新高考数学二轮复习一模试题分类汇编练习专题06 概率与统计（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习一模试题分类汇编练习专题06 概率与统计（2份，原卷版+解析版），共7页。试卷主要包含了，成绩如下等内容，欢迎下载使用。
题型01频率分布直方图求平均数、中位数、众数、方差、标准差、极差
题型02回归分析
题型03条件概率
题型04正态分布与相互独立
题型05古典概型
题型06独立性检验
题型07求离散型随机变量的分布列与期望
题型08概率综合问题
题型01
频率分布直方图求平均数、中位数、众数、方差、标准差、极差
1．（2025·山东青岛·一模）为了研究与的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表），假设经验回归方程为，则（ ）
A．
B．当时的残差为
C．样本数据的％分位数为0.8
D．去掉样本点后，与的样本相关系数不变
【答案】ABD
【分析】根据样本中心点、残差、百分位数、相关系数等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由题，
所以，故A选项正确；
由A，当时，，
所以时的残差为，所以B选项正确；
因为，所以样本数据的％分位数为，C选项错误；
去掉样本点后，而，
由于，
所以去掉样本点后，与的样本相关系数不变，故D正确.
故选：ABD
2．（2025·安徽滁州·一模）下列说法中正确的是（ ）
A．一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小
B．在成对样本数据中，两个变量间的样本相关系数越小，则它们的线性相关程度越弱
C．数据，53，56，69，70，72，79，65，80，45，41的极差为40，则这组数据的第m百分位数为79
D．依据小概率值的独立性检验推断两个分类变量X与Y之间是否有关联，经计算得，则可以认为“X与Y没有关联”
【答案】AC
【分析】利用平均数与方差的定义可判断A；由相关系数的概念可判断B；利用百分位的定义求解可判断C；由独立性检验的意义可判断D.
【详解】一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，
根据方差公式，可知方差变小，故A正确；
两个变量的相关系数越小，则两者的线性相关程度越弱，故B错误;
除m外，剩余数据的极差为，因为所有数据的极差为40，且，
所以
把数据技从小到大题序排列，得：41，45，53，56，65，69，70，72，79，80，
由，所以这组数据的第m百分位数为第9个，为故C正确;
零假设为与Y相互独立，即X与Y没有关联，由，
可知依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，可以认为“X与Y有关联”，故D错误.
故选：AC.
3．（2025·宁夏银川·一模）下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量服从正态分布，且，则
B．一组数据的第百分位数为
C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强
D．对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是
【答案】ACD
【分析】对于A，根据条件，利用正态分布的对称性，即可求解；对于B，根据条件直接求出第百分位数，即可求解；对于C，利用相关系的定义，即可求解；对于D，利用线性回归方程经过样本中心，即可求解.
【详解】对于A，因为，又，则，正确，
对于B，因为，所以数据的第百分位数为，错误，
对于C，因为线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，正确，
对于D，由题知，解得，正确.
故选：ACD.
4．（2025·甘肃兰州·一模）在某班级的一次测验后，随机抽取7名同学的成缆作为样本，这7名同学的成领分别为78，80，81，84，87，88，90，则（ ）
A．估计这次考试全班成绩的平均分为84
B．从样本中任取两人的成绩，均大于平均分的概率是
C．样本的分位数是87
D．当该样本中加入84形成新样本时，新样本方差小于原样本方差
【答案】ABD
【分析】利用平均数的定义计算可判断A；求得任取2人的方法数，取得2人的成绩均大于平均分的方法数，利用古典概型概率公式可求得对概率判断B；利用百分位数的定义计算判断C；由平均成绩不变，利用方差的定义可判断D.
【详解】对于A，样本的平均分为，
所以估计这次考试全班成绩的平均分为84，故A正确；
对于B，从样本中任取两人的成绩有种不同的取法，
从成绩大于平均的3名同学中任取2人有种不同的取法，
所以从样本中任取两人的成绩，均大于平均分的概率是，故B正确；
对于C，因为，所以样本的分位数是第6个数据，故C错误；
对于D，当该样本中加入84形成新样本时，新数据平均数不变，
由方差公式可知新样本方差小于原样本方差，故D正确.
故选：ABD.
5．（2025·黑龙江·一模）在高三某次调研考试时，某学习小组对本组6名同学的考试成绩进行统计，其中数学试卷上有一道满分为12分的解答题，6名同学的得分按从低到高的顺序排列为，若该组数据的中位数是这组数据极差，则该组数据的第60百分位数是（ ）
A．7B．7C．9D．10
【答案】D
【分析】根据中位数是极差求出的值，再计算第60百分位数即可.
【详解】已知数据，，，，10，12，数据个数为偶数，所以中位数是中间两个数和的平均数，即中位数为.
极差是最大值12减去最小值，即极差为.
因为该组数据的中位数是这组数据的极差，所以.可得：.
此时这组数据为，，，10，10，12.
计算，所以第60百分位数是第个数，即10.
故选：D.
6．（2025·山东聊城·一模）某学校为了调动学生学习数学的积极性，在高二年级举行了一次数学有奖竞赛，对考试成绩优秀（即考试成绩不小于分）的学生进行了奖励.学校为了掌握考试情况，随机抽取了部分考试成绩，并以此为样本制作了如图所示的样本频率分布直方图.已知第一小组的频数为.
(1)求的值和样本容量；
(2)估计所有参赛学生的平均成绩；
(3)假设在抽取的样本中，男生比女生多人，女生的获奖率为，填写下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断男生与女生的获奖情况是否存在差异？
附：，
【答案】(1)，样本容量为
(2)
(3)列联表见解析，无
【分析】（1）由频率分布直方图中，所有矩形面积之和为可得的值，将第一组的容量除以第一组的频率可得出样本容量；
（2）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，相加可得出平均数；
（3）根据题意完善列联系表，结合临界值表可得出结论.
【详解】（1）由频率分布直方图中，所有矩形面积之和为可得，解得，
样本容量为.
（2）所有参赛学生的平均成绩为.
（3）由题意可知，获奖人数为人，
由题意可得如下列联表
所以，，
所以，依据小概率值的独立性检验，男生与女生的获奖无差异.
7．（2025·黑龙江·一模）已知一组样本数据分别为：31，6，12，19，17，16，11，则该组样本数据的（ ）
A．极差为27B．上四分位数为19C．平均数为15.5D．方差为
【答案】BD
【分析】根据平均数、方差以及极差求解可判断ACD，根据百分位数计算即可判断D.
【详解】将样本数据按照从小到大的顺序排列为：6，11，12，16，17，19，31.
对于A，根据极差定义可知，该组数据的极差为，故A错误；
对于B，因为，所以该组数据的上四分位数为19，故B正确；
对于C，该组数据的平均数为，故C错误；
对于D，该组数据的方差为，
故D正确.
故选：BD.
8．（2025·陕西西安·一模）某校组织1000名学生参加“新中国成立75周年”知识竞赛，经统计这1000名学生的成绩都在区间内，按分数分成5组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，根据图中数据，下列结论正确的是（ ）
A．1000名学生成绩的平均数是77
B．成绩不低于80分的学生所占比例为40%
C．用分层抽样从该校学生中抽取容量为100的样本，则应在内抽取30人
D．这1000名学生成绩的第50百分位数是80
【答案】D
【分析】利用频率分布直方图估计平均数判断A；计算不低于80分的频率和判断B；利用分层抽样的特点计算判断C；求出第50百分位数判断D.
【详解】对于A，由频率分布直方图，得1000名学生成绩的平均数是
，A错误；
对于B，成绩不低于80分的学生频率为，成绩不低于80分的学生所占比例为，B错误；
对于C，由分层抽样特点得，则应在内抽取人 ，C错误；
对于D， 1000名学生成绩的第50百分位数即中位数为80，D正确.
故选：D
9．（2025·福建泉州·一模）有一组样本数据1，2，3，4，5，现加入两个正整数，构成新样本数据，与原样本数据比较，下列说法正确的是（ ）
A．若平均数不变，则B．若极差不变，则
C．若，则中位数不变D．若，则方差不变
【答案】AC
【分析】根据平均数、极差、中位数和方差的定义判断.
【详解】若平均数不变，则，解得，故A正确；
当时，极差不变，但，故B错；
若，则为或或，每一种情况对应的中位数都是3，故C正确；
原数据的平均数为3，原数据的方差为，
新数据的平均数为3，新数据的方差为，当且仅当时等号成立，所以方差有可能改变，故D错.
故选：AC.
10．（2025·山东济宁·一模）为了解高三，1班和2班的数学建模水平，现从两个班级中各随机抽取10名学生参加数学建模能力比赛（满分100分），成绩如下：
数据Ⅰ（高三，1班）：68，80，58，75，65，70，54，90，88，92；
数据Ⅱ（高三，2班）：72，55，83，59，56，90，83，52，80，95．
(1)求数据Ⅰ（高三，1班）的第80百分位数；
(2)从上述成绩在60分以下的学生中随机抽取3人作下一步调研，设被抽到的3人中来自于高三，2班的学生人数为，求的概率分布列和数学期望．
【答案】(1)89
(2)分布列见详解；
【分析】（1）将数据从小到大排列，根据百分位数的定义进行求解即可；
（2）的所有可能取值为1，2，3，求出对应的概率，即可得出分布列和数学期望.
【详解】（1）将数据Ⅰ从小到大排列为：54，58，65，68，70，75，80，88，90，92，
因为，所以数据Ⅰ的第80百分位数为.
（2）数据Ⅰ中60分以下的有54分，58分；
数据Ⅱ中60分以下的有52分，55分，56分，59分；
即符合题意共6人，其中高三，1班有2人，高三，2班有4人.
可知X的所有可能取值为1，2，3，
则，，，
所以X的概率分布列为
数学期望.
题型02
回归分析
1．（2025·广东湛江·一模）已知，，，，，5个数据的散点图如图所示，采用一元线性回归模型建立经验回归方程．经分析确定为“离群点”，故将其去掉，将数据去掉后，下列说法正确的有（ ）．

A．样本相关系数r变大
B．残差平方和变小
C．决定系数变大
D．若经验回归直线过点，则其经验回归方程为
【答案】BCD
【分析】根据散点图的性质可知去掉E后相关性变强判断A选项；残差平方和以及决定系数判断BC选项；根据回归直线的求法和性质判断D.
【详解】对于选项A：由图可知，变量x与变量y是负相关，
且将数据去掉后，样本相关系数r的绝对值变大，
所以r变小，故选项A错误；
对于选项B：将数据去掉后，变量x与变量y的相关性变强，
所以残差平方和变小，决定系数变大，故选项B，C正确；
对于选项D：设经验回归方程为，经计算得，
且，，可得，，
所以经验回归方程是，所以选项D正确．
故选：BCD．
2．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）由样本数据，求得回归直线方程为，且，若去除偏离点后，得到新的回归直线方程为，则去除偏离点后，相应于样本点的残差值为 .
【答案】
【分析】求出的值，求出去除偏离点后，剩余数据的样本中心点的坐标，代入新的回归直线方程，求出的值，将代入新的回归直线方程，结合残差的定义可求得结果.
【详解】由于回归直线过样本中心点，当时，，
去除偏离点后，剩余数据的中心点为，
则，，
将点的坐标代入回归直线方程，可得，解得，
所以，新的回归直线方程为，
当时，，
所以，去除偏离点后，相应于样本点的残差值为.
故答案为：.
3．（2025·山东烟台·一模）已知变量线性相关，其一组样本数据，满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为.若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为2.1，则数据的残差的绝对值为（ ）
A．0.1B．0.2C．0.3D．0.4
【答案】A
【分析】根据已知求原数据的样本中心，再确定增加数据后的样本中心，进而得到修正后的回归直线，估计的对应值，最后由残差的定义求解.
【详解】由题设，则，
增加数据后，，，且回归直线为，
所以，则，
所以，有，故残差的绝对值为.
故选：A
4．（2025·四川巴中·一模）下列命题正确的有（ ）
A．回归直线过样本点的中心，且至少过一个样本点
B．两个变量相关性越强，则相关系数越接近
C．将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数，则其方差不变
D．将个数的一组数去掉一个最小和一个最大数，则中位数不变
【答案】CD
【分析】根据线性回归方程的性质可判断A，根据相关系数的性质可判断B，根据方差的性质可判断C，根据中位数的定义可判断D.
【详解】对于A选项，回归直线过样本点的中心，但是不一定过样本点，故A错误；
对于B选项，两个变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近，故B错误；
对于C，由方差的性质可知，将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数，则其方差不变，故C正确；
对于D，将个数的一组数去掉一个最小和一个最大数，则中位数不变，故D正确．
故选：CD.
5．（2025·广东·一模）一组样本数据．其中，，，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为、，分布如图所示，且，则（ ）
A． 样本负相关B．
C．D．处理后的决定系数变大
【答案】ABD
【分析】根据回归方程判断A，根据样本中心点计算判断B，根据图象由波动性判断C，根据图象的波动性判断D.
【详解】由经验回归方程单调递减，可知样本负相关，故A正确；
由题意样本均值分别为，
由样本中心在经验回归直线上，代入回归直线解得，故B正确：
由图一的数据波动较大可得比更集中，所以，故C错误；
由图一的残差平方和较图二的残差平方和大可知，处理后拟合效果更好，决定系数变大，故D正确．
故选：ABD
6．（2025·广东汕头·一模）在政府发布的光伏发电补贴政策的引导下，西北某地光伏发电装机量急剧上升，现对2016年至2023年的新增光伏装机量进行调查，根据散点图选择了两个模型进行拟合，并得到相应的经验回归方程．为判断模型的拟合效果，甲、乙、丙三位同学进行了如下分析：
（1）甲同学通过计算残差作出了两个模型的残差图，如图所示；
（2）乙同学求出模型①的残差平方和为0.4175、模型②的残差平方和为1.5625；
（3）丙同学分别求出模型①的决定系数、模型②的决定系数为；
经检验，模型①拟合效果最佳，则甲、乙、丙三位同学中，运算结果肯定出错的同学是 ．（填“甲”或“乙”或“丙”）
【答案】丙
【分析】应用残差图，残差平方和，决定系数的性质判定即可.
【详解】甲的残差图中，模型①的残差点更均匀地分布在以横轴为对称轴的水平带状区域内，且水平带状区域更窄，说明模型①拟合效果更好；
残差平方和越大，即决定系数越小，说明数据点越离散，
所以乙的计算结果显示模型①的拟合效果更好，而丙的计算结果显示模型②的拟合效果更好．
故答案为：丙.
7．（2025·山东日照·一模）近期根据中国消费者信息研究报告显示，超过的消费者更加频繁地使用网上购物，某网购专营店统计了2025年1月5日到9日这5天到该专营店购物的人数和时间第天间的数据，列表如下：
(1)由表中给出的数据判断是否可以用线性回归模型拟合人数和时间第天之间的关系？若可用，估计1月10日到该专营店购物的人数；若不可用，请说明理由（人数用四舍五入法取整数，若相关系数，则线性相关程度很高，可以用线性回归模型拟合，精确到0.01）；
(2)该专营店为了吸引顾客，推出两种促销方案．方案一：购物金额每满100元可减5元；方案二：一次性购物金额超过800元可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打9折，中奖两次打8折，中奖三次打6折．某顾客计划在此专营店购买1000元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析选哪种方案更优惠．
参考数据：．
附：相关系数．
【答案】(1)可用，109
(2)选择方案二更划算
【分析】（1）先计算相关系数，再结合线性回归方程的知识求解即可；
（2）首先根据二项分布的概率公式求出为的概率值，则方案二的期望可求，与方案一的950进行比较即可判断.
【详解】（1）由表中数据可得，
，
所以，
所以可用线性回归模型拟合人数与天数之间的关系．
而，
则所以
令，可得，所以1月10日到该专营店购物的人数约为109．
（2）若选方案一､需付款元．
若选方案二､设需付款元，则的取值可能为，
则，
，
所以，
因此选择方案二更划算．
8．（2025·浙江·一模）下列说法正确的是（ ）
A．数据的上四分位数为9
B．若，，且，则相互独立
C．根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则
D．将两个具有相关关系的变量的一组数据，，…，调整为，，…，，决定系数不变
（附：，，）
【答案】BD
【分析】利用上四分位数的性质判断A，利用条件概率公式和独立事件概率公式判断B，利用散点图的性质判断C，利用决定系数的性质判断D即可.
【详解】对于A，我们把数据重新排列，
得到，而，
则数据的上四分位数为9.5，故A错误；
对于B，因为，所以，
由条件概率公式得，
得到，即相互独立，故B正确，
对于C，散点不一定在回归直线上，不能直接代入直线方程，故C错误，
对于D，由于，变成了，
则，，
从而，都不变，则，故D正确.
故选：BD.
题型03
条件概率
1．（2025·天津武清·一模）长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中大约有的学生，每天玩手机超过1小时，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是 .
【答案】/
【分析】由题意，根据条件概率公式和全概率公式求解即得.
【详解】设事件“学生玩手机超过小时”，事件“学生近视”，事件为的对立事件，
由题意可得，，，则，
所以.
故答案为：.
2．（2025·广东深圳·一模）学校要举办足球比赛，现在要从高一年级各班体育委员中挑选4名不同的裁判员（一名主裁判，两名不同的助理裁判，一名第四裁判），其中高一共13个班，每个班各一名体育委员，共4个女生，9个男生，要求四名裁判中既要有男生，也要有女生，那么在女裁判员担任主裁判的条件下，第四裁判员是男生的概率为 ．
【答案】
【分析】先确定四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判的事件数，再确定四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判，第四裁判是男生的事件数，最后根据条件概率公式得结果.
【详解】第一步确定四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判的事件数：
先从名女生中选出一名担任主裁判，有种选法，再从剩下人中选出人分别担任不同的助理裁判以及第四裁判，注意到四名裁判中既有男生也有女生，所以有种选法，故四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判的事件数为，
第二步确定四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判，第四裁判是男生的事件数：
先从名女生中选出一名担任主裁判，有种选法；再从名男生中选出一名担任第四裁判，有种选法；最后从剩下人中选出人分别担任不同的助理裁判，有种选法，故四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判，第四裁判是男生的事件数为，
因此，四名裁判中既要有男生，也要有女生，且在女裁判员担任主裁判的条件下，第四裁判员是男生的概率为，
故答案为：
3．（2025·福建泉州·一模）编号为的个球依次被等可能地涂成黑色或白色，设编号为奇数的黑色球的个数为，编号为偶数的白色球的个数为，记事件“”为．
(1)求；
(2)当时，求；
(3)当时，设，证明：．
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据独立事件定义分析，分别对应的事件，并计算对应概率，再根据条件概率公式计算即可.
（2）当时，分析可能情况，记事件“编号为奇数的个球中，被涂成黑色的球的个数为”为，事件“编号为偶数的个球中，被涂成白色的球的个数小于”为，则，且两两互斥，再根据公式计算即可.
（3）根据题意列出对应事件及其概率，再用期望公式计算，最后根据组合数性质进行化简计算即可得证.
【详解】（1）记事件“编号为的球被涂黑色”为，则
，且相互独立，所以，
同理，可得，
所以
事件，
所以，
故．
（2）记事件“编号为奇数的个球中，被涂成黑色的球的个数为”为，
事件“编号为偶数的个球中，被涂成白色的球的个数小于”为，
则，
且两两互斥，
所以
设，
则，
故，
从而，所以．
（3）设，则可取，故可取，
根据对称性，
且，
根据组合数的对称性，
可得，
因为展开式中的系数为，
展开式中的系数为，
故，
故
从而，
整理，得
又
，
所以，
所以，
又
根据，可得．
可得．
记“偶数号白球个数与奇数号黑球个数相等”为事件，其概率为
由（2）知，所以，
又由（2）知，可得，
所以
4．（2025·甘肃兰州·一模）“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒．”这二十八字节气歌是我国古人智慧的结晶．某文具店试销二十四节气书签，每套书签24张，分别印有春夏秋冬四季节气各6张．文具店为促销进行抽奖活动，凡购买一套二十四节气书签可参加抽奖，抽奖规则如下：从一套书签中挑出6张春季卡，6张夏季卡，将其中3张春季卡和3张夏季卡装在一个不透明的盒中，剩余的3张春季卡和3张夏季卡放在盒外．现从盒中随机抽出一张卡，若抽出春季卡，则把它放回盒子中，若抽出夏季卡，则该卡与盒外的一张春季卡置换．如此操作不超过4次，将盒中的夏季卡全部置换为春季卡，则停止抽卡并获得2套二十四节气书签，否则不获奖．
(1)求只抽3次即获奖的概率；
(2)若促销的30天中预计有360人参加活动，从数学期望的角度分析商家准备多套少书签作为奖品更为合理？
【答案】(1)
(2)60套
【分析】（1）用字母表示出事情，根据事情的关系以及条件概率的公式，可得答案；
（2）由互斥事件的概率加法公式以及条件概率，求得获奖概率，利用二项分布的均值公式，可得答案.
【详解】（1）设事件（i可取1，2，3，4）表示第i次抽到春季卡，
（j可取1，2，3，4）表示第j次抽到夏季卡，事件C表示抽3次即获奖，
则，，
所以.
（2）设事件D表示获奖，则，
且，为互斥事件，
，
由（1），，
，
，
又因为参加抽奖是否获奖相互独立，用随机变量X表示参加活动获奖的人数，
若促销的30天中预计有360人参加活动，则，
所以，即估计获奖人数的平均值为30，
又因为获奖后每人获得2套二十四节气书签，，
所以商家准备60套书签作为奖品较为合理．
5．（2025·山东济宁·一模）甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设相应事件，根据独立事件概率求法求，，进而求条件概率.
【详解】设甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B，
则，，
所以.
故选：C.
6．（2025·四川·一模）某保险公司随机选取了200名不同驾龄的投保司机，调查他们投保后一年内的索赔情况，结果如下：
单位：人
(1)依据小概率值的独立性检验，分析表中的数据，能否据此推断司机投保后一年内是否索赔与司机的驾龄有关？
(2)保险公司的大数据显示，每年投保的新司机索赔的概率为，投保的老司机索赔的概率均为．假设投保司机中新司机的占比为.随机选取一名投保司机，记事件“这名司机在第年索赔”为，事件“这名司机是新司机”为.已知.
（i）证明：；
（ii）证明：，并给出该不等式的直观解释.
附：，
【答案】(1)司机投保后一年内是否索赔与司机的驾龄无关
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，说明投保司机第一年索赔的概率小于他第一年索赔后第二年又索赔的概率.
【分析】（1）根据卡方独立性检验的检验规则即可求解；
（2）（i）根据条件概率公式即可证明；
（ii）根据题意可知，由（i）中的结论及已知易得，进而转化为，将该式化简变形即可证明.
【详解】（1）零假设为：司机投保后一年内是否索赔与司机的驾龄无关.
根据表中数据，计算得.
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即认为司机投保后一年内是否索赔与司机的驾龄无关.
（2）（i）根据条件概率的定义，
.
（ii）由题意.
由（i）中的结论及已知得，
，
由概率的性质知.
由全概率公式，.
根据条件概率的定义，.
因为，所以要证，即证，
即证.因为，所以成立.
所以.
式子说明投保司机第一年索赔的概率小于他第一年索赔后第二年又索赔的概率.
题型04
正态分布与相互独立
1．（2025·天津河东·一模）下列说法中，正确的有（ ）
①回归直线恒过点，且至少过一个样本点；
②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误；
③是用来判断两个分类变量是否相关的随机变量，当的值很小时可以推断两类变量不相关；
④某项测量结果服从正态分布，则，则.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】根据回归直线的特征即可判断①，理解独立性检验的基本思想即可判断②，正确把握卡方值的含义即可判断③，利用正态曲线的对称性可判断④.
【详解】回归直线的性质是恒过样本点的中心，但不一定会经过任何一个具体的样本点.所以说法①错误.
在独立性检验中，我们先提出一个假设.当根据列联表中的数据计算得出，且时，这意味着在假设成立的条件下，出现这样的值是一个小概率事件.小概率事件在一次试验中几乎不可能发生，但现在却发生了，所以我们有理由拒绝假设，从而有的把握认为两个分类变量有关系，同时也就意味着有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误，所以说法②正确.
是用于判断两个分类变量是否相关的随机变量.当的值很小时，只能说明我们有较小的把握认为两类变量相关，但不能就此推断两类变量不相关.因为即使值小，也有可能是由于样本量等因素的影响，不能绝对地得出两类变量无关的结论，所以说法③错误.
已知某项测量结果服从正态分布，正态分布具有对称性，其对称轴为.又因为，这表明与关于对称轴对称.根据正态分布的对称性可知，与之和为，已知，那么，所以说法④正确.
故选：B.
2．（2025·黑龙江·一模）坐位体前屈（Sit And Reach）是一种体育锻炼项目，也是大中小学体质健康测试项目，通常使用电动测试仪进行测试，为鼓励和推动学生积极参加体育锻炼，增强学生体质，我国于2002年开始在全国试行《学生体质健康标准》，坐位体前屈属于该标准规定的测试内容之一，已知某地区进行体育达标测试，统计得到高三女生坐位体前屈的成绩（单位：cm）服从正态分布，且，现从该地区高三女生中随机抽取3人，记在区间的人数为，则正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】利用正态分布的性质计算判断A；利用二项分布的期望、方差公式计算判断BC；利用对立事件的概率公式计算判断D.
【详解】对于A，由，得，
则，A正确；
对于B，由A知，在区间的概率为，，，
因此，B正确；
对于C，由B知，，因此，C错误；
对于D，，D错误.
故选：AB
3．（2025·山东泰安·一模）下列选项正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，认为变量与不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05
C．若随机变量，且，则
D．数据的第75百分位数是9
【答案】ABD
【分析】根据二项分布的方差公式、百分位数、正态分布、独立性检验等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】对于A，若随机变量，则，故A正确；
对于B，因为，所以能根据作出判断，认为变量与不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05，故B正确；
对于C，对称轴为，则，因为，
所以，所以，故C错误；
对于D，数据从小到大排列为1，1，2，2，3，3，3，9，11，12，
所以，所以第75百分位数为9，故D正确.
故选：ABD.
4．（2025·江西·一模）已知随机变量，若，则 .
【答案】0.2
【分析】根据正态分布的对称性，计算即可得答案.
【详解】因为，，
所以，
所以.
故答案为：.
5．（2025·全国·一模）某公司为考核员工，采用某方案对员工进行业务技能测试，然后统计并分析测试成绩以确定员工绩效等级．
(1)已知该公司甲部门有3名负责人，乙部门有4名负责人，该公司从甲、乙两部门中随机选取3名负责人做测试分析，记负责人来自甲部门的人数为，求最有可能的取值．
(2)该公司统计了七个部门测试的平均成绩（满分100分）与绩效等级优秀率，如表所示．
根据数据绘制散点图，初步判断，选用作为经验回归方程．令，经计算得，．
（i）已知某部门测试的平均成绩为60分，估计其绩效等级优秀率；
（ii）根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩，其中近似为样本平均数近似为样本方差．经计算，求某个部门绩效等级优秀率高于0.7875的概率．
参考公式与数据：
①．
②经验回归方程中，．
③若随机变量，则．
【答案】(1)1
(2)（i）0.498；（ii）约为0.15865
【分析】（1）根据题干随机变量服从超几何分布，写出的可能取值并求出所对应的概率．
（2）（i）又两边取对数，得，令，求出线性回归方程即可求解；（ii）求出的取值范围，再由正态分布的性质计算可得．
【详解】（1）随机变量服从超几何分布，且的可能取值为，
且，
．
由此可得最大，即的可能性最大，
故最有可能的取值为1．
（2）（i）第一步：取对数．
依题意，两边取对数，得，即．
第二步：求经验回归方程．
其中，
由提供的参考数据，可知，又，故，
由提供的参考数据，可得，故．
当时，，即估计其绩效等级优秀率为0.498．
（ii）由（i）及提供的参考数据可知，
又，即，可得，即，
又，且，
由正态分布的性质，得，
记“绩效等级优秀率高于0.7875”为事件，则，
所以绩效等级优秀率高于0.7875的概率约为0.15865．
6．（2025·江西·一模）比较两组测量尺度差异较大数据的离散程度时，常使用离散系数，其定义为：离散系数．某地区进行调研考试，共名学生参考，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，且平均分为，离散系数为，则下列说法正确是（ ）
（附：若随机变量服从正态分布，，）
A．学生考试成绩标准差为
B．学生考试成绩近似服从正态分布
C．约有名学生的成绩低于分
D．全体学生成绩的第百分位数约为
【答案】ABD
【分析】利用离散系数的定义可判断A选项；利用正态分布的概念可判断B选项；利用正态分布原则可判断C选项；利用百分位数的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，，则学生考试成绩标准差为，A对；
对于B选项，由正态分布可知学生考试成绩近似服从正态分布，B对；
对于C选项，因为，
则，
所以，绩低于分的学生人数约为，C错；
对于D选项，因为，
所以，全体学生成绩的第百分位数约为，D对.
故选：ABD.
题型05
古典概型
1．（2025·山东青岛·一模）《周易》反映了中国古代的二进制计数的思想方法，可以解释为：把阳爻“”当做数字“”，把阴爻“”当做数字“”，例如，成语“否极泰来”包含了“否”卦和“泰”卦，“否”卦所表示的二进制数为，转化为十进制数是，“泰”卦所表示的二进制数为，转化为十进制数是
(1)若某卦的符号由五个阳爻和一个阴爻构成，求所有这些卦表示的十进制数的和；
(2)在由三个阳爻和三个阴爻构成的卦中任取一卦，若三个阳爻均相邻，则记分；若只有两个阳爻相邻，则记分；若三个阳爻互不相邻，则记分，设任取一卦后的得分为随机变量，求的分布列和数学期望．
【答案】(1)315
(2)分布列见解析，
【分析】（1）由题意，由五个阳爻和一个阴爻构成的卦所表示的二进制数有6个，列举后按照二进制数与十进制数之间的转化公式计算求和即得；
（2）先判断的所有可能取值，再运用古典概型概率公式和插空计数法求对应的概率值，写出分布列，计算数学期望即可.
【详解】（1）因为该卦的符号由五个阳爻和一个阴爻构成，所以该卦所表示的二进制数共有个，
分别为、、、、、，
因为这个数中，每个数位都是次和次，
所以这些卦表示的十进制数的和为： ；
（2）由题意可知，随机变量的所有可能取值有、、，
则，，，
则随机变量的分布列如下表所示：
故.
2．（2025·北京平谷·一模）某科研团队研发了一款快速检测某种疾病的试剂盒.为了解该试剂盒检测的准确性，科研团队从某地区（人数众多）随机选取了40位患者和60位非患者，用该试剂盒分别对他们进行了一次检测，结果如下：
(1)试估计使用该试剂盒进行一次检测结果正确的概率；
(2)若从该地区的患者和非患者中分别抽取2人进行一次检测，求恰有一人检测结果错误的概率；
(3)假设该地区有10万人，患病率为0.01.从该地区随机选取一人，用该试剂盒对其检测一次.若检测结果为阳性，能否判断此人患该疾病的概率超过0.2？并说明理由.
【答案】(1)0.94
(2)
(3)超过，理由见解析
【分析】（1）由古典概型概率计算公式求解即可；
（2）设事件：患者检测结果正确，事件：非患者检测结果正确“，事件：该地区的患者和非患者中分别抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误，由求解即可；
（3）求得检测一次结果为阳性的人数，确定其中患者人数，即可判断；
【详解】（1）由题意知，使用该试剂盒进行一次检测共有100人，其中检测结果正确的共有94人，
所以使用该试剂盒进行一次检测结果正确的概率估计为.
（2）设事件：患者检测结果正确，事件：非患者检测结果正确“，
事件：该地区的患者和非患者中分别抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误；
根据题中数据，可估计为可估计为
该地区的患者中抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误的概率为
该地区的非患者中抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误的概率为
所以，
所以.
因此恰有一人检测结果错误的概率为
（3）此人患该疾病的概率超过0.2.理由如下：
由题意得，如果该地区所有人用该试剂盒检测一次，
那么结果为阳性的人数为，其中患者人数为900.
若某人检测结果为阳性，那么他患该疾病的概率为.
3．（2025·山东聊城·一模）将四个不同的小球，放入四个编号为、、、的盒子中，每个小球放入各个盒子的可能性都相等，设表示空盒的个数，表示号盒子中小球的个数，则（ ）
A．每个盒子中恰有球的概率为
B．事件“号是空盒”与事件“号是空盒”不独立
C．随机变量的方差为
D．随机变量的均值为
【答案】BCD
【分析】计算出每个盒子中恰有球的概率，可判断A选项；利用独立事件的定义可判断B选项；利用二项分布的方差公式可判断C选项；利用随机变量期望公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，每个盒子中恰有球的概率为，A错；
对于B选项，记事件号是空盒，事件号是空盒，
则，，
所以，，故事件“号是空盒”与事件“号是空盒”不独立，B对；
对于C选项，由题意可知，故，C对；
对于D选项，由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，
则，，，
，
因此，，D对.
故选：BCD.
4．（2025·黑龙江·一模）已知正项数列满足：对任意的正整数，都有，其中为非零常数．
(1)若，求数列的通项公式；
(2)证明：；
(3)若且，从（且）中任取两个数，记事件A：“取出的两个数是无理数且中间仅包含一个整数”，其概率为，若，求正整数的最小值．公式：（其中为正整数）．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)19
【分析】（1）利用递推关系以及等差数列定义可求得，可求得通项公式；
（2）由并根据裂项相消求和即可证明得出结论；
（3）依题意利用递推关系可求得，且，易知数列中共有个无理数，符合条件的无序对为相邻区间和中的无理数对，分别求得总对数和从（且）中任取两个数的组数，由古典概型公式求得，解不等式可求正整数m的最小值．
【详解】（1）由知为等差数列，
（2）根据递推关系可得：
所以
，
因此
（3）由（2）中结论且可得；
又，即可得，
因此，即可得；
又，即，即可知；
所以，即，
因此此时；
数列中无理数项对应的为非平方数项，符合条件的无序对为相邻区间和中的无理数项对，
即在区间和上分别任取一个无理数构成无理数项对，
相邻两区间上符合题意的无理数项对为；
因此总对数共有
；
从（且）中任取两个数共有，
因此，
即，
解得或 ，又，
所以
因此正整数的最小值为19.
5．（2025·江西上饶·一模）将编号为的4个小球随机放入编号为的4个凹槽中，每个凹槽放一个小球，则至少有1个凹槽与其放入的小球编号相同的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用排列组合，先求出将编号为的4个小球随机放入编号为的4个凹槽中的放法数，再求出4个凹槽与其放入小球编号互不相同的放法数，再利用对立事件的概率公式，即可求出结果.
【详解】将编号为的4个小球随机放入编号为的4个凹槽中，共有种放法，
4个凹槽与其放入小球编号互不相同的有种放法，
所以至少有1个凹槽与其放入小球编号相同的概率是.
故选：C.
题型06
独立性检验
1．（2025·宁夏银川·一模）数学中的概率概念最早起源于对赌博问题的研究.一个数学兴趣小组随机调查了名成年人，对关于赌博是否感兴趣的话题进行了统计，其中被选取的男女人数之比为.
(1)请补充完整列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为对赌博感兴趣的情况与性别有关.
(2)假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为，且每局赌赢可以赢得元，每一局赌徒赌输的概率为，且赌输就要输掉元.赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为元，即赌徒输光：一种是赌金达到预期的元，赌徒停止赌博.记赌徒的本金为，当赌徒手中有元时，最终输光的概率为，请回答下列问题：
①请直接写出与的数值.
②证明是一个等差数列，当时，分别计算时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义.
附：.
【答案】(1)联列表见解析，不能
(2)①，；②证明见解析，时，，时，，统计含义见解析
【分析】（1）根据条件得男生人，女生人，再根据列联表中的数据，即可得到列联表，再利用的计算公式，即可求解；
（2）由全概率公式可得，整理为，即可证明结论；进而可得，即可求得，时，的数值，结合概率的变化趋势，即可得统计含义.
【详解】（1）因为被选取的男女人数之比为，所以男生人，女生人，
所以列联表如图，
又，
所以依据小概率值的独立性检验，不能认为对赌博感兴趣的情况与性别有关.
（2）①当时，赌徒已经输光了，因此，
当时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率.
②记：赌徒有元最后输光的事件，：赌徒有元，且下一场赢的事件，
,
即，
所以，
所以是一个等差数列，
设，则，
累加得，故，得，
当，由得，即，
当时，，
当时，，
当时，，因此可知久赌无赢家，
即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一直玩下去就会的概率输光．
2．（2025·山东淄博·一模）某地为调查大型水域的水质情况，设置若干站点检测水质指数（“M指数”．），以这些站点所测“M指数”的平均值为依据，接报此大型水域的水质情况．下图是2024年11月份30天内该大型水域“M指数”的频率分布直方图，其中分组区间分别为：，，，，，，，．

(1)规定：“指数”不超过50为“优质水源日”，否则称为“非优质水源日”．对该地区50名外出郊游的市民进行调查，得到如下列联表：
请完成上述列联表，并根据的独立性检验，能否认为优质水源日出游与性别有关？
(2)从“指数”在第一组和第二组的所有天数中选取3天的数据进行评价，记这3天的数据来自第一组的数据有天，求的分布列和数学期望．
附：．
【答案】(1)答案见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）完善列联表，根据公式计算出卡方，即可得解；
（2）由题知的可能取值为，然后计算相对应的概率，画出分布列，最后求出期望.
【详解】（1）
，
所以有的把握认为优质水源日出游与性别有关.
（2）根据题意，第一组有天，第二组有天，
所以的可能取值为，
，
，
，
，
的分布列为
.
3．（2025·黑龙江·一模）第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨圆满落下帷幕．在这场盛大的亚洲冰雪盛会中，奖牌榜见证了各国运动员的荣耀与拼搏．中国队以32金27银26铜，总计85枚奖牌的傲人成绩，强势登顶奖牌榜，成为最大赢家．这一成绩不仅创造了中国队亚冬会历史最佳，更是追平了单届金牌数纪录，书写了中国冰雪运动的崭新篇章．冰球深受广大球迷的喜爱，每支球队都有一个或几个主力队员，现有一支冰球队，其中甲球员是其主力队员，经统计该球队在某阶段所有比赛中，甲球员是否上场时该球队的胜负情况如表：
(1)完成列联表，并判断根据小概率值的独立性检验，能否认为球队的胜负与甲球员是否上场有关联？
(2)由于队员的不同，甲球员主打的位置会进行调整，根据以往的数据统计，甲球员上场时，打边锋，中锋，后卫的概率分别为0.4，0.5，0.1，相应球队赢球的概率分别为0.7，0.9，0.5．
（ⅰ）当甲球员上场参加比赛时，求球队赢球的概率；
（ⅱ）当甲球员上场参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，求甲球员打中锋的概率．
附：．
【答案】(1)列联表见解析，有关
(2)（ⅰ）0.78；（ⅱ）
【分析】（1）先补全表格再计算卡方，最后根据临界值判断即可；
（2）（ⅰ）先应用条件概率及全概率公式计算；（ⅱ）再应用贝叶斯公式计算求解.
【详解】（1）根据题意，可得的列联表：
零假设：球队胜负与甲球员是否上场无关
根据列联表中的数据，经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为球队胜负与甲球员是否上场有关，此推断犯错误的概率不大于0.025．
（2）甲球员上场时，打边锋，中锋，后卫的概率分别为0.4，0.5，0.1，相应球队赢的概率分别为0.7，0.9，0.5
（ⅰ）设事件：“甲球员上场打边锋”，事件：“甲球员上场打中锋”
事件：“甲球员上场打后卫”，事件：“球队赢球”
则
所以当甲球员上场参加比赛时，球队赢球的概率
当甲球员上场参加比赛时，求球队胜的概率0.78
（ⅱ）当甲球员上场参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，甲球员打中锋的概率
．
当甲球员上场参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，甲球员打中锋的概率
4．（2025·山东菏泽·一模）在春节联欢晚会上进行了机器人团体舞蹈表演，某机构随机抽取了100名观众进行问卷调查，得到了如下数据：
(1)依据的独立性检验，试分析对机器人表演节目的喜欢是否与性别有关联？
(2)从这100名样本观众中任选1名，设事件“选到的观众是男性”，事件“选到的观众喜欢机器人团体舞蹈表演节目”，比较和的大小，并解释其意义.
，.
【答案】(1)与性别有关联
(2)，意义见解析
【分析】（1）提出零假设，并求出，与表中数据对比即可下结论；
（2）根据条件概率的计算公式求解即可.
【详解】（1）零假设对机器人表演节目的喜欢与性别无关.
根据列联表中的数据得，
依据的独立性检验，可以推断不成立，即对机器人表演节目的喜欢与性别有关联.
（2）依题意得，， ， 则
意义：该样本中男性对机器人团体舞蹈表演节目喜欢的概率比女性对机器人团体舞蹈表演节目喜欢概率大；
或者男性对机器人团体舞蹈表演节目喜欢的人数比女性对机器人团体舞蹈表演节目喜欢多等等
5．（2025·江西·一模）一家调查机构在某地随机抽查1000名成年居民对新能源车与燃油车的购买倾向，得到如下表格：
(1)能否有99%的把握认为对新能源车与燃油车的购买倾向存在性别差异？
(2)从倾向于购买燃油车的居民中按性别采用分层随机抽样的方法抽取10人，再从中抽取4人进行座谈，求在有女性居民参加座谈的条件下，恰有2名男性居民也参加座谈的概率．
(3)从所有参加调查的男性居民中按购买这两种车的倾向性，采用分层随机抽样的方法抽出12人，再从中随机抽取3人进行座谈，记这3人中倾向于购买新能源车的居民人数为，求的分布列与数学期望．
参考公式：，其中．
在统计中，用以下结果对变量的独立性进行判断：
当时，没有充分的证据判断变量，有关联，可以认为变量，是没有关联的；
当时，有90%的把握判断变量，有关联；
当时，有95%的把握判断变量，有关联；
当时，有99%的把握判断变量，有关联．
【答案】(1)有99%的把握认为对新能源车与燃油车的购买倾向存在性别差异
(2)
(3)分布列见解析，
【分析】（1）计算进行独立性检验的判断即可；
（2）应用超几何分布概率公式计算求解；
（3）写出超几何分布的分布列进而求出数学期望.
【详解】（1）因为，
所以有99%的把握认为对新能源车与燃油车的购买倾向存在性别差异．
（2）由表格可得倾向于购买燃油车的居民中男、女性别比为7:3，
所以抽取男性7人，女性3人，
再从中抽取4人进行座谈，有女性居民记为事件，则，
恰有2名男性居民记为事件，则，
所以在有女性居民参加座谈的条件下，
恰有2名男性居民也参加座谈的概率为．
（3）在所有参加调查的男性居民中按购买这两种车的倾向性，采用分层随机抽样的方法抽出
12人，可得抽取结果如下表：
再从中随机抽取3人进行座谈，记这3人中倾向于购买新能源车的居民人数为，
可取0，1，2，3，9分
可求出，，
，，
的分布列如下：
数学期望．
题型07
求离散型随机变量的分布列与期望
1．（2025·广西·一模）在某校举办的学科文化节系列活动中，数学组老师设计了一个答题挑战活动供全校数学爱好者挑战．挑战题目由逻辑推理题和运算求解题两部分构成，用于考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力．现有名同学报名依次发起挑战，每位同学成功解答出逻辑推理题和运算求解题的概率均为，两题能否解出相互独立，每位同学解题过程相互独立，挑战规则如下：
①每位同学均先答逻辑推理题，逻辑推理题答对才能答运算求解题；
②记第位同学挑战为本次挑战活动的第轮，若第位同学在规定时间内未完成逻辑推理题，则认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出由第位同学挑战；
③若第位同学在规定时间内完成逻辑推理题，则该同学继续答运算求解题，若该同学在规定时间内未完成运算求解题，则也认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出，由第位同学挑战；若该同学在规定时间内完成了运算求解题，则挑战成功，本次答题挑战活动结束，后续同学不再进行答题挑战．
④挑战进行到第轮，则不管第位同学是否完成两题的解答，答题挑战活动结束．令随机变量表示这名同学在进行第轮挑战后结束挑战活动．
(1)求随机变量的分布列；
(2)若把挑战规则①去掉，换成规则⑤：挑战的同学先挑战逻辑推理题，若有同学在规定时间内完成逻辑推理题，以后挑战的同学不再挑战逻辑推理题，直接挑战运算求解题．令随机变量表示这名同学在第轮挑战后结束挑战活动．
（i）求随机变量的分布列；
（ii）证明：．
【答案】(1)分布列见解析；
(2)（i）分布列见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）分析出的所有可能取值为1，2，3，4，5，再根据独立性事件乘法公式即可得到答案；
（2）（i）首先计算出，则，再写出的分布列即可；
（ii）计算得，再累加得，最后再利用错位相减法即可得到答案.
【详解】（1）由题意可得，每名同学两题均完成挑战的概率为，
的所有可能取值为1，2，3，4，5，
则，，
，，
.
因此的分布列为：
（2）（i）时，第人必完成运算求解题，
若前面人都没有一人完成逻辑推理题，其概率为，
若前面人有一人完成逻辑推理题，其概率为，
故．
当时，若前面人都没有一人完成逻辑推理题，其概率为，
若前面人有一人完成逻辑推理题，其概率为，
故．
的分布列为：
（ii）．
又因为
，，
故，
，①
，②
①②得，
则.
2．（2025·广东湛江·一模）甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立．
(1)当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望．
(2)设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为．
（ⅰ）证明：为等比数列．
（ⅱ）求的最大值以及对应n的值．
【答案】(1)分布列见解析，1
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）当时，取到最大值为
【分析】（1）由已知可得X的可能取值，分别求解概率即可得分布列和期望；
（2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；由（ⅰ）可证为等比数列，可得，结合不等式的性质和函数的单调性即可求解.
【详解】（1）X可以取0，1，2，3，4，
每次回答A类问题且回答正确的概率为，
回答A类问题且回答不正确的概率为，
每次回答B类问题且回答正确的概率为，
回答B类问题且回答不正确的概率为，
，
，
，
；，
X的分布列为：
；
（2）（ⅰ），，
由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分，
故当时，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（ⅱ）根据（ⅰ）可知，①，
易得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以②，
令②－①可得，
所以，
经检验，时均满足上式，故，
所以，
而显然随着n的增大而减小，
故，
又因为，所以当时，取到最大值为.
3．（2025·辽宁·一模）随机变量服从参数为的二项分布，即，其概率分布可用下图直观的表示，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】由频率分布直观图可得A错误；由二项分布的概率公式令可得B正确；由二项分布的概率公式可得C正确；由二项分布的方差公式可得D正确.
【详解】对于A，由频率分布直观图可得可以取0，1，2，3，4，所以，故A错误；
对于B，由，所以，故B正确；
对于C，，所以，故C正确；
对于D，，故D正确；
故选：BCD
4．（2025·山东烟台·一模）为加强中小学科学教育，某市科协，市教育局拟于2025年4月联合举办第四届全市中小学机器人挑战赛.比赛共设置穿越障碍、搬运物品两个项目.每支参赛队先挑战穿越障碍项目，挑战成功后，方可挑战且必须挑战搬运物品项目.每支参赛队每个项目至多挑战两次，若第一次挑战成功，则获得奖金2000元，该项目不再挑战：若第一次挑战失败，则必须第二次挑战该项目，若第二次挑战成功，则获得奖金1000元，否则，不获得奖金.假设甲参赛队在每个项目中，第一次挑战成功的概率为，第一次挑战失败但第二次挑战该项目成功的概率为；两个项目是否挑战成功相互独立.
(1)设事件“甲参赛队两个项目均挑战成功”，求；
(2)设比赛结束时，甲参赛队获得奖金数为随机变量，求的分布列；
(3)假设本届比赛共有36支参赛队，且根据往届比赛成绩，甲参赛队获得奖金数近似为各参赛队获得奖金数的平均水平.某赞助商计划提供全部奖金，试估计其需提供的奖金总额.
【答案】(1)
(2)答案见解析；
(3)元
【分析】（1）先应用互斥事件概率和公式计算项目挑战成功的概率，再应用概率乘积公式计算即可求解；
（2）先求出甲参赛队可能获得的奖金为元的所有可能取值，再应用独立事件概率乘积公式求出每个值所对应的概率，即可求解；
（3）先求出甲参赛队可获得奖金的数学期望，再结合参加的队数估计需提供的奖金总额即可.
【详解】（1）每个项目挑战成功的概率 ，
则 .
（2）甲参赛队获得奖金数为随机变量的所有可能取值为4000，3000，2000，1000，0.
；；
；
；.
∴甲获得奖金数的分布列为：
（3）由（2）得出甲参赛队获得奖金数数学期望
元，
因为假设本届比赛共有36支参赛队，估计其需提供的奖金总额为元
5．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）“冰雪同梦，亚洲同心”，年第九届亚冬会在哈尔滨举办，本次赛事共有个大项，个分项，个小项，有来自个国家和地区，多名运动员参赛，是一场令人回味无穷的冬季体育盛会，亚冬会圆满结束后，我校团委组织学生参加与亚冬会有关的知识竞赛.为鼓励同学们积极参加此项活动，比赛规定：答对一题得两分，答错一题得一分，选手不放弃任何一次答题机会.已知小明报名参加比赛，每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率不一定相等.
(1)若前三道试题，小明每道试题答对的概率均为，
①设，记小明答完前三道题得分为，求随机变量的分布列和数学期望；
②若小明答完前四道题得分的概率为，求小明答完前四题时至少答对三题的概率的最小值；
(2)若小明答对每道题的概率均为，因为小明答对第一题或前两题都答错，均可得到两分，称此时小明答题累计得分为，记小明答题累计得分为的概率为，求数列的通项公式.
【答案】(1)①分布列答案见解析，；②
(2)
【分析】（1）①分析可知随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值；
②分析可知，第四道试题答对的概率为，根据独立事件和互斥事件的概率公式可得出小明答完前四题时至少答对三题的概率的表达式，利用导数可求出的最小值；
（2）计算出、的值，推导出当时，，推导出数列为等比数列，数列为常数列，求出这两个数列的通项公式，即可求得数列的通项公式.
【详解】（1）①由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，
，，
，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
所以，；
②因为前四道试题得分即全对的概率为，所以第四道试题答对的概率为，
所以，小明答完前四题时至少答对三题的概率为，
则，
当时，，此时，函数单调递减，
当时，，此时，函数单调递增，
所以.
（2）依题意可得，，当时，则，
所以，，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
故，
且，
所以数列是各项均为的常数列，则，
所以，解得.
题型08
概率综合问题
1．（2025·山东青岛·一模）有个编号分别为的盒子，第1个盒子中有2个红球1个白球，其余盒子中为1个红球1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到红球的概率是 ，从第个盒子中取到红球的概率是 .
【答案】
【分析】设事件表示“从第i个盒子中取到红球”（），利用全概率公式可得，当时，由全概率公式得，通过构造得数列是等比数列，利用数列通项求.
【详解】设事件表示“从第i个盒子中取到红球”（），则，，
所以，
则当时，
，
所以，又，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以．
故答案为：；．
2．（2025·云南昆明·一模）在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分，这八个部分称为“卦限”，通过点的横坐标、纵坐标、竖坐标，可确定点的确切位置及所处卦限.“卦限”取自《易经》中的“太极生两仪，两仪生四象，四像生八卦”，从直角坐标系中的原点，到数轴中的两个半轴，进而到平面直角坐标系中的四个象限，最终到空间直角坐标系中的八个卦限，是由简单到繁复的变化过程，体现了中国古典哲学与现代数学的关系，也体现了数学名词翻译的“信达雅”.若点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，从中任取个点，则这个点在同一个卦限的概率为 .
【答案】
【分析】求出点的个数，确定各卦限的点的个数，利用组合计原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】因为点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，则点共有个，
计算每个卦限包含的点数：
x负、y负、z负：8个点
x负、y负、z正：4个点
x负、y正、z负：4个点
x负、y正、z正：2个点
x正、y负、z负：4个点
x正、y负、z正：2个点
x正、y正、z负：2个点
x正、y正、z正：1个点
同一卦限中选2个点的组合数之和为：
从这个点中任取两个点，共有个基本事件，
故所求概率为.
故答案为：.
3．（2025·广东江门·一模）现有编号为的4个小球和4个盒子，把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球，则恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用排列、组合计数问题求出试验及所求概率的事件含有的基本事件数，再求出古典概率.
【详解】把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球的试验的基本事件总数为，
恰好有2个小球与盒子的编号相同的事件含有的基本事件数为，
所以恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为.
故选：A
4．（2025·贵州毕节·一模）甲，乙两名射击运动员进行射击训练，无论之前射击命中情况如何，甲每次射击命中目标的概率都为，乙每次射击命中目标的概率都为．
(1)甲先射击，若未命中目标则甲继续射击，若命中目标则换乙射击，直至乙命中目标就结束训练．求第三次射击就结束训练的概率；
(2)如果甲，乙两名射击运动员轮流射击，有人命中目标就结束训练．若甲先射击，求：
①甲射击一次就结束训练的概率；
②求结束训练时甲射击次数的分布列．
【答案】(1)
(2)①；②答案见解析.
【分析】（1）利用独立事件和互斥事件的概率公式求解；
（2）①利用独立事件和互斥事件的概率公式求解；②由题意可知，的可能取值为1，2，，，，利用独立事件和互斥事件的概率公式求出相应的概率，进而得到的分布列．
【详解】（1）设事件“甲第i次射击命中目标”，设事件“乙第i次射击命中目标”，设事件“第三次射击就结束训练”，
则，．
所以，
所以第三次射击就结束训练的概率为；
（2）①设事件“甲射击一次就结束训练”
则，
所以甲射击运动员射击一次的概率，
②设结束训练时，甲射击运动员射击次数为X，则X的可能取值为
，
，
，
故甲射击运动员射击次数的分布列为：
5．（2025·云南曲靖·一模）有一组样本数据为0，1，2，3，4，5，在其中添加一个数构成一组新的样本数据，若，则新旧样本数据的第25百分位数相等的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由百分位数的概念可知，当为1，2，3，4，5时，新的样本数据的第25百分位数不变，进而求出概率.
【详解】由题意，，，所以原数据和新数据的第25百分位数均为第二个数，
所以，当为1，2，3，4，5时，新的样本数据的第25百分位数不变，
所以，新的样本数据的第25百分位数不变的概率是.
故选：D.
1
2
3
4
5
0.5
0.8
1
1.2
1.5
性别
奖励
合计
获奖
未获奖
男
女
合计
性别
奖励
合计
获奖
未获奖
男
女
合计
X
1
2
3
P
1
2
3
4
5
75
84
93
98
100
一年内是否索赔
驾龄
合计
不满10年
10年以上
是
10
5
15
否
90
95
185
合计
100
100
200
32
41
54
68
74
80
92
0.28
0.34
0.44
0.58
0.66
0.74
0.94
抽样人群
阳性人数
阴性人数
患者
36
4
非患者
2
58
感兴趣
不感兴趣
合计
成年男性
成年女性
合计
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
感兴趣
不感兴趣
合计
成年男性
成年女性
合计
男市民
女市民
合计
优质水源日出游
12
30
非优质水源日出游
6
合计
50
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
男市民
女市民
合计
优质水源日出游
12
18
30
非优质水源日出游
14
6
20
合计
26
24
50
0
1
2
3
甲球员是否上场
球队的胜负情况
合计
胜
负
上场
38
45
未上场
3
合计
40
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.001
2.072
2.706
3.741
5.024
6.635
10.728
甲球员是否上场
球队的胜负情况
合计
胜
负
上场
38
7
45
未上场
2
3
5
合计
40
10
50
喜欢
不喜欢
男性
40
10
女性
20
30
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
倾向于购买燃油车
倾向于购买新能源车
合计
女性居民
150
250
400
男性居民
350
250
600
合计
500
500
1000
倾向于购买燃油车
倾向于购买新能源车
男性居民
7
5
0
1
2
3
1
2
3
4
5
1
2
3
X
0
1
2
3
4
P
4000
3000
2000
1000
0
X
1
2
3
…
k
…
P
…
…