专题08 概率与统计（全国通用）含答案-【好题汇编】2025年高考数学真题分类汇编

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一、单选题
1．（2025·全国二卷·高考真题）样本数据2，8，14，16，20的平均数为（ ）
A．8B．9C．12D．18
【答案】C
【分析】由平均数的计算公式即可求解.
【详解】样本数据的平均数为.
故选：C.
2．（2025·上海·高考真题）己知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为，事件B发生的概率为，则事件发生的概率为（ ）
A．B．C．D．0
【答案】B
【分析】根据独立事件的概率公式可求.
【详解】因为相互独立，故，
故选：B.
3．（2025·天津·高考真题）下列说法中错误的是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．越接近1，相关性越强
D．越接近0，相关性越弱
【答案】B
【分析】根据正态分布以及相关系数的概念直接判断即可.
【详解】对于A，根据正态分布对称性可知，，A说法正确；
对于B，根据正态分布对称性可知，，B说法错误；
对于C和D，相关系数越接近0，相关性越弱，越接近1，相关性越强，故C和D说法正确.
故选：B
二、填空题
4．（2025·上海·高考真题）已知随机变量X的分布为，则期望 ．
【答案】
【分析】根据分布列结合期望公式可求期望.
【详解】由题设有.
故答案为：.
5．（2025·天津·高考真题）在的展开式中，项的系数为 ．
【答案】
【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可.
【详解】展开式的通项公式为，
当时，，
即展开式中的系数为.
故答案为：
6．（2025·上海·高考真题）在二项式的展开式中，的系数为 ．
【答案】
【分析】利用通项公式求解可得.
【详解】由通项公式，
令，得，
可得项的系数为.
故答案为：.
7．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种．
【答案】288
【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间四人即可.
【详解】先选两位家长排在首尾有种排法；再排对中的四人有种排法，
故有种排法.
故答案为：288
8．（2025·北京·高考真题）已知，则 ； ．
【答案】
【分析】利用赋值法可求，利用换元法结合赋值法可求的值.
【详解】令，则，
又，
故，
令，则，
令，则，故
故答案为：.
9．（2025·天津·高考真题）小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0．5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0．4，6圈的概率为0．6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0．6，6圈的概率为0．4．小桐一周跑11圈的概率为 ；若一周至少跑11圈为动量达标，则连续跑4周，记合格周数为X，则期望
【答案】
【分析】先根据全概率公式计算求解空一，再求出概率根据二项分布数学期望公式计算求解.
【详解】设小桐一周跑11圈为事件A，设第一次跑5圈为事件，设第二次跑5圈为事件，
则；
若至少跑11圈为运动量达标为事件，，
所以，；
故答案为：；
10．（2025·全国一卷·高考真题）一个箱子里有5个相同的球，分别以1~5标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数X，则数学期望 .
【答案】/
【分析】法一：根据题意得到的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得的分布列，从而求得；法二，根据题意假设随机变量，利用对立事件与独立事件的概率公式求得，进而利用数学期望的性质求得.
【详解】法一：依题意，的可能取值为1、2、3，
总的选取可能数为，
其中：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，
故，
：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次），
选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式，
其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件的可能情况有种，
故，
：三种不同球被取出，
由排列数可知事件的可能情有况种，
故，
所以
.
故答案为：.
法二：依题意，假设随机变量，其中：
其中，则，
由于球的对称性，易知所有相等，
则由期望的线性性质，得，
由题意可知，球在单次抽取中未被取出的概率为，
由于抽取独立，三次均未取出球的概率为，
因此球至少被取出一次的概率为：，
故，
所以.
故答案为：.
三、解答题
11．（2025·全国一卷·高考真题）为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表：
(1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为P，求P的估计值；
(2)根据小概率值的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关.
附，
【答案】(1)
(2)有关
【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求出；
（2）根据独立性检验的基本思想,求出,然后与小概率值对应的临界值比较,即可判断.
【详解】（1）根据表格可知，检查结果不正常的人中有人患病，所以的估计值为；
（2）零假设为：超声波检查结果与患病无关，
根据表中数据可得，，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为超声波检查结果与患该病有关，该推断犯错误的概率不超过.
12．（2025·上海·高考真题）2024年巴黎奥运会，中国获得了男子米混合泳接力金牌．以下是历届奥运会男子米混合泳接力项目冠军成绩记录（单位：秒），数据按照升序排列．
(1)求这组数据的极差与中位数；
(2)从这10个数据中任选3个，求恰有2个数据在211以上的概率；
(3)若比赛成绩y关于年份x的回归方程为，年份x的平均数为2006，预测2028年冠军队的成绩（精确到0.01秒）．
【答案】(1)；；
(2)
(3)
【分析】（1）由最长与最短用时可得极差，由中间两数平均数可得中位数；
（2）由古典概型概率公式可得；
（3）先求成绩平均数，再由在回归直线上，代入方程可得，再代入年份预测可得.
【详解】（1）由题意，数据的最大值为，最小值为，
则极差为；
数据中间两数为与，
则中位数为.
故极差为，中位数为；
（2）由题意，数据共个，以上数据共有个，
故设事件“恰有个数据在以上”，
则，
故恰有个数据在以上的概率为；
（3）由题意，成绩的平均数
，
由直线过，
则，
故回归直线方程为.
当时,.
故预测年冠军队的成绩为秒.
13．（2025·北京·高考真题）某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率.
(1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率
(2)从甲、乙两校高一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，甲校学生选择正确的概率为，乙校学生选择正确的概率为.设甲、乙两校高一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)
【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）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率.
（2）设为“从甲校抽取1人做对”，则，，
设为“从乙校抽取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 “甲校掌握这个知识点的学生做该题”，
因为甲校掌握这个知识点则有的概率做对该题目，
未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，
故，即，故，
同理有，，故，
故.
14．（2025·全国二卷·高考真题）甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率为，乙胜的概率为q，，且各球的胜负相互独立，对正整数，记为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率．
(1)求（用p表示）．
(2)若，求p．
(3)证明：对任意正整数m，．
【答案】(1)，
(2)
(3)证明过程见解析
【分析】（1）直接由二项分布概率计算公式即可求解；
（2）由题意，联立，即可求解；
（3）首先，，同理有，，作差有，另一方面，且同理有，作差能得到，由此即可得证.
【详解】（1）为打完3个球后甲比乙至少多得两分的概率，故只能甲胜三场，
故所求为，
为打完4个球后甲比乙至少多得两分的概率，故甲胜三场或四场，
故所求为；
（2）由（1）得，，同理，
若，，
则，
由于，所以，解得；
（3）我们有
.
以及
.
至此我们得到，，同理有，.
故，即.
另一方面，由于
且同理有.
故结合，
就能得到，即，证毕.
一、单选题
1．（2025·福建莆田·三模）小明所在的学校每周都要进行数学周测，他将近8周的周测成绩统计如下：112，101，93，99，106，105，114，119，则这组数据的第25百分位数是（ ）
A．99B．100C．101D．113
【答案】B
【分析】把给定的数据由小到大排列，利用第25百分位数的定义求解.
【详解】这组数据从小到大排列为93，99，101，105，106，112，114，119，
由，得这组数据的第25百分位数是.
故选：B
2．（2025·安徽蚌埠·三模）医疗研究者会创建散点图来显示少女的体重指数（BMI）和身体脂肪百分比之间的相关关系，如图，下列说法正确的是（ ）
A．BMI越大，脂肪百分比越大
B．BMI越大，脂肪百分比越小
C．BMI与脂肪百分比正相关
D．BMI与脂肪百分比负相关
【答案】C
【分析】根据散点图的特征可得正确的选项.
【详解】由散点图可得BMI增大时，脂肪百分比或变大或变小，故AB错误；
根据散点图的分布可得：BMI于脂肪百分正相关，故C正确，D错误；
故选：C．
3．（2025·湖南长沙·三模）二项式的展开式中第5项的系数为（ ）
A．252B．-252C．210D．-210
【答案】C
【分析】求出展开式的通项，从而可得第5项的系数．
【详解】二项式展开式的通项公式，
当时，第5项系数为210．
故选：C.
4．（2025·广东深圳·二模）下列各组数据中方差最大的一组是（ ）
A．6，6，6，6，6B．5，5，6，7，7C．4，5，6，7，8D．4，4，6，8，8
【答案】D
【分析】根据数据的波动越大，方差越大；数据越稳定，方差越小.通过观察数据的离散程度以及计算平均值和方差来得出答案.
【详解】对于A：
数据全部为6，相等，没有波动，所以方差为0.
对于B：平均数为，方差为.
对于C：
平均数为，方差为.
对于D：
平均数为，方差为.
通过比较可知，选项D的方差最大.
故选：D.
5．（2025·广东茂名·二模）随机变量，若，则实数的值为（ ）
A．2B．C．3D．4
【答案】C
【分析】根据正态曲线的对称性可求解.
【详解】因为，所以随机变量的正态曲线关于对称，
故，则.
故选：C.
6．（2025·天津·二模）某地组织全体中学生参加了主题为“强国之路”的知识竞赛，随机抽取了2000名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组的取值区间均为左闭右开区间），画出频率分布直方图（如图），下列说法正确的是（ ）
A．在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有750人
B．直方图中的值为0.020
C．估计全校学生成绩的中位数为87
D．估计全校学生成绩的样本数据的分位数约为90
【答案】C
【分析】根据频率分布直方图计算区间的频率，即可判断A，根据频率和为1，计算的值，判断B，根据中位数和百分位数公式，判断CD.
【详解】A.由图可知，成绩在区间内的频率为，人，故A错误；
B.由图可知，，得，故B错误；
C.前3组的频率和为，前4组的频率和为，所以中位数在第4组，
所以，得，故C正确；
D. 样本数据的分位数在第5组，，得，故D错误.
故选：C
7．（2025·浙江·二模）的展开式中，的系数为（ ）
A．60B．120C．240D．360
【答案】B
【分析】根据展开式中每一项的生成过程，结合组合数公式，即可求解.
【详解】要得到这一项，相当于从6个含有三项的因式中的3个因式取，1个因式取，2个因式取，
即这一项为.
故的系数为.
故选：B
8．（2025·湖南·三模）若甲､乙､丙､丁､戊随机站成一排，则甲､乙不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出所有排列情况，再求出甲乙相邻的排列情况，用总排列情况减去甲乙相邻的排列情况得到甲乙不相邻的情况，最后根据古典概型概率公式计算概率.
【详解】5个人随机排成一排的总排列数为：种.
将甲乙看成一个整体（捆绑法），此时相当于有4个人随机排列，排列数为，
而甲乙两人之间又有种排列顺序.
根据分步乘法计数原理，甲乙相邻的排列数为：种.
所以，甲乙不相邻的排列数为种.
根据古典概型概率公式可得，甲乙不相邻的概率为：.
故选：A.
9．（2025·北京昌平·二模）若，则（ ）．
A．B．0C．1D．2
【答案】D
【分析】利用赋值法即可求解.
【详解】令得：，
令得：，
所以，
故选：D.
10．（2025·广西河池·二模）一家银行有VIP客户和普通客户，VIP客户占客户总数的，普通客户占客户总数的.已知VIP客户的信用卡欺诈概率为，而普通客户的信用卡欺诈概率为.现在随机抽取一个发生信用卡欺诈的客户，请问这个客户是VIP客户的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设事件E为“客户发生信用卡欺诈”，由全概率公式得，再由条件概率公式即可求解.
【详解】记事件A为“客户是VIP客户”，事件B为“客户是普通客户”，事件E为“客户发生信用卡欺诈”，则，，，，
由全概率计算公式得，
由条件概率公式得，
故选：A.
11．（2025·山东·三模）某班成立了A、B两个数学兴趣小组，A组10人，B组30人，经过一周的补习后进行了一次测试，在该测试中，A组平均成绩为130分，方差115，B组平均成绩为110分，方差为215，则在这次测试中，全班学生的平均成绩和方差为（ ）
A．115分，105B．115分，265
C．120分，105D．120分，265
【答案】B
【分析】利用各层平均数、方差与总体平均数、方差之间的关系式可求全班学生的平均数和方差.
【详解】依题意，，
所以全班学生的平均成绩（分）；
全班学生成绩的方差为
．
故选：B
12．（2025·湖南长沙·三模）已知某个群体中对某活动持满意态度的人数比例为，从该群体中随机抽取10人，设这10人中持满意态度的人数为，随机变量，则（ ）
A．1.8B．3.6C．4.2D．4.8
【答案】B
【分析】判断出随机变量服从二项分布，利用二项分布的方差公式求出.然后，根据随机变量，依据随机变量线性变换后的方差性质（其中、为常数），求出.
【详解】已知从群体中随机抽取10人，对某活动持满意态度的人数比例为，
设这10人中持满意态度的人数为，那么服从参数为（试验次数），（每次试验成功的概率）的二项分布，即.
对于二项分布，其方差公式为.
将，代入公式可得：.
已知随机变量，根据随机变量线性变换后的方差性质，
所以.由前面已求得，则.
所以.
故选：B.
13．（2025·湖北武汉·三模）现有一双运动鞋和一双凉鞋，从这四只鞋中随机取出2只，记事件“取出的鞋不成双”；“取出的鞋都是同一只脚”.则下列结论中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】A写出事件包含的基本事件；B根据古典概型的概率公式求出；C事件是不可能事件；D利用概率的加法公式.
【详解】假设运动鞋的左脚为，右脚为，凉鞋的左脚为，右脚为，
则选出两只鞋包含了6种，
其中事件包含了4种，
事件包含了2种，事件包含了2种，
故，则A错误；
，，，，故BC错误；
，故D正确.
故选：D
14．（2025·安徽蚌埠·三模）空间中三个点、、满足，在空间中任取2个不同的点，使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据空间中点线面的位置关系，和正四棱锥的几何性质，分类讨论，求出不同的取法数量.
【详解】
如图所示，设任取2个不同的点为、，当为正四棱锥的侧面时，
平面的两侧分别可以做以四边形为底面的正四棱锥，有2种情况，
同理以四边形、四边形为底面各有2种情况，所以共有6种情况；
当为正四棱锥的截面时，、位于两侧，四边形为圆锥的底面，只有一种情况，
同理以四边形、四边形为底面各有1种情况，所以共有3种情况；
综上，共有种情况．
故答案为：B．
15．（2025·广东广州·三模）一个质地均匀的正八面体的八个面上分别标有数字1到8，将其随机抛掷两次，记与地面接触面上的数字依次为，事件A：，事件B：，事件C：，则（ ）
A．A，B互斥B．
C．D．A，B，C两两独立
【答案】D
【分析】利用互斥事件的定义即可判断A，根据并事件的定义即可判断B，利用独立事件的定义即可判断CD.
【详解】对于A：，即事件同时发生，所以，故A错误；
对于B：事件发生，不一定发生，故B错误；
对于C：根据题意，，
所以，，故C错误；
对于D：由，，
所以A，B，C两两独立，故D正确，
故选：D.
16．（2025·重庆九龙坡·三模）“ 142857 ” 这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当 142857 与 1 至 6 中任意 1 个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这 6 个数字组成. 若从 1，4，2，8，5，7这 6 个数字中任选 4 个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中， 大于 5700 的偶数个数是（ ）
A．66B．75C．78D．90
【答案】B
【分析】按千位数分别是5，7，8进行分类讨论即可.
【详解】若千位数字是5，则百位数字只能是7或8，故共有（个）；
若千位数字是7，则共有（个）；
若千位数字是8，则共有（个）．
故符合条件的四位数共有（个）．
故选：B.
17．（2025·山东枣庄·二模）子贡曰：“夫子温､良､恭､俭､让以得之”，“温､良､恭､俭､让”指五种品德：温和､善良､恭敬､节俭､谦让.现有分别印有这5个字的卡片（颜色均不同）各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（ ）
A．120种B．210种C．1440种D．2880种
【答案】D
【分析】将字相同的卡片看成—组，从5组中选出—组，再从剩下4组，选出2组，在各取一张，得到4张卡片，全排列即可.
【详解】先把字相同的卡片看成—组，
第一步：从这5组中选出—组，
第二步：再从余下的4组中选2组，这2组中，每组各选—张卡片，
第三步：把选出的4张卡片，分给4位同学，
所以不同的分配方案有种.
故选：D
18．（2025·四川巴中·二模）下图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内.若小球下落过程中向左､向右落下的机会均等，且小球需要经过5次碰撞后落入球槽，求小球最终落入从左往右数第5号球槽的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】小球落下要经过5次碰撞，每次向左、向右落下的概率均为，并且相互对立，最终落入⑤号球槽4次向右，根据独立重复事件发生的概率公式，即可求解.
【详解】小球从起始点到最终落入球槽，需要经过5次与小木块的碰撞，每次碰撞时向左或向右的概率均为.
我们可以把小球向左下落看作一次“左操作”，向右下落看作一次“右操作”.
要落入从左往右数第5号球槽，从组合的角度看，经过5次碰撞，相当于在5次操作中，向右的次数比向左的次数多3次.
设向右为正方向，向左为负方向，那么向右的次数x与向左的次数y满足方程组，解得.
也就是在5次碰撞过程中，需要有4次向右，1次向左.
由独立重复试验概率公式，这里，
所以.
故选：C.
19．（2025·浙江·三模）若数轴上有一个质点位于处，每次运动它都等可能地向左或向右移动一个单位，已知它在第10次运动后首次到达处，则它在运动过程中没有重返过原点的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把左称记为，右称记为，要达到处，记10次运动为一个有序数组，满足首次和为6的所有可能，这里组合数来确定所有可能性，同时再研究没有返回原点的所有可能性，最后利用古典概型求解即可.
【详解】设第i次向右运动赋值为，第i次向左运动赋值为.
则10次运动路径可以表示为有序数组，其中，.
记10次运动后首次到达处的路径为，
则，且，可得且，
而故，.由得，不可能全为－1，
而，恒成立，
因此共有种不同路径.
记10次运动后首次到达处且过程中没有重返原点的路径为，
同理可得共有种不同路径.
所以题中所求概率为，
故选:B.
【点睛】方法点睛：把运动问题转化为有序数组，再根据有序数组的和来求解各种可能性，从而利用古典概型来求概率即可.
20．（2025·黑龙江大庆·三模）某商店店庆，每个在店内消费到一定额度的顾客都可以参与抽奖活动.组织方准备了个盲盒，其中有个盲盒内有奖品.抽奖规则为：抽奖者从这个盲盒中随机抽取1个盲盒，兑奖后组织方会再补回一个相同的盲盒，充分混合后，再由下一位抽奖者抽奖.抽奖者甲先拿起了一个盲盒，在犹豫是否打开时，组织方拿走了一个没有奖品的盲盒，最终甲选择了另外一个盲盒打开，记甲中奖的概率为.抽奖者乙在选盲盒时不小心碰掉了一个盲盒，并且发现摔裂的盲盒内没有奖品，随后乙从剩下的盲盒中选定一个盲盒打开，记乙中奖的概率为，则（ ）
A．B．C．D．无法确定与的大小关系
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用全概率公式求出，利用古典概率求出，再比较大小即可.
【详解】设事件为“抽奖者甲中奖”，事件为“甲最初选中的盲盒有奖”，则，
在组织方拿走无奖的盲盒后，若先选中的有奖，则剩余个盲盒中有个奖品，
甲更换盲盒后，
若甲先选中的盲盒无奖，则剩余个盲盒中有个奖品，则更换盲盒后，
因此，
由乙碰掉的盲盒无奖，则所有个盲盒中有个奖品，且每个盲盒被抽到的可能性相同，则，
于是，所以.
故选：A.
21．（2025·浙江嘉兴·三模）甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第次球在甲手中的概率表达式，由于乙、丙地位对称，求出第次球在甲手中的概率由对立事件即可得到经过次传球后，球恰在乙手中的概率.
【详解】设事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，“第次球在丙手中”，
那么由题意可知可知：，又，
所以，构造等比数列，
因为第一次由甲传球，可认为第次传球在甲，即，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
故，
因为第一次由甲传球，之后都是等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，所以乙、丙地位对称，
即，所以经过次传球后，球恰在乙手中的概率为.
故选：C.
二、多选题
22．（2025·重庆·三模）从两名同学中挑出一名代表班级参加射击比赛.根据以往的成绩记录，甲、乙两名同学击中目标靶的环数(甲同学)和(乙同学)的概率分布图分别是如图的甲、乙:通过计算则下列说法正确的是（ ）
A．甲同学的平均成绩高于乙同学
B．乙同学击中8环的概率高于甲同学
C．甲同学击中10环的概率高于乙同学
D．乙同学的射击成绩更稳定
【答案】BCD
【分析】由期望和方差的概念结合图形观察,依次判断各选项即可得出结果.
【详解】由于，即平均水平相当，故A错误；
由图可知，甲同学击中8环的概率小于乙同学击中8环的概率，所以B正确；
甲同学击中10环的概率大于乙同学击中10环的概率，所以C正确；
从概率分布图来看，乙同学的成绩分布相对更集中在均值8环附近 ，波动更小，所以乙同学的射击成绩更稳定，故D正确，
故选：BCD.
23．（2025·广东广州·三模）已知一组样本数据的方差，则（ ）
A．这组样本数据的总和等于100
B．这组样本数据的中位数一定为2
C．数据，，…，的标准差为3s
D．现构造新的样本数据，则该组样本数据的方差大于原样本数据的方差
【答案】AC
【分析】根据方差的意义计算可求样本均值，从而可判断A；根据中位数计算方法可判断B的正误；根据方差的性质可判断C的正误，由，可知数据更集中.
【详解】对于A，因为方差
，
，
所以，解得，所以这组样本数据的总和等于，故A正确.
对于B，根据方差、均值无法求出中位数，故B错误.
对于C，数据，，，的方差为，故其标准差为，故C正确.
对于D，原数据的平均数记为，
新数据的平均数为，
由A可得
，
，故D错误.
故选：AC.
24．（2025·山东·二模）若随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，得到，且，结合期望和方差的性质，以及正态分布曲线的对称性，逐项判定，即可求解.
【详解】由随机变量服从正态分布，可得，
又由随机变量服从正态分布，可得，
对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由，所以B不正确；
对于C中，由正态分布曲线的性质，得，所以C正确；
对于D中，由，
又由正态分布曲线的对称性，可得，
所以.
故选：ACD.
25．（2025·重庆·三模）若随机变量，且，随机变量，且，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】利用二项分布的期望、方差公式计算判断A，C；利用正态分布期望、方差的性质计算判断B，D作答.
【详解】对于A，随机变量，由，得，A正确；
对于C，，则，C错误；
对于B，随机变量，则，
，B正确；
对于D，，D正确．
故选：ABD
26．（2025·湖北武汉·三模）为保护学生视力、促进学生身心健康发展，某中学研究型学习小组从该校学生中按男、女生比例，采用分层随机抽样的方法选取了100名学生（其中男生60人，女生40人），调查他们每日使用手机的时间.若每日使用手机时间超过40分钟，则认为该生手机成瘾.根据统计数据得到如图所示的等高堆积条形图，用样本估计总体，用频率估计概率，下列说法正确的有（ ）

A．该校男生和女生人数之比为
B．如果从男生和女生各随机选取一名学生，那么男生手机成瘾的概率小于女生手机成瘾的概率
C．从该校学生中随机抽取一名学生，则该生手机成瘾的概率为
D．从该校学生中抽到一名手机成瘾的学生，则该生是男生的概率为
【答案】ABC
【分析】根据分层随机抽样的特点判断A；结合题意判断B；先求出样本中学生手机成瘾的频率，再利用频率估计概率即可判断C；根据条件概率求出从样本中抽样到一名手机成瘾的学生，该生是男生的概率，再用频率估计概率即可判断D.
【详解】根据分层随机抽样的抽样比可知，样本中男生和女生人数之比为，
用样本估计总体可知全校男生和女生人数之比为，故A正确；
样本中男生有手机成瘾，女生有手机成瘾，比例关系差异很大，
男生手机成瘾的概率小于女生手机成瘾的概率，故B正确；
结合样本数据以及等高堆积条形图可知，
男生中有人手机成瘾，女生中有人手机成瘾，
即样本的100人中有28人手机成瘾，所以样本中学生手机成瘾的频率为，
用频率估计概率可知，从该校学生中随机抽取一名学生，该生手机成瘾的概率为，
故C正确；
根据条件概率可知，在样本中抽样到一名手机成瘾的学生，该生是男生的概率为，
用样本估计总体可知该校学生中抽样到一名手机成瘾的学生，该生是男生的概率也为，
故D错误.
故选：ABC.
27．（2025·甘肃白银·三模）定义：对一个三位数来说，如果其十位数字比个位数字和百位数字都小，则称它为“三位凹数”，如果其十位数字比个位数字和百位数字都大，则称其为“三位凸数”，现从1至9共9个数中，选取3个不同的数排成三位数，则（ ）
A．排成的“三位凹数”共有168个
B．排成的“三位凸数”和“三位凹数”的可能性相等
C．从所有的中随机抽取一个三位数，该三位数是“三位凸数”的概率为
D．从所有的中随机抽取两个三位数，至少有一个是“三位凹数”的概率为
【答案】ABC
【分析】根据“三位凹数”和“三位凸数”的定义，结合排列数和组合数的计算公式，可判定A正确；求得“三位凹数”和“三位凸数”的个数，可判定B正确；由三位数的个数，结合古典摡型的概率计算公式，可判定C正确；结合古典摡型的概率计算公式和对立事件的概率公式，可判定D错误.
【详解】对于A中，从9个数中选3个数，有种选法，
将最小的数作为十位数字，剩下两个数随意作为百位和个位上的数字，有种，故共有（个）“三位凹数”，所以A正确；
对于B中，由A知排成的“三位凸数”共有（个），
所以排成的“三位凸数”和“三位凹数”的可能性相等，所以B正确；
对于C中，由三位数共有个，所以 “三位凸数”的概率为，所以C正确；
对于D中，由三位数共有个，
任取两个三位数有种，其中不同非“三位凹数”的三位数有336个，
任取两个非“三位凹数”有种，所以至少有一个是“三位凹数”的概率为，所以D错误.
故选：ABC.
28．（2025·安徽蚌埠·三模）己知随机变量服从正态分布，设函数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．是偶函数
C．的图象关于点中心对称D．是增函数
【答案】CD
【分析】根据正态曲线的性质可得的性质，故可得正确的选项.
【详解】因为，故，故A错误；
而，故不是偶函数，故B错误；
而，
故，故的图象关于点中心对称，故C正确；
设，则即，
故是上的增函数，故D正确；
故选：CD.
29．（2025·湖北黄冈·三模）在本场考试中，多选题可能有2个或3个正确的选项.全部选对得6分，若有3个正确的选项则每选对一个得2分；若有2个正确的选项则每选对一个得3分；有选错或未选的得0分.若因完全不会做某道题目而必须随机选择项选项.设该题恰有3个正确选项的概率为，得分设为随机变量 ，则下列说法正确的是（ ）
A．若随机选择一项，则为定值
B．若，则随机选择两项比选择一项更优
C．存在使随机选择三项的得分期望大于随机选择一项的得分期望
D．存在使随机选择三项的得分期望大于随机选择两项的得分期望
【答案】AB
【分析】利用条件概率乘法公式来计算各种条件下的概率，并列出分布列，通过求期望来判断各选项即可.
【详解】对于，随机选一项，
若该题恰有3个正确选项的概率为，则该题恰有2个正确选项的概率为，
若得2分，则由条件概率乘法公式可得，，
若得3分，则由条件概率乘法公式可得，，
所以得0分，则，
则随机选一项，可得分布列为
，故A正确；
对于，随机选两项，
若该题恰有3个正确选项的概率为，则该题恰有2个正确选项的概率为，
若得4分，则由条件概率乘法公式可得，，
若得6分，则由条件概率乘法公式可得，，
所以得0分，则，
则随机选两项，可得分布列为
所以，
当时，由于， ，故B正确；
对于，随机选三项，
若该题恰有3个正确选项的概率为，则该题恰有2个正确选项的概率为，
若得6分，则由条件概率乘法公式可得，，
所以得0分，则，
则随机选三项，可得分布列为
，
由于，
所以，故C错误；
通过比较：，所以，
所以随机选择三项的得分期望小于随机选择两项的得分期望，故D错误.
故选：AB.
30．（2025·广东·二模）已知离散型随机变量的分布列为.定义随机变量为自然对数的底数，的分布列如下：
随机变量的数学期望称为随机变量的生成函数，记为.是函数在处的导数，则（ ）
A．
B．若服从两点分布，，则
C．若，则
D．若实数为常数，则
【答案】AD
【分析】根据随机变量的生成函数定义，结合随机变量数学期望的求法，逐项判断即可.
【详解】对于A，随机变量的生成函数，则，当时，，所以A正确；
对于B，服从两点分布，，则生成函数为，所以B错误；
对于C，，则生成函数为，所以C错误；
对于D，对于线性变换的生成函数，所以D正确.
故选：AD
【点睛】1、随机变量两点分布，则；
2、随机变量，则；
3、.
三、填空题
31．（2025·天津·二模）已知一批零件是由甲、乙、丙三名工人生产的，三人生产的产品分别占总产量的、、.已知三人生产产品的次品率分别为、、，现从这批零件中任取一个零件，则它是次品的概率为 .
【答案】
【分析】分别记事件、、表示抽取的一个零件为甲、乙、丙生产的，记事件抽取的一个零件为次品，利用全概率公式可求得的值.
【详解】分别记事件、、表示抽取的一个零件为甲、乙、丙生产的，
记事件抽取的一个零件为次品，
由题意可得，，，，
，
由全概率公式可得
.
故答案为：.
32．（2025·山东德州·三模）已知变量与线性相关，由样本点求得的回归直线方程为，若点在回归直线上，且，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，求得，利用样本中心在回归直线上，得到，结合，即可求解.
【详解】由点在回归直线上，且，可得，解得，
所以回归直线方程为，
又由样本中心在回归直线上，可得，
所以.
故答案为：.
33．（2025·山东·三模）甲、乙两位同学从5种课外读物中各自选读2样，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有 种．（用数字作答）
【答案】60
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式求解.
【详解】从5种课外读物中任取1样为甲乙共同的，有5种方法；
再从余下4种中取1样给甲，有4种方法；最后从3种中取1样给乙，有3种方法，
所以这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（种）.
故答案为：60
34．（2025·湖南岳阳·三模）的展开式中的系数为 ．
【答案】80
【分析】分第一个因式取1和两种情况进行讨论，可求展开式中的系数.
【详解】第一个因式取1，则的展开式应取，则对应项的系数为：；
第一个因式取，则的展开式应取常数项，则对应项的系数为：.
所以的展开式中的系数为：.
故答案为：80
35．（2025·江西·二模）甲､乙两名乒乓球选手进行比赛，根据赛前两位选手胜负的统计数据，得在一局比赛中甲获胜的概率是，乙获胜的概率为，且各局比赛之间互不影响，若采用“五局三胜制”，则甲最终获胜的概率为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用互斥事件及相互独立事件的概率公式列式计算得解.
【详解】甲以3：0获胜的概率为，以3：1获胜的概率为，
以3：2获胜的概率为，
所以甲获胜的概率为.
故答案为：
36．（2025·湖南邵阳·三模）若随机变量，则当取得最大值时，正整数的值是 ．
【答案】5
【分析】根据二项分布，计算，再根据二项式系数的最大值，即可求解.
【详解】由题可知，所以取得最大值，即最大，此时.
故答案为：5
37．（2025·上海·三模）北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某季节的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为 .
【答案】31
【分析】应用间接法，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即可得.
【详解】由题设，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即为构成三角形的情况，
所以不同三角形的个数为个.
故答案为：
38．（2025·上海黄浦·三模）若随机变量，且，，则的最小值为
【答案】
【分析】由正态分布性质知正态分布曲线关于对称，故，使用基本不等式可求的最小值.
【详解】由题意知正态分布曲线关于对称，，
则，又，故，
则
,
当且仅当，即取等号.
故答案为：.
39．（2025·上海闵行·二模）已知数据的平均数为2，方差为5，则的平均数为 ．
【答案】9
【分析】由方差和平均数的计算公式结合已知计算即可.
【详解】由题意可得，，
所以，
又，
即，即，
所以的平均数为9.
故答案为：9.
40．（2025·河北保定·三模）甲、乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号1，2，3，4，5，6的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于10或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，则甲抽了3张卡片时，游戏恰好结束的概率为 .
【答案】
【分析】将问题转化为抽取5张，且甲抽取的张数字之和为，乙抽取的两张卡片数字之和不为10，再分类讨论每种情况的种类数，最后利用古典概型的概率公式求解.
【详解】根据题意可知甲抽了3张卡片时，游戏恰好结束相当于从6张卡片中抽取了5张，且甲抽取的三张卡片数字之和为10，乙抽取的两张卡片数字之和不为10，
则总的情况相当于从6张卡片中抽取了5张并进行排列，即共种排法，
其中三张卡片数字之和为10的组合有1，3，6；1，4，5；2，3，5共3种情况，
两张卡片数字之和为10的组合有，一种情况，
当甲抽取的数字为1，3，6；1，4，5时，乙在剩余的3个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有种；
当甲抽取的数字为2，3，5时，若乙抽取的两张卡片数字可能为4，6，此时不合题意，
此时共有种，
所以符合题意的排列总数为种，可得所求概率为.
故答案为：.
41．（2025·广东广州·三模）某班为了响应“学雷锋”活动，将指定的6名学生随机分配到3个不同的办公室打扫卫生，要求每个办公室至少分配1人，则恰好甲、乙两人（仅有两人）打扫同一个办公室的情况有 种（用数字作答）．
【答案】42
【分析】有和两种情况，分别求出两种情况下的分配方法，相加得到答案.
【详解】6名学生随机分配到3个不同的办公室，有和两种情况，
当按照分配时，甲乙两人（仅有两人）打扫同一个办公室，
先选一个办公室给甲乙两人，有种方法，
将剩余的4人平均分配到两个办公室，有种方法，
此时，共有种情况，
当按照分配时，先选一个办公室给甲乙两人，有种方法，
将剩余的4人按照1,3分配到两个办公室，有种方法，
此时，共有种情况，
综上，共有种情况.
故答案为：42
42．（2025·湖南长沙·三模）设是给定的正整数，现有个外表相同的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个球取出后不放回）．则第三次取出白球的概率为 ．
【答案】
【分析】根据题意，抽到任何一个袋子的概率为，结合每个袋子中取出白球的概率，利用全概率公式列出等式，计算结果即可．
【详解】设选出的是第个袋子，连续三次取球的方法数为，
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白，白，白）：取法数为，
（白，红，白）：取法数为，
（红，白，白）：取法数为，
（红，红，白）：取法数为，
从而第三次取出的是白球的种数为：
,
则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，而选到第个袋子的概率为，
故所求概率为.
故答案为：.
43．（2025·江西·三模）投掷一枚质地均匀的硬币，若出现连续三次正面朝上的情况，则停止投掷，那么投掷总次数的数学期望为
【答案】
【分析】设表示当且连续正面的次数为，设为分别表示而到投掷的期望次数，，则可构建递归关系后求出可得解.
【详解】设为当前没有连续正面或者最近一次是反面，
为当前连续正面的次数为1，为当前连续正面的次数为2，
为当前连续正面的次数为3，
设为分别表示而到投掷的期望次数，，
由题设有，
从开始，若抛出正面，则期望次数变为，若抛反面，则期望次数变为，
故即，
同理，
所以，故，
故，故，
故答案为：.
44．（2025·河南许昌·三模）某商场进行周年庆大型促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，活动期间在商场消费达到一定金额的人可以参加游戏．游戏规则如下：在一个盒子里放着6个大小相同的小正方体，其中有3个类小正方体，4个面印着奇数，2个面印着偶数；有2个类小正方体，6个面都印着奇数；1个类小正方体，6个面都印着偶数．游戏者蒙着眼睛随机从盒子中抽取一个小正方体并连续投掷两次，由工作人员告知投掷的结果，若两次投掷向上的面都是奇数，则进入最终挑战环节，否则游戏结束，不获得任何礼券．最终挑战的环节是进行第三次投掷，第三次投掷不使用之前抽取的小正方体，从盒子中剩余的5个小正方体里再次随机抽取一个进行投郑，若投掷后向上的面为奇数，则获得300元礼券，若投掷后向上的面为偶数，则获得100元礼券．则第一次投掷后向上的面为奇数的概率为 ；在某位顾客进入了最终挑战环节的条件下，他最终获得的礼券金额的数学期望为 ．
【答案】
【分析】（1）根据全概率公式，即可求解；（2）根据两种不同的方案，结合题意，写出不同的期望，比较后即可判断.
【详解】记事件分别表示第一次抽到类、类、类小正方体，事件表示第次投掷后向上的面为奇数，
（1）．
（2）记事件表示第三次投掷后向上的面为奇数，设第三次投掷后最终获得的礼券为元，
的可能取值为300，100．
①若第一次抽到的是类小正方体，记事件分别表示第二次抽到类、类、类小正方体，
则；
②若第一次抽到的是类小正方体，记事件分别表示第二次抽到类、类、类小正方体，
则
，
则
．
故答案为：；.
四、解答题
45．（2025·湖南郴州·三模）某兴趣小组调查了某校100名学生100米短跑成绩的情况，其中有60名学生的短跑成绩合格.这100名学生中有45名学生每周的锻炼时间超过5小时，60名短跑成绩合格的学生中有35名学生每周的锻炼时间超过5小时.
(1)根据所给数据，完成以下表格，依据小概率值的独立性检验，是否可以推断学生短跑成绩合格与每周的锻炼时间超过5小时有关？
单位：人
(2)正确的跑步姿势和起跑技巧等都可以让跑步者更好地发挥自己的能力.现对短跑成绩不合格的学生进行跑步技巧培训，已知每周的锻炼时间超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为，每周的锻炼时间不超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为.用频率代替概率，从短跑成绩不合格的学生中随机抽取1名学生（记为甲）进行跑步技巧培训，求学生甲参加培训后短跑成绩合格的概率.
参考公式与数据：，其中.
【答案】(1)表格见解析，有关
(2).
【分析】（1）分析数据，填入表格，计算出卡方，与7.879比较后得到结论；
（2）设出事件，利用全概率公式进行计算，得到答案.
【详解】（1）表格如下：
单位：人
零假设为：学生短跑成绩合格与每周锻炼时间相互独立.
根据表中的数据，可得
根据小概率值的独立性检验，可以推断不成立，
即认为学生短跑成绩合格与每周的锻炼时间超过5小时有关.
（2）由（1）的列联表可知，短跑成绩不合格的学生共有40名，
其每周锻炼时间超过5小时的有10人，不超过5小时的有30人.
从短跑成绩不合格的40名学生中随机抽取一名学生，记为甲，
设事件“甲参加跑步技巧培训后短跑成绩合格”，
事件“甲每周的锻炼时间超过5小时”，
“甲每周的锻炼时间不超过5小时”，
用连列表中的数据计算频率并替代概率后得
又已知，
由全概率公式可得，
所以学生甲参加跑步技巧培训后短跑成绩合格的概率为.
46．（2025·山东烟台·三模）近年来，新能源汽车因其动力充沛、提速快、用车成本低等特点得到民众的追捧．某机构为研究汽油价格x（单位：元/升）与新能源汽车的月销售量y（单位：万辆）之间的关系，收集整理得到如下数据：
(1)若用模型模拟x与y之间关系，求出回归方程；
(2)根据建立的回归方程，预测当汽油价格上涨至9元/升时，新能源汽车的销量；
(3)假设当汽油价格为9元/升时，实际销量超过预测值的概率为0.6．现进行5次独立观测，记这5次观测中销量超过预测值的次数为，求的数学期望．
参考数据和公式：．，．
令，，，．
对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．
【答案】(1)
(2)约为万辆
(3)3
【分析】（1）先根据数据计算，再根据计算即可求出；
（2）将代入回归方程中即可；
（3）由题意可知，利用二项分布的期望公式计算即可.
【详解】（1）因为，则，
又，，
由得，，解得，
所以回归方程为．
（2）当时，代入回归方程可得
，
价格上涨至9元/升时，新能源汽车的销量约为万辆．
（3）由题知，，所以，即的数学期望为3．
47．（2025·江苏苏州·三模）现有甲、乙两台机器生产一批零件，甲生产出的零件内径（单位：mm）服从正态分布，乙生产出的零件内径（单位：mm）服从正态分布．
(1)若甲、乙在一天内发生故障的概率分别为0.1,0.2，且两台机器工作状态相互独立．设一天内发生故障的机器台数为，求的分布列；
(2)若生产出的零件内径小于8mm，则每件亏损2元；若内径大于10mm，则每件亏损8元；其余尺寸的零件，则每件获利20元．已知每天每台机器生产出一千件零件，试比较哪一台台机器每天生产出的零件的平均利润更大．
参考数据：若，则．
【答案】(1)分布列见解析
(2)甲台机器每天生产出的零件的平均利润更大
【分析】（1）需要根据独立事件概率公式计算不同故障台数的概率；
（2）比较甲、乙两台机器生产零件的平均利润，要先根据正态分布的性质求出不同内径范围的概率，再计算平均利润.
【详解】（1）表示一天内发生故障的机器台数，的可能取值为，，.
：表示甲、乙两台机器都不发生故障，因为甲、乙两台机器工作状态相互独立，根据独立事件概率公式，可得.
：表示甲发生故障乙不发生故障或者甲不发生故障乙发生故障，可得.
：表示甲、乙两台机器都发生故障，根据独立事件概率公式，可得.
所以的分布列为：
（2）甲机器：已知甲生产出的零件内径，则，.
；
；
.
每台机器每天生产1000件零件，则甲机器每天生产出的零件的平均利润为：
（元）.
乙机器：已知乙生产出的零件内径，则，.
；
；
.
则乙机器每天生产出的零件的平均利润为：
（元）.
因为，所以甲机器每天生产出的零件的平均利润更大.
48．（2025·湖北武汉·三模）小华、小明、小红三人为某比赛制定了如下规则：先确定挑战权，挑战权属于某人时，该人可挑战另外两人.经商定，小华首先获得挑战权，他挑战小明、小红的概率均为.若他挑战小明，下一次的挑战权即属于小明，且小明再挑战小华、小红的概率分别为；若他挑战小红，下一次的挑战权即属于小红，且小红再挑战小华、小明的概率分别为.
(1)经过3次挑战后，小华已使用的挑战权次数记为，求的分布列及数学期望；
(2)若经过次挑战后，挑战权属于小华、小明、小红分别记为事件.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求事件发生的概率.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）需要确定随机变量的取值，再分别计算每个取值的概率，进而得到分布列和数学期望；
（2）（i）通过建立与的递推关系来证明两者相等；（ii）通过一系列递推关系找出的通项公式，从而求出.
【详解】（1）的可能取值为1和2，且；
，则的分布列如下：
则的期望为.
（2）（ⅰ）①
②
①-②得：.
又，则，即.
（ⅱ）③，
①+②得：.
由③知
又；
则有，其中；
则是以为首项，为公比的等比数列.
可得：；所以
49．（2025·重庆·三模）甲、乙两位同学一起玩数轴游戏，规则如下:游戏开始时，两人各自的棋子均在数轴零点处，两人轮流抛一枚骰子(两人都抛完一次骰子，则称这轮结束)，若得到的点数为1或2，则该同学的棋子沿正方向移动两个单位长度;若得到的点数为3或4，棋子就沿正方向移动一个单位长度;若得到的点数为5或6，棋子保持不动.
(1)若3轮结束后，求甲同学的棋子恰好落在数字3处的概率；
(2)若甲同学的棋子向正方向每次移动一个单位长度得5分，每次移动两个单位长度得10分，不动则不得分，当他完成3轮游戏后，记得分为求的数学期望;
(3)经过协商，甲先抛掷骰子，记第轮结束后，甲、乙两人的棋子所在数字分别为和.两人约定:在轮游戏后，对任意的均有则认为甲获胜.已知3轮游戏后，甲同学的棋子恰好落在数字4处，求此时甲获胜的概率.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据已知条件确定棋子落在3的情况，然后针对每种情况求概率值，最后将其相加就是所求概率.
（2）首先确定的可能取值，然后针对每个取值求概率，最后根据数学期望公式求的期望值.
（3）首先判断甲同学3轮游戏后棋子落在数字4处的情况，然后再判断甲获胜时每轮甲、乙的棋子所能前进的单位长度，最后求甲获胜的概率.
【详解】（1）根据题意可知，棋子沿正方向移动两个单位长度的概率为，
棋子沿正方向移动一个单位长度的概率为，棋子保持不动的概率为.
3轮结束后，甲同学的棋子恰好落在数字3处，即有两种情况，一种是三次都只移动一个单位长度，
另一种情况是一次移动两个单位长度、一次移动一个单位长度、一次保持不动.
那么概率为：.
（2）甲同学完成3轮游戏后，移动的长度取值可能为0，1，2，3，4，5，6.
那么可能的得分取值.
根据题意，所对应的概率值分别计算如下：
；
；
；
；
；
；
.
那么的数学期望为.
（3）根据（2）可知，3轮游戏后，甲同学的棋子恰好落在数字4处的概率为.
根据题意，3轮游戏过程中，每一轮甲同学的棋子所在数字均大于已同学的棋子所在数字.
所以甲想获胜又必须保证3轮游戏后棋子落在数字4处的情况是1轮游戏移动两个单位长度且乙移动一个单位或不移动；甲两轮游戏移动一个单位长度且乙不移动.
此时，甲获胜的概率为：
.
50．（2025·湖南长沙·三模）随着 2025 年春节档电影《哪吒》与《封神榜》的播出，中学生中掀起了一股对 “中国神话故事”的讨论热潮.某校兴趣小组为研究本校不同性别的学生对 “中国神话故事”的喜爱情况，特进行了一次抽样调查，分别抽取男生和女生各 50 名作为样本，设事件 “喜欢中国神话故事”， “学生为女生”，据统计 .
(1)现采用分层抽样从 50 名女生样本中选出 5 人，再从这 5 人中随机选出 3 人，设其中喜欢中国神话故事的学生人数为 ，求 的概率分布列和期望;
(2)将样本的频率视为概率.
（i）求该校任意一名学生喜欢中国神话故事的概率；
（ii）现从全校的学生中随机抽取 名学生，设其中喜欢中国神话故事的学生人数为 ，且当 时， 取得最大值，求从全校学生中抽取的人数 .
【答案】(1)分布列见解析，
(2)（i） ；（ii） 或 40
【分析】（1）的所有可能取值为，算出对应的概率可得分布列，进一步得数学期望；
（2）（i）由条件概率公式即可求解；（ii）由二项分布概率最大可列不等式求解.
【详解】（1），所以 5 个女生中喜欢神话故事和不喜欢神话故事的人数分别为 3 人和 2 人，故的取值范围是 ，
，
的分布列为
故 的期望为 ；
（2）（i） 因为已知 ，女生有 50 人，所以喜欢神话故事的女生人数为 30 人，
又因为 ，所以喜欢神话故事的人数为 45 人，可得 .
（ii） 随机变量 ，
令 ，
解得 ，
因为 ，所以 或 40.
51．（2025·上海·三模）某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为，假设每道题答对与否互不影响．
(1)当时，
（i）若甲答对了某道题，求该题是甲自己答对的概率；
（ii）甲答了4道题，计甲答对题目的个数为随机变量，求随机变量的分布列和数学期望；
(2)乙答对每道题的概率为（含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率的最小值．
【答案】(1)（i）（ii）分布列见解析，数学期望为；
(2)
【分析】（1）（i）利用条件概率公式求解；（ii）求出的可能值，再利用二项分布的概率求出分布列及期望.
（2）利用相互独立事件、互斥事件的概率公式求出概率，再结合已知建立不等式求解.
【详解】（1）（i）记事件为“甲答对了某道题”，事件为“甲自己答对”，
则，，
所以.
（ii）可能取值为0，1，2，3，4，甲答对某道题的概率，
则，
所以的分布列为：
数学期望.
（2）记事件为“甲答对了道题”，事件为“乙答对了道题”，
其中甲答对某道题的概率为，答错某道题的概率为，
则，
，
，
所以甲答对题数比乙多的概率为：
，解得，
所以甲的亲友团助力的概率的最小值为.
52．（2025·江西·二模）某公司计划举办周年庆活动，其中设计了“做游戏赢奖金”环节，从所有员工中选取10名业绩突出的员工参加投掷游戏，每位员工只能参加一次，并制定游戏规则如下：参与者投掷一枚均匀的骰子，初始分数为0，每次掷得点数为偶数得2分，点数为奇数得1分.连续投掷累计得分达到9分或10分时，游戏结束.
(1)设员工在游戏过程中累计得分的概率为.
①求；
②求证数列为等比数列.
(2)得9分的员工，获得二等奖，得10分的员工，获得一等奖，若一等奖的奖金为二等奖的奖金的两倍，且该公司计划作为游戏奖励的预算资金不超过1万元，则一等奖的奖金最多不能超过多少元？（精确到1元）
【答案】(1)①；②证明见解析；
(2)1499元.
【分析】（1）①根据事件发生概率，依次分类进行求解即可；
②由题知，累计获得分时有可能是获得分时掷骰子点数为奇数或获得分时掷骰子点数为偶数，而掷骰子点数为奇数和偶数的概率均为，所以，结合数列递推关系，即可证明是公比为的等比数列.
（2）由（1），运用累加法可求得，进而可求得员工获得二等奖和一等奖的概率，设一等奖的奖金为元，进而可得，解不等式即可.
【详解】（1）①由题意，员工游戏过程中累计得1分，即第一次投掷为奇数，其概率为；
累计得2分，即第一次投掷为偶数或连续两次投掷都是奇数，其概率为；累计得3分，即前两次投掷一次为偶数，一次为偶数或连续三次投掷都是奇数，其概率为；
②由题知，累计获得分时有可能是获得分时掷骰子点数为奇数或获得分时掷骰子点数为偶数，而掷骰子点数为奇数和偶数的概率均为.
所以，
则，又
故为首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）知，
将所有等式相加得，
所以，
所以，
设一等奖的奖金为元，二等奖的奖金为元，
由题意知元，
解得，即一等奖的奖金最多不超过1499元.
53．（2025·北京海淀·三模）某AI大模型想象力引擎处理用户问题分为“深度思考”模式，“联网搜索”模式和“兼用”模式（即同时使用“深度思考”和“联网搜索”）三种模式，用户可根据需求在提问时自由选择．为了调查用户对不同模式的使用频率和使用大模型研究问题的种类，该公司调查了不同用户最近提出的共10000个问题作为样本，得到如下表格．
假设每个用户的每个问题的模式选择与问题类别均相互独立，用频率估计概率．
(1)在样本中随机抽取一个问题，求该问题的处理模式是“兼用”模式的概率．
(2)在使用“联网搜索”模式处理的所有问题中随机选取2个，估计生活类问题个数不超过学习类问题个数的概率．
(3)不同模式处理问题的时间可以大致分为三组：，，（单位：秒）．在网络正常的时候，使用三种模式处理用户问题所需时间比例统计如下图所示．假设小明已经使用该AI大模型的同一种模式解决了两个问题，其中一个问题的处理时间，另一个问题的处理时间．若不考虑其他因素干扰，判断小明在解决这两个问题时最有可能使用的是哪种模式．（结论不要求证明）
【答案】(1)；
(2)；
(3)小明使用兼用模式的概率最大．
【分析】（1）根据给定数据，应用频率估计概率即可；
（2）根据不同方法，综合应用独立事件乘法公式、互斥事件加法及对立事件的概率求法求概率；
（3）法一：分别求出不同模式的对应概率，比较大小，即可得结论；法二：记事件：“小明处理两个问题，其中一个用时在，另一个用时在”；事件分别表示“小明使用深度思考模式”，“小明使用联网搜索模式”，“小明使用兼用模式”，依次求出，比较大小得结论.
【详解】（1）由表，样本数量为10000，问题处理模式是“兼用”模式的样本数量为．
在样本中随机抽取一个问题，设事件：“该问题的处理模式是‘兼用’”，则；
（2）在使用“联网搜索”模式处理的所有问题中随机选取1个，该问题是生活类问题的概率估计为，是学习类问题的概率估计为，是其他类问题的概率估计为．
在使用“联网搜索”模式处理的所有问题中随机选取2个，设事件：“生活类问题的个数不超过学习类问题的个数”
方法1：事件包含两种情况：①0个生活类问题和2个非生活类问题；②1个生活类问题，1个学习类问题，0个其他类问题，
所以．
方法2：事件包含两种情况：①0个生活类问题和0个学习类问题，2个其他类问题；②0个生活类问题和1个学习类问题，1个其他类问题；③0个生活类问题和2个学习类问题，0个其他类问题；④1个生活类问题，1个学习类问题，0个其他类问题，
；
方法3：事件包含两种情况：①2个生活类问题和0个非生活类问题；②1个生活类问题，0个学习类问题，1个其他类问题，
；
（3）法一：由图可知，用深度思考模式处理两个问题分别用时在和的概率为；
用联网搜索模式处理两个问题分别用时在和的概率为；
用兼用模式处理两个问题分别用时在和的概率为．
所以用兼用模式处理两个问题分别用时在和的概率最大，故小明最有可能使用兼用模式．
法二：记事件：“小明处理两个问题，其中一个用时在，另一个用时在”；
事件分别表示“小明使用深度思考模式”，“小明使用联网搜索模式”，“小明使用兼用模式”．
则有，，，，
则，
同理，
，
所以，
即已知事件发生的条件下，小明使用兼用模式的概率最大．
54．（2025·湖南长沙·三模）《最强大脑》“脑王争霸”是节目中最激烈的高智商对抗环节，通常由往届擂主与多名挑战者进行多轮脑力对决．现有一擂主与三名挑战者甲、乙、丙．
(1)擂主与甲、乙、丙各比赛一局，各局比赛结果相互独立．已知该擂主与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求该擂主连胜三局的概率．
(2)若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立．
（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值；
（ii）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事件，证明：．
【答案】(1)
(2)（i）分布列见解析，；（ii）证明见解析
【分析】（1）由相互独立事件同时发生的概率公式计算即可．
（2）（i）求出所有可能值，利用相互独立事件与互斥事件概率运算求得相应的概率，列出分布列并求得期望，再利用基本不等式并结合二次函数性质即可求得期望的最大值；
（ii）设事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，则，利用相互独立事件概率运算即可求解．
【详解】（1）设该擂主连胜三局为事件，该擂主与甲、乙、丙比赛获胜分别为事件B,C,D，则，
由题知，事件A,B,C相互独立，
所以，
所以该擂主连胜三局的概率为．
（2）（i）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则，
由题意得的所有可能取值为：2,4,5，
,
，
所以的分布列为：
所以的期望为：
，
由，得，当且仅当时取等号，则，
因此，
所以的最大值为．
（ii）设事件A,B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”．
由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数，
由题设可知前两局比赛结果可能是AA,BB,AB,BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”，
事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB,BA表示“甲、乙各得1分”，
当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同，
所以
,
因此，得，
而，所以.
55．（2025·浙江·二模）一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6.现随机地将骰子抛掷次，各次抛掷结果相互独立.
(1)当时，求向上的点数最大是5的概率；
(2)求向上的点数最大是2的概率；
(3)记随机变量表示向上的点数最大值，若的数学期望不小于5，求抛掷次数的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)4
【分析】（1）法一：把最大点数是的情况分成出现一次点、两次点、三次点三类，算出各类可能数，再除以总可能数得概率.
法二：用次点数都不大于的概率减去次点数都不大于的概率，得到最大点数是的概率.
（2）法一：分析掷次骰子出现不同数量点其余为点的组合情况，用组合数表示，再除以总可能数，结合二项式定理化简得概率.
法二：用次点数都不大于的概率减去次点数都为的概率，得到最大点数等于的概率.
（3）法一：按最大点数出现次数分类，用组合数算情况数求和得.
法二：用点数不超的概率减不超的概率得.
算期望得 ，由得.
记，知道递减，求出最小为.
【详解】（1）法一.设将一个质地均匀的骰子掷3次最大点数是5为事件A，
若出现一次5点，则共有种可能，
若出现两次5点，则共有种可能，
若出现3次5点，则只有1种可能.
所以
法二：每一次骰子点数小于或等于5的概率为，由独立事件同时发生的概率公式得3次骰子点数都不大于5得概率为，
每一次骰子点数小于或等于4的概率为，所以
（2）法一：掷次骰子出现一次2点，其余全是1点有种可能，出现两次2点，其余全是1点有种可能，
以此类推，次全是2点有种可能，由古典概型的概率公式得
法二：设掷次骰子的最大点数等于2为事件，因为每次骰子点数小于或等于2的概率为，
（3）由独立事件同时发生的概率公式得次骰子点数都不大于2的概率为，每一次骰子点数等于1的概率为，所以
随机变量可取1，2，3，4，5，6
法一：若次出现得最大点数为，，
当等于1时，若，则点数出现1次，共有种可能，点数出现2次，共有种可能，
以此类推，若点数出现次，，，则共有种可能，
可得

法二：若最大点数为，则出现点数都不超过的概率为，出现点数都不超过的概率为，
所以，
所以
令得
记，则关于单调递减，
而，，所以的最小值为4.
56．（2025·浙江·三模）空气中的尘埃，天上的云朵飘忽随机不定、这些动态随机现象的研究有着重要的意义.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，等可能向四个方向移动，即粒子每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处.
(1)求粒子在第2秒末移动到点的概率；
(2)记第秒末粒子回到原点的概率为.
（i）已知 求 以及；
（ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知 证明：该粒子是常返的.
【答案】(1)
(2)（i），，；（ii）证明见解析
【分析】（1）由古典概率模型概率计算公式即可求解；
（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故；粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概率公式求解即可；第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，表示出，由组合数公式化简即可得出答案；
（ii）利用题目条件可证明，再令可证得，进一步可得，即可得出答案.
【详解】（1）粒子在第2秒末，每一步分别是四个不同方向，共有16种方法，
粒子在第2秒可能运动到点有2种方法，
分别为先向右移动一个单位，再向下移动一个单位，或先向下移动一个单位，再向右移动一个单位，
故；
（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故，
粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑：
每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形；
每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有种情形；
于是，
第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，
向下移动步，故
.
故.
（ii）利用可知：
，
于是，
令，，
故在上单调递增，
则，于是，
从而有，
即为不超过的最大整数，则对任意常数，
当时，，于是,
综上所述，当时，成立，因此该粒子是常返的.
超声波检查结果组别
正常
不正常
合计
患该疾病
20
180
200
未患该疾病
780
20
800
合计
800
200
1000
0.005
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
206.78
207.46
207.95
209.34
209.35
210.68
213.73
214.84
216.93
216.93
0
2
3
P
0
4
6
P
0
6
P
每周的锻炼时间
短跑成绩
合计
短跑成绩合格
短跑成绩不合格
每周的锻炼时间超过5小时
每周的锻炼时间不超过5小时
合计
0.01
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
每周的锻炼时间
短跑成绩
合计
短跑成绩合格
短跑成绩不合格
每周的锻炼时间超过5小时
35
10
45
每周的锻炼时间不超过5小时
25
30
55
合计
60
40
100
x
6
6.5
7
7.5
8
y
1.5
2
3
4.5
6.8
0.72
0.26
0.02
1
2
1
2
3
P
0
1
2
3
4
问题类别模式
生活类问题
学习类问题
其他类问题
深度思考
1100
600
300
联网搜索
1200
1500
300
兼用
1500
2500
1000
2
4
5