； (2)从该市的初中生、高中生两个不同群体中各自随机抽取人，记为这人中愿意购买白色新品跑鞋的人数.求的分布列和数学期望； (3)假设该市学校内的小学生、初中生和高中生的人数之比为，从学校的全体中小学生中随机抽取人，将其愿意购买黑色新品跑鞋的概率估计值记为，试比较与（1）中的的大小.（结论不要求证明） 【变式5-1】（26-27高三上·北京房山·开学考试）足球联赛中两队的胜负规则是：一场比赛中进球多者为胜，进球少者为负，两队均不进球或进球数一样为平局；积分规则是：取胜的球队积3分，负的球队积0分，平局每队各积1分．甲、乙两队近期将要进行2026赛季的2场比赛，为预测它们2场比赛的总积分，收集了两队近5个赛季比赛的结果，如下表： 2021赛季 2022赛季 2023赛季 2024赛季 2025赛季 第一场 第二场 第一场 第二场 第一场 第二场 第一场 第二场 第一场 第二场 甲队进球数 2 1 1 2 3 2 0 1 3 0 乙队进球数 1 5 0 2 2 1 1 1 0 2 假设甲、乙两队每场的比赛相互独立．用频率估计概率． (1)估计甲队第一场比赛获胜的概率； (2)在2026赛季的2场比赛中，设甲队的总积分为，估计的数学期望； (3)记为表中乙队10场进球数的平均数．从上述比赛中随机选择一场，记为乙队在这场比赛中的进球数．比较与的大小．（只需写出结论） 【变式5-2】（26-27高三上·北京·开学考试）是指大气中直径小于或等于微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米~75微克/立方米之间（包括35，75）空气质量为二级：在75微克/立方米以上空气质量为超标． 某城市环保局从该市市区2025年全年每天的监测数据中随机地抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示（十位为茎，个位为叶）． (1)从这天的日均监测数据中，随机抽出三天数据，求恰有一天空气质量达到一级的概率； (2)从这天的数据中任取三天数据，记表示抽到监测数据超标的天数，求的分布列和数学期望； (3)用样本方差估计全年日均值的波动情况．记天样本的方差为，将原天样本数据去掉一个最大值和一个最小值，记去掉最值后天数据的样本方差为，判断，的大小．（结论不要求证明） 题型6 离散型随机变量的方差 【典例6-1】（2026·北京房山·二模）4月23日是世界读书日．某市调研小学生阅读状况，得到男生、女生最喜爱的一种阅读内容的频率分布如下图： 假设不同学生的选择相互独立．用频率估计概率． (1)从该市小学生中随机抽取名男生，估计他最喜爱的阅读内容为科学类（包括自然科学和社会科学）的概率； (2)从该市小学生中随机抽取名男生和名女生，记这人中最喜爱的阅读内容为漫画的人数为，求的分布列和数学期望； (3)从该市小学生中随机抽取名男生，用“”表示他最喜爱的阅读内容为科学类，“”表示他最喜爱的阅读内容不是科学类；从该市小学生中随机抽取名女生，用“”表示她最喜爱的阅读内容为科学类，“”表示她最喜爱的阅读内容不是科学类．判断方差与的大小．（结论不要求证明） 核心口诀：偏差平方乘概率，求和即为方差；也可平方的期望减期望的平方。 高分技巧： 基本公式：； 简化公式：，其中 ，此公式计算量更小； 性质应用：； 答题规范：先写出公式，再代入数据计算，最后写结论。 易错警示：方差恒大于等于0；公式 中不要漏掉平方。 【典例6-2】（25-26高三上·北京顺义·期中）某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察速效肥和缓释肥对植物影响情况.其中速效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1，2，3三组.观察一段时间后，分别从1，2，3三组随机抽取40株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表. 株高增量（单位：厘米） 第1组鸡冠花株数 11 18 9 2 第2组鸡冠花株数 5 15 16 4 第3组鸡冠花株数 13 12 12 3 假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立. (1)从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，估计株高增量为厘米的概率； (2)分别从第1组，第2组，第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株，这3株鸡冠花中恰有两株的株高增量为厘米的概率； (3)用“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，，直接写出方差，，的大小关系.（结论不要求证明） 【变式6-1】（25-26高三上·北京·开学考试）北京中轴线位于北京老城中心，纵贯老城南北，是统领整个老城规划格局的建筑与遗址的组合体，其中9处中轴线遗产点分为A、B、C三种类型，如下表： 类型 A（古代皇家宫苑建筑） B（古代皇家祭祀建筑） C（古代城市管理设施） 中轴线遗产点 景山 故宫 端门 太庙 社稷坛 天坛 钟鼓楼 正阳门 永定门 在上述9处中轴线遗产点中，某研学团队计划随机选取3处进行研学 (1)求选取的3处遗产点都为A类的概率； (2)设选取的3处遗产点的类型种数为X，求X的分布列及数学期望； (3)设选取的3处遗产点中，A，B，C类遗产点的个数分别为，，，记，，，直接写出方差，与大小关系．（无需证明） 【变式6-2】（2026·北京顺义·二模）在某城市青年电影节公益短片展播环节中，预计展播部反诈宣传短片与部文明出行宣传短片，每部短片仅展播一次且播放次序随机.所有短片的时长均固定为分钟，相邻短片播放无时间间隔. (1)求第部播放的短片是文明出行宣传短片的概率； (2)记随机变量为从展播开始，到最后一部反诈宣传短片播放完成所用的总时间（单位：分钟），求的分布列与数学期望； (3)设随机变量为从展播开始，到文明出行宣传短片播放完成所用的总时间.记的方差为，（2）中的方差为.比较方差与大小（结论不要求证明）. 题型7 二项分布 【典例7-1】（26-27高三上·北京门头沟·开学考试）年美加墨世界杯圆满收官，赛事热度带动全国校园足球氛围持续升温.为响应“体教融合”号召，某中学举办校园足球文化节配套的知识竞赛，赛后从全校所有参赛答卷中随机抽取份作为样本，成绩分布统计如下： 成绩分组                     人数 假设所有参赛学生的成绩相互独立，以频率估计概率，完成下列问题： (1)从所有参赛学生中随机抽取人，估计该学生的成绩低于分的概率； (2)从所有参赛学生中随机抽取人，记为这人中成绩低于分的人数，求的分布列及数学期望； (3)从所有参赛学生中随机抽取人，记为这人中成绩低于分的人数，求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 核心口诀：独立重复试验，成功概率为 ；概率公式套组合，期望 方差 。 高分技巧： 识别模型： 次独立重复试验中，每次成功的概率均为 ，则成功次数 ； 概率公式：，； 期望与方差：，； 答题规范：必须先写出“”或“ 服从二项分布”，再代入公式。 易错警示：只有“独立重复”且“每次概率相同”才叫二项分布； 计算中组合数 容易漏乘。 【典例7-2】（2026·北京·三模）2026年4月19日北京亦庄半程马拉松比赛圆满结束，1.2万名跑者与超百支机器人赛队“人机共跑”．最终齐天大圣队的“闪电”机器人以50分26秒夺冠，超越人类半马世界纪录．现从国内研发机器人的尖端企业中，随机搜集10支参赛队伍，得到相关数据如下表： 最终排名 参赛队伍 操控方式 完赛时间（min） 加权系数 1 齐天大圣队 自主导航 50.26 1 2 雷霆闪电队 自主导航 50.56 1 3 星火燎原队 自主导航 53.01 1 4 南天门战队 自主导航 54.24 1 5 逐鹿狂飙队 自主导航 55.01 1 6 绝影赤兔队 遥控操作 48.19 1.2 7 北创天工队 自主导航 75 1 8 小米追风队 遥控操作 暂未公布 1.2 9 优必选行者 遥控操作 暂未公布 1.2 10 华为跃动队 遥控操作 暂未公布 1.2 其中最终排名按照最终成绩从小到大排序而成，最终成绩=完赛时间×加权系数． (1)在上述10支参赛队伍中随机选出3支队伍，求所选3支队伍中恰有2支队伍的机器人采用自主导航完赛的概率； (2)假设样本数据代表了国内研发机器人尖端企业的发展情况，用频率估计概率．从国内研发机器人尖端企业中随机选择两款机器人参加半程马拉松友谊赛，假设它们的长跑成绩互相独立，设这两款机器人中最终成绩不超过60 min的个数为，求出的分布列和数学期望； (3)2026年3月乌干达选手基普利莫以57分20秒的成绩打破男子半马世界纪录．在样本中随机选出支队伍，记为选出的队伍中恰有2支队伍最终成绩超过男子半马世界纪录的概率，当最大时，直接写出此时的值．（结论不要求证明） 【变式7-1】（2026·北京·三模）10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛．三位选手甲、乙、丙的资格赛成绩如下： 环数 6环 7环 8环 9环 10环 甲的射击频数 1 1 10 24 24 乙的射击频数 3 2 10 30 15 丙的射击频数 2 4 10 18 26 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的射击成绩相互独立． (1)若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，并说明理由； (2)若甲、乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率； (3)甲、乙、丙各射击10次，用分别表示甲、乙、丙的10次射击中大于a环的次数，其中，写出一个a的值，使．（结论不要求证明） 【变式7-2】（25-26高三上·北京通州·期末）开封古称汴梁、汴京，作为北宋都城长达年，是当时世界上最大的都市，《清明上河图》描绘的正是当年汴河两岸的繁华盛景.如今的开封，依托深厚的历史文化底蕴，打造了以清明上河园、开封府、大相国寺、龙亭公园为代表的宋文化景区群，让游客穿越千年，感受“东京梦华”的独特魅力.为深化游客对宋代文化的体验，开封旅游局推出了“宋文化深度游”项目.某旅行社组织了一个人的“宋文化研学团”，其中人购买了景点联票（深度体验游客），人只购买了部分景点门票（精选游览游客）.为增强文化体验，旅行社准备从人中随机抽取人，赠送珍贵的《大宋御河夜游》船票，并可在船上自愿参与北宋蹴鞠体验活动. (1)求抽到的人中恰有人为“深度体验游客”的概率； (2)如果游客参加“蹴鞠体验”活动的概率为，且是否参与相互独立.设“抽到的人中实际参加蹴鞠体验的游客人数”，求的分布列及数学期望. (3)该旅行社对某天位精选游览游客的游览情况进行统计，得到如下数据： 景点编号 一 二 三 四 景点名称 清明上河园 开封府 大相国寺 龙亭公园 游览人数（人） 假设每个景点得到人们喜欢的概率与该景点的参观率相等，用表示第个景点得到游客喜欢，用表示第个景点没有得到游客喜欢.结合上表数据，写出方差、、、的大小关系.（结论不要求证明） 题型8 决策问题 【典例8-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮次，若次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为分；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次，每次投中得分，未投中得分，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，该队的比赛成绩记为，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，求的分布列； (2)若，，甲参加第一阶段比赛，求不小于的概率； (3)假设，为使得的数学期望尽量大，应该由谁参加第一阶段比赛？（直接写出结论） 核心口诀：算准期望看收益，比完期望比风险（方差）；结合实际答建议，言之有理得满分。 高分技巧： 对比期望：计算两种方案（或两种选择）的收益期望，选择期望值更大的； 对比方差：若两个方案期望接近，则比较方差，方差小的稳定性好； 文字作答：必须写出结论（如“建议选择方案A，因为方案A的期望收益更高”）； 答题规范：先分别求出各方案的分布列、期望和方差，再比较大小，最后结合题意给出明确的决策建议。 易错警示：不能只给出计算结果而不作答“建议”；决策时需看清题目要求的指标（是收益最大，还是风险最小）。 【典例8-2】某公司拟投资一个项目，有三个方案可供选择，其收益 （万元）的分布如下：方案A：稳获收益 万元；方案B：收益 万元的概率为，收益 万元的概率为 ；方案C：收益、、 万元的概率分别为 、、. (1)分别求三个方案收益的数学期望、方差与标准差； (2)若仅以"收益的数学期望最大"为决策准则，应选哪个方案？ (3)若该公司风险承受能力较弱，要求"收益的波动尽可能小"，应如何在三个方案中权衡？给出你的建议并说明理由. 【变式8-1】一个不透明的袋子中装有除颜色外完全相同的个球，其中黑球个，其余为红球． (1)从袋中进行无放回的摸球实验．求第一次摸出的球是黑球的条件下，第二次摸出的球是红球的概率（结果用含有的式子表示）； (2)为了估计的值，设计了如下两种方案： 方案一：从袋中进行有放回的摸球次； 方案二：从袋中进行有放回的摸球实验，摸出红球或摸球次停止． （ⅰ）求方案一摸出的红球频率的数学期望； （ⅱ）在两种方案中，借助摸出红球频率的数学期望估计的值，试分析哪个方案估计的值更合理． 【变式8-2】某商场在春节期间举办促销活动，顾客每次消费超过1000元(含1000元)可抽奖一次，抽奖方案有两种(顾客只能选择其中一种). 方案1：从装有3个红球、2个黑球(除颜色外，其他完全相同)的盒子中，有放回地取3次球，每次只能取1个，每取出1个红球，立减200元，若3次都取出红球，则除了立减的600 元外再减300元(即总共减900元). 方案2：从装有3个红球、2个黑球(除颜色外，其他完全相同)的盒子中，不放回地取3次球，每次只能取1个，若取出3个红球，则享受免单优惠；若取出2 个红球，则享受四五折优惠(即只需支付消费金额的45%)；其余情况不享受优惠. (1)已知某参与抽奖的顾客选择方案2，则在他第一次取出红球的条件下，求他能够享受优惠的概率； (2)若某顾客恰好消费了1000元，试从实付金额的期望值角度，分析他应该选择哪种抽奖方案. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（25-26高三上·北京东城·期中）有一道选择题考查了一个数学知识点，为了解甲、乙两个班学生对该知识点的掌握情况，现从甲、乙两个班各随机抽取人，甲班有人答对，乙班有人答对，用频率估计概率，且假设每个人是否答对该题目相互独立． (1)从甲班随机抽取1人，求这个人答对该题目的概率； (2)从甲、乙两班各随机抽取1人，设为答对该题目的人数，求的分布列和数学期望； (3)若甲班同学掌握这个知识点则有的概率答对该题目，乙班同学掌握这个知识点则有的概率答对该题目，两个班未掌握该知识点的同学都是从四个选项中随机选择一个．设甲班学生掌握该知识点的概率为，乙班学生掌握该知识点的概率为，试比较与的大小（结论不要求证明）． 2．（25-26高三上·北京昌平·阶段检测）在一次学业水平测试中，有一道填空题考查核心概念，A，B两所中学的高二年级学生都参加了测试．为分析学生对该概念的掌握情况，随机抽取了A，B两校高二年级各150名学生的答题数据，其中A校学生作答正确的人数为120，B校学生作答正确的人数为105． 假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率． (1)估计A校高二年级学生该题作答正确的概率； (2)从A，B两校高二年级学生中各随机抽取1名，设为这2名学生中该题作答正确的人数，估计的概率及的数学期望； (3)假设：若未掌握该概念，学生作答正确的概率为40%（因题目有一定提示性）；若掌握该概念，A校学生作答正确的概率为100%，B校学生作答正确的概率为75%．设A，B两校高二年级学生掌握该概念的概率估计值分别为，，判断，的大小．（结论不要求证明） 3．（25-26高三上·北京·期中）“绿水青山就是金山银山”，某地区甲、乙、丙三个林场开展植树工程，2015-2024年的植树成活率（%）统计如下：（表中“”表示该年没有植树）： 2015年 2016年 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 甲 95.5 92 96.5 91.6 96.3 94.6 / / / / 乙 95.1 91.6 93.2 97.8 95.6 92.3 96.6 / / / 丙 97.0 95.4 98.2 93.5 94.8 95.5 94.5 93.5 98.0 92.5 规定：若当年植树成活率大于95%，则认定该年为优质工程． (1)从2015至2020这六年中随机抽取一年，在丙被认定为优质工程的条件下，求甲、乙两个林场均被认定为优质工程的概率； (2)从甲、乙、丙三个林场植树的年份中各抽取一年，求其中优质工程的个数恰好为2的概率； (3)若去掉2016年甲、乙、丙三个林场的植树数据，那么第（2）问中的概率将会如何变化？（直接回答“变大”、“不变”或“变小”即可） 4．（25-26高三上·北京·阶段检测）李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下（假设各场比赛相互独立）： 场次 投篮次数 命中率 场次 投篮次数 命中率 主场1 22 客场1 18 主场2 15 客场2 13 主场3 12 客场3 21 主场4 23 客场4 18 主场5 24 客场5 25 (1)估计李明在主场比赛中的命中率； (2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率恰有一场超过0.6的概率； (3)记为表中主场命中次数的方差，为表中客场命中次数的方差.试比较与的大小.（只需写出结论） 5．（25-26高三上·北京顺义·开学考试）电视台举行文艺比赛，并通过网络对比赛进行直播.比赛现场有6名专家评委给每位参赛选手评分，场外观众可以通过网络给每位参赛选手评分.每位选手的最终得分由专家评分和观众评分确定.某选手参与比赛后，现场专家评分情况如表；场外有数万名观众参与评分，将评分按照，，分组，绘成频率分布直方图如图： 专家 A B C D E F 评分 9.6 9.5 9.6 8.9 9.7 8.8    (1)求的值，并用频率估计概率，估计某场外观众评分不小于9的概率； (2)从6名专家中随机选取3人，表示评分不小于9分的人数；试求的分布列和数学期望； (3)考虑以下两种方案来确定该选手的最终得分：方案一：用所有专家与观众的评分的平均数作为该选手的最终得分，方案二：分别计算专家评分的平均数和观众评分的平均数，用作为该选手最终得分.请直接写出与的大小关系. 创新提升 6．（25-26高三上·北京顺义·阶段检测）某品牌汽车计划推出两款新型车，纯电动（EV)和插混电动版(PHEV)，为了解某市将来市场情况，在该市潜在消费群体中抽取200人进行购买意愿调查，调查数据按收入水平分组如下表（单位：人） 车型 低收入群体（收入<20万元/年） 中收入群体（收入20万元-50万元/年） 高收入群体（收入>50万元/年） 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 EV 50 20 40 40 30 20 PHEV 25 45 40 40 35 15 假设所有潜在消费者的购买意愿都是相互独立，用频率估计概率. (1)在该市汽车潜在消费者中随机抽取1人，估计其愿意购买纯电动（EV)的概率p； (2)从该市潜在消费者的中收入群体中随机抽取2人，在高收入群体中随机抽取1人，记X为3人中愿意购买纯电动（EV)汽车的人数，求X的分布列和数学期望； (3)若该市C社区中汽车潜在消费者低收入群体、中收入群体、高收入群体的人数之比为1：4：2，从该社区随机抽取1人，其愿意购买纯电动(EV)汽车的概率设为,试比较p和的大小. 7．（25-26高三上·北京房山·阶段检测）体育测试成绩分为四个等级：优、良、及格、不及格.某校为了解学生的体质健康情况，在高一、高二年级分别抽取名学生进行测试，测试的结果如下： 等级 年级 优 良 及格 不及格 高一 高二 (1)从全体高一学生中随机抽取人，估计该学生的测试成绩为“优”或“良”的概率； (2)从样本中高一年级和高二年级中各随机抽取人，以表示这两个人中测试成绩为“优”的人数，求的分布列和数学期望； (3)已知高一学生升入高二后，进行体育抽测的学生不变.现从这名抽测的学生中随机抽查人，发现他们的测试成绩都为“优”.结合表格数据，能否认为学生升入高二后体育成绩为“优”的人数有变化？说明理由. 8．（2024·北京·模拟预测）乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利． (1)甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用5局3胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.9．已知甲、乙两人采用两种赛制各共进行了场比赛，请根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响． (2)若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为p，没有平局．记事件“甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为A，事件“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”为B，试证明：． (3)甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是，没有平局．若采用“赛满局，胜方至少取得n局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为．若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为，试比较与的大小． 附：，其中． 0.05 0.025 0.010 3.841 5.024 6.635 9．（2026·北京丰台·一模）为研究某大宗商品价格变化的规律，收集得到了该大宗商品连续30个交易日的价格变化情况，如下表所示．在描述价格变化时，用“↑”表示“上涨”，即当天价格比前一个交易日价格高；用“↓”表示“下跌”，即当天价格比前一个交易日价格低；用“→”表示“不变”，即当天价格与前一个交易日价格相同． 时段 价格变化 第个交易日 ↓ ↑ ↑ ↓ ↑ ↑ ↑ ↑ ↓ ↑ ↑ ↓ 第个交易日 ↑ ↑ ↑ ↓ ↓ ↑ ↓ ↑ ↓ ↓ ↑ ↑ 用频率估计概率． (1)试估计该大宗商品价格“上涨”的概率； (2)假设该大宗商品每个交易日的价格变化是相互独立的，在未来的交易日里任取天，试估计该大宗商品价格在这天中至少有天“上涨”且至少有天“不变”的概率； (3)假设该大宗商品当日价格“上涨”、“下跌”、“不变”时，当日成交概率分别为，且．若该大宗商品每个交易日的价格变化只受前一个交易日价格变化的影响，试比较第个交易日的成交概率与的大小．（结论不要求证明） 10．（25-26高三下·北京·开学考试）某科技公司推出“AI艺术创作”线下体验项目，运营团队统计了过去10天的运营数据，整理成如下图表： 客流量等级 小客流（A） 中客流（B） 大客流（C） 天数 3 5 2 日固定收入（元） 4000 10000 22000 设备“故障”概率 0.1 0.2 0.4 ①设备“故障”分为“轻微故障”和“严重故障”，其中轻微故障的概率为，严重故障的概率为； ②轻微故障：当日收入不变，需支付维修费200元； ③严重故障：当日收入减半，需支付维修费1000元； 每日客流量等级相互独立，故障类型与客流量等级相互独立，由频率估计概率． (1)求该项目某一日客流量等级为中客流且发生设备严重故障的概率； (2)设该项目某一日的运营总损失为（单位：元），维修费+收入损失（若无故障，损失为0），求的分布列及； (3)项目团队计划引入“故障预警系统”，引入后可将各客流量等级下的故障概率均降低至原来的，但每日需额外支付系统使用费100元，判断是否值得引入该系统，并说明理由． 11．（25-26高三上·北京·阶段检测）自2022北京冬奥会以来，花样滑冰项目引起了广泛关注．选手们在冰上起舞，做出步法、旋转、跳跃等技术动作．“技术动作分”由“基础分”和“执行分”相加得到．不同的技术动作，其“基础分”也不同，其中四个跳跃动作4T，4S，4F，4Lz的“基础分”如表1所示． 表1 跳跃动作 4T 4S 4F 4Lz 基础分 9.5 9.7 11.0 11.5 选手表演完，得到相应动作的“执行分”．把“执行分”为非负值的跳跃动作记为“成功”，否则记为“失败”．表2为某选手在上一赛季各跳跃动作的“技术动作分”． 4T 12.04 11.22 4.75 9.06 9.97 11.63 10.98 4S 10.98 10.57 11.32 4.85 9.51 12.07 4F 13.69 5.50 14.02 12.92 4Lz 13.54 14.23 11.21 8.38 11.87 表2 假设用频率估计概率，且选手每个跳跃动作是否“成功”相互独立． (1)从该选手上一赛季所有4T动作中任选一次，估计这次跳跃为“成功”的概率； (2)若该选手在本赛季中，计划完成4T，4S，4F这三个动作，且每个动作只完成一次．将这三个动作中成功的跳跃个数记为，求的分布列和数学期望； (3)在本赛季中，某选手从四个跳跃动作4Lz，4S，4T，4F选出两个，且每个动作只完成一次，为了使得该选手这两个动作中“成功”的跳跃个数的期望最大，应选哪两个动作？请直接写出这两个动作的名称． 12．（25-26高三上·北京东城·期末）某平台开展答题比赛，比赛共进行两轮，选手每轮比赛可以从甲、乙两类问题中选择一类问题，平台从该类问题中随机抽取一个问题供选手回答．比赛规定：甲类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得50分，否则扣10分；选手初始分数为0分．假设某选手正确回答甲类问题的概率为，正确回答乙类问题的概率为． (1)若该选手两轮都选择甲类问题，求该选手累计得分不低于20分的概率； (2)若该选手第一轮选择甲类问题，第二轮选择乙类问题，记该选手累计得分为，求的分布列与数学期望； (3)若该选手每轮等可能地从甲、乙两类问题中选择一类问题，如果两轮的题目类型相同，记该选手的累计得分为；如果两轮的题目类型不同，记该选手的累计得分为．试判断数学期望与的大小. 13．（25-26高三上·北京西城·期末）大气中的微生物一般不以单体存在，常附着在大气尘埃上成为一体，形成气溶胶粒子悬浮在空气中，称为带菌粒子．科研人员采用六级空气微生物采样器在甲地的三个观测点共采集到份带菌粒子，带菌粒子的粒数中值直径和采样器的采集范围记录如下： 甲地空气带菌粒子统计表 观测点 粒数中值直径 A 4.6 5.6 5.6 6.5 6.9 6.8 6.4 5.8 4.5 6.0 4.2 4.4 B 4.2 6.0 7.1 4.6 C 2.5 2.0 3.0 3.0 2.3 3.8 4.1 2.8 六级空气微生物采样器 级数 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ Ⅵ 采集范围 假设各份数据的采集互不影响，并用频率估计概率． (1)根据上述数据，若在甲地空气中随机采集份带菌粒子，试估计其粒数中值直径为II级的概率； (2)在A点采集的带菌粒子中随机选出份，在B点采集的带菌粒子中随机选出份，记这份中粒数中值直径为III级的份数为，求的分布列和数学期望； (3)为研究带菌粒子的生物特征，计划在C点再采集份带菌粒子．记这份带菌粒子中有份的粒数中值直径为III级的概率为．试给出的一个值，使得为中的最大值．（结论不要求证明） 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训01 统计与概率解答题题型归纳 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 随机抽样 3 题型2 频率分布直方图 10 题型3 平均数与方差 17 题型4 概率综合 24 题型5 离散型随机变量的均值 30 题型6 离散型随机变量的方差 35 题型7 二项分布 41 题型8 决策问题 49 重难专题分层过关练 55 巩固过关 55 创新提升 61 解题方法及技巧提炼 1、北京卷统计与概率解答题的基本特点是： 北京高考数学统计与概率解答题（通常为第17或18题）呈现出 “背景新、落点低、思想深” 的命题特征，通过创设真实问题情境，重点考查数学建模、数据分析和逻辑推理能力。试题梯度平缓、区分度清晰：前两问侧重基础审题与频率估计，属于必须拿满的基础分，没有复杂公式和繁琐运算；第三问则往往设置创新设问，筛选对概念理解透彻的学生。解答此类题目的基本思路是： （1）审清情境：从实际背景（保险理赔、比赛成绩、考试数据、医药研发等）中提取关键数据与事件关系； （2）频率估计：用样本频率估计总体概率，建立概率模型； （3）分布与期望：确定随机变量的可能取值，计算概率，列分布列，求期望； （4）第三问定性突破：北京卷的压轴设问往往“不要求硬算”，而是考查对方差离散意义、全概率思想、期望决策等概念的本质理解，能定性判断的绝不盲目硬算。 2、北京卷命题规律与核心策略： （1）基础问（前两问）、重审题，轻计算 高频考向为“频率估计概率 + 离散型随机变量均值/独立事件概率”。核心策略是：从表格或文字中准确锁定频数、样本容量，直接写出频率即概率，不引入超纲分布模型（北京卷对超几何、二项、正态分布涉猎不多，重在基础应用）。概率计算中注意“恰有”“至少”“不高于”等限定词，分布列必须验证概率和为1。 （2）创新问（第三问）、重思维，轻机械计算 这是北京卷区分度的核心。常见设问方向： 定性比较方差/离散程度：不要求计算方差数值，只需判断“数据越分散方差越大、越集中方差越小”，结合代表值偏移直接下结论； 开放性决策与比较：通过期望值比较判断“谁获得冠军概率最大”“哪种方案更优”，结论不要求证明，但比较的逻辑必须清晰； 全概率思想的应用：将“总概率”拆解为不同路径的加权平均（如“掌握做对 + 蒙对”），设未知数列一元一次方程求解； 概念辨析型：考查对统计量本质意义的理解，而非公式套用。 应对策略是：先定性、后定量。能用离散程度、期望意义、加权思想直接判断的，30秒内出结论；确实需要计算的，再动笔列式。 3、常见题型及解题要点（结合北京真题）： （1）频率估计 + 期望型（保险、理赔类） 如2024年北京卷以保险产品理赔数据为背景，用频率估计索赔概率，求毛利润的期望，第三问比较保费调整前后期望的大小。核心操作是：将“毛利润 = 保费 − 赔偿”逐项拆解，随机变量取值与赔偿次数对应，用频率加权求期望。 （2）独立事件 + 比赛决策型 如2022年北京卷以铅球比赛为背景，用频率估计概率，求获得优秀奖人数的期望，第三问判断谁获冠军的概率估计值最大。关键是将“冠军”转化为“该人成绩超过其他所有人的概率”，利用独立性分解计算或通过期望大小作出判断。 （3）实际情境 + 组合计数型 如2026年北京卷以数学成绩抽样为背景，前两问求频率和组合概率，第三问定性比较三组代表值对应的方差大小。组合概率计算中注意“从4人中选2人”的 结构，避免误用分布列套路。 （4）综合概念 + 方程型（全概率思想） 如2025年北京卷以“掌握知识点与做对题目”的关系设问，第三问要求建立“总正确率 = 掌握做对率 × 掌握占比 + 蒙对率 × 未掌握占比”的加权关系，设未知数列方程。核心是识别“加权平均”结构，将文字关系翻译为一元一次方程。 4、实用技巧与答题规范： （1）“由频率估计概率”是北京卷前两问的固定动作，书写时必须写出“用频率估计概率”或“以样本频率作为总体概率的估计值”的文字说明，不能只写数值； （2）分布列列表呈现，取值从小到大，最后一行务必验证 ； （3）期望计算中，能用 简化的优先使用；涉及“毛利润”“净收益”等复合量时，先明确随机变量与基础量的函数关系再计算； （4）第三问若题目明确“结论不要求证明”，只需给出结论并附简要理由（如“乙方差更小，数据更集中”），不必展开完整证明； （5）北京卷第三问的时间纪律：若在第三问上卡壳超过3分钟，优先检查是否可以通过概念定性绕过计算，而不是继续硬算。 5、易错点与关键提醒： （1）审题限定词混淆：“不高于”“大于”“不少于”“恰有”等边界词直接决定频数统计范围，北京卷第一问的失分大多源于此； （2）第三问误入“硬算陷阱” ：北京卷近年反复释放的信号是“不用算方差”“不要求证明”，若考场第一反应是列公式硬算，既耗时又易错，应优先回归概念本质； （3）组合概率漏乘选择方式：如“4人中2人满足条件”需乘 ，漏乘会导致概率缩小； （4）分布列概率和不等于1：计算完成后必须回验，这是最基础也最容易被忽视的检查点； （5）决策比较的逻辑方向：比较期望大小时，要明确“期望越大越好”还是“越小越好”（如理赔、成本类期望越小越优，收益、得分类期望越大越优），方向反置会直接导致结论错误。 题型通法及变式提升 题型1 随机抽样 【典例1-1】（26-27高三上·北京·开学考试）某公司为了解，两个地区用户对其产品的满意程度，从地区随机抽取名用户，从地区随机抽取名用户，请用户对公司产品评分.该公司将收集的评分数据按照，，，分组，统计如下： 地区 地区 40 30 120 20 160 40 80 10 合计 400 100 用频率估计概率. (1)对地区所抽取的名用户按评分区间，，，进行分层随机抽样，从中抽取名用户参加座谈活动.求参加座谈的用户中，对公司产品的评分不低于分的人数； (2)从，两个地区各随机抽取名用户，设为这两人中评分不低于分的人数，求的分布列和数学期望； (3)记地区所抽取的名用户对该公司产品的评分的平均值为，地区所抽取的名用户对该公司产品的评分的平均值为，两个地区所抽取的名用户对该公司产品的评分的平均值为，试比较和的大小.（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) 随机变量的分布列为： 数学期望 (3) 【分析】（1） 利用分层抽样等比例抽取的性质，计算评分不低于分的人数占比后乘以抽取总人数即可； （2）先求地区用户评分不低于分的概率，确定的取值及对应概率得到分布列，再用期望公式计算期望； （3）根据题意，依次算出，即可得结论. 【详解】（1）设从地区抽取的用户中抽取的名参加座谈的用户中， 对公司的产品的评分不低于分的用户有名，则，解得. （2）根据题意可知，随机变量的取值为、、， 从、两地区各随机抽取名用户，评分不低于分的概率分别为，， 评分低于分的概率分别为，， 所以， ，， 因此，随机变量的分布列为 数学期望. （3）根据题意，， ，， 所以，得. 核心口诀：分层抽样按比例，简单随机等可能；编号随机不放回，算准个体与总体。 高分技巧： 分层抽样计算：抓住核心关系 （ 为样本量， 为总体量， 为某层样本量， 为该层总体量）。已知其中三个量可直接求第四个； 抽样比计算：直接算出“样本容量÷总体容量”的比例，随后各层均按此比例抽取； 简单随机抽样：注意“逐个不放回”特征，常与古典概型结合考查； 答题规范：若需说明抽样过程，要写出“将总体编号，用随机数表（或抽签法）抽取...”等步骤。 【典例1-2】（2026·北京丰台·二模）某公司为评估员工使用人工智能技术辅助办公的能力，随机抽取了该公司名员工，通过专用系统进行综合评分（满分为100分），得到如下频率分布表. 综合得分 频数 频率 60 0.6 30 (1)求的值； (2)现采用按比例分层抽样的方法从综合得分为和的员工中抽取6人.若从这6名员工中随机选取2人进行座谈，设为选取的2名员工中综合得分不低于60分的人数，求的分布列和数学期望； (3)该公司为了进一步提升员工应用人工智能技术辅助办公的能力，决定聘请某机构对员工进行培训.该机构给出了以下两个方案： 方案一：对该公司所有员工进行培训，保证培训后人均综合得分提高10分； 方案二：只对该公司综合得分低于60分的员工进行培训，保证培训后，原综合得分在的员工人均综合得分提高5分，原综合得分在的员工人均综合得分提高20分. 用样本估计总体.为尽可能提升该公司员工的人均综合得分，应选择哪个方案？（结论不要求证明） 【答案】(1)； (2)的分布列为 0 1 2 (3)应选择方案二 【分析】（1）根据表格中数据结合频率、频数之间的关系运算求解； （2）分析可知随机变量的可能值为0，1，2，结合超几何分布求分布列和期望； （3）以区间的中间值作为估计值，结合题意分别求两种方案的得分平均数，进而对比分析. 【详解】（1）因为在内频数为60，频率为，则， 且在内频数为30，则， 则在内频数为，频率. （2）因为综合得分为和的人数比为， 则在综合得分为内抽取人数为，在综合得分为内抽取人数为， 可知随机变量的可能值为0，1，2，则有： ，，， 所以的分布列为 0 1 2 的期望为. （3）方案一：该公司员工的人均综合得分； 方案二：该公司员工的人均综合得分； 因为，所以应选择方案二. 【变式1-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）某大学学院共有学生千余人，该学院体育社团为了解学生参与跑步运动的情况，按性别分层抽样，已知A学院男生与女生人数之比为，从该学院所有学生中抽取若干人作为样本，对样本中的每位学生在月份的累计跑步里程进行统计，得到下表. 跑步里程 男生 女生 用样本频率估计总体概率. (1)求的值，并估计从学院所有学生中抽取一人，该学生月份累计跑步里程在中的概率； (2)从学院男生样本中随机抽取人，从学院女生样本中随机抽取人，将这人中在月份的累计跑步里程不低于的人数记为，求的分布列和数学期望； (3)该大学学院男生与女生人数之比为，学院体育社团为了解学生参与跑步运动的情况，也按性别进行分层抽样，已知学院和学院的样本数据整理如下表. 月份累计跑步里程平均值（单位：） 学院性别 A B 男生 50 59 女生 40 45 设学院样本中学生月份累计跑步里程平均值为，学院样本中学生月份累计跑步里程平均值为，是否存在，使得？如果存在，求的最大值；如果不存在，说明理由. 【答案】(1)， (2) ， (3)存在，最大值为 【分析】（1）先根据男女比即可求出a，再根据古典概型即可求出所求概率； （2）由题意的可能取值为，求得各自对应的概率得到分布列，再计算期望即可； （3）设学院女生人数为，则男生人数为，求，即可得到不等式，解得即可. 【详解】（1）依题意，解得， 所以在中的概率为； （2）学院所抽取的学生中男生有人， 其中月份的累计跑步里程低于有人，不低于有人， 学院所抽取的学生中女生有人， 其中月份的累计跑步里程低于有人，不低于有人， 由题意的可能取值为， ，， ，， 则的分布列为： ； （3）设学院女生有人，则男生有人， 则，， 依题意，即， 显然，解得，所以的最大值为 【变式1-2】（2025·北京昌平·二模）在探索数智技术赋能学科学习的过程中，某中学鼓励学生使用某听说平台进行英语口语自主练习．该中学有初中生1200人，高中生800人．为了解全校学生近一个月内使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数，从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，将他们的使用次数按照，，，，，五个区间进行分组，所得样本数据如下表： 使用次数分组区间 初中生人 高中生人 4 3 38 29 48 28 17 6 3 假设每个学生是否使用此听说平台进行英语口语自主练习相互独立．用频率估计概率． (1)估计近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数； (2)从上面参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中随机抽取3人，记为这3人中高中生的人数，求的分布列和数学期望； (3)从该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生进行调查，设其中初中生和高中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于的人数分别为和，比较与的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) 0 1 2 3 期望为 (3) 【分析】（1）根据频数分布表，结合分层抽样的定义进行求解即可； （2）根据古典型概率公式，结合数学期望的公式进行求解即可； （3）根据二项分布求得方差判断即可. 【详解】（1）根据题中数据，，得． 样本中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的频率为． 因此近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数估计为：． （2）参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中，初中生有4人，高中生有3人． 所以的取值范围为． 所以的分布列为 0 1 2 3 的数学期望． （3），理由如下： 根据分层抽样定义知，随机抽取200名学生中，初中生为120名，高中生为80名， 抽到初中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于的频率为， 抽到高中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于的频率为， 该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生中英语口语自主练习次数位于的人数服从二项分布， 即， 所以，， 因为，所以. 题型2 频率分布直方图 【典例2-1】（2026·北京朝阳·一模）某研究团队发现人工智能助手的问题解决“满意度评分”（满分100分）与其使用场景密切相关.该团队将用户分为学习场景用户和工作场景用户两类，为了调研用户对人工智能助手的满意度评分情况，现从这两类用户中各随机抽取100人，记录他们的满意度评分，将数据分成6组：，，，，，，并分别整理得到如下两个频率分布直方图： 现规定满意度评分在80分及以上的满意度评级为，在区间的满意度评级为，在60分以下的满意度评级为.用频率估计概率，假设每个用户的评分相互独立. (1)求的值； (2)从使用人工智能助手的所有学习场景用户中随机抽取2人，从使用人工智能助手的所有工作场景用户中随机抽取1人，设为抽出的3人中满意度评级为A的人数，估计的分布列和数学期望； (3)该研究团队又对另外两款人工智能助手，进行了同样的调研，估计出其学习场景用户的满意度评级为A的概率分别为0.3，0.35.现分别从使用，，这三款人工智能助手的学习场景用户中各随机抽取1人，用“”表示其中使用（）的学习场景用户的满意度评级为，用“”表示其中使用（）的学习场景用户的满意度评级为或.设，，判断，的大小.（结论不要求证明） 【答案】(1)； (2) 0 1 2 3 0.45 0.4125 0.125 0.0125 ； (3). 【分析】（1）利用频率分布直方图所有小矩形面积和为1求解. （2）分别求出学习、工作场景用户评级为的概率，再求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望. （3）求出分别取的概率，再利用分布的方差公式求出方差，进而比较大小. 【详解】（1）依题意，，所以. （2）依题意，学习场景用户评级为的概率为， 工作场景用户评级为的概率为， 的所有可能值为， ，， ，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 0.45 0.4125 0.125 0.0125 数学期望. （3）由（2）及已知，得，， ，显然服从分布， 因此， ， 所以. 核心口诀：面积就是频率，组距乘高莫忘；总和必定为1，中位面积平分，平均数取中点。 高分技巧： 核心公式：频率 （即高）。 求频率/频数：某组的频率 = 对应矩形面积；频数 = 样本容量 × 该组频率。 求众数：最高矩形底边中点； 求中位数：在横轴上找一个点，使左右两侧面积（频率）各为0.5。通常在面积首次跨越0.5的矩形内，利用 反解； 求平均数：各组“底边中点值 × 对应频率”之和（即 ）。 易错警示：纵轴是“频率/组距”不是频率，求频率必须乘组距；求中位数不要直接把频率相加除以2，要找面积平分线。 【典例2-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）某公司为了解用户对其产品的满意程度，从A地区随机抽取了400名用户，从B地区随机抽取了100名用户，请用户根据满意程度对该公司产品评分．该公司将收集到的数据按照，，，分组，绘制成评分频率分布直方图如下： (1)从A地区抽取的400名用户中随机选取一名，求这名用户对该公司产品的评分不低于60分的概率； (2)从B地区抽取的100名用户中随机选取两名，记这两名用户的评分不低于80分的个数为X，求X的分布列和数学期望； (3)根据频率分布直方图，假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，估计A地区抽取的400名用户对该公司产品的评分的平均值为，B地区抽取的100名用户对该公司产品的评分的平均值为，以及A，B两个地区抽取的500名用户对该公司产品的评分的平均值为，试比较和的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1)0.6 (2)的分布列为： 0 1 2 (3) 【分析】（1）根据频率分布直方图即可求解； （2）先求出地区评分不低于80分的人数，再分别计算为0,1,2的概率，列出分布列计算期望即可； （3）由每组区间的中点值乘对应的频率再求和得到，再由求得，比较大小即可． 【详解】（1）对于该公司产品评分不低于60分的频率为， 由频率估计概率可得对该公司产品的评分不低于60分的概率为0.6． （2）由频率分布直方图可知，评分不低于80分的人数为人， 的可能取值为0,1,2， ， ， ， 则的分布列为： 0 1 2 则数学期望． （3）由频率分布直方图可得，， ， 则， 又地区和地区抽取用户人数之比为，地区抽取用户人数占总数的，地区抽取用户人数占总数的， 所以两个地区抽取的500名用户对该公司产品的评分的平均值为， 所以． 【变式2-1】（25-26高三上·北京顺义·开学考试）电视台举行文艺比赛，并通过网络对比赛进行直播.比赛现场有6名专家评委给每位参赛选手评分，场外观众可以通过网络给每位参赛选手评分.每位选手的最终得分由专家评分和观众评分确定.某选手参与比赛后，现场专家评分情况如表；场外有数万名观众参与评分，将评分按照，，分组，绘成频率分布直方图如图： 专家 A B C D E F 评分 9.6 9.5 9.6 8.9 9.7 8.8    (1)求的值，并用频率估计概率，估计某场外观众评分不小于9的概率； (2)从6名专家中随机选取3人，表示评分不小于9分的人数；试求的分布列和数学期望； (3)考虑以下两种方案来确定该选手的最终得分：方案一：用所有专家与观众的评分的平均数作为该选手的最终得分，方案二：分别计算专家评分的平均数和观众评分的平均数，用作为该选手最终得分.请直接写出与的大小关系. 【答案】(1)，； (2) 1 2 3 数学期望为2； (3). 【分析】（1）由频率和为1可得a的值，用某场外观众评分不小于9的频率可估计概率. （2）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望. （3）求出及的估计值，再借助权重分析即可判断得解. 【详解】（1）由频率分布直方图，得，某场外观众评分不小于9的概率是． （2）的可能取值为1，2，3， 6名专家评分不小于9分的有4人， ， 所以的分布列为 1 2 3 数学期望． （3）依题意，专家评分的平均数， 观众评分的平均数的估计值为，则， 由于观众人数远多于专家，在计算时，观众评分（其平均值略低于专家均分）权重大， 因此会比更接近于观众评分的均值，所以. 【变式2-2】某中学为了解本校高二年级学生阅读水平现状，从该年级学生中随机抽取100人进行一般现代文阅读速度的测试，以每位学生平均每分钟阅读的字数作为该学生的阅读速度，将测试结果整理得到如下频率分布直方图： (1)若该校高二年级有1500人，试估计阅读速度达到620字/分钟及以上的人数； (2)用频率估计概率，从该校高二学生中随机抽取3人，设这3人中阅读速度达到540字/分钟及以上的人数为，求的分布列与数学期望； (3)若某班有10名学生参加测试，他们的阅读速度如下：506，516，553，592，617，632，667，693，723，776，从这10名学生中随机抽取3人，设这3人中阅读速度达到540字/分钟及以上的人数为，试判断数学期望与（2）中的的大小. 【答案】(1)人 (2)分布列为： (3) 【分析】（1）根据频率分布直方图分析数据得频率即可估计阅读速度达到620字/分钟及以上的人数； （2）确定从中任取一人，其阅读速度达到540字/分钟及以上的概率，结合二项分布的概率求解的分布列与数学期望即可； （3）根据超几何分布的概率求解的分布列与数学期望即可得结论. 【详解】（1）， 故可估计阅读速度达到620字/分钟及以上的人数为人； （2）从中任取一人，其阅读速度达到540字/分钟及以上的概率为： ， 的可能取值为、、、， ， ， ， ， 则其分布列为： 其期望为：； （3），理由如下： 这10名学生中，阅读速度达到540字/分钟及以上的人数为人，的可能取值为、、， ，，， 则，故. 题型3 平均数与方差 【典例3-1】（26-27高三上·北京西城·阶段检测）近年来，新能源汽车受到越来越多消费者的青睐．据统计，2025年12月至2026年5月全国新能源市场三种车型月度零售销量数据如下（单位：万辆）： 12月 1月 2月 3月 4月 5月 轿车 28.4 21.3 15.4 26.0 16.7 21.0 MPV 0.8 0.2 0.2 0.3 0.4 0.4 SUV 18.1 13.7 11.7 18.1 11.3 14.5 (1)从2025年12月至2026年5月中任选1个月份，求该月MPV零售销量超过这6个月该车型月度零售销量平均值的概率； (2)从2026年1月至2026年5月中任选3个月份，将其中SUV的月度零售销量相比上个月份增加的月份个数记为X，求X的分布列和数学期望； (3)记2025年12月至2026年5月轿车月度零售销量数据的方差为，同期各月轿车与对应的MPV月度零售销量分别相加得到6个数据的方差为，写出与的大小关系．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)的分布列为： 0 1 2 (3) 【分析】（1）先求平均值，再找出超过平均值的个数，用古典概型求概率； （2）先确定比上个月份增加的个数，再确定随机变量的取值，超几何分布求分布列及数学期望； （3）先计算轿车、轿车和MPV销量之和的平均值，再用方差公式求、 【详解】（1）由上表可知，这6个月MPV的零售销量分别为： 所以这6个月MPV销量的平均值 这6个月中，销量超过0.38的有3个月份，故所求概率为 （2）由上表可知，2026年1月至2026年5月中SUV的销量与上个月份相比增加的月份有3月、5月，共2个月， 未增加的有3个月.从这5个月中任选3个月，X的可能取值分别为. 所以 的分布列为： 0 1 2 数学期望 （3）设轿车月度零售销量数据为，MPV月度零售销量数据为，轿车和MPV月度零售销量数据之和为， 则，， 可得 则 核心口诀：均值求和除个数，方差求差平方和；线性变换看系数，期望同乘加常数，方差只乘系数平方。 高分技巧： 基本公式：，； 化简计算：，处理数据较大时更便捷； 线性变换性质：若 ，则 ，（数据平移方差不变，数据缩放方差乘平方）； 答题规范：写出公式再代入数据，避免直接跳步导致计算分丢失。 易错警示：方差是除以 （总体方差）还是 （样本方差），高中阶段均除以 ；线性变换中加常数 完全不影响方差。 【典例3-2】（26-27高三上·北京·开学考试）为评估国内AI大模型的使用效果，某评测机构从国内众多AI大模型中随机抽取9个AI大模型，并从基础能力、中文特性和专业能力三个维度对这9个AI大模型进行评测，评测结果如下表所示． AI大模型 大模型a 大模型b 大模型c 大模型d 大模型e 大模型f 大模型g 大模型h 大模型i 基础能力得分 65 67 70 58 66 53 49 64 中文特性得分 74 76 80 68 75 63 59 77 专业能力得分 56 60 73 63 70 59 54 66 66 综合得分 65.0 67.7 74.3 63.0 70.3 58.3 54.0 69.0 70.0 综合得分是基础能力得分、中文特性得分和专业能力得分的算术平均数（精确到0.1）．其中和都是正整数． (1)若，从这9个AI大模型中随机取1个大模型，求这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分的概率； (2)从大模型，，，中随机取2个大模型，从大模型，，，中随机取2个大模型，记这4个大模型中“综合得分超过65分”的大模型的个数为，求的分布列； (3)记这9个大模型的基础能力得分和中文特性得分的方差分别为，，若，写出的值．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) 0 1 2 3 4 (3) 【分析】（1）分析可知，结合可得，再利用古典概型运算求解即可； （2）分析可知随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，结合古典概型以及组合数求相应概率和分布列； （3）根据平均数和方差公式整理可得，结合运算求解即可. 【详解】（1）由题意可知：，则， 且和都是正整数，则是正整数，所以， 若，所以. 设这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分为事件A， 则样本空间，，可得，， 所以这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分的概率为. （2）大模型，，，中综合得分超过65分有，， 大模型，，，中综合得分超过65分有，， 可知随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，则有： ； ； ； ； ； 所以的分布列为 0 1 2 3 4 （3）因为基础能力得分的平均数为， 方差； 中文特性得分的平均数为， 方差； 若，即， 整理可得， 又因为，即，可得，即， 联立方程，解得， 所以的值为67. 【变式3-1】（26-27高三上·北京顺义·阶段检测）2026年暑假国产动画电影再次掀起热潮，下图是A，B两部动画电影第一天至第十三天上映期间的综合票房（亿元）及综合票房占比.其中条形图表示综合票房占比，折线图为综合票房（亿元）. A动画影片综合票房及占比 B动画影片综合票房及占比 (1)从A动画电影上映后的十三天中随机选取一天，求该天电影综合票房超过2亿元的概率； (2)从B动画片上映后的十三天中随机选取2天，设为电影综合票房占比超过70%的天数，求的分布列及数学期望； (3)设A，B两部动画电影第一天至第十三天上映期间综合票房的平均数分别为和，方差分别为和，试比较和，和的大小（只需写出结论）. 【答案】(1)； (2)分布列如下： 0 1 2 ； (3)，. 【分析】（1）数据中有6天电影综合票房超过2亿元，从而得到概率； （2）求出的可能取值和对应的概率，得到分布列和数学期望； （3）计算出两部电影的票房数据平均数，并根据图形中数据的波动情况，得到方差的大小关系 【详解】（1）从A动画电影上映后的13天中，有6天电影综合票房超过2亿元， 故该天电影综合票房超过2亿元的概率为； （2）B动画片上映后的13天中，超过70%的天数有7天， 故的可能取值为0,1,2， 则，，， 所以的分布列如下： 0 1 2 则； （3）， ， 所以， 由图可知，A动画电影综合票房数据中，除个别数据外大小变化幅度较小，所以. 【变式3-2】（25-26高三下·北京朝阳·开学考试）为激发学生的体育运动兴趣，助力全面健康成长，某中学组织全体学生开展以体育锻炼为主题的实践活动．为了解该校学生参与活动的情况，随机抽取100名学生作为样本，统计他们参加体育锻炼活动时间（单位：分钟），得到下表： 时间 人数 类别 性别 男 5 12 13 8 9 8 女 6 9 10 10 6 4 学段 初中 5 8 11 11 10 8 高中 6 13 12 7 5 4 (1)从该校随机抽取1名学生，估计该学生参加体育锻炼活动时间在的概率； (2)在随机抽取的100名学生中，从参加体育锻炼活动时间在和的学生中各随机抽取1人，其中初中学生的人数记为X，求随机变量X的分布列和数学期望； (3)假设同组中每个数据用该组区间中点值代替，样本中初、高中学生参加体育锻炼活动时间的平均数分别记为、．试比较、的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)的分布列为： 的期望为 (3)＞ 【分析】（1）利用频率来估计概率即可； （2）利用独立事件乘法公式来计算概率，即可得分布列求期望； （3）利用中点值来计算平均数，即可得到大小比较. 【详解】（1）由上表可得，100名学生中，参加体育锻炼活动时间在的学生有名， 所以从该校随机抽取1名学生，估计该学生参加体育锻炼活动时间在的概率为； （2）依题意，的所有可能值为0，1，2， 参加体育锻炼活动时间在的学生总人数为，其中初中生人， 参加体育锻炼活动时间在的学生总人数为，其中初中生人， 记事件为“从参加体育锻炼活动时间在的学生中随机抽取1人，抽到的是初中学生”， 事件为“从参加体育锻炼活动时间在的学生中随机抽取1人，抽到的是初中学生”， 事件相互独立，且， 则， ， ， 所以的分布列为： 的数学期望； （3）＞, 由表可知：根据利用中点值来估计，可得初中生的体育锻炼活动平均时间：， 根据利用中点值来估计，可得高中生的体育锻炼活动平均时间：， 即＞. 题型4 概率综合 【典例4-1】（26-27高三上·北京海淀·阶段检测）2026年美加墨世界杯圆满收官，赛事热度带动全国校园足球氛围持续升温．为响应“体教融合”号召，某中学举办校园足球文化节配套的知识竞赛，赛后从全校所有参赛答卷中随机抽取40份作为样本，成绩分布统计如下： 成绩分组 人数 假设所有参赛学生的成绩相互独立，以频率估计概率，完成下列问题： (1)从所有参赛学生中抽取1人，估计该学生的成绩低于70分的概率； (2)从所有参赛学生中抽取4人，求其中恰好2人成绩低于70分，2人成绩高于90分的概率； (3)从所有参赛学生中随机抽取20人，记为这20人中成绩低于70分的人数，求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由频率估计概率，直接求出成绩低于分的频率； （2）把问题看成次独立抽取中恰有次取到低于分、次取到高于分，用乘法公式计算； （3）把看作二项分布，比较相邻两项概率的大小判断增减性，由此求得最大值点. 【详解】（1）由表得成绩低于分的频率为，高于分的频率为， 其余成绩的频率为. 以频率估计概率，从所有参赛学生中抽取人，其成绩低于分的概率为. （2）抽取人，要求其中人成绩低于分、人成绩高于分， 故所求概率为. （3）由题意，则，于是. 由得，即时单调递增、时单调递减， 特别地，时，即； 时，即. 故当时取得最大值. 核心口诀：互斥相加独立乘，对立事件用“1减”；古典概型数准基本事件，条件概率缩样本空间。 高分技巧： 事件关系：互斥（不能同时发生）用加法 ；独立（互不影响）用乘法 ； 对立事件：“至少有一个”通常用 ，计算更简； 古典概型：，常与排列组合结合，列举法需不重不漏； 条件概率：，往往是在 发生的前提下重新计算概率。 易错警示：分清“互斥”与“独立”，互斥不能同时发生，独立互不影响；古典概型注意是否“有序”或“无序”。 【典例4-2】（26-27高三上·北京顺义·阶段检测）为了弘扬“长征精神”，加强学生对长征知识的了解，某中学在高一、高二年级举行了“纪念长征胜利90周年”知识竞赛.为了解学生对某一重要知识点的掌握情况，组委会随机抽查了该校两个年级各80名学生对考查该知识点的选择题的答题数据，其中高一学生选择正确的人数为60，高二学生选择正确的人数为64.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. (1)估计该校高一年级学生该题选择正确的概率 (2)从该校高一年级、高二年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望； (3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，高一学生选择正确的概率为，高二学生选择正确的概率为.设高一年级学生和高二年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）. 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）高一年级随机抽查了80名学生，其中选择正确的有60人， 所以，高一年级学生该题选择正确的概率估计值为：; （2）高二抽查80人，答对64人，用频率估计概率，设高二答对概率为：， 所以， ，， 所以 即，； （3）根据题意，如果没有掌握知识点，答对的概率为随机四选一， 设高一学生掌握该知识点的概率为，高二学生掌握该知识点的概率为, 由全概率公式，高一学生答对的概率为：，即, 高二学生答对的概率为：，即，所以. 【变式4-1】（25-26高三下·北京海淀·开学考试）“彼此有了三分酒，便猜拳赢唱小曲儿”——这一幕出自《红楼梦》第六十三回《寿怡红群芳开夜宴》，描绘的是酒意微醺后的贾宝玉等人行令助兴的生动场景．这里的“猜拳”，正是中国传统酒令中极为常见的一种互动游戏，而现代最广为人知的猜拳形式之一，便是石头剪刀布．石头剪刀布的规则如下：两人同时出拳，石头胜剪刀，剪刀胜布，布胜石头，相同则平局．一般来说，人类在出拳时会有不自觉的偏向性．甲乙二人的最近60次出拳如下表． 出拳情况 石头 剪刀 布 甲 30次 20次 10次 乙 15次 30次 15次 用频率估计概率，假设两人每次出拳相互独立. (1)若甲乙二人进行一次猜拳，估计甲获胜的概率； (2)若甲乙二人进行三次猜拳，记平局的次数为X．估计随机变量X的分布列和数学期望； (3)若甲乙二人以如下规则进行一轮“无平局猜拳游戏”：持续进行若干次猜拳，直到其中一方获胜才停止，将该次猜拳的获胜方记为本轮游戏的胜者.直接写出甲本轮游戏获胜的概率． 【答案】(1) (2)的分布列为 0 1 2 3 1 (3) 【分析】（1）由题意求出每次出拳甲、乙分别出石头、剪刀、布的概率，再由互斥事件的概率求法即可分析求解甲乙进行一次猜拳甲获胜的概率； （2）求出每次出拳平局的概率和随机变量的所有可能取值，由二项分布的概率公式求出每个随机变量取值相应的概率即可求分布列，再由数学期望计算公式计算即可求解； （3）先由（1）得甲获胜的概率，接着由（2）得平局的概率，进而求出在一局中分出胜负的概率即可由条件概率计算求解. 【详解】（1）用频率估计概率，则由题每次出拳甲出石头、剪刀、布的概率分别为，，， 每次出拳乙出石头、剪刀、布的概率分别为，，， 设事件“甲乙进行一次猜拳，甲获胜”，则； （2）用频率估计概率，每次出拳甲出石头、剪刀、布的概率分别为，，， 每次出拳乙出石头、剪刀、布的概率分别为，，， 因此每次出拳平局的概率为， 由题的取值范围有， 且，， ， 因此，的分布列为 0 1 2 3 故的数学期望为； （3）由（1）知，甲获胜的概率为，由（2）知，平局的概率为， 故在一局中，分出胜负的概率为， 所以在分出胜负的条件下甲获胜的概率为. 【变式4-2】（25-26高三上·江西·阶段检测）人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧.某科技公司计划开发三款不同的大语言模型.每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收.只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立.只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布.已知三款模型通过算法设计评审的概率依次为，通过工程部署验收的概率依次为. (1)求三款中恰有两款通过算法设计评审的概率； (2)若已知三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为的概率； (3)经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，三款模型能成功上线的数量为随机变量，求的分布列及数学期望. 【答案】(1) (2) (3) 0 1 2 3 【分析】（1）设出事件，利用独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式进行求解； （2）由条件概率求解公式可得； （3）先求出A，B，C三款模型能成功上线的概率，求出的可能取值及对应概率，得到分布列和数学期望. 【详解】（1）设A，B，C三款模型通过算法设计评审为事件， A，B，C三款中恰有两款通过算法设计评审为事件， 则 ； （2）设A，B，C三款中恰有一款通过算法设计评审为事件， 则 ； 由条件概率公式可得 ； （3）设A，B，C三款模型能成功上线为事件， 则，，， 的可能取值为， 则， ， ， ， 所以X的分布列如下： 0 1 2 3 数学期望为. 题型5 离散型随机变量的均值 【典例5-1】（26-27高三上·北京西城·阶段检测）为了拓宽学生视野，北京某高中设计了6条研究性学习路线．这6条路线分为A、B、C三种类型，如下表： 路线类型 A B C 路线 延安 遵义 杭州 上海 泰山 秦岭 每一位学生都要在高中阶段，从上述6条路线中选择2条不同的路线，完成相应的研究性学习任务． 假设学生甲、乙、丙三人都随机选择了2条不同路线． (1)求甲选取的2条路线都为A类的概率； (2)设乙选取的2条路线中B类路线的数量为随机变量X，求X的分布列和数学期望； (3)在丙选取的2条路线中，分别记A，B，C类路线的数量为随机变量，，，记方差，，，直接写出，与的大小关系．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)分布列为： X 0 1 2 P 数学期望为 (3) 【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算； （2）利用古典概型和排列组合的相关知识求出的分布列，最后利用期望公式即可； （3）利用，以及方差的性质即可求证. 【详解】（1）在6条路线中，随机选取2条共有种， 因A类路线只有2条，故选取的2条路线都为A类仅1种方法， 所以甲选取的2条路线都为A类的概率为； （2）由题意可知，， 则，，， 则X的分布列为： X 0 1 2 P 数学期望为； （3）因为，则，， 则，， 又由于具有相同的分布，故，故. 利核心口诀：列出分布列，概率和为1；对应相乘再相加，期望就是加权均。 高分技巧： 求分布列：先确定 的所有可能取值，再逐个求概率，最后必须验证 ； 求期望：； 性质应用：，遇到复杂变量可先求简单变量再转化； 答题规范：必须写出分布列（表格形式），然后写 。 易错警示：分布列必须列全所有可能取值；概率计算完毕后必须检验和为1，若不为1必有错。 【典例5-2】（26-27高三上·北京顺义·阶段检测）某运动品牌拟推出一款青少年新品跑鞋.在前期市场调研时，从某市随机调查了名中小学生对黑、白两种颜色的新品跑鞋的购买意愿，统计数据如下（单位：人）： 颜色 小学生 初中生 高中生 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 黑色 白色 假设所有中小学生的购买意愿相互独立，用频率估计概率. (1)从该市全体中小学生中随机抽取人，估计其愿意购买黑色新品跑鞋的概率； (2)从该市的初中生、高中生两个不同群体中各自随机抽取人，记为这人中愿意购买白色新品跑鞋的人数.求的分布列和数学期望； (3)假设该市学校内的小学生、初中生和高中生的人数之比为，从学校的全体中小学生中随机抽取人，将其愿意购买黑色新品跑鞋的概率估计值记为，试比较与（1）中的的大小.（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)的分布列为： 期望为 (3) 【分析】（1）统计愿意购买黑色跑鞋的总人数，用频率估计概率得； （2）先求初中生、高中生愿意购买白色跑鞋的概率，确定的所有可能取值，计算各取值对应概率得到分布列，再计算数学期望； （3）计算各学段愿意购买黑色跑鞋的概率，结合人数权重计算后比较与的大小. 【详解】（1）由表格数据可知，名被调查学生中愿意购买黑色新品跑鞋的人数为， 用频率估计概率，可得. （2）用频率估计概率：从初中生中随机抽取人，愿意购买白色新品跑鞋的概率为； 从高中生中随机抽取人，愿意购买白色新品跑鞋的概率为. 由题意的可能取值为、、，且两人购买意愿相互独立. ， ，. 因此的分布列为 数学期望. （3）各学段愿意购买黑色新品跑鞋的概率分别为： 小学生：，初中生：，高中生：. 又该市学校内的小学生、初中生和高中生的人数之比为， 所以，而，故. 【变式5-1】（26-27高三上·北京房山·开学考试）足球联赛中两队的胜负规则是：一场比赛中进球多者为胜，进球少者为负，两队均不进球或进球数一样为平局；积分规则是：取胜的球队积3分，负的球队积0分，平局每队各积1分．甲、乙两队近期将要进行2026赛季的2场比赛，为预测它们2场比赛的总积分，收集了两队近5个赛季比赛的结果，如下表： 2021赛季 2022赛季 2023赛季 2024赛季 2025赛季 第一场 第二场 第一场 第二场 第一场 第二场 第一场 第二场 第一场 第二场 甲队进球数 2 1 1 2 3 2 0 1 3 0 乙队进球数 1 5 0 2 2 1 1 1 0 2 假设甲、乙两队每场的比赛相互独立．用频率估计概率． (1)估计甲队第一场比赛获胜的概率； (2)在2026赛季的2场比赛中，设甲队的总积分为，估计的数学期望； (3)记为表中乙队10场进球数的平均数．从上述比赛中随机选择一场，记为乙队在这场比赛中的进球数．比较与的大小．（只需写出结论） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）统计甲队第一场获胜的频率，用频率估计概率求解； （2）先写出两场总积分的分布列，然后利用期望的定义计算； （3） 根据期望的统计意义与平均数定义直接判断大小。 【详解】（1）共统计5个赛季的第一场比赛，其中甲队获胜的场次共4场，由频率估计概率得甲队第一场比赛获胜的概率为. （2）统计10场比赛结果：甲队胜5场、平2场、负3场，因此单场比赛甲得3分的概率为，得1分的概率为，得0分的概率为，两场总积分为， 可取0，1，2，3，4，6. ，，， ，，， 所以的分布列如下所示： 0 1 2 3 4 6 所以. （3）离散型随机变量的期望为以频率估计的概率为权重的加权平均，与10场进球数的算术平均数完全相等，故. 【变式5-2】（26-27高三上·北京·开学考试）是指大气中直径小于或等于微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米~75微克/立方米之间（包括35，75）空气质量为二级：在75微克/立方米以上空气质量为超标． 某城市环保局从该市市区2025年全年每天的监测数据中随机地抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示（十位为茎，个位为叶）． (1)从这天的日均监测数据中，随机抽出三天数据，求恰有一天空气质量达到一级的概率； (2)从这天的数据中任取三天数据，记表示抽到监测数据超标的天数，求的分布列和数学期望； (3)用样本方差估计全年日均值的波动情况．记天样本的方差为，将原天样本数据去掉一个最大值和一个最小值，记去掉最值后天数据的样本方差为，判断，的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) 的分布列如下所示， 0 1 2 3 (3) 【分析】（1）分别求出15天中抽出三天数据的所有可能的情况数与从15天中随机抽取3天，恰有一天空气质量达到一级的情况数，然后利用古典概型求解从15天中随机抽取3天，恰有一天空气质量达到一级的概率即可. （2）利用超几何分布概率模型进行求解即可；（3）利用方差的定义，结合数据的离散程度，判断两种数据方差的大小关系即可. 【详解】（1）由茎叶图可知，个数据中，日均值小于的有个，大于等于 的有个. 从天中随机抽取天，恰有一天空气质量达到一级的概率为. （2）由茎叶图可知，个数据中， 日均值大于(超标)的有个，未超标的有个. 随机变量的可能取值为， ， ， 所以的分布列如下所示 0 1 2 3 . （3） 理由如下:方差反映数据的波动大小，原样本包含最大值和最小值，数据波动较大；去掉最大值和最小值后，剩余数据的波动减小，离散程度降低，因此方差减小. 题型6 离散型随机变量的方差 【典例6-1】（2026·北京房山·二模）4月23日是世界读书日．某市调研小学生阅读状况，得到男生、女生最喜爱的一种阅读内容的频率分布如下图： 假设不同学生的选择相互独立．用频率估计概率． (1)从该市小学生中随机抽取名男生，估计他最喜爱的阅读内容为科学类（包括自然科学和社会科学）的概率； (2)从该市小学生中随机抽取名男生和名女生，记这人中最喜爱的阅读内容为漫画的人数为，求的分布列和数学期望； (3)从该市小学生中随机抽取名男生，用“”表示他最喜爱的阅读内容为科学类，“”表示他最喜爱的阅读内容不是科学类；从该市小学生中随机抽取名女生，用“”表示她最喜爱的阅读内容为科学类，“”表示她最喜爱的阅读内容不是科学类．判断方差与的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)的分布列为 数学期望 (3) 【分析】（1）根据题干将对应的频率相加即可； （2）先确定的取值范围，分别计算对应的概率，列出分布列，再根据期望公式求解即可； （3）均服从两点分布，分别计算方差，比较大小即可. 【详解】（1）记事件B为“从该市小学生中随机抽取名男生，他最喜爱的阅读内容为自然科学”， 记事件C为“从该市小学生中随机抽取名男生，他最喜爱的阅读内容为社会科学”， 由图可知， 记事件A为“从该市小学生中随机抽取名男生，他最喜爱的阅读内容为科学类”， 则； （2）的取值范围为， “从该市小学生中随机抽取名男生，他最喜爱的阅读内容为漫画”的概率为， “从该市小学生中随机抽取名女生，她最喜爱的阅读内容为漫画”的概率为， ， ， ， ， 的分布列为 数学期望. （3），理由如下： 由（1）可知，男生喜爱科学类的概率为，女生喜爱科学类的概率为， 均服从两点分布，故；， 故. 核心口诀：偏差平方乘概率，求和即为方差；也可平方的期望减期望的平方。 高分技巧： 基本公式：； 简化公式：，其中 ，此公式计算量更小； 性质应用：； 答题规范：先写出公式，再代入数据计算，最后写结论。 易错警示：方差恒大于等于0；公式 中不要漏掉平方。 【典例6-2】（25-26高三上·北京顺义·期中）某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察速效肥和缓释肥对植物影响情况.其中速效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1，2，3三组.观察一段时间后，分别从1，2，3三组随机抽取40株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表. 株高增量（单位：厘米） 第1组鸡冠花株数 11 18 9 2 第2组鸡冠花株数 5 15 16 4 第3组鸡冠花株数 13 12 12 3 假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立. (1)从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，估计株高增量为厘米的概率； (2)分别从第1组，第2组，第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株，这3株鸡冠花中恰有两株的株高增量为厘米的概率； (3)用“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，，直接写出方差，，的大小关系.（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据表格数据，第2组所有鸡冠花中随机选取1株，得厘米的总数，由古典概型概率公式可得结果； （2）首先估计各组鸡冠花增量为厘米的概率，根据独立事件概率公式可求概率； （3）由两点分布方差计算公式可求得的值，由此可得大小关系． 【详解】（1）设事件为“从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”， 根据题中数据，第2组所有鸡冠花中，有15株鸡冠花增量为厘米， 所以估计为； （2）设事件为“从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”， 设事件为“从第3组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”， 根据题中数据，估计为，估计为， 这3株鸡冠花中恰有两株的株高增量为厘米的概率为 （3）由题意，为两点分布变量，令， 则， 根据两点分布方差公式，可得. 因此. 【变式6-1】（25-26高三上·北京·开学考试）北京中轴线位于北京老城中心，纵贯老城南北，是统领整个老城规划格局的建筑与遗址的组合体，其中9处中轴线遗产点分为A、B、C三种类型，如下表： 类型 A（古代皇家宫苑建筑） B（古代皇家祭祀建筑） C（古代城市管理设施） 中轴线遗产点 景山 故宫 端门 太庙 社稷坛 天坛 钟鼓楼 正阳门 永定门 在上述9处中轴线遗产点中，某研学团队计划随机选取3处进行研学 (1)求选取的3处遗产点都为A类的概率； (2)设选取的3处遗产点的类型种数为X，求X的分布列及数学期望； (3)设选取的3处遗产点中，A，B，C类遗产点的个数分别为，，，记，，，直接写出方差，与大小关系．（无需证明） 【答案】(1) (2)的分布列为： (3) 【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算； （2）利用古典概型和排列组合的相关知识求出分布列，最后利用期望公式即可； （3）利用，以及方差的性质即可求证. 【详解】（1）在9处中轴线遗产点中，随机选取3处共有种， 因类遗产点只有3处，故选取的3处遗产点都为类的概率为； （2）由题意可知，的可能取值为， 其中：选取的3处遗产点为同一类型，共种； ：处中包含两种类型，一种1个，一种2个，共有种； ：从三种类型中各选一个，共有种， 则，，， 则的分布列为： 则数学期望为； （3）因，则，， 则，， 又由于具有相同的分布，故， 故. 【变式6-2】（2026·北京顺义·二模）在某城市青年电影节公益短片展播环节中，预计展播部反诈宣传短片与部文明出行宣传短片，每部短片仅展播一次且播放次序随机.所有短片的时长均固定为分钟，相邻短片播放无时间间隔. (1)求第部播放的短片是文明出行宣传短片的概率； (2)记随机变量为从展播开始，到最后一部反诈宣传短片播放完成所用的总时间（单位：分钟），求的分布列与数学期望； (3)设随机变量为从展播开始，到文明出行宣传短片播放完成所用的总时间.记的方差为，（2）中的方差为.比较方差与大小（结论不要求证明）. 【答案】(1) (2)的分布列为： ； (3) 【分析】（1）利用古典概型求概率. （2）利用古典概型求离散型随机变量的分布列与期望. （3）利用古典概型求离散型随机变量的方差. 【详解】（1）因为第部播放的短片共有种情况，且每部短片随机展播一次， 所以播放的短片是文明出行宣传短片的概率为. （2）最后一部反诈宣传短片可能在第部或第部播放完成， 所以可取值为. 则；. 可得的分布列为： 所以. （3）文明出行宣传短片可能在第部、第部、第部播放完成， 所以可取值为. 则；；. 所以， 则. 而，所以. 题型7 二项分布 【典例7-1】（26-27高三上·北京门头沟·开学考试）年美加墨世界杯圆满收官，赛事热度带动全国校园足球氛围持续升温.为响应“体教融合”号召，某中学举办校园足球文化节配套的知识竞赛，赛后从全校所有参赛答卷中随机抽取份作为样本，成绩分布统计如下： 成绩分组                     人数 假设所有参赛学生的成绩相互独立，以频率估计概率，完成下列问题： (1)从所有参赛学生中随机抽取人，估计该学生的成绩低于分的概率； (2)从所有参赛学生中随机抽取人，记为这人中成绩低于分的人数，求的分布列及数学期望； (3)从所有参赛学生中随机抽取人，记为这人中成绩低于分的人数，求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 【答案】(1) (2) 的分布列为： 数学期望 (3) 【分析】（1）根据统计数据求出样本中成绩低于的人数及频率，再由频率估计概率； （2）先说明服从二项分布， 结合二项分布分布列公式求结果，再由期望公式求结论； （3）判断的单调性，由此确定结论. 【详解】（1）样本中成绩低于70分的是和两组， 总人数为，样本容量为， 从所抽取的学生中随机抽取人，该学生的成绩低于分的频率为； 用频率估计概率，从所有参赛学生中随机抽取人， 估计该学生的成绩低于分的概率； （2）由题意，抽取的人中每个人成绩低于分的概率为​，且各次抽取相互独立， 因此服从二项分布， 的可能取值为， ，， ，​， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 根据二项分布的数学期望公式可得， （3）由题意，，   令 当，即时，， 当，即时，， 因此时，取得最大值. 核心口诀：独立重复试验，成功概率为 ；概率公式套组合，期望 方差 。 高分技巧： 识别模型： 次独立重复试验中，每次成功的概率均为 ，则成功次数 ； 概率公式：，； 期望与方差：，； 答题规范：必须先写出“”或“ 服从二项分布”，再代入公式。 易错警示：只有“独立重复”且“每次概率相同”才叫二项分布； 计算中组合数 容易漏乘。 【典例7-2】（2026·北京·三模）2026年4月19日北京亦庄半程马拉松比赛圆满结束，1.2万名跑者与超百支机器人赛队“人机共跑”．最终齐天大圣队的“闪电”机器人以50分26秒夺冠，超越人类半马世界纪录．现从国内研发机器人的尖端企业中，随机搜集10支参赛队伍，得到相关数据如下表： 最终排名 参赛队伍 操控方式 完赛时间（min） 加权系数 1 齐天大圣队 自主导航 50.26 1 2 雷霆闪电队 自主导航 50.56 1 3 星火燎原队 自主导航 53.01 1 4 南天门战队 自主导航 54.24 1 5 逐鹿狂飙队 自主导航 55.01 1 6 绝影赤兔队 遥控操作 48.19 1.2 7 北创天工队 自主导航 75 1 8 小米追风队 遥控操作 暂未公布 1.2 9 优必选行者 遥控操作 暂未公布 1.2 10 华为跃动队 遥控操作 暂未公布 1.2 其中最终排名按照最终成绩从小到大排序而成，最终成绩=完赛时间×加权系数． (1)在上述10支参赛队伍中随机选出3支队伍，求所选3支队伍中恰有2支队伍的机器人采用自主导航完赛的概率； (2)假设样本数据代表了国内研发机器人尖端企业的发展情况，用频率估计概率．从国内研发机器人尖端企业中随机选择两款机器人参加半程马拉松友谊赛，假设它们的长跑成绩互相独立，设这两款机器人中最终成绩不超过60 min的个数为，求出的分布列和数学期望； (3)2026年3月乌干达选手基普利莫以57分20秒的成绩打破男子半马世界纪录．在样本中随机选出支队伍，记为选出的队伍中恰有2支队伍最终成绩超过男子半马世界纪录的概率，当最大时，直接写出此时的值．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)的分布列为： （或） (3) 【分析】（1）根据组合数求概率即可； （2）由题可知，再写分布列并计算期望即可； （3）根据题意可得，再利用夹逼法则求最值即可． 【详解】（1）设所选3支队伍中恰有2支队伍的机器人采用自主导航完赛为事件， 10支参赛队伍中有6支采用自主导航完赛， ； （2）排名第6的最终成绩为， 所以10支参赛队伍中最终成绩不超过60 min的个数有名共6支， 则最终成绩不超过60 min的概率为，， ， ， 的分布列为： （或）； （3）10支参赛队伍中最终成绩超过男子半马世界纪录的有5支， 又选出的队伍中恰有2支队伍最终成绩超过男子半马世界纪录， ，， 由，即， 故，解得，又， 所以，当最大时，． 【变式7-1】（2026·北京·三模）10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛．三位选手甲、乙、丙的资格赛成绩如下： 环数 6环 7环 8环 9环 10环 甲的射击频数 1 1 10 24 24 乙的射击频数 3 2 10 30 15 丙的射击频数 2 4 10 18 26 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的射击成绩相互独立． (1)若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，并说明理由； (2)若甲、乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率； (3)甲、乙、丙各射击10次，用分别表示甲、乙、丙的10次射击中大于a环的次数，其中，写出一个a的值，使．（结论不要求证明） 【答案】(1)甲进入决赛 (2) (3)（或，任选其一即可） 【分析】(1)计算甲、丙的资格赛总环数，比较大小后结合丙进入决赛的条件判断甲的入围情况； (2)以频率估计概率得到甲乙命中 9 环、10 环的概率，分三类互斥场景用独立事件乘法和互斥事件加法公式求解； (3)利用二项分布方差公式，代入不同对应的成功概率验证得到满足大小关系的. 【详解】（1）分别计算甲、丙的资格赛总环数： 丙的总环数：， 甲的总环数：， 可得，即甲总环数高于丙， 因此甲排名也在前 8，甲进入决赛； （2）用频率估计概率，可得： 甲命中 9 环的概率，甲命中 10 环的概率； 乙命中 9 环的概率，乙命中 10 环的概率； 4 次射击共 2 个 9 环、2 个 10 环包含三类互斥事件： ① 甲 2 次均为 9 环，乙 2 次均为 10 环，概率为； ② 甲 2 次均为 10 环，乙 2 次均为 9 环，概率为； ③ 甲命中 1 次 9 环、1 次 10 环，乙命中 1 次 9 环、1 次 10 环，概率为； 由互斥事件概率加法公式，总概率为； （3）取，验证如下： 当时，每次射击中： 甲命中大于 7 环的概率，，方差； 乙命中大于 7 环的概率，，方差； 丙命中大于 7 环的概率，，方差； 显然，满足要求.（若取，同理计算可得，，，也满足条件.） 【变式7-2】（25-26高三上·北京通州·期末）开封古称汴梁、汴京，作为北宋都城长达年，是当时世界上最大的都市，《清明上河图》描绘的正是当年汴河两岸的繁华盛景.如今的开封，依托深厚的历史文化底蕴，打造了以清明上河园、开封府、大相国寺、龙亭公园为代表的宋文化景区群，让游客穿越千年，感受“东京梦华”的独特魅力.为深化游客对宋代文化的体验，开封旅游局推出了“宋文化深度游”项目.某旅行社组织了一个人的“宋文化研学团”，其中人购买了景点联票（深度体验游客），人只购买了部分景点门票（精选游览游客）.为增强文化体验，旅行社准备从人中随机抽取人，赠送珍贵的《大宋御河夜游》船票，并可在船上自愿参与北宋蹴鞠体验活动. (1)求抽到的人中恰有人为“深度体验游客”的概率； (2)如果游客参加“蹴鞠体验”活动的概率为，且是否参与相互独立.设“抽到的人中实际参加蹴鞠体验的游客人数”，求的分布列及数学期望. (3)该旅行社对某天位精选游览游客的游览情况进行统计，得到如下数据： 景点编号 一 二 三 四 景点名称 清明上河园 开封府 大相国寺 龙亭公园 游览人数（人） 假设每个景点得到人们喜欢的概率与该景点的参观率相等，用表示第个景点得到游客喜欢，用表示第个景点没有得到游客喜欢.结合上表数据，写出方差、、、的大小关系.（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)的分布列如下表所示： (3) 【分析】（1）利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率； （2）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，结合二项分布的期望公式可得出的值； （3）设表示第个景点得到游客喜欢的概率，则服从两点分布，计算得出，求出，结合二次函数的单调性可得出、、、的大小关系. 【详解】（1）记事件“抽到的人中恰有人为“深度体验游客””， 由古典概型的概率公式可得. （2）由题意可知，，，， ，， 所以随机变量的分布列如下表所示： 故. （3）设表示第个景点得到游客喜欢的概率，则服从两点分布， 则，， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 由表格中的数据可知，，，， 因为， 即，故. 题型8 决策问题 【典例8-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮次，若次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为分；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次，每次投中得分，未投中得分，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，该队的比赛成绩记为，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，求的分布列； (2)若，，甲参加第一阶段比赛，求不小于的概率； (3)假设，为使得的数学期望尽量大，应该由谁参加第一阶段比赛？（直接写出结论） 【答案】(1)的分布列为： (2) (3)选甲参加第一阶段的比赛 【分析】（1）先确定的可取值为，然后分析出甲、乙谁先参加第一阶段的投篮对结果没有影响，再计算出的不同取值对应的概率，由此可得分布列； （2）根据不小于分析出甲第一阶段投篮至少投中次，乙第二阶段投篮也至少投中次，由此可计算对应概率； （3）分别计算出甲、乙参加第一阶段比赛时比赛成绩的数学期望，然后通过作差法比较大小，由此可确定出结果. 【详解】（1）由题意可知，可取， 由于甲、乙每次投中的概率相等， 所以无论甲、乙谁先投篮，该队不能进入第二阶段的概率都为， 所以该队能进入第二阶段的概率都为， 所以， ， ， ， 所以的分布列为： （2）若不小于，则说明甲第一阶段投篮至少投中次，乙第二阶段投篮也至少投中次， 甲第一阶段投篮至少投中次的概率为， 乙第二阶段投篮至少投中次的概率为， 所以. （3）若甲先参加第一阶段的比赛，比赛成绩可取， ， ， ， ， 所以 所以， 所以， 若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩可取， 同理可得， 所以， 因为，所以， 所以，所以， 所以应选甲参加第一阶段的比赛. 核心口诀：算准期望看收益，比完期望比风险（方差）；结合实际答建议，言之有理得满分。 高分技巧： 对比期望：计算两种方案（或两种选择）的收益期望，选择期望值更大的； 对比方差：若两个方案期望接近，则比较方差，方差小的稳定性好； 文字作答：必须写出结论（如“建议选择方案A，因为方案A的期望收益更高”）； 答题规范：先分别求出各方案的分布列、期望和方差，再比较大小，最后结合题意给出明确的决策建议。 易错警示：不能只给出计算结果而不作答“建议”；决策时需看清题目要求的指标（是收益最大，还是风险最小）。 【典例8-2】某公司拟投资一个项目，有三个方案可供选择，其收益 （万元）的分布如下：方案A：稳获收益 万元；方案B：收益 万元的概率为，收益 万元的概率为 ；方案C：收益、、 万元的概率分别为 、、. (1)分别求三个方案收益的数学期望、方差与标准差； (2)若仅以"收益的数学期望最大"为决策准则，应选哪个方案？ (3)若该公司风险承受能力较弱，要求"收益的波动尽可能小"，应如何在三个方案中权衡？给出你的建议并说明理由. 【答案】(1)方案A：，，；方案B：，，；方案C：，，．（数学期望、标准差的单位为万元，方差的单位为万元的平方．） (2)方案C． (3)三个方案的方差依次为、、，即方案A的收益无波动，方案B的收益波动居中，方案C的收益波动最大． 方案B的期望收益比方案A高万元，但有的概率收益仅为万元； 方案C的期望收益最高，但有的概率收益为万元． 若公司最重视收益稳定性且风险承受能力较弱，应选择方案A； 若愿意承担一定波动以提高期望收益，则可考虑方案B． 因此，以“收益的波动尽可能小”为首要要求时，建议选择方案A． 【分析】分别计算三个方案收益的数学期望、方差和标准差，再按题设要求比较并作出决策． 【详解】（1）方案A的收益为常数万元，故 方案B的收益分别为、万元，对应概率为、，故 方案C的收益分别为、、万元，对应概率为、、，故 （2）由，可知方案C的数学期望最大，因此应选择方案C． （3）略 【变式8-1】一个不透明的袋子中装有除颜色外完全相同的个球，其中黑球个，其余为红球． (1)从袋中进行无放回的摸球实验．求第一次摸出的球是黑球的条件下，第二次摸出的球是红球的概率（结果用含有的式子表示）； (2)为了估计的值，设计了如下两种方案： 方案一：从袋中进行有放回的摸球次； 方案二：从袋中进行有放回的摸球实验，摸出红球或摸球次停止． （ⅰ）求方案一摸出的红球频率的数学期望； （ⅱ）在两种方案中，借助摸出红球频率的数学期望估计的值，试分析哪个方案估计的值更合理． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）方案一估计的值更合理. 【分析】（1）由古典概率求得第一次摸出黑球的概率和第一次摸到黑球且第二次摸到红球的概率，然后由条件概率求得答案； （2）（ⅰ）令摸出红球的概率为.方案一，由二项分布求得摸出的红球频率的数学期望；（ⅱ）方案二，设随机变量，写出随机变量的概率，然后得到期望，由期望与的比较得到合理的方案，然后求得估计值. 【详解】（1）设第次摸出的球是黑球为事件，第次摸出的球是红球为事件， 则，， 所以. （2）（ⅰ）令摸出红球的概率为， 方案一，设摸出的红球的个数为，则，所以， 因为，所以 （ⅱ）方案二，设摸出的频率为，随机变量的可取值为， ， ， ， ， ， 所以， ， ，， 所以方案一估计的值更合理. 【变式8-2】某商场在春节期间举办促销活动，顾客每次消费超过1000元(含1000元)可抽奖一次，抽奖方案有两种(顾客只能选择其中一种). 方案1：从装有3个红球、2个黑球(除颜色外，其他完全相同)的盒子中，有放回地取3次球，每次只能取1个，每取出1个红球，立减200元，若3次都取出红球，则除了立减的600 元外再减300元(即总共减900元). 方案2：从装有3个红球、2个黑球(除颜色外，其他完全相同)的盒子中，不放回地取3次球，每次只能取1个，若取出3个红球，则享受免单优惠；若取出2 个红球，则享受四五折优惠(即只需支付消费金额的45%)；其余情况不享受优惠. (1)已知某参与抽奖的顾客选择方案2，则在他第一次取出红球的条件下，求他能够享受优惠的概率； (2)若某顾客恰好消费了1000元，试从实付金额的期望值角度，分析他应该选择哪种抽奖方案. 【答案】(1) (2)选择方案2更合理，理由: 若选方案1，设实付金额数为，则的可能值为. 注意到有放回地摸到一次红球的概率为，摸到一次黑球的概率为， 则，， ，. 则； 若选方案2，设实付金额数为，则的可能值为. 由（1）可得无放回摸出三球的情况有种， 则，，， 则. 因，则他选择方案2更合理. 【分析】（1）设他第一次摸出红球为事件A，他能够享受优惠为事件B，分后两次取得1个红球或两个红球两种情况可得，然后由条件概率公式可得答案； （2）分别写出两种方案下实付金额对应期望，即可得答案. 【详解】（1）设他第一次摸出红球为事件A，则. 设他能够享受优惠为事件B，剩余球为2红2黑， 则第一次摸出红球，剩下两球均为红色的情况有种， 第一次摸出红球，剩下两球为1红1黑的情况有种， 综上，， 所以第一次摸出红球，他能够享受优惠的概率为； （2）略 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（25-26高三上·北京东城·期中）有一道选择题考查了一个数学知识点，为了解甲、乙两个班学生对该知识点的掌握情况，现从甲、乙两个班各随机抽取人，甲班有人答对，乙班有人答对，用频率估计概率，且假设每个人是否答对该题目相互独立． (1)从甲班随机抽取1人，求这个人答对该题目的概率； (2)从甲、乙两班各随机抽取1人，设为答对该题目的人数，求的分布列和数学期望； (3)若甲班同学掌握这个知识点则有的概率答对该题目，乙班同学掌握这个知识点则有的概率答对该题目，两个班未掌握该知识点的同学都是从四个选项中随机选择一个．设甲班学生掌握该知识点的概率为，乙班学生掌握该知识点的概率为，试比较与的大小（结论不要求证明）． 【答案】(1) (2) X 0 1 2 P 期望为：． (3) 【分析】（1）利用样本频率估计总体概率； （2）确定随机变量取值，计算各取值概率，列出分布列，计算数学期望； （3）建立概率方程，用作差法比较大小． 【详解】（1）甲班随机抽取人，甲班有人答对， 甲班随机抽取1人答对该题目的概率为． （2）从甲、乙两个班各随机抽取人，甲班有人答对，乙班有人答对，设甲班答对概率为，乙班答对概率为， ， 的可能取值为： ，， ， 分布列为： X 0 1 2 P 期望为： ． （3）设甲班答对概率为，乙班答对概率为，则，， ，解得； ，解得， ， ． 2．（25-26高三上·北京昌平·阶段检测）在一次学业水平测试中，有一道填空题考查核心概念，A，B两所中学的高二年级学生都参加了测试．为分析学生对该概念的掌握情况，随机抽取了A，B两校高二年级各150名学生的答题数据，其中A校学生作答正确的人数为120，B校学生作答正确的人数为105． 假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率． (1)估计A校高二年级学生该题作答正确的概率； (2)从A，B两校高二年级学生中各随机抽取1名，设为这2名学生中该题作答正确的人数，估计的概率及的数学期望； (3)假设：若未掌握该概念，学生作答正确的概率为40%（因题目有一定提示性）；若掌握该概念，A校学生作答正确的概率为100%，B校学生作答正确的概率为75%．设A，B两校高二年级学生掌握该概念的概率估计值分别为，，判断，的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）用频率估计概率即可求解； （2）利用独立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做对的概率及的分布列，从而可求其期望； （3）根据题设可得关于，的方程，求出其解后可得它们的大小关系. 【详解】（1）估计A校高二年级学生该题作答正确的概率. （2）设A为“从A校高二年级学生抽取1人做对”，则，， 设为“从校高二年级学生抽取1人做对”，则，， 设为“恰有1人做对”，故 ，依题可知，可取， ，，， 故的分布列如下表： 故. （3）设为 “A校掌握这个知识点的学生做该题”， 因为A校掌握这个知识点则有100%的概率做对该题目， 未掌握该概念的学生作答正确的概率为40%， 故，即，故， 同理有，，故， 故. 3．（25-26高三上·北京·期中）“绿水青山就是金山银山”，某地区甲、乙、丙三个林场开展植树工程，2015-2024年的植树成活率（%）统计如下：（表中“”表示该年没有植树）： 2015年 2016年 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 甲 95.5 92 96.5 91.6 96.3 94.6 / / / / 乙 95.1 91.6 93.2 97.8 95.6 92.3 96.6 / / / 丙 97.0 95.4 98.2 93.5 94.8 95.5 94.5 93.5 98.0 92.5 规定：若当年植树成活率大于95%，则认定该年为优质工程． (1)从2015至2020这六年中随机抽取一年，在丙被认定为优质工程的条件下，求甲、乙两个林场均被认定为优质工程的概率； (2)从甲、乙、丙三个林场植树的年份中各抽取一年，求其中优质工程的个数恰好为2的概率； (3)若去掉2016年甲、乙、丙三个林场的植树数据，那么第（2）问中的概率将会如何变化？（直接回答“变大”、“不变”或“变小”即可） 【答案】(1) (2) (3)变大 【分析】（1）根据条件概率求解即可； （2）根据古典概型及独立事件的概率乘法公式计算即可； （3）去掉2016年的植树数据，根据古典概型及独立事件的概率乘法公式计算即可. 【详解】（1）2015至2020这六年中，丙有4年被认定为优质工程， 在这4年中，只有2015年甲、乙两个林场均被认定为优质工程， 所以概率为． （2）设事件A：优质工程的个数恰好为2． 甲林场植树共6年，其中优质工程有3年， 乙林场植树共7年，其中优质工程有4年， 丙林场植树共10年，其中优质工程有5年， ． （3）变大． 去掉2016年的植树数据， 则甲林场植树共5年，其中优质工程有3年， 乙林场植树共6年，其中优质工程有4年， 丙林场植树共9年，其中优质工程有4年， 则. 4．（25-26高三上·北京·阶段检测）李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下（假设各场比赛相互独立）： 场次 投篮次数 命中率 场次 投篮次数 命中率 主场1 22 客场1 18 主场2 15 客场2 13 主场3 12 客场3 21 主场4 23 客场4 18 主场5 24 客场5 25 (1)估计李明在主场比赛中的命中率； (2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率恰有一场超过0.6的概率； (3)记为表中主场命中次数的方差，为表中客场命中次数的方差.试比较与的大小.（只需写出结论） 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据表格计算出李明在主场命中次数，再除以总投篮次数，即可得； （2）由表格确定主客场命中率超过的场数，再应用组合数及古典概型的概率求法求概率； （3）先求出主客场中各场的命中次数并求出平均数，再应用方差的求法求，比较大小即可得. 【详解】（1）由表格知，李明在主场命中次数为， 所以李明在主场比赛中的命中率为； （2）由表格，李明在5个主场中有3个命中率超过，在5个客场中有2个命中率超过， 所以李明的投篮命中率恰有一场超过0.6的概率为； （3）由（1）主场命中次数依次为，平均数为， 所以， 客场命中次数依次为，平均数为， ， 所以. 5．（25-26高三上·北京顺义·开学考试）电视台举行文艺比赛，并通过网络对比赛进行直播.比赛现场有6名专家评委给每位参赛选手评分，场外观众可以通过网络给每位参赛选手评分.每位选手的最终得分由专家评分和观众评分确定.某选手参与比赛后，现场专家评分情况如表；场外有数万名观众参与评分，将评分按照，，分组，绘成频率分布直方图如图： 专家 A B C D E F 评分 9.6 9.5 9.6 8.9 9.7 8.8    (1)求的值，并用频率估计概率，估计某场外观众评分不小于9的概率； (2)从6名专家中随机选取3人，表示评分不小于9分的人数；试求的分布列和数学期望； (3)考虑以下两种方案来确定该选手的最终得分：方案一：用所有专家与观众的评分的平均数作为该选手的最终得分，方案二：分别计算专家评分的平均数和观众评分的平均数，用作为该选手最终得分.请直接写出与的大小关系. 【答案】(1)，； (2) 1 2 3 数学期望为2； (3). 【分析】（1）由频率和为1可得a的值，用某场外观众评分不小于9的频率可估计概率. （2）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望. （3）求出及的估计值，再借助权重分析即可判断得解. 【详解】（1）由频率分布直方图，得，某场外观众评分不小于9的概率是． （2）的可能取值为1，2，3， 6名专家评分不小于9分的有4人， ， 所以的分布列为 1 2 3 数学期望． （3）依题意，专家评分的平均数， 观众评分的平均数的估计值为，则， 由于观众人数远多于专家，在计算时，观众评分（其平均值略低于专家均分）权重大， 因此会比更接近于观众评分的均值，所以. 创新提升 6．（25-26高三上·北京顺义·阶段检测）某品牌汽车计划推出两款新型车，纯电动（EV)和插混电动版(PHEV)，为了解某市将来市场情况，在该市潜在消费群体中抽取200人进行购买意愿调查，调查数据按收入水平分组如下表（单位：人） 车型 低收入群体（收入<20万元/年） 中收入群体（收入20万元-50万元/年） 高收入群体（收入>50万元/年） 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 EV 50 20 40 40 30 20 PHEV 25 45 40 40 35 15 假设所有潜在消费者的购买意愿都是相互独立，用频率估计概率. (1)在该市汽车潜在消费者中随机抽取1人，估计其愿意购买纯电动（EV)的概率p； (2)从该市潜在消费者的中收入群体中随机抽取2人，在高收入群体中随机抽取1人，记X为3人中愿意购买纯电动（EV)汽车的人数，求X的分布列和数学期望； (3)若该市C社区中汽车潜在消费者低收入群体、中收入群体、高收入群体的人数之比为1：4：2，从该社区随机抽取1人，其愿意购买纯电动(EV)汽车的概率设为,试比较p和的大小. 【答案】(1) (2)分布列： X 0 1 2 3 p (3) 【分析】（1）利用频率来估计概率即可； （2）由于是从该市全体中来抽取，即从总体中来抽取，故用频率估计概率，再结合独立事件同时发生用乘法公式和分类加法原理来求解； （3）利用全概率公式来进行求解. 【详解】（1）由表可知200名调查者中愿意购买纯电动人数为120人，频率为，用频率估计概率，从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买纯电动版的概率估计为； （2）用频率估计概率，从全市中收入群体中随机抽1人，愿意购买纯电动版的概率估计，从全市高收入群体中随机抽取1人，愿意购买纯电动版的概率估计， 由题意可知X可能取值为0，1，2，3， 分布列如下： X 0 1 2 3 p （3）低收入者愿意购买纯电动（EV）的概率为； 中收入者愿意购买纯电动（EV）的概率为； 高收入者愿意购买纯电动（EV）的概率为； 利用全概率公式可得： 所以 7．（25-26高三上·北京房山·阶段检测）体育测试成绩分为四个等级：优、良、及格、不及格.某校为了解学生的体质健康情况，在高一、高二年级分别抽取名学生进行测试，测试的结果如下： 等级 年级 优 良 及格 不及格 高一 高二 (1)从全体高一学生中随机抽取人，估计该学生的测试成绩为“优”或“良”的概率； (2)从样本中高一年级和高二年级中各随机抽取人，以表示这两个人中测试成绩为“优”的人数，求的分布列和数学期望； (3)已知高一学生升入高二后，进行体育抽测的学生不变.现从这名抽测的学生中随机抽查人，发现他们的测试成绩都为“优”.结合表格数据，能否认为学生升入高二后体育成绩为“优”的人数有变化？说明理由. 【答案】(1)； (2)的分布列为： ； (3) 可以认为有变化，理由如下： 记 “从样本高一学生升入高二后，抽测学生不变，现抽查人，成绩都为‘优’”为事件， 则. 因比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为升入高二后成绩为“优”的人数有变化. 答案示例2：无法确定有没有变化，理由如下： 事件为随机事件，比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化. 【分析】（1）测试成绩为“优”或“良”的有人，故得到答案为； （2）的所有可能取值为，设出事件，根据互斥事件和独立事件的概率公式得到相应的概率，得到分布列，计算出数学期望； （3）计算出升入高二后，抽测学生不变，现抽查人，成绩都为优的概率，可以认为有变化，也可以无法确定有没有变化，理由充分即可. 【详解】（1）由题意知，样本中高一学生为人，测试成绩为“优”或“良”的有人. 记“从高一学生中任意抽取人，测试成绩为‘优’或‘良’”为事件， 则. （2）的所有可能取值为. 记“从样本中高一年级学生中任意抽取人，测试成绩为‘优’”为事件， 记“从样本中高二年级学生中任意抽取人，测试成绩为‘优’”为事件， 由题意知，相互独立. ，， 则； ， .   所以的分布列为 . （3）记 “从样本高一学生升入高二后，抽测学生不变，现抽查人，成绩都为‘优’”为事件， 则.   答案示例1：可以认为有变化，理由略. 8．（2024·北京·模拟预测）乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利． (1)甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用5局3胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.9．已知甲、乙两人采用两种赛制各共进行了场比赛，请根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响． (2)若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为p，没有平局．记事件“甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为A，事件“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”为B，试证明：． (3)甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是，没有平局．若采用“赛满局，胜方至少取得n局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为．若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为，试比较与的大小． 附：，其中． 0.05 0.025 0.010 3.841 5.024 6.635 【答案】(1)当时，对甲获胜的场数有影响．当时，没有证据认为推断赛制对甲获胜的场数有影响． (2)证明：由题意， ， ， 综上，，得证. (3). 【分析】（1）根据题设写出列联表，应用卡方公式得，讨论参数结合独立检验基本思想即得答案； （2）根据题设，应用独立乘法公式及互斥事件加法得到，并化简，即可证； （3）考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局，设“赛满局甲获胜”为事件，第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，根据题意分析得到，进而分情况写出关于参数p的概率公式，即可比较大小. 【详解】（1）由题设，赛制与甲获胜情况列联表如下， 甲获胜场数 乙获胜场数 5局3胜 7局4胜 所以，若， 当时，根据小概率值的独立性检验，推断赛制对甲获胜的场数有影响． 当时，根据小概率值的独立性检验，没有证据认为推断赛制对甲获胜的场数有影响． （2）略 （3）考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局， 设“赛满局甲获胜”为事件，结合第一阶段结果，要使事件发生，有两种情况： 第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为， 则，得， 若第一阶段甲获胜，即赛满局甲至少胜局，有甲至少胜局和甲恰好胜局两种情况， 甲至少胜局时，无论第二阶段的2局结果如何，最终甲获胜； 甲恰好胜局时，有可能甲不能获胜，此时第二阶段的2局比赛甲均失败，概率为， 所以， 若第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，那么要使甲最终获胜，第二阶段的2局甲全胜，得， 所以， 则 ， 由，所以，得. 【点睛】关键点点睛：第三问，设“赛满局甲获胜”为事件，第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，根据题意分析得到为关键. 9．（2026·北京丰台·一模）为研究某大宗商品价格变化的规律，收集得到了该大宗商品连续30个交易日的价格变化情况，如下表所示．在描述价格变化时，用“↑”表示“上涨”，即当天价格比前一个交易日价格高；用“↓”表示“下跌”，即当天价格比前一个交易日价格低；用“→”表示“不变”，即当天价格与前一个交易日价格相同． 时段 价格变化 第个交易日 ↓ ↑ ↑ ↓ ↑ ↑ ↑ ↑ ↓ ↑ ↑ ↓ 第个交易日 ↑ ↑ ↑ ↓ ↓ ↑ ↓ ↑ ↓ ↓ ↑ ↑ 用频率估计概率． (1)试估计该大宗商品价格“上涨”的概率； (2)假设该大宗商品每个交易日的价格变化是相互独立的，在未来的交易日里任取天，试估计该大宗商品价格在这天中至少有天“上涨”且至少有天“不变”的概率； (3)假设该大宗商品当日价格“上涨”、“下跌”、“不变”时，当日成交概率分别为，且．若该大宗商品每个交易日的价格变化只受前一个交易日价格变化的影响，试比较第个交易日的成交概率与的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）统计上涨天数，根据频率估计概率； （2）分析符合条件的情况，根据独立事件的概率求解； （3）根据价格变化具有状态转移特性，第个交易日的成交概率是各状态转移概率的加权平均，且受前1个交易日价格变化的影响. 【详解】（1）根据题中数据，该大宗商品价格在个交易日中有天“上涨”． 设事件为“该大宗商品价格上涨”， 则. （2）设事件为“该大宗商品价格“不变”，事件为“该大宗商品价格“下跌”，事件为“该大宗商品价格在这5天中至少有3天“上涨”且至少有1天“不变”． 依题意可得，． . （3）由于，且价格变化具有状态转移特性， 第个交易日的成交概率是各状态转移概率的加权平均，权重偏向高成交概率的状态, 由于前1个交易日状态对第个交易日的影响具有正反馈性，且初始概率分布不均匀， 因此大于三种状态成交概率的算术平均值. 所以. 10．（25-26高三下·北京·开学考试）某科技公司推出“AI艺术创作”线下体验项目，运营团队统计了过去10天的运营数据，整理成如下图表： 客流量等级 小客流（A） 中客流（B） 大客流（C） 天数 3 5 2 日固定收入（元） 4000 10000 22000 设备“故障”概率 0.1 0.2 0.4 ①设备“故障”分为“轻微故障”和“严重故障”，其中轻微故障的概率为，严重故障的概率为； ②轻微故障：当日收入不变，需支付维修费200元； ③严重故障：当日收入减半，需支付维修费1000元； 每日客流量等级相互独立，故障类型与客流量等级相互独立，由频率估计概率． (1)求该项目某一日客流量等级为中客流且发生设备严重故障的概率； (2)设该项目某一日的运营总损失为（单位：元），维修费+收入损失（若无故障，损失为0），求的分布列及； (3)项目团队计划引入“故障预警系统”，引入后可将各客流量等级下的故障概率均降低至原来的，但每日需额外支付系统使用费100元，判断是否值得引入该系统，并说明理由． 【答案】(1)； (2)分布列如下表，； 0 200 3000 6000 12000 (3)值得引入，因为期望总成本从578元降至389元 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式直接计算即可； （2）根据当日设备没有发生故障，发生轻微故障，发生严重故障且为小客流、中客流、大客流等情况依次讨论对应的取值及概率即可求解； （3）同（2），计算引入“故障预警系统”后，某一日的运营总损失（不含系统使用费100元），再结合系统使用费用比较大小即可判断. 【详解】（1）由频率估计概率，根据表中数据，客流量等级为中客流（B）的概率为：， 记某一日客流量等级为中客流且发生设备严重故障为事件， 则其概率为 （2）该项目某一日的运营总损失的可能取值为， 当时，当日设备没有发生故障，； 当时，当日设备发生轻微故障，； 当时，当日为小客流且发生严重故障，； 当时，当日为中客流且发生严重故障， 当时，当日为大客流且发生严重故障， 所以的分布列为： 0 200 3000 6000 12000 所以 （3）由于引入“故障预警系统”后，各客流量等级下的故障概率降至原来的一半， 故当客流量等级为小客流（A）时，设备“故障”概率为0.05； 客流量等级为中客流（B）时，设备“故障”概率为0.1； 客流量等级为大客流（C）时，设备“故障”概率为0.2； 设引入“故障预警系统”后，某一日的运营总损失为（不含系统使用费100元） 则的可能取值仍为，对应的概率分别为： ； ； ；； ， 所以 所以引入系统后，每天的损失大约为， 因此引入系统后期望成本降低，值得引入. 11．（25-26高三上·北京·阶段检测）自2022北京冬奥会以来，花样滑冰项目引起了广泛关注．选手们在冰上起舞，做出步法、旋转、跳跃等技术动作．“技术动作分”由“基础分”和“执行分”相加得到．不同的技术动作，其“基础分”也不同，其中四个跳跃动作4T，4S，4F，4Lz的“基础分”如表1所示． 表1 跳跃动作 4T 4S 4F 4Lz 基础分 9.5 9.7 11.0 11.5 选手表演完，得到相应动作的“执行分”．把“执行分”为非负值的跳跃动作记为“成功”，否则记为“失败”．表2为某选手在上一赛季各跳跃动作的“技术动作分”． 4T 12.04 11.22 4.75 9.06 9.97 11.63 10.98 4S 10.98 10.57 11.32 4.85 9.51 12.07 4F 13.69 5.50 14.02 12.92 4Lz 13.54 14.23 11.21 8.38 11.87 表2 假设用频率估计概率，且选手每个跳跃动作是否“成功”相互独立． (1)从该选手上一赛季所有4T动作中任选一次，估计这次跳跃为“成功”的概率； (2)若该选手在本赛季中，计划完成4T，4S，4F这三个动作，且每个动作只完成一次．将这三个动作中成功的跳跃个数记为，求的分布列和数学期望； (3)在本赛季中，某选手从四个跳跃动作4Lz，4S，4T，4F选出两个，且每个动作只完成一次，为了使得该选手这两个动作中“成功”的跳跃个数的期望最大，应选哪两个动作？请直接写出这两个动作的名称． 【答案】(1) (2) 0 1 2 3 (3)4T，4F 【分析】（1）计算出表格中所有4T动作的“执行分”，然后得到成功的次数，即可求得跳跃为“成功”的概率； （2）设事件，写出各事件的概率，写出随机变量的可取值，然后求得各取值的概率，写出分布列求出数学期望； （3）由（2）中事件的概率，从四个动作选取其中两个动作，然后分别计算其数学期望，比较数学期望的值，即可选出这两个满足题意的动作. 【详解】（1）该选手上一赛季所有4T动作的“执行分”分别为：， 一共跳跃7次，其中“成功”了5次，“失败”了2次， ∴从该选手上一赛季所有4T动作中任选一次，估计这次跳跃为“成功”的概率. （2）设“完成4T成功”为事件，“完成4S成功”为事件，“完成4F成功”为事件， 则由表可知，，，， 随机变量的可取值为：0,1,2,3， ， ， ， ， 随机变量的分布列为 0 1 2 3 数学期望 （3）设“完成4Lz成功”为事件， ∴，，，， 如果选4Lz，4S，数学期望 如果选4Lz，4T，数学期望 如果选4Lz，4F，数学期望 如果选4S，4T，数学期望 如果选4S，4F，数学期望 如果选4T，4F，数学期望 ∵， ∴故选4T，4F这两个动作. 12．（25-26高三上·北京东城·期末）某平台开展答题比赛，比赛共进行两轮，选手每轮比赛可以从甲、乙两类问题中选择一类问题，平台从该类问题中随机抽取一个问题供选手回答．比赛规定：甲类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得50分，否则扣10分；选手初始分数为0分．假设某选手正确回答甲类问题的概率为，正确回答乙类问题的概率为． (1)若该选手两轮都选择甲类问题，求该选手累计得分不低于20分的概率； (2)若该选手第一轮选择甲类问题，第二轮选择乙类问题，记该选手累计得分为，求的分布列与数学期望； (3)若该选手每轮等可能地从甲、乙两类问题中选择一类问题，如果两轮的题目类型相同，记该选手的累计得分为；如果两轮的题目类型不同，记该选手的累计得分为．试判断数学期望与的大小. 【答案】(1) (2) 10 50 70 (3) 【分析】（1）利用对立事件简化概率计算即可； （2）首先确定随机变量的所有可能取值，计算每个取值的概率，进而构建分布列并求解数学期望； （3）进行分类讨论，分别分析随机变量的分布与期望即可得出结论. 【详解】（1）设事件“两轮比赛累计得分不低于20分”， 由已知该选手正确回答甲类问题的概率为， 所以． 所以该选手两轮比赛累计得分不低于20分的概率为． （2）的所有可能取值为． ， ， 的分布列为 10 50 70 的数学期望． （3）． 每轮选甲、乙的概率均为，因此，两轮都选甲的概率为，两轮都选乙的概率为，先甲后乙的概率为，先乙后甲的概率为. 两轮都选甲： 的可能取值为 . 两轮都选乙： 的可能取值为 故. 先甲后乙： 由（2）可知，， 先乙后甲： 同理可得， 故， 所以. 13．（25-26高三上·北京西城·期末）大气中的微生物一般不以单体存在，常附着在大气尘埃上成为一体，形成气溶胶粒子悬浮在空气中，称为带菌粒子．科研人员采用六级空气微生物采样器在甲地的三个观测点共采集到份带菌粒子，带菌粒子的粒数中值直径和采样器的采集范围记录如下： 甲地空气带菌粒子统计表 观测点 粒数中值直径 A 4.6 5.6 5.6 6.5 6.9 6.8 6.4 5.8 4.5 6.0 4.2 4.4 B 4.2 6.0 7.1 4.6 C 2.5 2.0 3.0 3.0 2.3 3.8 4.1 2.8 六级空气微生物采样器 级数 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ Ⅵ 采集范围 假设各份数据的采集互不影响，并用频率估计概率． (1)根据上述数据，若在甲地空气中随机采集份带菌粒子，试估计其粒数中值直径为II级的概率； (2)在A点采集的带菌粒子中随机选出份，在B点采集的带菌粒子中随机选出份，记这份中粒数中值直径为III级的份数为，求的分布列和数学期望； (3)为研究带菌粒子的生物特征，计划在C点再采集份带菌粒子．记这份带菌粒子中有份的粒数中值直径为III级的概率为．试给出的一个值，使得为中的最大值．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) (3)（答案不唯一） 【分析】（1）分析份带菌粒子的粒数中值直径为II级的总份数，利用频率估计概率的思想可求结果； （2）先分析的可取值，然后根据概率的乘法公式计算出在不同取值下的概率，由此可得分布列并计算出数学期望； （3）先根据确定出的可取范围，然后再对进行取值并进行检验. 【详解】（1）A观测点的粒数中值直径为II级的有：，共份， B观测点的粒数中值直径为II级的有：，共份， C观测点采集的带菌粒子中没有粒数中值直径为II级的带菌粒子， 所以在甲地采集的带菌粒子中有份是粒数中值直径为II级的带菌粒子， 用频率估计概率可知， 在甲地空气中随机采集份带菌粒子，其粒数中值直径为II级的概率为； （2）A观测点的粒数中值直径为III级的有：，共份， B观测点的粒数中值直径为III级的有：，共份， 由题意可知，可取， ， ， ， ， 所以的分布列为： 所以； （3）可取，理由如下： C观测点采集的带菌粒子中粒数中值直径为III级有：，共份， 用频率估计概率可知， 在C观测点随机采集份带菌粒子，其粒数中值直径为III级的概率为， 因为， 要使得为中的最大值，则一定有， 所以，所以， 所以，化简可得，解得， 不妨取，此时， 所以，且， 当时，即，解得，即， 当时，即，解得，即， 由上可知，，所以是最大值， 故满足条件. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $