新高考数学二轮复习解答题专题训练专题04 概率与统计解答题讲义（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习解答题专题训练专题04 概率与统计解答题讲义（2份，原卷版+解析版），共3页。
解题大招
【典例1】
（2025·吉林·二模）国家设立国家自然科学基金，用于资助基础研究，支持人才培养和团队建设. 现对近4年的国家自然科学基金项目支出（以下简称项目支出）概况进行统计，得到数据如下表：
(1)经过数据分析，发现年份序号与项目支出具有线性相关关系. 请求出项目支出y关于年份序号x的经验回归方程，并预测2025年的项目支出；
(2)天元基金是国家自然科学基金中的数学专项基金之一，为促进甲、乙两个地区天元基金申报者的交流，天元基金委员会举办了论坛活动. 经调查统计，甲、乙两个地区共有200人参加此次论坛活动，具体数据如下表：
（i）根据小概率值的独立性检验，能否认为申报者所在地区与性别有关联？
（ii）为了解此次论坛活动的满意度（满意度评分满分为10分），现采用按男、女样本量比例分配的分层随机抽样，从上述200人中抽取40人进行访谈，其中男生样本的满意度平均数为9分，方差为7.19，女生样本的满意度平均数为7分，方差为6.79，由这些数据，请求出总样本的满意度的平均数和方差，并对全体参加此次论坛活动的天元基金申报者的满意度的平均数和方差作出估计.
附：，，，其中.
【答案】(1)，118.8百亿元
(2)（i）能；（ii）平均数为8.1，方差为8；全体参加论坛活动的天元基金者的满意度的平均数为8.1，方差为8
【分析】（1）利用所给的公式求回归方程，并用之预测2025年的项目支出.
（2）（i）计算，根据独立性检验的思想进行判断；（ii）根据部分数据与整体数据特征数的关系求值.
【详解】（1）（法一），
，
，
所以，
所以国家自然科学技术基金项目支出y关于年份序号x的经验回归方程为.
当时，（百亿元），
预测2025年的国家自然科学技术基金项目支出为118.8百亿元.
（法二），，
，
所以国家自然科学技术基金项目支出y关于年份序号x的经验回归方程为.
当时，（百亿元），
预测2025年的国家自然科学技术基金项目支出为118.8百亿元.
（2）（i）零假设为
申报天元基金者的所在地区与性别无关联.
根据列联表中的数据，经计算得到
.
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为申报天元基金者的所在地区与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（ⅱ）把男生样本的满意度平均数记为，方差记为；
女生样本的满意度平均数记为，方差记为；总样本的满意度平均数记为，方差记为.
则，
根据男、女样本量按比例分配的分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，
可得总样本的满意度平均数为，
.
总样本的满意度的平均数为8.1，方差为8.
并据此估计全体参加论坛活动的天元基金者的满意度的平均数为8.1，方差为8.
【典例2】
（2025·辽宁·一模）在一个系统中，每一个部件能正常工作的概率称为部件的可靠度，而系统能正常运行的概率称为系统的可靠度.某系统有四个核心部件，其中甲型两个，乙型两个，四个部件至少有三个正常工作时，系统才能正常运行，且各部件是否正常工作相互独立，一个甲型部件的可靠度为，一个乙型部件的可靠度为，且，系统能正常运行称为试验成功.
(1)在一批产品中随机抽取六盒甲型部件，每盒9件，经逐个检测部件指标可以整理成下表，已知指标在内甲型部件可以正常工作.
（i）请根据抽样结果估计甲型部件的可靠度；
（ii）若取（i）中的估计值，在一个系统试验成功的条件下，求这个系统中两个甲型部件同时正常工作的概率；
(2)研发人员计划按照下图结构优化系统，①②位置上的部件中至少有一个能正常工作并且③④位置上的部件中至少有一个能正常工作，系统就能正常运行.优化后系统比优化前可靠度是否有提高？按照这个优化方案怎么安排原有的四个部件使新系统可靠度最大，请说明理由.
【答案】(1)可靠度
(2)见解析.
【分析】（1）根据图表中的数据即可求出甲型部件的可靠度，再根据条件概率的定义即可求得这个系统中两个甲型部件同时正常工作的概率；
（2）根据题干可得一共有两种分配方案，分别计算出他们的概率比较大小即可得到优化方案.
【详解】（1）（i）甲型部件的总数为，根据题中表格统计指标在的甲型部件个数为，
故甲型部件的可靠度；
（ii）又一个甲型部件的可靠度为，一个乙型部件的可靠度为，且，
故乙型部件的可靠度为，设“系统试验成功”为事件A,“两个甲型部件同时工作”为事件B，
设“两个甲型部件两个乙型部件同时正常工作”为事件C，
则,
设“两个甲型部件一个乙型部件同时正常工作”为事件D，
则,
设“一个甲型部件两个乙型部件同时正常工作”为事件E，
则,
,
,
,
（2）（2）优化后系统可靠度提高了.
原因：原系统需要四个部件正常工作或三个部件正常工作，系统才能正常运行，新系统除了在四个部件正常工作或三个部件正常工作时，系统能正常运行以外，只有两个部件正常工作，系统也可能正常运行，所以可靠度提高了.
按照这个优化方案安排原有的四个部件可以有两种方法：
方法一：（1）（2）放同型部件，（3）（4）放同型部件，不妨设（1）（2）放甲型部件（3）（4）放乙型部件，设此时可靠度为；
方法二：（1）（2）放不同型部件，（3）（4）放不同型部件，不妨设（1）（3）放甲型部件，（2）（4）放乙型部件，设此时可靠度为.
；
因为，所以，，即，
所以当时，两个方案都可以；
当时，方案二可靠度更高.
【典例3】
（2025·湖北武汉·模拟预测）盒子里有编号为的个大小、形状、质地完全相同的小球，在盒子中连续有放回地取出两个小球，记为第次取出的小球的编号，
(1)试计算比大的概率；
(2)求的分布列和期望；
(3)已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量，有，试分别计算的期望.其中，表示a，b中的最小者，表示a，b中的最大者.
（参考公式：）．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）依题意可知，再由概率的性质即可求解；
（2）由题可知可能取值为，其中，，再由数学期望的计算公式求解即可；
（3）方法一：求得，，分别求出，，再由随机变量的期望具有线性可加性计算即可.方法二：，分别算出，，再由随机变量的期望具有线性可加性计算即可.
【详解】（1）
由题意可知，且
所以.
（2）的可能取值为
（3）法一：，
的可能取值为，
，同理有
法二：的可能取值为，
，同理有，
又，
由期望得线性可加性有：①
②
联立①②解得.
【典例4】
（2024·湖北武汉·模拟预测）某企业生产一种零部件，其质量指标介于的为优品.技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标服从正态分布；技术改造后，该企业生产的同种零部件质量指标服从正态分布.
附：若，取，.
(1)求该企业生产的这种零部件技术改造后的优品率与技术改造前的优品率之差；
(2)若该零件生产的控制系统中每个元件正常工作的概率都是，各个元件能否正常工作相互独立，如果系统中有超过一半的元件正常工作，系统就能正常工作. 系统正常工作的概率称为系统的可靠性.
①若控制系统原有个元件，计算该系统的可靠性，并判断若给该系统增加一个元件，可靠性是否提高？
②假设该系统配置有个元件，若再增加一个元件，是否一定会提高系统的可靠性？请给出你的结论并证明.
【答案】(1)
(2)①可靠性为，增加一个元件后系统的可靠性会提高；②当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
【分析】（1）直接根据题目条件及给定的正态分布数据求解；
（2）利用二项分布的概率性质求解可靠性，并比较不同的取值下可靠性的大小关系即可，当然也可以采取其它的思路求解.
【详解】（1）技术改造前，易知，，则其优品率为；
技术改造后，，，则其优品率为.
所以优品率之差为.
（2）①记为原系统中正常工作元件个数，为增加一个元件后正常工作元件个数.
由条件知，，.
，.
因为，所以可靠性提高.
②方法一：
根据上一问的假设，易知，.
当为奇数时，设，原系统的可靠性为，新系统的可靠性为，由题意可知，
.
所以，，这说明可靠性降低.
当为偶数时，设，原系统的可靠性为，新系统的可靠性为，由题意可知，
.
所以，，这说明可靠性提高.
综上，当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
方法二：
当为奇数时，设，原系统的可靠性为，新系统的可靠性为，由题意可知，
于是，
，
这说明可靠性降低.
当为偶数时，设，原系统的可靠性为，新系统的可靠性为，由题意可知，
于是，
.
这说明可靠性提高.
综上，当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
方法三：
设两两独立且均服从二项分布，记，则该系统配置有个元件时，系统的可靠性为.
则
，且
.
这就得到，.
这表明，当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
注意到服从二项分布，故.
进行完以上准备工作后，我们回到原题.
①若控制系统原有个元件，则系统的可靠性为.
而是偶数，所以增加一个元件后系统的可靠性会提高；
②根据上面的结论，当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
【点睛】关键点点睛：第2小问②的结果本质上是因为：当是偶数时，若添加一个元件，那么要求的正常工作的元件的最小数量不变，还是，但是元件多了一个，所以正常工作的元件数目必然有更大的机会达到要求的值，所以可靠性一定更大了；
而当是奇数时，若添加一个元件，那么要求的未能正常工作的元件的最大数量不变，还是，但是元件多了一个，所以未能正常工作的元件数目必然有更大的机会突破允许的最大值，所以可靠性一定更小了.
第2小问的方法三的关键在于：构造一列独立同分布随机变量来比较不同的概率，相比构造单个二项分布随机变量，构造一列独立同分布随机变量会更加便于比较不同的概率，因为此时每个随机变量的取值范围都非常有限，而进行比较时只需要研究多出的一个随机变量即可. 这就避免了花费力气对两个取值范围很广的随机变量进行比较，那样太过困难.
【典例5】
已知某篮球队有五名队员，其中甲是主要得分手，乙是组织后卫.如果球在乙手中，则他传球给甲的概率为，传球给其他队员的概率均为；如果球不在乙手中，则这名队员传球给任何队友的概率都是.开始进攻时，球在乙手中.
(1)求经过2次传球并由甲执行投篮的条件下，球有经过丙之手的概率；
(2)经过次传球后，球回到乙手中的概率；
(3)记经过次传球后，球到甲的手中的概率为，求证：满足的的个数不少于满足的的个数.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）运用条件概率计算即可；
（2）运用条件概率变形得到即，再构造等比数列即可；
（3）解法一：先根据事件概率关系得出的表达式，通过两边同乘构造新数列，利用叠加法求出，进而得到，再根据的奇偶性判断与的大小关系.
解法二：采用反证法，假设结论不成立，即存在至少两个连续自然数、使且，分为偶数和奇数两种情况推出矛盾，从而证明原结论成立.
【详解】（1）记事件“经过2次传球并由甲执行投篮”，“球有经过丙之手”，则
.
（2）记事件“传球后球回到乙手中”，，则，
，
即，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
，即.
（3）事件“传球后球到甲手中”，事件“传球后球不在甲和乙手中”
则，
，
，两边同时乘以，
，
设，则有，而，
叠加得，
，
显然，当为奇数时，，当为偶数时，，
因此的的个数不少于满足的的个数.
解法二：，
假设结论不成立，则至少有两个连续的自然数，，使得且.
若为偶数，且则有：
，
若为奇数，且，则有
，
，.如此连续，
故不存在连续的两个自然数，，使得且.
【典例6】
（2025·安徽芜湖·二模）某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试（测试I）通过率为，末通过测试I的芯片进入第二次测试（测试II），通过率为.通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废.
(1)若某批次生产了n枚芯片，合格数为随机变量X.当，时，求X的期望与方差；
(2)已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率；
(3)为估计（2）中的，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试I.记.若要使得总能不超过0.1，试根据参考内容估计最小样本量.
参考内容：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有.
【答案】(1)，
(2)
(3)1000
【分析】（1）先计算出每个芯片通过测试的合格率后，可得服从二项分布，则可借助二项分布的期望与方差公式计算得解；
（2）可借助正难则反的思想计算出出一枚芯片合格的概率，也可借助全概率公式计算出出一枚芯片合格的概率，再结合首次测试（测试I）通过率为与条件概率公式计算从而得解；
（3）由题意可得，则，，再结合所给参考内容，可得，，利用基本不等式可得，则对，均有，取可得，计算即可得解.
【详解】（1）每个芯片通过测试的合格率为，，
则，；
（2）解法一：记事件A：通过测试I，事件B：通过测试II，事件C：芯片合格，
，
则；
解法二：记事件：经过测试I，事件：经过测试II，事件B：芯片合格，
，，，，
，
则；
（3）因为，所以，，
解法一：，，
，，
又，当且仅当时等号成立，
，均有，
取，则，
根据题意要使得总能不超过0.1，
当，即时满足条件，
最小样本量大约为1000.
解法二：由已知得对，，
，
记，，，
又，当且仅当时等号成立，
，均有，
取，则，
根据题意要使得总能不超过0.1，
当，即时满足条件，
最小样本量大约为1000.
【典例7】
（2025·江苏南京·二模）不透明的口袋中装有编号分别为的个小球，小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取次，每次取1个球，记取出的个球的最大编号为随机变量，则称服从参数为的“”分布，记为.
(1)若，求；
(2)若，且，求的最小值；
(3)若，求证：且，.
【答案】(1)；
(2)3；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据组合数和独立事件乘法公式即可得到答案；
（2）计算得，再利用期望公式得，再根据的单调性即可得到最小值；
（3）方法一：首先利用期望公式得，再利用得，最后再合理放缩并求和即可；
方法二：等价转化为证明，再利用数学归纳法即可证明.
【详解】（1）由，得
.
（2）由，得．
则
.
令，得．
又在上单调递减，
且，
故的最小值为3．
（3）由，得
，
所以
.
方法1：先证．
设，则．令，得，列表如下：
所以，
故，当且仅当时取＂=＂．
令，则，
故，
即．
所以
，
所以，
所以，故且．
方法2：要证且，即证，即证．
①当时，左边右边，成立；
②假设当且时命题成立，即．
则当时，
，
只要证，即证且．
因为，
所以且．
故当时，，命题也成立．
综合①②，且，
故得证．
课后基础练
1．（2025·云南·模拟预测）近年来，某公司以电影和动漫中的一些元素为主题，开发了一些豪车模型玩具，现抽取了部分孩童，调查他们是否喜爱豪车模型，所得数据统计如下表所示．
(1)现按照性别进行分层，用分层随机抽样的方法在不喜欢豪车模型的样本孩童中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，求至少1人是女孩的概率；
(2)根据的独立性检验，能否认为是否喜欢豪车模型与性别具有相关性．
附：．
【答案】(1)
(2)不能认为是否喜欢豪车模型与性别具有相关性
【分析】（1）根据对立事件的概率及古典概型求解；
（2）计算，与对应临界值比较即可得出结论.
【详解】（1）抽取的10人中，男孩有6人，女孩有4人，
故至少有1人是女孩的概率为．
（2）零假设：是否喜欢豪车模型与性别无关，
则
故不能拒绝零假设，即根据的独立性检验，不能认为是否喜欢豪车模型与性别具有相关性．
2．（2025·四川成都·模拟预测）某语文报社为研究学生课外阅读时间与语文考试中的作文分数的关系，随机调查了本市某中学高三文科班6名学生每周课外阅读时间（单位：小时）与高三下学期期末考试中语文作文分数，数据如下表：
(1)根据上述数据，求出高三学生语文作文分数与该学生每周课外阅读时间的线性回归方程，并预测某学生每周课外阅读时间为7小时时其语文作文成绩；
(2)从这6人中任选2人，记为语文作文分数不小于45分的人的个数，求的分布列及期望．
参考公式：，参考数据：
【答案】(1)；预测某学生每周课外阅读时间为小时时其语文作文成绩为
(2)分布列见解析；数学期望为1
【分析】（1）根据所给的公式计算对应的量，，，再代入公式求解可求得线性回归方程.再令即可求得预测值.
（2）依题意列出的所有可能的值并计算出其概率，列出分布列，利用期望公式计算即可.
【详解】（1）根据表中数据，可得，
，
则.
，
故关于的线性回归方程为：，
当时，.
预测某学生每周课外阅读时间为小时时其语文作文成绩为.
（2）依题意，的可能值有，
则，，.
则的分布列为：
故的数学期望为.
3．（2025·广东·模拟预测）为了研究生活习惯 M 与患有疾病N的关系，某疾控中心随机调查了其他条件都基本相同的340人，调查数据如表所示．
(1)根据小概率值的独立性检验，判断患有疾病N与有生活习惯M是否有关？
(2)常用表示在事件A发生的条件下事件Ｂ发生的优势，在统计中称为似然比．现从340人中任选一人，A表示“选到的人是有习惯M者”，B表示“选到的人患有疾病N者”，请利用样本数据，估计的值．
附：，
【答案】(1)认为患有疾病N与有生活习惯M有关；
(2).
【分析】（1）根据给定数表，求出的观测值，再与临界值比对作答.
（2）由给定公式，利用条件概率公式列式求解.
【详解】（1）零假设：患有疾病N与有生活习惯M无关，
依据列联表中的数据，经计算得，
根据小概率的独立性检验，推断零假设不成立，
即认为患有疾病N与有生活习惯M有关．
（2）.
4．（2025·云南昭通·模拟预测）甲汽车配件厂生产了一种塑胶配件，质检人员在这批配件中随机抽取了100个，将其质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如图所示的频率分布直方图．且当配件的质量指标值不小于80分时，配件为“优秀品”．
(1)求这组数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)以频率估计概率，在甲配件厂生产的这批产品中随机抽取3件产品，随机变量表示：抽得的产品为“优秀品”的个数，求的分布列及数学期望；
(3)现在市场上这种塑胶配件由甲、乙、丙三个汽车配件厂供应，由长期的经验知，乙、丙两家的“优秀品”率分别为0.60，0.30三家产品数在市场中所占比例为，将三家产品混合在一起，从中抽取一件，在已知取到的为优秀品的条件下，它是由甲厂生产的概率是多少？
【答案】(1)76.5
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】本题主要涉及频率分布直方图、平均数的计算、二项分布以及条件概率等数学概念和定理.
（1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式，利用每组区间的中点值乘以该组的频率再求和来计算平均数，需要先根据频率分布直方图的性质求出的值.
（2）先求出甲厂产品为“优秀品”的概率，由于是有放回的抽取，所以随机变量服从二项分布，根据二项分布的概率公式求出分布列，再根据期望公式求出数学期望.
（3）利用全概率公式先求出取到优秀品的概率，再根据条件概率公式求出在已知取到优秀品的条件下，它是由甲厂生产的概率.
【详解】（1）由题知，，解得．
设为样本数据的平均数，则，
故这组样本数据的平均数为．
（2）设表示在甲配件厂生产的这批产品中随机抽取一件产品，所抽取的产品为优秀品的概率，
由题知，
随机变量，的所有可能取值为0，1，2，3，
则，
，
，
，
的分布列为
随机变量的数学期望．
（3）设事件表示“取到的产品为优秀品”，，，分别表示“产品由甲、乙、丙厂生产”，
由已知，，，
，，．
由全概率公式得：．
由贝叶斯公式得．
5．（2025·江西萍乡·三模）某数学研究小组对一家商铺进行了研究分析，发现每日客流量X服从正态分布，其密度函数峰值为，均值为100，且商铺规定消费一次可以获得不同数量的积分：获得1分的概率为，获得2分的概率为，获得3分的概率为.每次消费获取积分相互独立.
(1)求；
(2)记某顾客消费两次累计获得的积分为Z，求Z的分布列与期望.
附：正态密度函数，其中为均值，为标准差.，，.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）先求出，结合特定区间上的概率可求；
（2）利用独立事件的概率公式求出的分布列后可求其期望.
【详解】（1）由于，所以，
所以.
那么
.
（2）依题意，所有可能的取值为2，3，4，5，6.
，，
，，
.
所以的分布列如下.
.
课后能力练
6．（2025·湖南永州·模拟预测）某经济研究所为了解居民存款余额变化情况，对2009年至2024年居民存款余额进行统计分析，将2009年看成第1年，依次类推，得到第1~16年的居民存款余额（单位：万亿元）的散点图，如图所示：
(1)已知从2021年开始，居民存款余额超过100万亿元，若从2009年至2024年中任取2年，求这2年中恰有一年居民存款余额超过100万亿元的概率；
(2)由散点图知，和的关系可用经验回归模型进行拟合，求关于的经验回归方程.
参考数据：设，则.
参考公式：对于一组数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）16年中有4年居民存款余额超过100万亿元，根据组合知识求解概率；
（2）两边取对数，再根据公式求出，，从而，故.
【详解】（1）由题意，16年中有4年居民存款余额超过100万亿元，
故所求概率为.
（2），
由题知，，
，
，
，故.
7．（2025·浙江丽水·一模）已知甲、乙两个袋子，其中甲袋内有1个红球和3个白球，乙袋内有2个红球和2个白球．根据下列规则进行连续有放回的摸球（每次只摸1个球）：先随机选择一个袋子摸球．若选中甲袋，则后续每次均选择甲袋摸球；若选中乙袋，则后续再随机选择一个袋子摸球．
(1)按照上述规则摸球3次．当第1次选中的是甲袋，求摸到红球的个数的分布列及期望；
(2)按照上述规则进行连续摸球，若摸到2次红球则停止摸球．求3次之内（含3次）停止摸球的概率．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）利用二项分布的概率和期望公式求解即可；
（2）利用全概率公式求解即可.
【详解】（1）法一：由题意得的可能取值为．
，，
，．
因此．
法二：由题意得的可能取值为．
又，故（）．
因此．
（2）设事件“次之内（含次）停止摸球”，
事件“第次摸到红球，第次摸到红球”；
事件“第次摸到红球，第次摸到白球，第次摸到红球”；
事件“第次摸到白球，第次摸到红球，第次摸到红球”；
事件“首次选择甲袋是第次摸球”（），
事件“一直没有选择甲袋”．
则
．
．
．
因此．
8．（2025·广东·模拟预测）在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，信号的传输相互独立.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.假设发送信号0和1是等可能的.
(1)若，，求接收的信号为0的概率；
(2)现有两种传输方案：单次传输和三次传输，单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.
（i）若采用三次传输方案，若发送1，求依次收到1，0，1的概率；
（ii）若发送的信号为1，译码为1，则选用单次传输和三次传输哪种传输方案更好，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）答案见解析
【分析】（1）先求条件概率，结合全概率公式可得答案；
（2）（i）利用独立事件的概率公式可得答案；（ii）分别表示出两种方式的概率，作差比较，分情况讨论可得答案.
【详解】（1）设“发送的信号为0”，“接收的信号为0”，
则“发送的信号为1”，“接收的信号为1”.
由题意可得.
（2）（i）三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，
此时依次收到1，0，1的概率为
（ii）记三次传输，发送1，依次收到0，1，1为，依次收到1，0，1为，
依次收到1，1，0为，依次收到1，1，1为，且事件相互互斥.
对于三次传输，记发送1，译码为1为事件，
记单次传输发送1，译码为1为事件，则.
因为，所以.
当时，有，即，此时选用三次传输方案.
当时，有，即，选用哪种传输方案都可以.
当时，有，即，此时选用单次传输方案.
9．（2025·安徽合肥·三模）某学校举办趣味投篮比赛，选手需要在距离罚球线1米、2米、3米的A，B，C三个位置分别投篮一次（选手自行选择投篮顺序）．在A，B，C三个位置投篮命中分别可得1分、2分、3分，总分不低于4分就可以获得奖品，已知甲在A，B，C三处的投篮命中率分别为，且在这三处的投篮相互独立．
(1)求甲未获得奖品的概率；
(2)甲参加投篮训练，训练计划如下：在C处先投个球，若这n个球都投进，则训练结束，否则额外在C处投个球．试问n为何值时，甲投篮次数的期望最大？
【答案】(1)
(2)当时，甲投篮次数的期望最大
【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式求解即可；
（2）先求出期望的表达式，再利用作差法即可得解.
【详解】（1）甲三次投篮都命中的概率为，
甲三次投篮只命中两次且总分不低于4分的概率为
，
所以甲未获得奖品的概率为.
（2）设甲的投篮次数为X，则X的分布列为
则，
令，则，
所以，其中随的增大而减小.
当时，，，当时，，
所以，
故当时，甲投篮次数的期望最大．
10．（2025·云南·模拟预测）在足球训练中，甲、乙、丙三人进行传球训练．每次传球按以下规则转移：当球在甲脚下时，他有的概率继续控球（不传给别人），的概率传给乙；当球在乙脚下时，他有的概率回传给甲，的概率传给丙；当球在丙脚下时，他有的概率传给甲，的概率传给乙．初始时球在甲处，每次传球是相互独立的．
(1)求两次传球后球在乙处的概率，以及三次传球后球在丙处的概率；
(2)记次传球后，球在甲处的概率为，在乙处的概率为．
（i）证明：数列是等比数列；
（ii）求和的通项公式．
【答案】(1);
(2)（i）证明见解析；（ii）；
【分析】（1）两次传球后球在乙处：
思路：找两次传球到乙的唯一情况“甲→甲→乙”，每次传球有对应概率，分步完成用乘法算总概率.
三次传球后球在丙处：
思路：确定三次传球到丙的唯一情况“甲→甲→乙→丙”，各次传球概率已知，分步用乘法得总概率.
（2）（i）先明确次传递后球在各处概率关系，根据传球规则得出次传递后球在甲、乙处概率表达式，化简后对乙处概率表达式变形，结合初始值证明是等比数列.
（ii）用等比数列通项公式求出，再代入表达式得，验证首项满足后确定通项.
【详解】（1）两次传球后球在乙处：只有“甲→甲→乙”这一种情况.第一次甲传给甲概率是，第二次甲传给乙概率是，分步用乘法，所以概率为.
三次传球后球在丙处：只有“甲→甲→乙→丙”这一种情况.第一次甲传给甲概率，第二次甲传给乙概率，第三次乙传给丙概率，分步用乘法，概率为.
（2）（i）表示次传球后球在乙处的概率，它有两种情况：
第次球在甲处，第次甲传给乙，概率为；
第次球在丙处，第次丙传给乙，概率为.
所以.
则.
又，.
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（i i）由（i）可知，所以.
因为，
则，
所以，符合上式，
所以.
课后压轴练
11．（2025·云南昆明·模拟预测）某地区为选拔运动员举行了一次运动会（采用积分制），运动员通过参加各项比赛获得积分．现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的积分，规定两名运动员谁先赢局，谁就能获得该项比赛的全部积分，根据以往经验，每局比赛甲赢的概率为p，乙赢的概率为，每局比赛相互独立．
(1)若，，在乙先赢了第一局的条件下，求甲最终赢得全部积分的概率；
(2)在甲赢了m局，乙赢了n局时，比赛意外终止．对于积分应该如何分配，评委给出的方案是：根据以往经验数据，甲、乙按照若比赛继续进行下去各自赢得全部积分的概率之比分配积分．
（ⅰ）若，，，，求；
（ⅱ）若，，，求比赛继续进行下去甲赢得全部积分的概率，并判断当时，若比赛继续进行下去乙赢得全部积分的概率是否小于5％．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ），是
【分析】（1）由题意得甲要赢得全部积分，必须赢得后面2局比赛，计算概率即可求解；
（2）（ⅰ）设比赛再继续进行X局，甲获胜，分别求得和，进而得出甲赢得全部积分的概率，即可求得；（ⅱ）设比赛再继续进行Y局，甲赢得全部积分，分别求得和，进而得出，由导数求得最大值即可得出判断．
【详解】（1）由题意，若，，且乙先赢了第一局，则甲要赢得全部积分，必须赢得后面2局比赛，
所以甲最终赢得全部积分的概率为．
（2）（ⅰ）设比赛再继续进行X局，甲获胜，
当时，甲以获胜，，
当时，甲以获胜，，
所以甲赢得全部积分的概率为，乙赢得全部积分的概率为，
故．
（ⅱ）设比赛再继续进行Y局，甲赢得全部积分，
当时，甲以获胜，，
当时，甲以获胜，，
所以，
因此，
当时，，
所以函数在上单调递增，，
所以乙赢得全部积分的概率的最大值为，
故当时，若比赛继续进行下去乙赢得全部积分的概率小于5％．
12．（2025·湖南·一模）某公司为了开拓新产品市场，组织人类挑战机器人对抗赛活动．每局比赛只有胜和负两种情况，无平局，每局比赛挑战者战胜机器人的概率为，胜者记2分，其余记1分．每个挑战者只能挑战一局，每局胜负不受其他因素的影响．
(1)求三局比赛中，人类队累计得分的分布列和数学期望；
(2)若局比赛中，人类队累计得分为分的概率为，求；
(3)若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为；若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为，比较与的大小，并说明其统计意义．
【答案】(1)分布列见解析，4
(2)
(3)，答案见解析
【分析】（1）得到比赛得分为Y的所有可能取值为3，4，5，6，求得相应的概率，列出随机变量的分布列，结合期望的公式，求得数学期望；（2）利用概率的乘法公式列出，再通过错位相减的方法求出；（3）分别利用概率的乘法公式求出和，再利用做差法比较大小，根据大小情况写出实际意义即可.
【详解】（1）的所有可能取值为3，4，5，6，
的分布列为
数学期望.
（2）依题意，局比赛中，人类队累计得分为分，即局中有2局人类队取胜，
当时，，
当时，也符合上式.
，
设
得：
，
，
（3）设“赛满局人类队获胜”为事件，要使事件发生，有两种情况：第一阶段赛满局人类队胜，记为事件，和第一阶段赛满局人类队负，记为事件
①若第一阶段人类队胜，则人类队在前局至少胜局，分为人类队至少胜局和人类队恰好胜局，
（1）若人类队至少胜局，无论后面两局结果如何，最终人类队获胜；
（ii）若人类队恰好胜局，且后面两局中人类队均负的概率为，
.
②若第一阶段人类负，则人类队恰好胜了局，而后两局必须全胜才能使得人类队最后获胜，
，
，
.
在人类队每局获胜概率为的条件下，局数越多，人类队获胜的概率越小.
13．（2025·广西·模拟预测）某高校拟与某网络平台合作组织学生参加与AI知识有关的网络答题活动，为了解男女学生参与答题意愿的差异，用比例分配的分层随机抽样方法在全体学生中抽取100人，设事件“学生报名参加答题活动”，“学生为男生”，据统计，．
(1)根据已知条件，完成下列2×2列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否推断该校学生报名参加答题活动与性别有关联？
(2)网络答题规则：答题活动不限时间，不限轮次，答多少轮由选手自行确定：每轮均设置道题，选手参与该轮答题，则至少答一道题，一旦答对一题，则其本轮答题结束，答错则继续答题，直到第m道题答完，本轮答题结束．已知甲同学报名参加答题活动，假设甲每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率均为．
①当时，求甲在一轮答题过程中答题数量的数学期望；
②假设甲同学每轮答题答对前两题中的一道，本轮答题得2分，否则得1分．记甲答题累计得分为n的概率为，求．
参考公式与数据：，其中．
【答案】(1)列联表见解析；有的把握认为该校学生报名参加答题活动与性别有关联.
(2)①；②.
【分析】（1）根据题意，结合条件概率的定义，求出相应的数据，完成的列联表，求得的值，结合附表，即可得到结论；
（2）①先列出随机变量的概率表达式，结合数学期望的计算公式，得到数学期望的表达式，化简后利用乘公比错位相减法求和，求得随机变量的数学期望；
②根据题意，得到，当时，，利用构造法，求得数列是等比数列，数列是各项均为1的常数列，分别写出数列的通项公式，联立方程组，即可求解.
【详解】（1）解：由题意知：，
可得报名参加答题活动人数人，参加答题活动的男生人数为人，
所以报名参加答题活动的女生人数为人，
因为，可得样本中男生人数为人，女生人数为人，
所以完成的列联表，如下表所示：
可得，
所以有的把握认为该校学生报名参加答题活动与性别有关联.
（2）解：①设甲完成一轮答题，答题数量为随机变量，
则随机变量的所有可能取值为，
所以,
则，
当时，，
所以当时，，
②每轮比赛甲得1分的概率为，得2分的概率为，
所以，当时，，
因为且，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
则，
又由且，
所以数列是各项均为1的常数列，所以，
联立方程组，解得.
14．（2025·浙江嘉兴·一模）2025年7月6日晚，“浙BA”揭幕战在绍兴诸暨打响，“浙BA”作为浙江省城市篮球联赛，不仅是一场体育赛事，也是一场文化盛宴，更是一台经济引擎.某校为激发学生对篮球､足球､排球运动的兴趣，举行了一次有关三大球类运动的知识竞赛，海量题库中篮球､足球､排球三类相关知识题量占比分别为.甲同学回答篮球､足球､排球这三类问题中每个题的正确率分别为.
(1)若甲同学在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率；
(2)若甲同学从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得3分，回答错误得-1分.设该同学回答三题后的总得分为分，求的分布列及数学期望；
(3)知识竞赛规则：随机从题库中抽取道题目，答对题目数不少于道，即可获得奖励.现以获得奖励的概率大小为依据，若甲同学在和之中选其一，则他应如何选择？并说明理由.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)甲应选，理由见解析
【分析】（1）设“甲同学所选的题目回答正确”，“所选的题目为篮球､足球､排球相关知识的题目”，结合全概率公式即可求解；
（2）确定的可能取值，求得对应概率即可求解；
（3）由时，由甲答对题目的数量，确定甲获奖励的概率，再从①前8题答对题目的数量大于等于5，②前8题答对题目的数量等于4，且最后2题至少答对1题，③前8题答对题目的数量等于3，且最后2题全部答对，讨论当时，甲获奖励的概率，比较大小即可求解.
【详解】（1）设“甲同学所选的题目回答正确”，“所选的题目为篮球､足球､排球相关知识的题目”，则，且两两互斥.
根据题意得，，
则，
所以甲同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为.
（2）的可能取值为，
，
，
，
，
则的分布列为：
所以.
（3）当时，为甲答对题目的数量，
由题意可知，其中，
故当时，甲获奖励的概率，
当时，甲获奖励的情况可以分为如下情况：
①前8题答对题目的数量大于等于5，
②前8题答对题目的数量等于4，且最后2题至少答对1题，
③前8题答对题目的数量等于3，且最后2题全部答对，
故当时，甲获奖励的概率，所以
，
因为，所以，即，
所以甲应选.
15．（2025·辽宁大连·模拟预测）近年来，人工智能已成为引领我国新一轮科技革命的战略性技术.智能芯片作为人工智能的“心脏”，不论是制造工艺的持续精进，还是架构设计的大胆创新，国产智能芯片的算力与能效比均在大幅提升.
(1)已知某款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，.
①求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率；
②第四道工序中，部分芯片由智能检测系统进行筛选，检测出的次品芯片会被淘汰，通过筛选的芯片及未经筛选的芯片都进入流水线由工人进行人工抽样检验．记表示事件“某芯片经过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”，试比较与的大小；
(2)改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间．若，将使得的最大的值作为的估计值，试求的值．
参考数据：，.
【答案】(1)①；②
(2)28
【分析】（1）①根据相互独立事件概率乘法公式及对立事件概率公式求解即可；②利用条件概率公式及性质计算即可.
（2）由已知可推得，根据已知以及正态分布的对称性，可求得，则服从二项分布，利用二项分布概率最大值的求法计算可得结果.
【详解】（1）①在进入第四道工序前,该款芯片的次品率为：
．
②证明：由题意，所以，所以，
因为，
所以，
即，
所以，即，所以．
（2）由已知得：
，
因为，
所以服从二项分布，，
设，
由得，即，
解得，由得，
所以的估计值为28．
年份
2020年
2021年
2022年
2023年
年份序号
1
2
3
4
项目支出/百亿元
90
96
100
108
男生
女生
合计/人
甲
65
35
100
乙
45
55
100
合计/人
110
90
200
0.1
0.05
0.025
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
盒一
31
45
28
55
58
66
57
39
42
盒二
48
67
42
46
56
35
29
53
34
盒三
31
53
48
37
29
34
45
58
64
盒四
55
28
44
36
61
47
56
61
57
盒五
30
49
54
43
35
62
32
56
59
盒六
54
52
29
37
56
47
60
38
44
0
0

极小值

性别
男孩
女孩
喜欢豪车模型
340
160
不喜欢豪车模型
300
200
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828
1
2
3
4
5
6
38
40
43
45
50
54
0
1
2
无习惯M者
有习惯M者
合计
没患疾病N者
120
160
280
患有疾病N者
15
45
60
合计
135
205
340
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
0
1
2
3
0.216
0.432
0.288
0.064
2
3
4
5
6
0
1
2
3
X
P
Y
3
4
5
6
性别活动
男生
女生
合计
未报名参加答题活动
报名参加答题活动
合计
100
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
性别
男生
女生
合计
未报名参加答题活动
20
35
55
报名参加答题活动
30
15
45
合计
50
50
100
-3
1
5
9