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第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（ ）种涂法，
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据分类加法与分步乘法计数原理直接计算.
【详解】把区域分成三部分，第一部分为，，，有种涂法.
第二部分为，，.当，同色时，，各有2种涂法；当，异色时，有种涂法，，均只有种涂法.
故第二部分共有种涂法.
第三部分为，，，与第二部分一样，共有种涂法.
因此根据分步乘法计数原理，共有种涂法，
故选：D.
2．已知两个随机事件A和B，其中，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】因为A和B是两个随机事件,所以由即可求出结果.
【详解】因为A和B是两个随机事件,所以
则
故选：D.
3．小明打算在周末约自己的crush一起出去玩.他精心准备了三种不同的约会方案：方案A（去游乐园）、方案B（看新上映的电影）、方案C（去郊外野餐）.为了增加约到同学的成功率，小明决定每天随机选择一种方案去邀请同学，且选择每种方案的可能性均等.已知小明计划连续邀请同学3天（每天独立选择方案），那么在这3天中，恰好有2天选择同一种约会方案（这2天方案相同，另1天方案不同）的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意列出样本空间，再根据古典概型公式计算即可.
【详解】依题意可得样本空间包含，
，
，共27种情况，
其中满足“恰好有2天选择同一种方案”的情况有
，，
，共18种；
因此所求概率为.
故选：A
4．依次抛掷两枚质地均匀的骰子，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为”，则（ ）．
A．与为对立事件 B．与为相互独立事件
C．与为相互独立事件 D．与为互斥事件
【答案】B
【分析】对立事件是指两个事件不能同时发生且必有一个发生；互斥事件是指两个事件不能同时发生；相互独立事件是指一个事件的发生与否对另一个事件的发生没有影响，即.
【详解】对于A，，所以与不为对立事件．
对于B，，，，相互独立．
对于C，，，，不相互独立．
对于D，事件为，所以与不为互斥事件．
故选：B.
5．如图是第14届国际数学教育大会的会标，会标中“ICME－14”的下方展示的是八卦中的四卦——3，7，4，4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制数是，正是会议最初计划召开的年份，那么八进制数换算成十进制数，换算后十进制数的末尾数字是（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
【答案】B
【分析】先将八进制数换算成十进制数得，进而得，利用二项式定理即可求解.
【详解】由进位制的换算方法可知，八进制数换算成十进制数为．
根据二项式定理，可得
，
因为是10的倍数，
所以换算后十进制数的末尾数字为的末尾数字，由，
可得末尾数字为3．
故选：B．
6．已知随机变量的分布列如下（），则（ ）
0 1 2
0.2
A．若一定，随的增大先减小后增大
B．若一定，随的增大而减小
C．若一定，随的增大先增大后减小
D．不论，取何值，恒成立
【答案】A
【分析】分别求出和，结合函数性质分析依次分析选项即可.
【详解】由题可得，，
若一定，随的增大先减小后增大，A正确；
易知，则．
因为，所以，解得．
设，则，所以在单调递增，B，C错误；
因为，，所以，D错误．
故选：A
7．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30min，样本方差为36；骑自行车平均用时34min，样本方差为4．假设坐公交车用时（单位：min）和骑自行车用时（单位：min）都服从正态分布，正态分布中的参数用样本均值估计，参数用样本标准差估计，则（ ）
A． B．若某天只有34min可用，李明应选择自行车
C． D．若某天只有40min可用，李明应选择公交车
【答案】C
【分析】利用正态分布曲线的意义以及对称性，对四个选项逐一分析判断即可．
【详解】对于A，依题意随机变量的均值为，方差为，即，，，
随机变量的均值为，方差为，则，，；
所以，故A错误；
对于C，，，
因为，
所以，故C正确；
对于B，与的密度曲线大致如下，
若某天只有34min可用，由图可知，所以李明应选择公交车，故B错误．
对于D，若某天只有40min可用，由图可知，
所以，所以李明应选择自行车，故D错误．
故选：C．
8．甲、乙两人玩游戏，对于给定的实数，按下列方式操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚质地均匀的骰子，如果出现两个奇数点朝上或两个偶数点朝上，则把乘以2后再减去6，如果出现一个奇数点朝上，一个偶数点朝上，则把除以2后再加上6，这样就可得到一个新的实数．对实数仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数，当时，甲获胜，否则乙获胜．若甲获胜的概率为，则的取值范围是（ ）
A．或B． C．或 D．
【答案】A
【分析】由题意可知，进行两次操作后，得出的所有可能情况，根据甲胜的概率，列出关于的不等式组，即可求解.
【详解】由题意可知，进行两次操作后，的结果有四种，
分别为，
，
且每一种结果出现的概率都是，
因为甲获胜的概率为，所以的四种结果中有三种大于，一种不大于，
又一定大于，所以和中的一个大于，另一个不大于，
即或，整理得或.
故选：A．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知m，且，则下列等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】由排列与组合数的运算性质求解即可.
【详解】A错，，．
B对，．
C对，，，所以．
D错，．
故选：BC.
10．已知随机变量，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】AB选项，利用二项分布期望和方差公式得到AB正确；C选项，利用二项分布求概率公式进行求解；D选项，利用对立事件求概率公式进行计算.
【详解】AB选项，，，A正确，B错误；
C选项，，C正确；
D选项，，D正确．
故选：ACD
11．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：．2025贺岁档电影精彩纷呈，小明同学家附近有甲、乙两家影院，小明第一天去甲、乙两家影院观影的概率分别为0.4和0.6．如果他第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率为0.6；如果第一天去乙影院，那么第二天去甲影院的概率为0.5，则小明同学（ ）
A．第二天去甲影院的概率为0.54
B．第二天去乙影院的概率为0.44
C．若第二天去了甲影院，则第一天去乙影院的概率为
D．若第二天去了乙影院，则第一天去甲影院的概率为
【答案】AD
【分析】根据给定条件，利用全概率公式及条件概率公式逐项分析计算即可.
【详解】设：第一天去甲影院，：第二天去甲影院，：第一天去乙影院，：第二天去乙影院，
则，
对于A，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确．
故选：AD
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．的展开式中的系数是 ．（结果用数字作答）
【答案】14
【分析】先写出二项展开式的通项公式，由题意求出，代入通项计算即得.
【详解】二项式的展开式通项为：，
令，可得，则展开式中的系数是.
故答案为：14.
13．如图所示，墙上挂着两串礼品，甲、乙、丙、丁四人依次挑选礼品，每次只能从一串礼品的最下端取一件礼品，已知礼品最好，那么取得礼品可能性最大的是 ．
【答案】丁
【分析】求出甲乙丙丁四人拿到礼品的概率比较即可得解.
【详解】挑选礼品的顺序共有共六种情况，
只有按顺序乙能拿到礼品，乙拿到礼品的概率是，
按顺序丙能拿到礼品，丙拿到礼品的概率是，
按顺序丁能拿到礼品，丁拿到礼品的概率是
甲拿到礼品的概率是0，
所以丁拿到礼品的可能性最大．
故答案为：丁.
14．在n维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中．定义：在n维空间中的两点与的曼哈顿距离为，若在6维空间“立方体”中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 ．
【答案】
【分析】由离散型随机变量的分布列步骤，数学期望公式即可求解．
【详解】对于的随机变量，在坐标与中有k个坐标值不同，剩下个坐标相同，此时对应情况数有种，所以，
则X的分布列为：
X 1 2 … 6
P …
所以，，
．
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．（13分）
某停车场临时停车按时段收费，标准为：每辆车一次停车不超过1小时收费6元，超过1小时的部分每小时按8元收费（不足1小时的部分按1小时计算）.现有甲、乙两人临时停车，两人停车都不超过4小时．
(1)若甲停车不超过1小时的概率为，停车费超过14元的概率为，求甲停车1小时以上且不超过2小时的概率；
(2)若每人停车的时长在每个时间段的可能性相同，求甲、乙两人停车费之和超过36元的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用概率的基本性质即可求解；
（2）利用古典概型问题的概率计算公式求解即可．
【详解】（1）设“甲停车1小时以上且不超过2小时”为事件，则，
即甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为．
（2）设甲付停车费元，乙付停车费元，则可取6，14，22，30，
记“甲、乙两人停车费之和超过36元”为事件．样本空间的样本点个数为个，
事件所包含的样本点为，，，，，，共6个，
所以甲、乙两人停车费之和超过36元的概率为．
16．（15分）
已知二项式的展开式中各二项式系数之和比各项系数之和小240.
(1)求的值及展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中的有理项．
【答案】(1)，
(2)有理项有3项，分别为
【分析】（1）利用赋值法可得各项系数和，结合题意列式计算可得，由二项式系数性质可得二项式系数最大项；
（2）求得展开式通项公式，令，且，计算即可.
【详解】（1）令，则展开式中各项系数之和为，各二项式系数和为，
则，解得，
展开式有5项，二项式系数最大的为第3项;
（2）二项式的展开式的通项公式为，
令，且，解得，
则展开式中含的有理项有3项，分别为.
17．（15分）
某商场为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送大奖”的活动，游戏规则如下：棋盘上从左到右共有16个格子，依次标有数字0~15，每个参赛者的起始点都在“0”处，游戏过程中参赛者需要通过掷骰子来决定棋子移动的格子数，若掷出的点数不超过4，则向右移动1格，否则向右移动2格，每位参赛者最多掷10次骰子，每次掷骰子的结果互不影响，10次内移动到终点则可获得奖品．记棋子移动到“”处的概率为．
(1)当掷骰子4次时，求；
(2)记，证明数列是等比数列．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先列出掷骰子4次时，棋子移动到“6”处的路径的6种情况，然后求出概率即可.
（2）先根据题意求出，然后得到的表达式，进而根据递推关系式证明等比数列.
【详解】（1）由题意得，骰子向右移动1格的概率为，骰子向右移动2格的概率为，
掷骰子4次时，棋子移动到“6”处的路径有如下6种情况：
；；；
；；．
所以．
（2）当时，棋子移动到“1”处，掷骰子1次且其点数不超过4点，即，则；
当时，棋子移动到“2”处，
掷骰子1次且其点数超过4点或掷骰子2次且每次的点数都不超过4点，即．
根据题意，棋子移动到“”处的情况有两种：
①，即上一次掷骰子结束后棋子在“”处，
再掷骰子1次且其点数超过4点，移动2格，其概率为；
②，即上一次掷骰子结束后棋子在“”处，
再掷骰子1次且其点数不超过4点，移动1格，其概率为，
所以，
所以，
经验证，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
18．（17分）
某商场设置了两种促销方案：方案一，直接赠送消费金额5%的代金券（例如：消费200元，则赠送元的代金券）；方案二，消费每满100元可进行一次抽奖（例如：消费370元可进行三次抽奖），每次抽奖抽到10元代金券的概率为，抽到4元代金券的概率为，每次抽奖结果互不影响.每人只能选择一种方案.
(1)若甲的消费金额为288元，他选择方案二且抽到的代金券总额为8元的概率为，求p；
(2)若乙消费了一定的金额并选择方案二，设他抽到的代金券总额为X元，当最大时，求p；
(3)若，请你根据顾客消费金额（消费金额大于0）的不同，以代金券的数学期望为决策依据，帮助顾客选择方案.
【答案】(1)；
(2)；
(3)答案见解析.
【分析】（1）根据独立性乘法公式得到方程，求解即得；
（2）根据二项分布的均值和期望公式求得，然后由二次函数性质求解；
（3）对消费金额进行合理分段讨论.
【详解】（1）甲的消费金额为288元，他选择方案二，抽奖2次，抽到的代金券总额为8元的概率为，解得；
（2）设抽奖次数为，抽到10元代金券的次数为，则，
得．
因为，
所以．.
，
所以时，取得最大值，所以；
（3）①当消费金额（单位：元）在时，不能参与方案二，只能选择方案一．
②当消费金额（单位：元）在时，设消费金额为，
当时，由（2）得，方案二的代金券总额的数学期望，
方案一的代金券总额为，此时，
当消费金额（单位：元）为时，选择方案一、方案二都可以，
当消费金额（单位：元）在，且不为时，选择方案一.
所以当消费金额（单位：元）大于0，且不为时，选择方案一；
当消费金额（单位：元）为时，选择方案一、方案二都可以.
19．（17分）
某芯片厂生产高端人工智能芯片须经过性能测试.已知通过测试Ⅰ的概率为40%，未通过测试I的芯片须进入测试Ⅱ，通过率为，通过任意一次测试即为合格芯片.已知一枚芯片合格，则该芯片是通过测试Ⅰ的概率为θ.
(1)求θ（结果用p表示）；
(2)切比雪夫不等式是概率论中关于随机变量偏离其均值的概率定理，其形式如下：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有.请结合该定理解决下列两个问题：
（ⅰ）若厂商声称该厂芯片通过测试Ⅱ的概率为50%.现质量检测部门随机抽取了该厂生产的100枚芯片，经检测有40枚合格.请说明该厂商的说法是否可信（注：当随机事件A发生的概率小于0.05时，可称事件A为小概率事件）；
（ⅱ）为估计θ，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0.01，试估计最小样本量）.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）该厂商的说法不可信；（ⅱ）10000
【分析】（1）利用条件概率表示.
（2）（ⅰ）结合二项分布的期望和方差公式，判断是否为小概率事件.
（ⅱ）根据列式，解不等式可求的取值范围.
【详解】（1）设事件表示芯片通过测试Ⅰ，则，
设事件表示芯片通过测试Ⅱ，则，
设事件表示芯片通过测试，则.
所以.
（2）（ⅰ）若，则.
设抽取的100枚芯片中，合格芯片数为，则，所以,.
当时，，
根据切比雪夫不等式：.
所以若，则为小概率事件，所以厂商的说法不可信.
（ⅱ）因为，所以，.
由切比雪夫不等式：.
因为（当时取等号）.
所以要使，即.中小学教育资源及组卷应用平台
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（ ）种涂法，
A． B． C． D．
2．已知两个随机事件A和B，其中，，，则（ ）
A． B． C． D．
3．小明打算在周末约自己的crush一起出去玩.他精心准备了三种不同的约会方案：方案A（去游乐园）、方案B（看新上映的电影）、方案C（去郊外野餐）.为了增加约到同学的成功率，小明决定每天随机选择一种方案去邀请同学，且选择每种方案的可能性均等.已知小明计划连续邀请同学3天（每天独立选择方案），那么在这3天中，恰好有2天选择同一种约会方案（这2天方案相同，另1天方案不同）的概率是（ ）
A． B． C． D．
4．依次抛掷两枚质地均匀的骰子，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为”，则（ ）．
A．与为对立事件 B．与为相互独立事件
C．与为相互独立事件 D．与为互斥事件
5．如图是第14届国际数学教育大会的会标，会标中“ICME－14”的下方展示的是八卦中的四卦——3，7，4，4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制数是，正是会议最初计划召开的年份，那么八进制数换算成十进制数，换算后十进制数的末尾数字是（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
6．已知随机变量的分布列如下（），则（ ）
0 1 2
0.2
A．若一定，随的增大先减小后增大
B．若一定，随的增大而减小
C．若一定，随的增大先增大后减小
D．不论，取何值，恒成立
7．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30min，样本方差为36；骑自行车平均用时34min，样本方差为4．假设坐公交车用时（单位：min）和骑自行车用时（单位：min）都服从正态分布，正态分布中的参数用样本均值估计，参数用样本标准差估计，则（ ）
A． B．若某天只有34min可用，李明应选择自行车
C． D．若某天只有40min可用，李明应选择公交车
8．甲、乙两人玩游戏，对于给定的实数，按下列方式操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚质地均匀的骰子，如果出现两个奇数点朝上或两个偶数点朝上，则把乘以2后再减去6，如果出现一个奇数点朝上，一个偶数点朝上，则把除以2后再加上6，这样就可得到一个新的实数．对实数仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数，当时，甲获胜，否则乙获胜．若甲获胜的概率为，则的取值范围是（ ）
A．或B． C．或 D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知m，且，则下列等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知随机变量，则（ ）
A． B． C． D．
11．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：．2025贺岁档电影精彩纷呈，小明同学家附近有甲、乙两家影院，小明第一天去甲、乙两家影院观影的概率分别为0.4和0.6．如果他第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率为0.6；如果第一天去乙影院，那么第二天去甲影院的概率为0.5，则小明同学（ ）
A．第二天去甲影院的概率为0.54
B．第二天去乙影院的概率为0.44
C．若第二天去了甲影院，则第一天去乙影院的概率为
D．若第二天去了乙影院，则第一天去甲影院的概率为
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．的展开式中的系数是 ．（结果用数字作答）
13．如图所示，墙上挂着两串礼品，甲、乙、丙、丁四人依次挑选礼品，每次只能从一串礼品的最下端取一件礼品，已知礼品最好，那么取得礼品可能性最大的是 ．
14．在n维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中．定义：在n维空间中的两点与的曼哈顿距离为，若在6维空间“立方体”中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．（13分）
某停车场临时停车按时段收费，标准为：每辆车一次停车不超过1小时收费6元，超过1小时的部分每小时按8元收费（不足1小时的部分按1小时计算）.现有甲、乙两人临时停车，两人停车都不超过4小时．
(1)若甲停车不超过1小时的概率为，停车费超过14元的概率为，求甲停车1小时以上且不超过2小时的概率；
(2)若每人停车的时长在每个时间段的可能性相同，求甲、乙两人停车费之和超过36元的概率．
16．（15分）
已知二项式的展开式中各二项式系数之和比各项系数之和小240.
(1)求的值及展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中的有理项．
17．（15分）
某商场为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送大奖”的活动，游戏规则如下：棋盘上从左到右共有16个格子，依次标有数字0~15，每个参赛者的起始点都在“0”处，游戏过程中参赛者需要通过掷骰子来决定棋子移动的格子数，若掷出的点数不超过4，则向右移动1格，否则向右移动2格，每位参赛者最多掷10次骰子，每次掷骰子的结果互不影响，10次内移动到终点则可获得奖品．记棋子移动到“”处的概率为．
(1)当掷骰子4次时，求；
(2)记，证明数列是等比数列．
18．（17分）
某商场设置了两种促销方案：方案一，直接赠送消费金额5%的代金券（例如：消费200元，则赠送元的代金券）；方案二，消费每满100元可进行一次抽奖（例如：消费370元可进行三次抽奖），每次抽奖抽到10元代金券的概率为，抽到4元代金券的概率为，每次抽奖结果互不影响.每人只能选择一种方案.
(1)若甲的消费金额为288元，他选择方案二且抽到的代金券总额为8元的概率为，求p；
(2)若乙消费了一定的金额并选择方案二，设他抽到的代金券总额为X元，当最大时，求p；
(3)若，请你根据顾客消费金额（消费金额大于0）的不同，以代金券的数学期望为决策依据，帮助顾客选择方案.
19．（17分）
某芯片厂生产高端人工智能芯片须经过性能测试.已知通过测试Ⅰ的概率为40%，未通过测试I的芯片须进入测试Ⅱ，通过率为，通过任意一次测试即为合格芯片.已知一枚芯片合格，则该芯片是通过测试Ⅰ的概率为θ.
(1)求θ（结果用p表示）；
(2)切比雪夫不等式是概率论中关于随机变量偏离其均值的概率定理，其形式如下：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有.请结合该定理解决下列两个问题：
（ⅰ）若厂商声称该厂芯片通过测试Ⅱ的概率为50%.现质量检测部门随机抽取了该厂生产的100枚芯片，经检测有40枚合格.请说明该厂商的说法是否可信（注：当随机事件A发生的概率小于0.05时，可称事件A为小概率事件）；
（ⅱ）为估计θ，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0.01，试估计最小样本量）.
