(共34张PPT)
真题解构与重构 概率与统计
概率与统计在我们的生产、生活中处处可见，概率统计知识为我们的
生活提供了方便与决策依据，在高中数学教学中占有极大的比例，涉及的
知识面十分广泛，事件与概率形式多样，统计方法十分丰富.因此，概率与
统计在每年的新课标高考试题的选择题、填空题中必有，而在解答题中更
是独树一帜.真题是从实际生产和生活情境中经过数学化而命制的，对概率
统计试题解构与重构，使得问题更加贴近实际，对相关的统计与决策和高
考复习具有较好的指导意义.下面对2024年新课标Ⅱ卷第18题进行解构与重
构，体验不同背景下的相关问题.
［真题呈现］ （2024·新课标Ⅱ卷）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3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中1次，
则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投
中得5分，未投中得0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，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， ，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比
赛成绩不少于5分的概率；
［规范解答］
解：设A1＝“甲、乙所在队进入第二阶段”，
则P（A1）＝1－（1－0.4）3＝0.784.
设A2＝“乙在第二阶段至少得5分”，
则P（A2）＝1－（1－0.5）3＝0.875.
注解①
［关键步骤］①将进入第二阶段与至少得5分转化为对应的事件
设A3=“甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分”,
则P（A3）=P（A1）·P（A2）=0.686.
注解②
［关键步骤］ ②独立事件的概率问题
（2）假设 .
（ⅰ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第
一阶段比赛？
［规范解答］
设甲参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队得15分,的概率为P甲，
则P甲＝[1－（1－p）3]·q3＝pq3（3－3p＋p2）.
设乙参加第一阶段比赛时，
甲、乙所在队得15分的概率为P乙，
则P乙＝[1－（1－q）3]·p3＝qp3（3－3q＋q2）．
注解③
［关键步骤］ ③以第（1）问作为基础
则 ，
注解④
［关键步骤］ ④比较大小，一般用作差法
由，得， ，
所以，即 ．
故应该由甲参加第一阶段比赛.
（ⅱ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第
一阶段比赛？
［规范解答］
若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩 的所有可能
取值为0，5，10，15.
注解⑤
［关键步骤］ ⑤分析事件关系，确定 的取值
，
，
，
，
注解⑥
所以 ．
若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩 的所有可能取值为0，
5，10，15.
［关键步骤］ ⑥根据事件关系，求出相应概率
同理，可得 .
注解⑦
由，得， ，
所以，即 .
故应该由甲参加第一阶段比赛.
［关键步骤］ ⑦用作差法比较大小
［真题分析］ 试题取材于学生非常熟悉的背景，以事件的独立关系层层
复制事件，对培养学生策略分析与制定和积极向上的拼搏精神具有正向的
引导意义，试题考查了独立事件与对立事件的概率和数学期望，考查了代
数式比较大小的基本作差方法，考查数学抽象、数学运算、数据分析、逻
辑推理和数学建模等核心素养，考查化归与转化思想、函数与方程思想与
分类讨论思想，试题彰显了育人功能，具有新时代的教育意义.
［源头与活水］
类别 教材题（选择性必修第三册 例1、与 例3） 考题 关联特征
条 件 ① 独立事件关系 独立事件关系 一样的关系
② 过完上一关才能进入下一关 第一阶段进入第二阶 段 问题设置一
致
③ 概率用具体数表示 概率用代数式表示， 或用具体数表示 已知概率
类别 教材题（选择性必修第三册 例1、与 例3） 考题 关联特征
问 题 ① 求自上而下的概率 求两阶段都完成的概 率 解答方法一
致
② 求出具体期望值，根据期望值 作决策 用字母表示期望值， 并比较大小，再作决 策 都是根据概
率求期望进
行决策
续表
［真题解构］
解构1 A同学参加学校举行的投篮比赛，规则为
①比赛分两个阶段，每个阶段均投2次;
②只有在第一阶段至少投中一次，才有资格进入第二阶段，且第二阶段每
投进一次记2分；
③未进入第二阶段和第二阶段未投进得0分.
设同学投进的概率为，.各次投中与否相互独立，若 同学得2
分的概率等于得4分的概率，则同学得0分的概率为___,得分 的期望为___.
解析：由题意，得同学得2分的概率为 ,得4分
的概率为 ,
则 ，
且，解得 .
所以 同学得0分的概率为
.
A同学得分 的分布列为
X 0 2 4
P
.
解构2 原考题有下列结论，当 时，
结论① 甲参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队得15分的概率
,
乙参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队得15分的概率
,
则有的充要条件是 .
结论② 甲参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队比赛成绩的数学期望为
,
乙参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队比赛成绩的数学期望为
,
则有的充要条件是 .
结论①有两个基本事实:
①,互换与 互换;
②得满分（15分）的决策是甲参加第一阶段比赛，即水平弱的参加第一阶
段比赛.
结论②也有两个基本事实：
①,互换与 互换；
②成绩的数学期望（均值）最大的决策是甲参加第一阶段比赛，即水平弱
的参加第一阶段比赛.
可以论证无论,大小关系如何，当 时，无论谁参加第一阶段比
赛，概率相等，即
.
因为 ,
.
显然，无论, 大小关系如何，无论谁参加第一阶段比赛，成绩为0分的概
率总是相等的.
解构3 小李参加某项专业资格考试，一共要考3个科目，若3个科目都合格，
则考试直接过关；若都不合格，则考试不过关；若有1个或2个科目合格，
则所有不合格的科目需要进行一次补考，补考都合格的考试过关，否则不
过关.已知小李每个科目每次考试合格的概率均为 ，且每个科
目每次考试的结果互不影响．
（1）记“小李恰有1个科目需要补考”的概率为，求的最大值点 ；
解：由题意知, ,则
,
当时，,当时， ,
所以函数在, 上单调递增，
在,上单调递减，所以当时，取最大值，即 的最大值点
.
（2）以（1）中确定的作为 的值．
①求小李这项专业资格考试过关的概率；
解： 小李第一次考试3个科目都合格的概率 ，小李第一次
考试有2个科目合格，补考1个科目且合格的概率,
小李第一次考试有1个科目合格，补考2个科目且均合格的概率
,
所以小李这项专业资格考试过关的概率 .
②若每个科目每次考试要缴纳20元的费用，将小李需要缴纳的费用记为
元，求 ．
解： 由题得， 的所有可能取值为60,80,100,
则 ,
,
,
故 .
［真题重构］
重构1 某品牌女装专卖店设计摸球抽奖促销活动，每位顾客只能用一个会
员号登录，每次消费都有一次随机摸球的机会．已知顾客第一次摸球抽中
奖品的概率为 ；从第二次摸球开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中
的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为．记该顾客第 次
摸球抽中奖品的概率为 .
（1）求的值，并探究数列 的通项公式；
解：记“该顾客第次摸球抽中奖品”为事件 ，依题意，
，
.
因为当时，, ,
又, ,
所以 ,
所以 ,
又因为,则 ,
所以数列是首项为,公比为 的等比数列，故
.
（2）求该顾客第几次摸球抽中奖品的概率最大，请给出证明过程．
解：第2次摸球抽中奖品的概率最大.证明如下：
当为奇数时， ，
当为偶数时，,则随着 的增大而减小，所以
.
综上，该顾客第2次摸球抽中奖品的概率最大.
重构2 为喜迎新学期，高三一班、二班举行数学知识竞赛，赛制规定：共
进行5轮比赛，每轮比赛每个班可以从， 两个题库中任选1题作答，在
前两轮比赛中每个班的题目必须来自同一题库，后三轮比赛中每个班的题
目必须来自同一题库，题库每题20分， 题库每题30分，一班能正确回
答，题库每题的概率分别为，，二班能正确回答， 题库每题的概
率均为 ，且每轮答题结果互不影响．
（1）若一班前两轮选题库，后三轮选 题库，求其总分不少于100分的概率；
解：由条件知，若一班在前两轮得20分，后三轮得90分，总分为110分，
其概率为 ,若一班在前两轮得40分，后三轮得60
分或90分，总分为100分或130分,其概率为
,所以一班总分不少于100分的
概率为 .
（2）若一班和二班在前两轮比赛中均选了 题库，而且一班两轮得分60分，
二班两轮得分30分，一班后三轮换成 题库，二班后三轮不更换题库，设
一班最后的总分为，求 的分布列，并判断哪个班总分的均值比较大.
解：由条件知，随机变量 的所有可能取值为60,80,100,120,
，
,
,
.
所以 的分布列为
X 60 80 100 120
P
.
设二班最后的总分为， 的所有可能取值为30,60,90,120,
,
,
,
,
所以 的分布列为
Y 30 60 90 120
P
.因为 ,所以一
班总分的均值比较大.(共28张PPT)
第1讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.从4位男同学、5位女同学中选出3位同学，男女生都要有的选法有( )
C
A.140种 B.44种 C.70种 D.252种
解析：选C.选出的3位同学中男女生都要有，分为两类：1男2女、2男1
女，故共有 种选法.
2.（2024·北京卷）在的展开式中， 的系数为( )
A
A.6 B. C.12 D.
解析：选A. 的展开式的通项
.由 ,得
,所以的展开式中的系数为 .
3.（2024·大连一模）将，，，，， 位教师分配到3所学校，若
每所学校分配2人，其中， 分配到同一所学校，则不同的分配方法共有
( )
B
A.12种 B.18种 C.36种 D.54种
解析：选B.先给A，B安排一所学校，有3种分配方法；再给任意学校安
排2位教师，有 种分配方法；最后剩下的学校安排剩下的2位教师，
所以最终有 种不同的分配方法.
4.（2024·滨州二模）某单位安排5名员工在5月1日至5日值班，每天安排1
人，每人值班1天.若5名员工中的甲、乙安排在相邻两天，丙不安排在5月3
日，则不同的安排方案共有( )
B
A.42种 B.40种 C.36种 D.30种
解析：选B.甲、乙相邻的排列数是 ，其中甲、乙相邻且丙排在5月
3日的排列数为，所以不同的安排方案共有
（种）.
5.小小的火柴棒可以拼成几何图形，也可以拼成数字．如图所示，我们可
以用火柴棒拼出1至9这9个数字：
比如：“1”需要2根火柴棒，“7”需要3根火柴棒．若用8根火柴棒以适当的
方式全部放入方格 中（没有放入火柴棒的空位表
示数字“0”），那么最多可以表示无重复数字的三位数的个数为( )
D
A.8 B.12 C.16 D.20
解析：选D.由题图可知，用火柴棒拼出数字1至9所需要的火柴棒根数
如表所示：
数字 1 2 3 4 5 6 7 8 9
火柴棒根数 2 5 5 4 5 6 3 7 6
由表可知，由8根火柴棒只能拼出两个无重复的数字，分别为1和6，1和9，
2和7，3和7，5和7，所以8根火柴棒全部放入题中方格，可表示无重复数
字的三位数的个数为 .
6.（2024·常德模拟）已知
，
则 ( )
D
A.9 B.10 C.18 D.19
解析：选D.由题意得，
，
分别对两边进行求导得
,
令，得，得 .
7.（多选）（2024·江西重点中学联考）在 的展开式中，下列说
法正确的是( )
ABD
A.二项式系数之和为32 B.第3项的系数最大
C.所有项系数之和为 D.不含常数项
解析：选.由于二项式系数之和为 ,故A
正确；由展开式的第 项为
，易知
，，的系数均小于0，且,， ，故第
3项的系数最大，为80，故B正确；令得所有项系数之和为 ，
故C错误；令，则，但，1，2，3，4， ，故
展开式中不含常数项，故D正确.
8.（多选）（2024·河南名校联考）已知 的二项展开式中第3项和
第4项的二项式系数最大，则( )
BCD
A.
B.展开式的各项系数和为243
C.展开式中奇数项的二项式系数和为16
D.展开式中有理项一共有3项
解析：选 .对于A，因为二项展开式中第3项和第4项的二项式系数
最大，所以，解得，A错误;对于B，中，令 ，
得 ，所以展开式的各项系数和为243，B正确;对于C，
展开式中的二项式系数和为 ，其中奇数项和偶数项的二项式系数
和相等，所以展开式中奇数项的二项式系数和为16,C正确;对于D，展开式
的通项为,，且 ，所以当
时，，此项属于有理项；当时， ，此项属
于有理项；当时， ，此项属于有理项，所以展开式中有
理项一共有3项，D正确.
9.（多选）（2024·石家庄质检）甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，
下列说法正确的是( )
BD
A.若甲、乙、丙按从左到右的顺序排列，则不同的排法有12种
B.若甲、乙不相邻，则不同的排法有72种
C.若甲不能在最左端，且乙不能在最右端，则不同的排法有72种
D.如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种
解析：选 .对于A，因为甲、乙、丙有序排列，所以先排甲、乙、丙，
此时，形成甲、乙、丙三人之间的2个空隙以及甲的左边、丙的右边各1个
空隙，共4个空隙.若丁、戊不相邻，有 种排法；
若丁、戊相邻，有种排法，所以不同的排法共有
（种），故A不正确；
对于B，因为甲、乙不相邻，所以先排丙、丁、戊，有 种排法，此时，
形成丙、丁、戊三人之间的2个空隙以及最左边、最右边各1个空隙，共4
个空隙，再将甲、乙插入这4个空隙中，有 种排法，所以不同的排法共
有 （种），故B正确；
对于C，甲、乙都不在两端，则甲、乙有种排法，剩余三人有 种排法，
共种排法；甲在最右端，乙在最左端，有 种排法；甲在
最右端，乙不在最左端，有 种排法；甲不在最右端，乙在最左
端，有种排法.所以不同的排法共有
（种），故C不正确；对于D，因为甲、乙捆绑且甲、乙有序，所以不同
的排法有 （种），故D正确.
10.（2024·江西重点中学联考）在数学中，有一个被称为自然常数
（又叫欧拉数）的常数 .小明在设置银行卡的数字密码时，打算
将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码．如果排列
时要求两个2相邻，两个8不相邻，那么小明可以设置的不同密码共有____个．
36
解析：如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，两个2捆绑看作一个元
素与7，1全排列，排好后有4个空位，两个8插入其中的2个空位中，注意
到两个2，两个8均为相同元素，没有前后顺序，那么小明可以设置的不同
密码共有 （个）.
11.（2024·连云港调研）设为正整数， 展开式的二项式系数的
最大值为,展开式的二项式系数的最大值为，若 ,则
___.
4
解析：由展开式的二项式系数的最大值为，得 ，由
展开式的二项式系数的最大值为，得，由
得，即,即 ,即
，解得 .
12.（2024·江西名校联盟）甲、乙、丙三名同学报名参加数学、物理、化
学、生物兴趣小组．已知每人参加两个兴趣小组，三人不能同时参加同一
个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一人参加，则不同的报名参加方式共有
____种.
90
解析：根据题意，四个兴趣小组中必有两个2人选，两个1人选，根据两个
2人选的小组是同样的2人还是3人分两种情况：当两个2人选的小组是同样
的2人时，有 种选法；当两个2人选的小组是由3人构成
时，有 种选法，所以不同的报名参加方式共有
（种）.
［B 综合运用］
13.（2024·皖豫名校联盟联考）已知甲、乙等5人到三家企业去应聘，若
每人至多被一家企业录用，每家企业至少录用其中一人，且甲、乙两人不
能被同一家企业录用，则不同的录用情况种数是( )
D
A.60 B.114 C.278 D.336
解析：选D.分三类情况，第一类，只录用3人，有 种录用情
况；第二类，只录用4人，有 种录用情况；第三类，
录用5人，有两种情况：2，2，1或3，1，1，有
种录用情况，所以根据分类加
法计数原理共有 种录用情况.
14.定义：两个正整数，，若它们除以正整数 所得的余数相等，则称
，对于模同余，记作，比如： .已知
，满足，则
可以是( )
A
A.23 B.31 C.32 D.19
解析：选A.因为
，
也即，故
除以7的余数即为 除以7的余数为2，结合选项知23除以7
的余数也为2，满足题意，其他选项都不满足题意.
15.（2024·保定二模）6名同学想平均分成两组进行半场篮球比赛，有同
学提出用“剪刀、石头、布”游戏决定分组．当大家同时展示各自选择的手
势（剪刀、石头或布）时，如果恰好只有3个人手势一样，或有3个人手势
为上述手势中的同一种，另外3个人手势为剩余两种手势中的同一种，那
么同手势的3个人为一组，其他人为另一组，则下列结论正确的是( )
D
A.在进行该游戏前将6人平均分成两组，共有20种分组方案
B.进行一次游戏共有 种手势结果
C.进行一次游戏分不出组的概率为
D.进行两次游戏才分出组的概率为
解析：选D.对于A，一共有 种分组方案，A错误；对于B，每
人有3种选择，所以进行一次游戏共有 种手势结果，B错误；对于C，D，
要分出组，有两类情况，第一类，3个人出一样的手势，另外2个人手势相
同且出其他两种手势中的一种，最后1个人出剩下的手势，所以能分出组
的手势结果有 （种）；第二类，3个人出同一
种手势，另外3个人出剩余两种手势中的同一种，所以能分出组的手势结
果有 （种），所以进行一次游戏就分出组的概率为
，所以进行一次游戏分不出组的概率为 ，C错误；进行
两次游戏才分出组的概率为 ，D正确.
16.（多选）（2024·济南模拟）下列等式中正确的是( )
BCD
A. B.
C. D.
解析：选.对于A， ，令
，得,则 ，故
A错误；
对于B，因为 ，所以
，故B正确；
对于C，因为 ，所以
，故C正确；
对于D,,对于，其含有 的项的系数
为，对于，要得到含有 的项的系数，需从第一个式
子取出个，再从第二个式子取出个 ，它们对
应的系数为，所以 ，故D正确.
17.（2024·南京六校联考）已知的展开式中 的系
数为80,则 的值为 ____.
解析：由题意可知， ，
在 的展开式中，
,令 无解，所
以的展开式中没有含 的项；
在 的展开式中，
，令 解得
，所以的展开式中含 的项的系数为
,所以的展开式中 的系
数为,所以，解得.所以的值为 .
18.（2024·赣州模拟） 的展开式中的常数项为_____.
630
解析：表示7个 相乘，则常数项应为1个
，2个，2个，2个相乘，所以 的展开式中的常数项
为 .(共38张PPT)
第3讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.已知随机变量 的分布列为
X 1 2 3
P
且，若，则 ( )
A
A. B. C. D.3
解析：选A..因为 ，所以
,解得 .
2.已知口袋中装有编号分别为1，2，3的三个大小和形状完全相同的小球，
从中一次性任取2个球，记取出的球的最大编号为，则 ( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.由题意得，的所有可能取值为2,3,则 ,
,
所以 ，则
.
3.设，若随机变量 的分布列如表所示
0 2
P
则下列方差值中最大的是( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.由题意知,则 ,
, ,
，
.所以
,， ，
所以 最大.
4.（2024·蚌埠质量检测）在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分
别为,,,，且 ，则下面四种情形中，对应样本的标准差最
小的一组是( )
C
A.,,,
B.,,,
C.,
D.,
解析：选C.对于A，
， ，所以
,
对于B， ，
,所以 ,
对于C， ,
,所以 ,
对于D， ,
，所以，所以 .
5.（多选）（2024·沈阳教学质量检测）如图是离
散型随机变量的概率分布图，其中 ,
,则( )
ABC
A. B.
C. D.
解析：选.由题图知，,, ，
则，又,,所以,, ，故A
正确； ，故B正确；
，
故C正确； ，故D错误.
6.已知盒中有4个球，其中1个红球，1个黄球，2个蓝球，从盒中随机取球，
每次取1个，取后不放回，直到蓝球被全部取出为止，记在这一过程中取
球次数为 ，则 的均值 ___．
解析：由题意可知，随机变量 的可能取值有2，3，4，
，
，
，
所以随机变量 的分布列为
2 3 4
P
.
7.在某次篮球比赛中，运动员甲有两次定点投篮的机会，每次定点投篮投
中得2分，投不中得0分．已知甲在第一次定点投篮中投中的概率为 ，
受心理素质的影响，若甲第一次投中，则第二次投中的概率将增加 ；
若甲第一次未投中，则第二次投中的概率将减少 ．记这两次定点投篮
中，甲的总得分为 ，则____， _____．
0.2
3.28
解析：由题意可知， 的所有可能取值为0，2，4，其中
，
，
，故
.
8.（2024·福建适应性测试）11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，
每两球交换发球权.每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比
赛结束；当某局比分打成 后，每球交换发球权，领先2分者胜，该
局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，
比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲
得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为 ，各球的比赛结果相互独立，
且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为 ．求：
（1）再打两个球甲新增的得分 的分布列和均值；
解：依题意， 的所有可能取值为0，1，2.
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件 ，且
，
所以 ,
，
.
所以 的分布列为
X 0 1 2
P
故 .
（2）第一局比赛甲获胜的概率 .
解：设第一局比赛甲获胜为事件 .
则， ，
，
由（1）知，， ，
，
由全概率公式，得
，
解得，即第一局比赛甲获胜的概率 .
［B 综合运用］
9.（多选）甲、乙、丙三人参加某赛事的志愿服务活动，共三个赛区，若
每人只能选择一个赛区，且选择其中任何一个赛区是等可能的．记 为三
人选中的赛区个数， 为三人没有选中的赛区个数，则( )
BC
A. B. C. D.
解析：选.由题意得，随机变量 的所有可能取值为1，2，3，则
，， ，所以
,
.随机变量 的所
有可能取值为0，1，2，则 ，
, ，所以
,
,故 ,
.
10.（2024·开封质量检测）已知袋中有4个红球，个黄球， 个绿球.现
从中一次性任取两个球，记取出的红球数为 ，若取出的两个球都是红球
的概率为，则 __.
解析：依题意，为非负整数， ,即
,解得或（舍去），故 的可能
取值为0，1，2，
则 ,
,
,
所以 .
11.设随机变量 的分布列如表所示，
1 2 3 4 5 6
P
其中，， ，构成等差数列，则 的最大值为___.
解析：方法一：因为，， ， 构成等差数列，且
，所以 ，
即，, ,所以
,, ，所以当
时，取得最大值 .
方法二：因为，， ， 成等差数列，且
，所以 ，
且，，所以，当且仅当 时取等
号，所以的最大值为 .
12.（2024·沈阳质量监测）某类型的多项选择题设置了4个选项，一道题
中的正确答案是其中2个选项或是其中3个选项.该类型题目评分标准如下：
每题满分6分，若未作答或选出错误选项，则该题得0分；若正确答案是2
个选项，则每选对1个正确选项得3分；若正确答案是3个选项，则每选对1
个正确选项得2分.甲、乙、丙三位同学各自作答一道此类题目，设该题正
确答案是2个选项的概率为 .
（1）已知甲同学随机（等可能）选择了2个选项作答，若 ，求他既
选出正确选项也选出错误选项的概率；
解： 记事件为“该题的正确答案是2个选项”，则 为“该题的正确答案
是3个选项”，
即， .
由得，，设事件 为“甲同学既选出正确选项也
选出错误选项”，
则 ,
,
则 .
（2）已知乙同学随机（等可能）选出1个选项作答，丙同学随机（等可能）
选出2个选项作答，若 ，试比较乙、丙两同学得分的均值的大小.
解：由得，, ，
设表示乙同学的得分，则 的可能取值为0，2，3，
所以 ，
，
，
所以 ；
设表示丙同学的得分，则 的可能取值为0，4，6，
所以 ，
,
,
所以 ，
即 ，故乙同学得分的均值小于丙同学得分的均值.
［C 素养提升］
13.（多选）（2024· 皖东智校协作联盟联考）某次乒乓球比赛采用五局
三胜制，当参赛者甲、乙两位中有一位赢得三局比赛时，该选手晋级且比
赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影
响.假设甲在任一局获胜的概率为 ，实际比赛局数的均值记为
，则下列说法正确的是( )
BCD
A.三局就结束比赛的概率为 B. 的常数项为3
C. D.
解析：选.设实际比赛局数为， 的所有可能取值为3，4，5，则
， ，
，因此三局就结束比赛的概率为 ，
A错误；
，得 的常数项为3，B正确；
，C正确；
方法一：对函数 求导得
.由 ，
得.令，解得；令 ，解得
，则函数在,上单调递增，在,上单调递减.而，因此的图象关于直线 对称，则
.
方法二： ,
,所以 ,
D正确.
14.投资甲、乙两种股票，每股收益的分布列如表所示.
甲种股票：
收益 元 0 2
概率 0.1 0.3 0.6
乙种股票：
收益 元 0 1 2
概率 0.3 0.3 0.4
（1）如果有人向你咨询想投资其中一种股票，你会给出怎样的建议呢？
解：甲种股票每股收益的均值为
,乙种股票每股收益的均值为
,
甲种股票每股收益的方差为
,
乙种股票每股收益的方差为
.
因为, ,所以甲、乙两种股票每股收益的均值相等，
乙种股票每股收益更稳定，所以建议投资乙种股票.
（2）在实际中，可以选择适当的比例投资两种股票，假设两种股票的买
入价都是每股1元，某人有10 000元用于投资，请你给出一个投资方案，
并说明理由（结果保留整数）.
解：设投资甲种股票元，则投资乙种股票 元，则
，
而 ，当
时， 取得最小值，所以
应当投资甲种股票约3 485元，投资乙种股票约6 515元.(共39张PPT)
第2讲 概 率
考情分析 备考关键
考点 古典概型、相互独立事件的概 率、条件概率与全概率公式. 考法 主要以选择题、填空题的形式考 查.互斥事件、古典概型概率的求解， 定义法判断或求解相互独立事件.条件 概率、全概率公式常以解答题的形式考 查. 要明确概率模型，掌握计算公
式，求古典概型概率问题的关键
是准确计算样本点的个数，判断
两个事件是否相互独立的方法是
定义法和转化法，计算条件概率
用条件概率公式及全概率公式.
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（2024·全国甲卷）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参
加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一个出场，且甲
或乙最后出场的概率是( )
C
A. B. C. D.
【解析】 选C.画出树状图：
则甲、乙、丙、丁四人的出场次序共有24种排法，其中丙不是第一个出场，
且甲或乙最后出场的排法共有8种，所以所求概率为 .
2.（2024·天津卷）,,,, 五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.
甲选到的概率为__；已知乙选了活动，他再选择 活动的概率为__．
解析：由题意知甲选到的概率；记乙选择活动为事件 ，乙
选择活动为事件，则， ，
所以 .
3.（2024· 新课标Ⅰ卷）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个
数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，
4，6，8.两人进行四轮比赛.在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中
随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小
的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中
不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为__.
解析：因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，
甲的总得分最多为3.
若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：
，，， .
若甲的总得分为2，有以下三类情况：
第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为，， ，
；
第二类，当甲出卡片3和7时赢，有，，，或 ，
，，或，，， ，共3种组合；
第三类，当甲出卡片5和7时赢，有，，，或 ，
，，或，，，或， ，
，或，，，或，， ，
或，，， ，共7种组合．
综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有
（种），所以甲的总得分不小于2的概率 .
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 古典概型
1.古典概型的概率公式
.
2.在一次试验中，两个互斥事件有可能都不发生，也可能只有一个发生，
但不可能同时发生.
3.两个对立事件必有一个发生，但不可能同时发生.即两事件对立，必定互
斥，但两事件互斥，未必对立.
［例1］ 抛掷两枚质地均匀的正方体骰子，将向上的点数分别记为, ,则
( )
B
A.的概率为 B.能被5整除的概率为
C.为偶数的概率为 D.的概率为
【解析】 设试验的样本点，样本点总数 ，对于A，“
”包含的样本点有,,，, ，共5个，所以
,故A错误；对于B,“ 能被5整除”包含的样本点有
，，，，，，，共7个，所以
（能被5整除） ,故B正确；
对于C，“为偶数”的对立事件为“为奇数”，“为奇数”等价于“和
均为奇数”，所以（为奇数），故（ 为偶数）
，故C错误；对于D，“”的对立事件为“ ”，事件“
”包含“”和“”，易知 ，所以
,所以 ，故D错误.
求古典概型概率的注意点
（1）对于较复杂的题目，列出样本点数时要正确分类，分类时要做到不
重不漏.
（2）当直接求解有困难时，可考虑求其对立事件的概率
［对点训练］ 1.（2024·杭州重点中学联考）第19届亚运会的吉祥物由
“琮琮”“宸宸”和“莲莲”三类组成，现有印着三类吉祥物的挂件各2个
（同类吉祥物挂件完全相同，无区别）．若把这6个挂件分给3位同学，每
人2个，则恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件的概率是( )
D
A. B. C. D.
解析：选D.设6个挂件分别为A，A，B，B，C，C，则将这6个挂件分
为3组，每组2个，有5种可能的情况：，，；， ，
；，，；，，；，， .再将这分成3组
的挂件分给3位同学，有 种情况，恰好有1位同
学得到同类吉祥物挂件为分组①②③，有 种情况，所以恰好
有1位同学得到同类吉祥物挂件的概率是 .
2.（多选）（2024·湖南名校联考）已知随机事件，满足 ，
，则( )
AC
A.若事件，互斥，则
B.若，则
C.若，则
D.若事件，互斥，则
解析：选 .对于A，因为事件A，B互斥，所以
，故A正确；对于B，因为 ，所
以，故B错误；对于C，因为 ，所以
，故C正确；对于D，事件A与事件B是互斥事件，则
为必然事件，所以 ，故D错误.
考点二 相互独立事件的概率
事件的相互独立性
（1）定义：对任意两个事件与，如果，则称事件
与事件相互独立.
（2）性质：若事件与相互独立，则与,与，与也都相互独立.
［例2］ （1）（2024·日照一模）已知样本空间,,, 含有等可
能的样本点，且,，,,则 ( )
A
A. B. C. D.1
【解析】 由题意得，，， ，所以
，所以事件A与B相互独立，则A与 也相互独立，所
以 .
（2）（2024·上海春季卷）有四个礼盒，前三个里面分别仅装有中国结、
记事本、笔袋，第四个礼盒里面上述三种礼品都装的有，现从中任选一个
礼盒．设事件为“所选礼盒中有中国结”，事件 为“所选礼盒中有记事
本”，事件 为“所选礼盒中有笔袋”，则下列说法中正确的是( )
B
A.事件与事件互斥 B.事件与事件 相互独立
C.事件与事件互斥 D.事件与事件 相互独立
【解析】 由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，若抽到第四个礼
盒，则事件A和事件B就同时发生了，因此事件A与事件B不是互斥事件，
故A错误；由于，， ,因此事
件A与事件B相互独立，故B正确；
由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，还有笔袋，若抽到第四个礼
盒，则事件A和事件就同时发生了，因此事件A与事件 不是互
斥事件，故C错误；
由于，， ，因此
事件A与事件 不是相互独立的，故D错误.
求相互独立事件的概率的方法
（1）利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.
（2）正面计算较复杂（如求用“至少”表述的事件的概率）或难以入手时，
可计算其对立事件.
［对点训练］ （2024·四川名校联考）某中学举行疾病防控知识竞赛，
其中某道题甲队答对的概率为，乙队和丙队答对的概率都是 .若各队答题
的结果相互独立且都进行了答题．则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支
队伍答对该题的概率为( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.记“甲队答对该题”为事件A，“乙队答对该题”为事件B，
“丙队答对该题”为事件C，则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答
对该题的概率
.
考点三 条件概率与全概率公式
1.条件概率的性质
设 ，则
（1） ；
（2）若与是两个互斥事件，则 ；
（3）设和互为对立事件，则 .
2.全概率公式
一般地，设，， ， 是一组两两互斥的事件，
,且，,2, , ,则对任意的事件
，有 .
角度1 条件概率
［例3］ （多选）一个笼子里关着10只猫，其中有4只黑猫、6只白猫，把
笼子打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫，猫争先恐后地往外钻，如
果10只猫都钻出了笼子，事件表示“第只出笼的猫是黑猫”， ，
2， ，10，那么( )
BCD
A. B.
C. D.
【解析】 由题意， .
事件 表示“第1，2只出笼的猫都是黑猫”，
则 ，A错误；
事件 表示“第1只或第2只出笼的猫是黑猫”，则
，B正确；
，C正确；
事件 表示“第2，10只出笼的猫都是黑猫”，
则 ，
则 ，D正确.
条件概率的两种求解方法
角度2 全概率公式
［例4］ 芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产 规格的芯片，现有
20块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为12块、8块，且乙生产
该芯片的次品率为 ，现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次
品率为 ，则甲生产该芯片的次品率为___．
解析：设，分别表示取得的这块芯片是由甲、乙生产的， “取得
的芯片为次品”，甲生产该芯片的次品率为，则 ，
，， ，则由全概率公式得
，解得
．
利用全概率公式的思路：首先按照确定的标准，将一个复合事件分解
为若干个互斥事件，然后求和所求事件 在各个互
斥事件发生的条件下的概率 ，代入全概率公式计算．
［对点训练］ 1.从1，2，3，4，5，6，7中任取两个不同的数，事件
“取到的两个数的和为偶数”，事件 “取到的两个数均为偶数”，则
__.
解析：因为,所以 ，
则 ，
所以 .
2.（2024·长沙适应性考试）已知甲盒中有3个红球和2个黄球，乙盒中有2
个红球和1个黄球，现从甲盒中随机抽取1个球放入乙盒中，搅拌均匀后，
再从乙盒中抽取1个球，此球恰为红球的概率为___.
解析：设事件“在甲盒中取到红球”， “在乙盒中取到红球”.因为甲
盒中有3个红球，2个黄球，所以， ，又乙盒中有
2个红球，1个黄球，所以， ，所以
.(共41张PPT)
专题四 概率与统计
第1讲 计数原理
考情分析 备考关键
考点 两个计数原理、排列与组合、二项式定 理. 考法 主要以选择题、填空题的形式考查.排 列与组合、二项式定理的基本问题，排列组 合时常与概率相结合，而二项式定理常与函 数、不等式、数列交汇考查. 利用排列组合解决问题的
基本思路是先组后排，准
确辨别限制条件的类别，
灵活运用二项式系数的相
关性质，可减少计算量.
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（2023·全国乙卷）甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则
这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )
C
A.30种 B.60种 C.120种 D.240种
解析：选C.甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有 种选法，再
从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有 种选法，由
分步乘法计数原理可得，共有 种选法.
2.（2024·全国甲卷） 的展开式中，各项系数中的最大值为___．
5
解析：的展开式的通项为 ,
则各项的系数分别为，，,， ，
,，,,， ，观察发现二项式系数
先增大后减小，且前后对称，指数式递增，分别计算, ,
,,,,比较可得， 最大.
3.（2024·新课标Ⅰ卷）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修
课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，
则不同的选课方案共有____种（用数字作答）．
64
解析：方法一：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修
课各选修1门,有 种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺
术类选修课中选修2门，有 种方案；第三类，在体育类选修课中选修2
门，在艺术类选修课中选修1门，有 种方案.综上，不同的选课方案共
有 （种）.
方法二：若学生从这8门课中选修2门课，则有 种选课方
案；若学生从这8门课中选修3门课，则有 种选课方案.
综上，不同的选课方案共有 （种）.
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 两个计数原理
1.利用分类加法计数原理时，注意根据题目特点选择一个恰当的分类标准，
分类时注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类．
2.利用分步乘法计数原理时，注意将这件事划分成几个步骤来完成，各步
骤之间有一定的连续性，只有当各步骤都完成了，这件事才能完成.
［例1］ （1）“一笔画”游戏是指要经过所有路线且节点可以多次经过，
但连接节点间的路线不能重复画的游戏，如图是某一局“一笔画”游戏的图
形，其中，，为节点，若本局游戏只能以为起点,为终点或以 为起
点, 为终点完成，那么完成本局“一笔画”游戏的方法种数为( )
C
A.6 B.12 C.24 D.30
【解析】 以A为起点时，三条路线依次连接即可到达B点，共有
种方法；
自B连接到C时，在C右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有2种方法，所
以以A为起点，C为终点时，共有 种方法.同理可知，以C为起点，
A为终点时，也有12种方法.
所以完成本局“一笔画”游戏的方法种数为 .
（2）已知集合，2，3，，集合，为集合 的非空子集．若对
，，恒成立，则称为集合 的一个“子集对”．则
集合 的“子集对”共有____个.
17
解析：由题意，当时，有 种情况；
当时，有 种情况；
当时， 有1种情况；
当，时，有 种情况；
当，，，，，2，时， 均有1种情况.
故满足题意的“子集对”共有 （个）.
利用两个计数原理解题时的注意点
（1）当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算
完成这件事．
（2）分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树
状图.
（3）对于复杂问题，一般是先分类再分步．
［对点训练］ 现有十二生肖的吉祥物各一个，按照鼠和牛、虎和兔、龙
和蛇、马和羊、猴和鸡、狗和猪配对分成六组.甲、乙、丙三位同学依次选
一组作为礼物，甲同学喜欢龙和马，乙同学喜欢牛、羊和猴，丙同学喜欢
兔、马和狗．若甲、乙、丙三位同学选择的礼物中均包含自己喜欢的生肖，
则不同的选法种数为____．
12
解析：根据题意，按甲的选择不同分成甲选龙和蛇或马和羊两种情况.当甲
选择龙和蛇时，若乙选择马和羊，此时丙有2种选法，若乙不选择马和羊，
则乙有2种选法，此时丙有3种选法，则共有 种选法；当甲选择马
和羊时，乙有2种选法，此时丙也有2种选法，则共有 种选法，综
上，共有 种选法.
考点二 排列与组合
类 别 排列数 组合数
公 式 ,,, ,,,
类 别 排列数 组合数
性 质 !; ; ; ;
;
续表
［例2］ （1）某年春节，在北京工作的五个家庭开车搭伴一起回老家过
年，若五辆车分别为，，，，，五辆车随机排成一列，则车与
车相邻，车与 车不相邻的排法有( )
A
A.36种 B.42种 C.48种 D.60种
【解析】 将A车与B车捆在一起当成一个元素，有 种不同的捆法，将其
与除C车外的2个元素全排列，有 种排法，将C车插入，不与A车相邻，
有种插法，故共有 种排法.
（2）（2024·济南质量检测）某校民俗社的5位同学准备前往三个乡村进
行调研，已知每个村至少有1位同学前往，5位同学都会进行选择并且每位
同学只能选择其中一个村，若甲同学和乙同学必须选择同一个村，则不同
的选法种数是( )
B
A.18 B.36 C.54 D.72
【解析】 若甲同学和乙同学选择的村没有其他同学选，则分组方式为1，
2，2，不同的选法种数为 ；若甲同学和乙同学选择的村还有其
他同学选，则分组方式为1，1，3，不同的选法种数为 ，所以
不同的选法种数为 .
排列、组合问题的求解方法与技巧
（1）合理分类与准确分步；（2）排列、组合混合问题要先选后排；（3）
特殊元素优先安排；（4）相邻问题捆绑处理；（5）不相邻问题插空处理；
（6）定序问题除序处理；（7）“小集团”排列问题先整体后局部；（8）
正难则反，等价转化.
［对点训练］ 1.（2024·临沂二模）若有2名女生和4名男生到“山东旅发
大会”的两个志愿服务站参加服务活动，分配时每个服务站均要求既有女
生又有男生，则不同的分配方案种数为( )
C
A.16 B.20 C.28 D.40
解析：选C.第一步，先分组，分为一组2人，另一组4人，有
种分组方案；分为每组各3人，有 种分组方案，共有14种分组方
案．第二步，将两组志愿者分配到两个服务站共有 种分配方案.所
以共有 种不同的分配方案.
2.（2024·邵阳第二次联考）某市举行乡村振兴汇报会，六个获奖单位的
负责人甲、乙、丙等六人分别上台发言，其中负责人甲、乙发言顺序必须
相邻，负责人丙不能在第一个与最后一个发言，则不同的安排方法共有
( )
D
A.240种 B.120种 C.156种 D.144种
解析：选D.将甲乙捆绑看做一个元素，由丙不能在第一个与最后一个
发言，知丙的位置有3个，将剩余4个元素再排序有 种方法，故
不同的安排方法共有 （种）．
3.（2024·太原一模）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
个点中任意三个点作三角形，则所作的不同的三角形的个数为( )
B
A.30 B.31 C.34 D.35
解析：选B.方法一（排除法）：从7个点中任意取3个点有 种情况，
因为B，D，， 四点共线，其中任意三点都不能构成三角形，所以共可
以作 个不同的三角形．
方法二（分类法）：第一类：B，D，， 四个点中一个点都不取，可作
个三角形；第二类：从B，D，，四个点中取1个点，在A，C，
中取2个点，可作个三角形；第三类：从B，D，， 四个点中
取2个点，在A，C，中取1个点，可作 个三角形.所以共可以作
个不同的三角形.
考点三 二项式定理
1.的展开式的通项： ，它表示
展开式的第 项.
2.二项式系数的性质
（1）对称性： ；
（2）增减性与最大值：当 时，二项式系数递增，由对称性知，当
时，二项式系数递减．当 是偶数时，中间一项的二项式系数取得
最大值，为；当 是奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得
最大值，为与 ；
（3）各二项式系数的和： ,且
.
［例3］ （1）（2024·东北三校联考）的展开式中
的系数为( )
C
A.55 B. C.30 D.
【解析】 的展开式的通项,且 ，
令，得,令 ，得
，因为
，所以
,所以
的展开式中 的系数为30.
（2）（多选）已知的展开式的各项系数之和为 ，
则展开式中( )
BCD
A.奇数项的二项式系数和为256 B.第6项的系数最大
C.存在常数项 D.有理项共有6项
【解析】 令，得，则或 （舍去）.奇
数项的二项式系数和为 ，A错误；
因为 的展开式的通项为
.展开式共11项，
故第6项的系数最大，B正确；
令,解得 ,故存在常数项，且常数项为第3项，C正确；
当 ,2,4,6,8,10时，为有理项，故有理项共有6项，D正确.
（1）对于两个因式的积的特定项问题，一般对某个因式用二项展开式的
通项，再结合因式相乘，分类讨论求解.
（2）求展开式中各项系数和可用“赋值法”，二项式系数最大的项在中间
一项或中间两项取得.
（3）求三项展开式的特定项，一般转化为二项式求解或用定义法.
［对点训练］ 1.（2024·沈阳质量监测）已知的展开式中 的
系数是280，则实数 ( )
C
A.1 B.2 C. D.
解析：选 展开式的通项为
，令
,解得，所以，解得 .
2.已知 ，则( )
D
A. B. C. D.
解析：选D.由于 的展开式中各项系数恰好为相应二项式系数，
因此,,,, ，所
以 .
3.（2024·德州二模）的展开式中 的系数为( )
C
A. B. C.420 D.840
解析：选C.现有8个因式相乘，从每个因式 中的
三项1，,各取一项相乘时，若结果中含有 ，则所取的8项中有4
个1，2个，2个.所以总的选取方法种数为 .
每个这样选取后相乘的结果都是，所以 的系数
就是420.
数学美 数字幻方
［问题背景］ 幻方（反幻方）将数字 填
入 的正方形格子中.若每行、每列与对角线上的和都相等（或都不相
等），称之为数字幻方（或数字反幻方）.例如，如图就是著名的九宫格幻
方.
4 9 2
3 5 7
8 1 6
［真题展示］ （2024·新课标Ⅱ卷）在如图的 的方格表中选4个方
格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有____种选法.在所有符
合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是_____．
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
24
112
解析：第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从
第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从
第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四
步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法.
由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为 .
先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，
2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，
3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，
此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为
．
［跟踪训练］ 九宫格是我国古代《洛书》记载的数学问题.已知递增等差
数列的前9项和,将 填入九宫格幻方中
（如图）,则___.当,,取自不同的列与行时， 的最小值为
____.
26
23
7
80
解析：设已填入部分项的九宫格如图所示.
26
23
因为 ,
故, ，
，则， ，
则， ，
所以 .
易得，.由此可知数列是, 的等差数列.由于
，所以，所以 ，
显然当时， 取得最小值，其最小值为
.
［试题演变］ 将自然数填入如图所示的 方格表中，且每行、
每列与对角线上的数字和都为，则____.若,,, 取自不同的行与列，
则 最大值为____.
14 4
12
8
13 16
34
54
解析： ,易推出表格如图1所示.
15在第一行第二列，16在第四行第四列,
因此可取，.因此在如图2的 正方形网格的不同行与列中
选取, ，
可取， .
此时 .(共43张PPT)
第5讲 统 计
考情分析 备考关键
考点 统计图表与样本的数字特征、回归 分析、独立性检验. 考法 主要以选择题、填空题的形式考查 抽样方法、样本的数字特征，以解答题 的形式考查独立性检验与经验回归方程. 常与排列组合、概率结合考查. 一是要学会样本数据数字特征
的求解及其应用，准确计算是
解决问题的基础；二是要区分
统计数据与估计数据；三是要
灵活利用相关公式求解回归系
数或卡方.
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（2024· 新课标Ⅱ卷）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植
一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位： ）并整理得下表：
亩产量
频数 6 12 18
亩产量
频数 30 24 10
根据表中数据，下列结论中正确的是( )
A.100块稻田亩产量的中位数小于
B.100块稻田中亩产量低于的稻田所占比例超过
C.100块稻田亩产量的极差介于至 之间
D.100块稻田亩产量的平均值介于至 之间
C
解析： 选C.对于A，因为前3组的频率之和为
，前4组的频率之和为
，所以100块稻田亩产量的中位数所在的区间为
，故A不正确；
对于B，100块稻田中亩产量低于 的稻田所占比例为
，故B不正确；
对于C，因为， ，所以100块稻田
亩产量的极差介于至 之间，故C正确；对于D,100块稻田亩
产量的平均值为
，故D不正确.
2.（2024·上海卷）为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，
从该地区29 000名学生中随机抽取580人，得到日均体育锻炼时长
（单位：小时）与学业成绩的数据如表所示：
学业成绩 日均体育锻炼时长/小时 ， ）
优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
（1）该地区29 000名学生中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数约为多少？
解：抽取的样本中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数为
.
设该地区29 000名学生中有 人的日均体育锻炼时长不小于1小时，则
，解得 .
故该地区29 000名学生中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数约为
12 500.
（2）估计该地区初中学生日均体育锻炼时长（精确到0.1小时）.
解：依题意得，该地区初中学生日均体育锻炼时长约为
.
所以该地区初中学生日均体育锻炼时长约为0.9小时.
（3）是否有 的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小
时且小于2小时有关？
附：， .
解：对数据重新组合，得到 列联表
单位：人
学业成绩 日均体育锻炼时长/小时 合计
其他 优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485
合计 222 358 580
零假设为 学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时
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，所以有
的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关.
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 统计图表与数字特征
1.频率分布直方图中相邻两横坐标之差表示组距，纵轴表示，频率
组距 .
2.利用频率分布直方图求众数、中位数与平均数
（1）最高的小长方形底边中点的横坐标即为众数.
（2）中位数左边和右边的小长方形的面积和相等.
（3）平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小
长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和.
3.方差与标准差
方差： .
标准差： .
4.一组数据的第百分位数是这样一个值，它使得这组数据中至少有 的
数据小于或等于这个值，且至少有 的数据大于或等于这个值.
5.分层随机抽样的方差计算公式
.
［例1］ （1）（多选）（2024·开
封质量检测）为了解某地农村经济情
况，对该地农户家庭年收入进行抽样
调查，将农户家庭年收入的调查数据
整理得到如下频率分布直方图：
根据此频率分布直方图，下列结论中正确的是( )
BCD
A.该地农户家庭年收入的极差为12
B.估计该地农户家庭年收入的 分位数为9
C.估计该地有一半以上的农户，其家庭年收人介于 万元至8.5万元之间
D.估计该地农户家庭年收入的平均值超过 万元
【解析】 设极差为 ，由题中频率分布直方图可知，组距为1，共有12组，
所以 ，且等号不恒成立，所以A不正确；前6组频率之和
为 ，前7组频率之和为
，所以分位数应位于 内，由
，可以估计 分位数为9，所以B正确；家庭年收
入介于4.5万元到8.5万元之间的频率为
，所以C正确；由题中频率分布直
方图可知，该地农户家庭年收入的平均值为
（万元），又 ，所以D正确.
（2）某学习小组共10人，在一次测验中，4名女生的平均分为70，方差为
4；6名男生的平均分为80，方差为14，则该小组10名同学的测验成绩的方
差为____.
34
【解析】 该小组10名同学的测验成绩的平均分为 ，
所以该小组10名同学的测验成绩的方差为
.
数字特征的意义
平均数与方差都是重要的数字特征，是对数据的一种简明描述，它们
所反映的情况有重要的实际意义.平均数、中位数、众数描述数据的集中趋
势，方差和标准差描述数据的波动大小.
［对点训练］ 1.（2024·兰州诊断考试）某校为了提高学生的安全意识，
组织高一年级全体学生进行安全知识竞赛答题活动，随机抽取8人的得分
作为样本．分数从低到高依次为84，85，87，87，90，， ，99，若这组
数据的第75百分位数为94，则利用样本估计此次竞赛的平均分为( )
A.85 B.86 C.90 D.95
C
解析： 选C.因为 ，所以这组数据的第75百分位数为
，得 ，所以这组数据的平均数为
.
2.（多选）（2024·保定二模）如图是某年5月1日至5月5日某旅游城市每
天最高气温与最低气温（单位： ）的折线图，则下列结论正确的是
( )
A.这5天的最高气温的平均数与最低
气温的中位数的差为
B.这5天的最低气温的极差为
C.这5天的最高气温的众数是
D.这5天的最低气温的第40百分位数
是
解析： 选 .对于A，这5天的最高气温的平均数为
，最低气温的中位数为，它们的差为 ，A
正确；对于B，这5天的最低气温的极差为 ，B错误；对于C，这5天的
最高气温的众数为 ，C正确；对于D，最低气温从小到大排列为
，，，，，且 ，所以这5天的最低气
温的第40百分位数是 ，D正确.
3.（2024·江西名校联盟）已知一组样本数据，， ， 的方差为10，
且.设，则样本数据 ，
， ， 的方差为( )
B
A.9.5 B.10.5 C.9.75 D.10.25
解析： 选B.设样本数据，， ，的平均值为，方差为 ，样
本数据，， ，的方差为，则 ，
，故 .
考点二 回归分析
1.经验回归直线一定过样本点的中心 .
2.当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强；当 越接近0时，
成对样本数据的线性相关程度越弱.
3.决定系数越大，拟合效果越好； 越小,拟合效果越差.
4.残差图中带状区域宽度越窄，拟合效果越好；残差图中带状区域宽度越
宽，拟合效果越差.
［例2］ （2024·郑州名校联盟）某高中数学兴趣小组，在学习了统计案
例后，准备利用所学知识研究成年男性的臂长（单位：）与身高
（单位： ）之间的关系，为此他们随机统计了5名成年男性的身高与臂
长，得到如下数据：
159 165 170 176 180
67 71 73 76 78
（1）根据上表数据，可用线性回归模型拟合与 的关系，请用样本相关
系数加以说明；
【解】由题表中的数据和参考数据得， ，
，， ，
，
所以 .
因为与的样本相关系数近似为，说明与 的线性相关程度相当高，
从而可以用线性回归模型拟合与 的关系.
（2）建立关于的经验回归方程（系数精确到 ）.
参考数据：，， .
参考公式：样本相关系数 ，经验回归方程
中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 ，
.
【解】 由（1）得 ，
，
所以关于的经验回归方程为 .
求经验回归方程的方法
（1）求经验回归方程的一般步骤如下：
（2）非线性回归问题的求解关键：①转化：通过取对数、取倒数、平方
（开方）等，把非线性经验回归方程转化成线性经验回归方程；②判断：
通过计算样本相关系数或决定系数，判断拟合效果.
［对点训练］ （2024·广州综合测试）某校数学建模兴趣小组收集了一
组恒温动物体重（单位：克）与心率 （单位：次/分钟）的对应数据
.根据生物学常识和散点图得出与 近似满足
（，为参数）.令，，计算得 ，
，.由最小二乘法得经验回归方程为，
则 ______；为判断拟合效果，通过经验回归方程求得预测值
，若残差平方和，则决定系数 _____
参考公式：决定系数
0.98
解析：由题意,则 .
将，代入经验回归方程 .
得，解得，所以 ；
，所以 .
考点三 独立性检验
基于小概率值 的检验规则是：
当 时，我们就推断不成立，即认为和 不独立，该推断
犯错误的概率不超过 ；
当 时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和 独立.
［例3］ （2024·湘潭质量检测）某学校为了提高学生的身体素质，举行
了跑步竞赛活动，活动分为长跑、短跑两类项目，且该班级所有同学均参
加活动，每位同学选择一项活动参加.若采用分层随机抽样按性别从该班级
中抽取6名同学，其中有男同学4名，女同学2名．
类别 长跑 短跑
男同学 30 10
女同学 10
（1）求 的值以及该班同学选择长跑的概率；
【解】因为采用分层随机抽样按性别从该班级中抽取6名同学，其中有男
同学4名，女同学2名，所以男、女同学的比例为，则 ，故
，所以该班同学选择长跑的概率为 .
（2）依据小概率值 的独立性检验，能否推断选择跑步项目的类
别与学生性别有关
附：，其中 .
0.05 0.01 0.001
3.841 6.635 10.828
【解】 依题意，得到 列联表，如下，
单位：人
性别 项目 合计
长跑 短跑 男 30 10 40
女 10 10 20
合计 40 20 60
零假设为 选择跑步项目的类别与学生性别无关，
，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
认为选择跑步项目的类别与学生性别无关.
独立性检验的步骤
（1）分析数据：根据条件中提供的数据准确分析数据，绘制列联表，
并写出零假设.
（2）准确计算：计算的值，确保计算准确.
（3）作出结论：将的值与临界值 进行对比，当 时，推断
不成立，即“有关”；当 时，没有充分的证据判断不成立，
即“无关”.
［对点训练］ （多选）（2024·聊城部分学校联考）2023年5月30日，搭
载神舟十六号载人飞船的长征二号 遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心
成功发射．某学校调查学生对神舟十六号的关注与性别是否有关，随机抽
样调查了1 000名学生，进行独立性检验，计算得到 ．依据表
中给出的 独立性检验中的小概率值和相应的临界值，作出下列判断，正
确的是( )
A.零假设为 对神舟十六
号的关注与性别独立
B.根据小概率值 的独立性检验，可以认为对神舟十六号的关注
与性别独立
C.根据小概率值 的独立性检验，可以认为对神舟十六号的关
注与性别不独立，此推断犯错误的概率不大于
D.根据小概率值 的独立性检验，可以认为对神舟十六号的关
注与性别独立
0.05 0.01 0.005 0.001
3.841 6.635 7.879 10.828
解析： 选 .易知A正确；对于B，C，因为
，所以根据小概率值 的独立性检
验，可以认为对神舟十六号的关注与性别不独立，此推断犯错误的概率不
大于 ，故B错误，C正确；对于D，因为
，所以根据小概率值 的独立性
检验，可以认为对神舟十六号的关注与性别独立，故D正确.(共32张PPT)
第4讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.（2024·绵阳部分学校联考）已知随机变量， ，
，则 ( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.由题意，得
解得 所以
.
2.已知随机变量，且 ，则
( )
D
A.0.14 B.0.62 C.0.72 D.0.86
解析：选D.因为随机变量服从正态分布 ，所以
，且 ，所以
.
3.某超市销售的袋装海藻碘盐的质量 （单位：克）服从正态分布
，某顾客购买了4袋海藻碘盐，则至少有2袋盐的质量超过400克
的概率为( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.因为超市销售的袋装海藻碘盐的质量 （单位：克）服从正
态分布，所以每袋盐超过400克的概率为 ，不超过400克的概率
为.则有0袋盐的质量超过400克的概率为 ，有1袋盐的质量超过
400克的概率为 ，所以至少有2袋盐的质量超过400克的概
率为 .
4.（多选）（2024·湖北十一名校联考）若 ，则下列说法
正确的有( )
ACD
A.
B.
C.
D.
解析：选.由题知， .对于A，
，故A正确；对于B， ，故B
错误；对于C， ，
，因为 ，所以
，故C正确；对于D，
，
，因为
，所以
，故D正确.
5.（多选）（2024·莆田二中月考）下列说法正确的有( )
BCD
A.从3名男生、2名女生中选取2人，则其中至少有1名女生的概率为
B.若随机变量，，则方差
C.若随机变量，，则
D.已知随机变量的分布列为 ，则
解析：选 .对于A，从3名男生、2名女生中选取2人，则其中至少有
1名女生的概率，A错误；对于B， ，
所以，B正确；对于C，随机变量 且
，则 ，C正确；对于D，因为
，所以， ，
，所以，解得，所以 ，D正确.
6.（2024·上海模拟）现有甲、乙两人进行羽毛球比赛，已知每局比赛甲
胜的概率为，乙胜的概率为 ，规定谁先胜3局谁赢得胜利，则甲赢得胜
利的概率为___.（用最简分数表示答案）
解析：显然比赛3局甲赢得胜利的概率 ;比赛4局甲赢得胜利
的概率 ;比赛5局甲赢得胜利的概率
,所以甲赢得胜利的概率为
.
7.（2024·福建适应性练习）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 .那么，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约为_________.（若 ，则
， ，
）
解析：记技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标的均值为 ，标
准差为，技术改造后，该企业生产的该种零部件质量指标的均值为 ，
标准差为，由题知，， ，
，所以技术改造
前的优品率约为，技术改造后的优品率约为 ，优品率之差
约为 .
8.（2024·湖北七市调研）某高中学校为了解学生参加体育锻炼的情况，
统计了全校所有学生在一年内每周参加体育锻炼的次数，现随机抽取了60
名同学在某一周参加体育锻炼的数据，结果如下表：
一周参加体育锻炼次数 0 1 2 3 4 5 6 7 合计
男生人数 1 2 4 5 6 5 4 3 30
女生人数 4 5 5 6 4 3 2 1 30
合计 5 7 9 11 10 8 6 4 60
（1）若将一周参加体育锻炼次数为0的称为“极度缺乏锻炼”，“极度缺乏
锻炼”会导致肥胖等诸多健康问题.以样本频率估计概率，在全校抽取20名
同学，其中“极度缺乏锻炼”的人数为，求和 ；
解：因为学校总的学生人数远大于所抽取的学生人数，故 近似服从二项
分布，易知随机抽取1名同学为“极度缺乏锻炼”者的概率 .即可
得,,故, .
（2）若将一周参加体育锻炼6次或7次的同学称为“运动爱好者”，为进一
步了解他们的生活习惯，在样本的10名“运动爱好者”中，随机抽取3人进
行访谈，设抽取的3人中男生人数为，求 的分布列和均值．
解：易知10名“运动爱好者”有7名男生，3名女生，所以 的所有可能取值
为0，1，2，3，且 服从超几何分布，
， ，
， ，
故所求分布列为
Y 0 1 2 3
P
可得 .
［B 综合运用］
9.（多选）（2024·哈尔滨部分学校联考）已知两种不同型号的电子元件
的使用寿命（分别记为，）均服从正态分布，其中 ，
，这两个正态密度曲线如图所示，则下列说法正确的是
( )
参考数据：若，则 ，
.
A.
B.对于任意的正数，都有
C.
D.
解析：选 .对于A，
，
故A正确；对于B，对于任意的正数，由题图知 对应的区域面
积始终大于对应的区域面积，所以 ，故B正
确；对于C，由正态密度曲线可知，所以 ，
故C错误；对于D，由正态密度曲线可知 ，所以
，故D正确.
10.（多选）（2024·南京段考）甲、乙两人进行围棋比赛，共比赛
局，且每局比赛甲获胜的概率和乙获胜的概率均为 .如果某人
获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为
，则下列说法正确的是( )
BC
A. B.
C. D.的最大值为
解析：选 .若甲、乙比赛4局,甲获胜，则甲在4局比赛中至少胜3局，
所以 ，故A错误；若甲、乙比赛6局，甲获胜，
则甲在6局比赛中至少胜4局，所以 ，
故B正确；若甲、乙比赛 局，甲获胜，则甲胜的局数至少为
局，所以 ，故C正确；因为 ，故D错误.
11.泊松分布是统计学里常见的离散型概率分布，由法国数学家泊松首次提
出．泊松分布的概率分布列为，其中
为自然对数的底数， 是泊松分布的均值．已知某种商品每周销售的件数
相互独立，且服从参数为 的泊松分布．若每周销售1件该商品与
每周销售2件该商品的概率相等，则两周共销售2件该商品的概率为___．
解析：依题意得，即，解得 ，所以
，所以 ，
， ，则两周共销售2件的
概率为 .
12.某高校通过自主招生方式在某市招收一名优秀的高三毕业生，经过层层
筛选，甲、乙两名学生进入最后测试，该校设计了一个测试方案：甲、乙
两名学生各自从6个问题中随机抽取3个问题．已知这6个问题中，学生甲
能正确回答其中的4个问题，而学生乙能正确回答每个问题的概率均为 ，
甲、乙两名学生对每个问题的回答都是相互独立的．
（1）求甲、乙两名学生共答对2个问题的概率；
解：由题意得，甲、乙两名学生共答对2个问题的概率为
.
（2）请从均值和方差的角度分析甲、乙两名学生谁被录取的可能性更大？
解：设学生甲答对的题数为，则 的所有可能取值为1，2，3，
， ，
，
则 ，
.
设学生乙答对的题数为，则 的所有可能取值为0，1，2，3，
由题意知 ，
则， ，
因为， ，
所以甲被录取的可能性更大.
［C 素养提升］
13.设某人在次射击中击中目标的次数为，，其中 ，
，记“击中奇数次”为事件 ，则( )
C
A.若，，则取最大值时
B.当时， 取得最小值
C.当时，随着 的增大而增大
D.当时，随着 的增大而减小
解析：选C.对于A，在10次射击中击中目标的次数 ，所
以.因为 取最
大值，所以 即
化简得
解得.因为且 ，所以
，即当时， 取最大值，A不正确；
对于B，
，当时， 取得最大值，B
不正确；对于C，D，因为
，所以 ，
所以 ，所以 ，当
时，， 为正项且递增的数列，所以
随着的增大而增大，C正确；当时， ，
为正负交替的摆动数列，所以不会随着 的增大而减小，
D不正确.
14.（2024·江西名校联盟）已知某客运轮渡最大载客质量为 ，且
乘客的体重（单位：）服从正态分布 .
（1）记为任意两名乘客中体重超过的人数，求 的分布列及均值
（所有结果均精确到 ）；
解：由乘客的体重（单位：）服从正态分布可得 ，
，则可得
，即任
意一名乘客体重大于的概率约为 ，
则 的所有可能取值为0，1，2，
，
，
.
所以 的分布列为
X 0 1 2
P 0.708 0.267 0.025
故 .
（2）设随机变量相互独立，且服从正态分布 ，
记，则当时，可认为 服从标准正态分布 .若保
证该轮渡不超载的概率不低于 ，求最多可运载多少名乘客.
附：若，则；若 ，
则；， ，
.
解：设为第位乘客的体重，则 ，其中
，，所以 ，
由可得， ,即
，可得 ，解得
，即 .
所以保证该轮渡不超载的概率不低于 ，最多可运载64名乘客.(共20张PPT)
提升点7
专题强化训练
1.（2024·徐州适应性测试）某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进
行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和
不太主动预习两类，设事件学习兴趣高，事件 主动预习.据统计显
示，，， .
（1）计算和的值，并判断与 是否相互独立；
解：由已知 ，
，
又因为 ，
所以 ，
所以 ，
又 ，
所以，所以与 不相互独立.
（2）为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层随机抽样的方式
抽取了一个容量为 的样本，利用独立性检验，计算得
.为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原本的
倍，根据小概率值 的独立性检验，认为学习兴趣与主
动预习有关，试确定 的最小值.
附：，其中 .
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
解：假设原列联表为
预习 兴趣 合计
高 一般 主动
不太主动
合计
根据原数据有 .
若将样本容量调整为原来的 倍，
则新的列联表为
预习 兴趣 合计
高 一般 主动
不太主动
合计
则新的，解得 ，
又，所以 的最小值为6.
2.高性能计算芯片是一切人工智能的基础.国内某企业已启动 芯片试生产，
试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测.智能检测在生产线
上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测三项指标，且智能检测
三项指标达标的概率分别为，， ，人工检测仅对智能检测达标
（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标.人工
检测综合指标不达标的概率为 .
（1）求每个 芯片智能检测不达标的概率；
解：记事件“每个 芯片智能检测不达标”，则
.
（2）人工检测抽检50个芯片，记事件“恰有1个不达标”的概率为 ，
当时，取得最大值，求 ；
解：由题意得， ，
所以 ，
令，则或 （舍去），
当时，，所以函数 单调递增；
当时，，所以函数单调递减,所以在 处
取得最大值，即 .
（3）若芯片的合格率不超过 时，则需对生产工序进行改良.以（2）
中确定的作为 的值，试判断该企业是否需要对生产工序进行改良.
解：记事件 “人工检测达标”，
则 ，
又 ，
所以 ，
所以该企业需要对生产工序进行改良.
3.（2024·潍坊模拟）若 ， 是样本空间 上的两个离散型随机变量，
则称是 上的二维离散型随机变量或二维随机向量.设 的一切可
能取值为，，，2， ，记表示在 中出现的概率，
其中 .
（1）将3个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的3个盒子中，记1号
盒子中的小球个数为 ，2号盒子中的小球个数为 ，则 是一个二维
离散型随机变量.
①写出该二维离散型随机变量 的所有可能取值；
解：该二维离散型随机变量的所有可能取值为， ，
，，，，，，， .
②若是①中的值，求（结果用， 表示）.
解：由题意得 ，
.
因为 ，
，所以 .
（2）称为二维离散型随机变量关于 的边缘分布律或边际
分布律，求证： .
证明：由定义及全概率公式知，
.
4.（2024·重庆调研）马尔可夫链可以说是机器学习和人工智能的基石，
在自然语言处理、天气预测、语音识别方面都有着极其广泛的应用，因俄
国数学家安德雷·马尔可夫得名.它的一个关键特性是无记忆性，即已知目
标当前的状态，就可以确定目标将来的状态，而与目标过去如何变化无关.
假设数轴的原点上有一只蚂蚱，它每秒朝数轴正方向跳跃一次.有 的概率
跳1个单位长度，的概率跳2个单位长度， 的概率跳3个单位长度.如果我
们知道某个时刻（，单位：秒）蚂蚱在数轴上的位置 ，那
么时刻蚂蚱在数轴上的位置也是确定的，即有的概率在， 的
概率在，的概率在.不管蚂蚱在时刻之前是如何跳的，在
时刻的位置都是确定的.按照上面的定义，蚂蚱的位置变化就具有无记忆性.
对于自然数，我们约定表示蚂蚱会落在 的概率.例如：蚂蚱要落在2，
要么第一次跳2个单位长度，要么第一次和第二次都跳1个单位长度也就是
.
（1）计算， ；
解：落在0的概率，落在1的概率 .
落在3有3种可能：从0跳3个单位长度,从1跳2个单位长度,从2跳1个单位长
度,所以 .
落在4有3种可能：从1跳3个单位长度，从2跳2个单位长度，从3跳1个单位
长度.
所以 .
（2）证明：对一切正整数，都有 ，并
且 是常数；
证明：蚂蚱要落在有3种可能：从跳1个单位长度，从
跳2个单位长度，从 跳3个单位长度.
所以 ，
变形得 .
记 ，
则 ,
所以 是常数列，
而 ，
因此对一切， 是常数.
（3）蚂蚱落在，， 中哪个的概率最大？
解：由（2）可得 ，
，
因此 ，
.
可得
.
同理
，
所以， ，
即蚂蚱落在2 025的概率最大.(共31张PPT)
第4讲 常见的概率分布
考情分析 备考关键
考点 超几何分布、二项分布及正态分布. 考法 超几何分布、二项分布及正态分布 是历年高考命题必考的内容，主要是以解 答题的形式进行考查，命题多与统计图表 相结合，命题的重点是离散型随机变量的 分布列及其均值. 一是要熟练掌握各种概型的特
点与计算公式，注意区分超几
何分布与二项分布；二是要灵
活利用正态分布的对称性求
值；三是要掌握概率在决策中
的作用.
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（多选）（2023·新课标Ⅱ卷）在信道内传输0，1信号，信号的传输相
互独立.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 ．考虑两
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）( )
A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为
B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为
C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为
D.当 时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于
采用单次传输方案译码为0的概率
解析： 选 .对于A，所求概率为
，A正确；对于B，所求概率
为 ，B正确；对于C，记发送1，译码为1为
事件，则 ，故所求概率为
，C错误；对于D，
由C知，三次传输，若发送0，则译码为0的概率 ，
单次传输，若发送0，则译码为0的概率 ，且， 因
此 ，即
，D正确.
2.（2022·新高考Ⅱ卷）已知随机变量服从正态分布, ，且
，则 _____．
0.14
解析：由题意可知， ，故
.
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 超几何分布
［例1］ 现有4个红球和4个黄球，将其分配到甲、乙两个盒子中，每个盒
子中4个球.
（1）求甲盒子中有2个红球和2个黄球的概率；
【解】由题可知，甲盒子中有2个红球和2个黄球的概率 .
（2）已知甲盒子中有3个红球和1个黄球；若同时从甲、乙两个盒子中取
出个球进行交换，记交换后甲盒子中的红球个数为， 的均
值为.证明： .
证明：由题可得，交换前乙盒中有1个红球，3个黄球，则当时， 的
取值可能是2，3，4，
且 ，
，
，
则 .
当时， 的取值可能是0，1，2，
且 ，
，
，
则 .
故 .
解决超几何分布问题的两个关键点
（1）注意公式中各字母的取值范围及意义，解决问题时可以直接利用公
式求解，但不能机械地记忆.
（2）在超几何分布中，只要知道，，就可以利用公式求出取不同
值时的概率，从而求出的分布列，进而利用公式求均值.
［对点训练］ （2024·合肥质量检测）2023年9月26日，第十四届中国
（合肥）国际园林博览会在合肥开幕.本届园博会以“生态优先，百姓园博”
为主题，共设有5个省内展园、26个省外展园和7个国际展园，开园面积近
3.23平方公里.游客可通过乘坐观光车、骑自行车和步行三种方式游园．
（1）若游客甲计划在5个省内展园和7个国际展园中随机选择2个展园游玩，
记甲参观省内展园的数量为，求的分布列及均值 ；
解：由题意知， 所有可能取值为0，1，2，则
，
，
，
可知 的分布列为
X 0 1 2
P
所以 .
（2）为更好地服务游客，主办方随机调查了500名首次游园且只选择一种
游园方式的游客，其选择的游园方式和游园结果的统计数据如下表：
游园方式 游园结果 观光车 自行车 步行
参观完所有展园 80 80 40
未参观完所有展园 20 120 160
用频率估计概率.若游客乙首次游园，选择上述三种游园方式的一种，求游
园结束时乙能参观完所有展园的概率.
解：记事件为“游客乙乘坐观光车游园”，事件 为“游客乙骑自行车游
园”，事件为“游客乙步行游园”，事件 为“游园结束时，乙能参观完所
有展园”，由题意可知，
，，， ，
，，由全概率公式可得 ，所以游园结束时，乙能参观完所有展园的概率为0.4.
考点二 二项分布
若,则,,1,2, ， .
, .
［例2］ （2024·兰州诊断考试）某校高三某次数学月考中，单选题每题
有四个选项，有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错得0分.已知某同学
对其中4道单选题完全没有答题思路，只能随机选择一个选项作答，且每
题的解答相互独立.记该同学在这4道单选题中答对的题数为随机变量 .
（1）求 ；
【解】这4道单选题中该同学答对每道单选题的概率均为 ，
易知 ，
所以 .
（2）求使得取最大值时的整数 .
【解】 ， ，1，2，3，4，
由
解得，所以 ，
即取最大值时， .
二项分布的解题策略
［对点训练］ （多选）同时抛掷两枚质地均匀的正方体骰子，若出现的
点数是2倍关系，则称这次抛掷“漂亮”．规定抛掷一次“漂亮”得分为3，否
则得分为．若抛掷30次，记累计得分为 ，则( )
BCD
A.抛掷一次，“漂亮”的概率为 B.当 时，“漂亮”的次数必为8
C. D.
【解析】 选 .由题可知，同时抛掷两枚质地均匀的正方体骰子，出现
的点数有36种等可能的结果，其中出现的点数是2倍关系的有6种等可能的
结果，所以抛掷一次，“漂亮”的概率为 ，故A错误；记抛掷30次，
抛掷“漂亮”的次数为，则， ，
当时，，即 ，故B正确；所以
， ，所以
， ，故C，D正确.
考点三 正态分布
解决正态分布问题的三个关键点
（1）对称轴为直线 .
（2）样本标准差 .
（3）分布区间：利用 原则求概率时，要注意利用 ， 分布区间的
特征把所求的范围转化为 的特殊区间.
［例3］ （2024·石家庄质量检测）某市教育局为了解高三学生的学习
情况，组织了一次摸底考试，共有50 000名学生参加这次考试，数学成
绩 近似服从正态分布，其正态密度函数为， 且
，则该市这次考试数学成绩超过110分的学生人数
约为( )
D
A.2 000 B.3 000 C.4 000 D.5 000
【解析】 因为正态密度函数为，所以 ，所以
正态曲线关于直线对称，所以 ，又
，所以 ，又共
有50 000名学生参加这次考试，所以该市这次考试数学成绩超过110分的
学生人数约为 .
正态分布下2类常见的概率计算
（1）利用正态密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是
正态曲线关于直线 对称，曲线与 轴之间的面积为1.
（2）利用 原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量
的 ， 进行对比联系，确定它们属于 ，
， 中的哪一个.
［对点训练］ 1.（多选）
已知正态分布 的正态密度曲线如图所示，则下列选项中，可以表
示图中阴影部分面积的是( )
ABC
A. B.
C. D.
解析：选.正态分布的正态密度曲线关于直线 对称.由
对称性知题图中阴影部分的面积可表示为
，故A正确；由对
称性可得 ，所以题图中阴影部分的面积可表示为
，故B正确；由对称性可得
，所以题图中阴影部分的面积可表示为
，故C正确；由对称性可得
，故D错误.
2.（2024·重庆调研）已知某社区居民每周运动的总时间为随机变量
（单位：），且， .现从该社区中随机抽取
3名居民，则至少有两名居民每周运动总时间为5至 的概率为( )
B
A.0.642 B.0.648 C.0.722 D.0.748
解析：选B.因为， ，所以根据正态曲线
的对称性可得， .设抽取的3名居民中每
周运动总时间为5至的人数为，则 ，则至少有两名居民每
周运动总时间为5至 的概率为
.(共34张PPT)
第3讲 随机变量的均值与方差
考情分析 备考关键
考点 随机变量的均值与方差的计算、实际生 活中的决策问题. 考法 主要以解答题的形式考查独立事件的概 率，以及随机变量的分布列、均值、方差， 也经常与函数、数列结合考查.试题以解答题 为主，中等难度. 熟练掌握离散型随机变量
的取值，确定其对应的事
件，并要学会数据的提取
与分析，还应学会根据数
据做出判断与决策.
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（2022·全国甲卷）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，
每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总
得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为
，， ，各项目的比赛结果相互独立．
（1）求甲学校获得冠军的概率；
解：设甲学校获得冠军为事件 ，则甲学校必须获胜2场或者3场.
.
故甲学校获得冠军的概率为0.6.
（2）用表示乙学校的总得分，求 的分布列与期望．
解： 的取值可以为0，10，20，30.
，
，
，
.
所以 的分布列为
0 10 20 30
0.16 0.44 0.34 0.06
所以 .
2.（2024·北京卷节选）某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情
况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份，记录并整理这些保
单的索赔情况，获得数据如下表：
索赔次数 0 1 2 3 4
保单份数 800 100 60 30 10
假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8
万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.
假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
解：方法一（正面计算）：记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为
事件 ，
由索赔次数不少于2，知索赔次数为2，3，4，
所以 .
方法二（反面计算）：记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件 ，
由索赔次数不少于2，知可利用间接法计算，
则 .
（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
记为一份保单的毛利润，估计的数学期望 .
解：由题知的所有可能取值为，，，， ，
则 ,
,
,
,
,
故 .
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 随机变量的均值与方差的计算
离散型随机变量 的分布列为
… …
… …
则：（1）,,2, , ;
（2） ;
（3） ;
（4） ；
（5）若，则, .
［例1］ （2024·济南模拟）抛掷两枚质地均匀的骰子，所得的点数分别
为,，记的取值为随机变量，其中表示不超过 的最大整数.
（1）求在的条件下， 的概率；
【解】记抛掷骰子的样本点为，则样本空间 ,
,,，则 ，
记事件“”，记事件“ ”，
则,,},且,又 ,
,,,,,,,,,,, ,
,
则 ,
所以，即在的条件下，的概率为 .
（2）求 的分布列及其均值.
【解】 所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.
, ,
, ,
,, ,
所以 的分布列为
X 0 1 2 3 4 5 6
P
所以 .
解决离散型随机变量分布列问题的两个关键点
（1）正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各
类概率公式求概率；
（2）正确求出随机变量的分布列，若随机变量服从特殊分布，则可直接
使用公式求解.
［对点训练］ 1.（多选）设离散型随机变量 的分布列如表所示：
X 1 2 3 4 5
P 0.1 0.2 0.3
若离散型随机变量，且 ，则( )
BC
A. B. C. D.
解析： 选 .由
,得
，又由，得 ，从
而得，，故A错误，B正确； ，
故C正确；因为
，所以 ，故D错误.
2.（2024·普通高考适应性测试）已知盒中有标记数字为1，2，3，4的小
球各2个，随机一次取出3个小球.
（1）求取出的3个小球上的数字都不同的概率；
解：从8个小球中，随机一次取出3个小球，共有 种结果.
先从数字1，2，3，4中选择3个数字，再从选定的数字中各取1个小球，共
有 种结果.
记事件“取出的3个小球上的数字都不同”，则 .
所以取出的3个小球上的数字都不同的概率为 .
（2）记取出的3个小球上的最小数字为，求的分布列及均值 .
解：因为为取出的3个小球上的最小数字，所以 的所有可能取值为1，2，
3，
，
，
.
故 的分布列为
1 2 3
故 .
考点二 实际生活中的决策问题
［例2］ （2024·湖南九校联考）猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃
声来猜歌名，该游戏中有，， 三首歌曲.嘉宾甲参加猜歌名游戏，需从三
首歌曲中各随机选一首，自主选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有
资格猜下一首，并且获得本歌曲对应的奖励基金.假设甲猜对每首歌曲的歌名
相互独立，猜对三首歌曲的概率及猜对时获得相应的奖励基金如下表：
歌曲 A B C
猜对的概率 0.8 0.5 0.5
获得的奖励基金金额/元 1 000 2 000 3 000
（1）求甲按“，， ”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名的概率；
【解】由题意可知甲按“，， ”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名分两
种情况：只猜对，，猜对，， ，这两种情况不会同时发生.
设“甲按，，的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名”为事件 ，
由甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，可得
.
（2）甲决定按“，，”或者“，， ”两种顺序猜歌名，请你计算两
种猜歌顺序嘉宾甲获得奖励基金的均值；为了得到更多的奖励基金，请你
给出合理的选择建议，并说明理由.
【解】 甲按“，，”的顺序猜歌名，获得的奖励基金记为，则 的所
有可能取值为0，，， ，
，
，
，
，
所以 ；
甲按“，，”的顺序猜歌名，获得的奖励基金记为，则 的所有可能取
值为0，，， ，
，
，
，
，
所以
.
由于 ,
,
由于， ，所以为了得到更多的奖励基金，应该
按“，， ”的顺序猜歌名.
决策类问题的解题关注点
（1）关注均值：随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平.
（2）关注方差：方差反映了随机变量稳定于均值的程度，方差和均值从整
体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据.
（3）先后顺序：一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．
［对点训练］ 某投资公司计划在某年年初将1 000万元投资到“销售某农
产品”的项目上，现有两种销售方案可供选择：方案一：线下销售，根据
市场调研，利用传统的线下销售，到年底可能获利，可能亏损 ，
也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，， ．方案二：线
上直播销售，根据市场调研，利用线上直播销售，到年底可能获利 ，
可能亏损，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为， ，
．针对以上两种销售方案，请你从均值和方差的角度为该投资公司选择
一个合理的方案，并说明理由．
解：若选方案一，设获利万元，则的可能取值为300， ，0，则
的分布列为
300 0
.
（或 ）.
若选方案二，设获利万元，则的可能取值为500，，0，则 的
分布列为
500 0
.
（或 ）.
由， 得，
①方案一与方案二的利润均值差异不大，但方案二的方差要比方案一的方
差大得多，从稳定性方面看方案一即线下销售更稳妥，故选方案一.
②方案一的利润均值低于方案二，故选方案二.(共37张PPT)
第5讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.（2024·连云港调研）歌唱比赛共有11位评委分别给出某选手的原始评
分，评定该选手的成绩时，从11个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，
得到9个有效评分.9个有效评分与11个原始评分相比，一定不变的数字特征
是( )
D
A.平均数 B.极差 C.方差 D.中位数
解析：选D.设11位评委评分按从小到大排列为，，，， ，
，，，.则原始中位数为，去掉最低分，最高分 后剩余
，，， ，，，，中位数仍为 ，所以D正确.
2.已知某地区中小学生人数分布情况
如图1所示，为了解该地区中小学生
的近视情况，卫生部门根据当地中小
学生人数，用分层随机抽样的方法抽
D
A. B. C. D.
取了 的学生进行调查，调查数据如图2所示，则估计该地区中小学生
的平均近视率为( )
解析：选D.根据题意，抽取的样本容量为
，其中小学生、初中生、高中生
抽取人数分别为350，450，200，根据题图2知抽取的小学生、初中生、高
中生中，近视的人数分别为35，135，100，所以该地区中小学生的平均近
视率为 .
3.近年来，我国云计算市场规模持续增长．某科技公司云计算市场规模
与年份代码的关系可以用模型拟合，设 ，2020年至
2024年的数据统计如表所示：
年份 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年
年份代码 1 2 3 4 5
云计算市场规模 7 20 71 200 505
0.85 1.3 1.85 2.3 2.7
若根据上表得到经验回归方程 ，则该科技公司2027年云计算
市场规模约为( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.由题表知， ，
，将， 代入经验回归方程
，可得，即 ，
所以关于的经验回归方程为，2027年即当 时，
，此时 .
4.（多选）（2024·贵阳适应性考试）设样本数据1，3，5，6，9，11，
的平均数为，中位数为，方差为 ，则( )
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则样本数据的 分位数为11
解析：选 .对于A，根据平均数的定义得，
，得 ，A正确；对于B，根据中
位数的定义得，当时，，B正确；对于C，若 ，则
，，C错误；对于D，，所以 分位数为按从小到大顺序排列后的第6个数11，D正确.
5.（多选）（2024·黄山模拟）下列说法正确的有( )
D
A.已知关于的经验回归方程为，则样本点 的残差的
绝对值为2.2
B.若随机变量，，则
C.若样本数据,, ,的方差为3，则数据,, ,
的方差为18
D.若事件,满足，， ，则有
解析：选.对于A，当时， ，所以样
本点的残差的绝对值为 ，故A正确;对于B，
若随机变量， ，则
，故B正确；
对于C，若样本数据，， ，的方差为3，则数据 ，
， ，的方差为 ，故C错误；对于D，若事
件A，B满足，， ，由条件概率公式可得
，则 ，因此，
，故D正确.
6.某设备的使用年限与所支出的维修费用的统计数据如下表：
使用年限 年 2 3 4 5 6
维修费用 万元 1.5 4.5 5.5 6.5 7.0
根据上表可得经验回归方程为，据此模型预测，若使用年限为14
年，估计维修费约为____万元.
18
解析：， ，则样本点的中心为
，代入经验回归方程可得 ，则
，当时， （万元），即估
计使用14年时，维修费用是18万元.
7.某校抽取100名学生做体能测试，其中百米测
试中，成绩全部介于与 之间，将测试结
果分成五组：第一组，第二组 ，
第三组，第四组 ，第五组
．如图是按上述分组方法得到的频率分
布直方图，若成绩低于 即为优秀，如果优秀的
人数为14,则 的估计值是_____.
14.5
解析：优秀人数的频率为，测试结果位于 的频率为
，测试结果位于 的频率为
，所以 ，由题意可得
，解得 .
8.（2024·抚顺模拟）某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的
数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班
级中随机抽取1名学生，设 “抽取的学生期末统考中的数学成绩不及
格”，“抽取的学生建立了个性化错题本”，且 ，
， .
（1）求和 ；
解：因为，， ，
所以，， .
由 ，
解得，所以 .
则 ，
解得 .
（2）若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据 的独立性
检验判断学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关？
单位：名
个性化错题本 期末统考中的数学成绩 合计
及格 不及格 建立
未建立
合计
参考公式及数据：， .
0.01 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
解：由题完成列联表：
单位：名
个性化错题本 期末统考中的数学成绩 合计
及格 不及格 建立 20 4 24 未建立 4 8 12 合计 24 12 36 零假设为 学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本无关.
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，推断 不成立，即认为学生期末
统考中的数学成绩与建立个性化错题本有关，此推断犯错误的概率不大于
0.005.
［B 综合运用］
9.（多选）（2024·南京盐城调研）某乡镇为了考核甲、乙两村的文化惠
民工程，在两村的村民中进行满意度测评，满分100分，规定：评分高于
80分的为“高度满意”，评分低于60分的为“不满意”.经统计发现甲村的评分
和乙村的评分都近似服从正态分布，其中 ，
， ，则( )
A.对应的正态曲线比 对应的正态曲线更扁平
B.甲村评分的平均分低于乙村评分的平均分
C.甲村的高度满意率与不满意率相等
D.乙村的高度满意率比不满意率大
解析：选.标准差 越大，则数据越分散，曲线越扁平，由
知对应的正态曲线比 对应的正态曲线更扁平，故A错误；
甲村评分的平均分为70分，乙村评分的平均分为75分，故B正确；因为点
与点关于直线对称，所以 ，
故C正确；因为点与点关于直线 对称，所以
，故D正确.
10.已知数据，， ，的平均数、中位数、方差分别为，，
（其中），数据，， ， 的平均数、中位
数、方差分别为，，，则 ( )
B
A.5 B.6 C.7 D.8
解析：选B.由题意得 ,
， ，
,
，
所以 .
11.在某次调查中，采用样本量按比例分配的分层随机抽样，部分数据如表
所示.
样品类别 样本容量 平均数 方差
A 10 3.5 2
B 30 5.5 1
根据这些数据可计算出总样本的方差为___.
2
解析：设总样本量为，由题意得样本量为， 样本量为
，假设的样本数据为， 的样本数据为
，则总样本平均数
，所以总样
本方差 .
12.（2024·南京六校联考）某制药公司研发一种新药，需要研究某种药物
成分的含量（单位：）与药效指标值（单位： ）之间的关系，该
公司研发部门进行了20次试验，统计得到一组数据 ，
其中，分别表示第 次试验中这种药物成分的含量和相应的药效指标值，
已知该组数据中与之间具有线性相关关系，且 ，
，， .
（1）求关于的经验回归方程 ；
解：， ，所以
， ，所
以关于的经验回归方程为 .
（2）该公司要用与两套设备同时生产该种新药，已知设备 的生产效
率是设备的2倍，设备生产药品的不合格率为，设备 生产药品
的不合格率为，且设备与 生产的药品是否合格相互独立.从该公
司生产的新药中随机抽取一件，求所抽药品为不合格品的概率.
参考公式：， .
解：设事件表示“随机抽取一件药品由设备生产”，事件 表示“随机抽
取一件药品由设备生产”，事件 表示“所抽药品为不合格品”，因为设备
的生产效率是设备的2倍，所以， ，
， ，所以
.
［C 素养提升］
13.（多选）（2024·南昌一模）某环保局对辖区内甲、乙两个地区的环境
治理情况进行检查督导，若连续10天，每天空气质量指数（单位： ）
不超过100，则认为该地区环境治理达标，否则认为该地区环境治理不达
标.已知甲、乙两地区连续10天检查所得数据特征是：甲地区平均数为80，
方差为40，乙地区平均数为70，方差为90.则下列推断一定正确的是
( )
A.甲、乙两地区这10天检查所得共20个数据的平均数是75
B.甲、乙两地区这10天检查所得共20个数据的方差是65
C.甲地区环境治理达标
D.乙地区环境治理达标
解析：选 .甲地区平均数为80，乙地区平均数为70，则甲、乙两地
区这10天检查所得共20个数据的平均数是 ，故A正确；设
甲、乙两地区连续10天检查所得数据分别为和，，2，3， ，
10，所以，得 ，
，得，由，所以 ，
由 ，所以
，甲、乙两地区这10天检查所得共20个数据的方差是
，故B错误；
甲地区平均数为80，方差为40，如果这10天中有一天空气质量指数大于
100，那么它的方差就一定大于 ，所以能确定甲地
区连续10天，每天空气质量指数不超过100，所以甲地区环境治理达标，
故C正确；乙地区平均数为70，方差为90，如果这10天中有一天空气质量
指数大于100，那么它的方差就一定大于 ，所以能
确定乙地区连续10天，每天空气质量指数不超过100，所以乙地区环境治
理达标，故D正确.
14.某校举办乒乓球颠球比赛，现从高一年级1 000名学生中随机选出40名
学生统计成绩（单位：个），其中24名女生平均成绩 ，标准差
；16名男生平均成绩，标准差 ．
（1）高一年级全员参加颠球比赛的成绩近似服从正态分布 ，若
用这40名参赛同学的样本平均数和标准差 （四舍五入取整数）分别作为
和 ，估计高一年级颠球成绩小于60个的人数（四舍五入取整数）；
解：依题意，，即 ，
，
所以 ，同理
，所以，所以，即 .
因为，且 ，所以
，
所以 ，即估计高一年级颠球成绩小于60
个的人数为23.
（2）颠球比赛决赛采用5局3胜制，甲、乙两名同学争夺冠、亚军，如果
甲每局比赛获胜的概率为 ，在甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率．
附：若，则 ，
， .
解：设事件表示“甲获胜”，事件 表示“甲前2局获胜”，所以
，
，所以 ，
所以在甲获胜的条件下，其前2局获胜的概率为 .(共41张PPT)
第2讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.（2024·广东调研）从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的数相
乘，其结果能被10整除的概率是( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的数相乘的样
本点总数为 ，其中结果能被10整除的只有取2，5这一种情况，故所
求概率为 .
2.已知， 两名学生均打算去甲、乙两个城市中的一个上大学，且两人去
哪个城市互不影响，若去甲城市的概率为，去甲城市的概率为 ，
则， 不去同一个城市上大学的概率为( )
C
A.0.3 B.0.46 C.0.54 D.0.7
解析：选C.设事件“A去甲城市上大学”，事件 “B去甲城市上大
学”，
则,,, ,
则A，B不去同一个城市上大学的概率为
.
3.（2024·西安月考）五岳是中国汉文化中五大名山的总称，分别为东岳
泰山、西岳华山、中岳嵩山、北岳恒山、南岳衡山．某旅游博主为领略五
岳之美，决定用两个月的时间游览完五岳，且每个月只游览五岳中的两大
名山或三大名山（五岳只游览一次），则恰好在同一个月游览华山和恒山
的概率为( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.该旅游博主游览五岳可分两类方法：
第一类，第一个月游览两大名山，从五大名山中任选两大名山，有 种方
法；
第二类，第一个月游览三大名山，从五大名山中任选三大名山，有 种方
法；
由分类加法计数原理可得，共有 种方法．
设 “该旅游博主恰好在同一个月游览华山和恒山”，可分两步完成这件
事：
第一步，从两个月中选一个月游览华山和恒山，有 种方法；
第二步，确定游览华山和恒山的这个月的游览方案，分为两类：
若该月只游览两大名山，则只有1种方法；
若该月浏览三大名山，则再从其余三大名山中任取一大名山游览，有 种
方法，则第二步共有 种方法，由分步乘法计数原理可得，完成
事件A共有 种方法．
由古典概型概率公式得 .
4.（2024·黄冈质检）现有甲、乙两位游客慕名来到某地旅游，都准备从
，，，个著名旅游景点中随机选择一个游玩，设事件 为“甲和乙
至少一人选择景点”，事件为“甲和乙选择的景点不同”，则
( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.由题意可知甲、乙两位游客从4个著名旅游景点中各随机选
择一个游玩，共有种不同的选择方法，其中有 种不
同的选择方法，所以事件A有 种不同的选择方法，所以
.事件A和事件B同时发生，即甲、乙中只有一人选择了景点 ，
事件A和事件B同时发生有 种不同的选择方法，所以
，所以 .
5.随着城市经济的发展，早高峰拥堵问题越发严重，上班时需要选择合理
的出行方式.某公司员工小明每天上班出行的方式有自驾、坐公交车和骑共
享单车，每种方式被选择的概率分别为,,，迟到的概率分别为,, ，若
某天他迟到了，则在此条件下，他自驾去上班的概率是( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.由题意，设事件A表示“小明选择的出行方式为自驾”，事件
B表示“小明选择的出行方式为坐公交车”，事件C表示“小明选择的出行方
式为骑共享单车”，事件D表示“小明上班迟到”，由题知
,,, ，则
，
若小明迟到了，他自驾去上班的概率是
.
6.我国古代的《易经》中有两类最基本的符号：“”和“——”，将“ ”
记作二进制中的“0”，“——”记作二进制中的“1”．如符号“ ”对应二进
制数“ ”，化为十进制数计算如下：
.若从两类最基本的符
号中各取两个按照上面的方式任意叠放，则得到的二进制数所对应的十进
制数小于6的概率为( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.根据题意，所有情况如下：
，
，
，
，
，
，
得到的二进制数所对应的十进制数小于6的概率为 .
7.（多选）已知随机事件,的对立事件分别为，,若 ,
，则( )
ACD
A.
B.
C.若,独立，则
D.若,互斥，则
解析：选 .对于A，
，所以A正确；
对于B， ，所以
B错误；
对于C，若A,B独立，则 ，所以
，所以C正确；
对于D，若A,B互斥，则，所以 ，
，所以 ，所以D正确.
8.（多选）（2024·日照一模）从标有1，2，3， ，8的8张卡片中有放
回地抽取两次，每次抽取一张，依次得到数字，，记点，又
， ，则( )
ACD
A.是锐角的概率为
B.是直角的概率为
C.是锐角三角形的概率为
D.的面积不大于5的概率为
解析：选选项，从标有1，2，3， ，8的8张卡片
中有放回地抽取两次，每次抽取一张，
共有 种情况，如图1，过点作直线，
因为，则直线 ，
其中64个点中，有8个点落在直线 上，剩余56个点中，
一半在直线的上方，一半在直线 的下方，
要想为锐角，则点A应在直线 的下方，
其中满足要求的点有28个，故是锐角的概率为 ，
A正确；
B选项，过点B作直线 ，如图2.
则当A点落在直线上时，满足 为直角，
其中，故直线的斜率为1，
直线的方程为 ，即
，落在直线上的点的坐标有，
， ，，，，共6个，
故是直角的概率为 ，B错误；
C选项，要想为锐角三角形，则点A落在直线 与直线
之间，根据点的坐标特征，点A应落在直线 上，如
图3.满足要求的点有，，，，，， ，
共7个，故是锐角三角形的概率为 ，C正确；
D选项，直线的方程为， ，设直线
， ,如图4.
设直线与直线的距离为 ，
则 ，
令，解得，
且 ,故要想
的面积不大于5，则点A在上，或 的
下方，即点A的坐标满足 ，
则满足要求的点有， ，，，， ， ，
，， ，，,,,,,, ,
,,,,,,,,,,, ,
,
共 （个），
故的面积不大于5的概率为 ，D正确.
9.（多选）（2024·苏州苏大附中月考）某区四所高中各自组建了排球队
（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都
要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规
则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中每支球
队胜、平、负的概率都为 ，则在比赛结束时( )
ABD
A.甲队积分为9分的概率为
B.四支球队的积分总和可能为15分
C.甲队胜3场且乙队胜1场的概率为
D.甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为
解析：选 .对于A，若甲队积分为9分，则甲队胜乙队、丙队、丁队，
所以甲队积分为9分的概率为 ，A正确；
对于B，四支球队共进行6场比赛，如甲队胜乙队、丙队、丁队，而乙队、
丙队、丁队两两之间为平场，则甲队得9分，乙队、丙队、丁队各得2分，
所以四支球队的积分总和可能为15分，B正确；
对于C，每场比赛中每支球队胜、平、负的概率都为 ，则甲队胜3场且乙
队胜1场的概率为 ，C错误；
对于D，甲队输了一场且其积分仍超过其余每支球队的积分，三队中选一
队与甲队比赛，甲队输的概率为 ，如甲丙比赛时甲队输，若甲队与乙
队、丁队的两场比赛一赢一平，则甲队只得4分，这时，丙乙、丙丁两场
比赛中丙队只能输，否则丙队的分数不小于4分，在丙输的情况下，乙队、
丁队1个3分，1个4分，那么它们之间的比赛无论结果如何，乙队、丁队中
有一队得分不小于4分，不合题意；若甲队与乙队、丁队的两场比赛全赢，
则其概率为 ，则甲队得6分，其他三队分数最高为5分，这时丙乙、丙
丁两场比赛中丙队不能赢，否则丙队的分数不小于6分，丙队只能平或
输．①若丙队一平一输，其概率为 ，如平乙队，输丁队，则乙丁
比赛时，丁队不能赢，其概率为；②若丙队两场均平，其概率为 ，乙
丁这场比赛无论结果如何均符合题意；③若丙队两场均输，其概率为 ，
乙丁这场比赛只能平，其概率为 .综上所述，所求概率为
，D正确.
10.已知袋子中有除颜色外完全一样的5个小球，其中有3个红球和2个白
球．现无放回地依次从中摸出1个球，则第一次摸出红球且第二次摸出白
球的概率为___．
解析：记“第一次摸出红球”为事件，“第二次摸出白球”为事件 ，则
， ，由概率的乘法公式得
，即第一次摸出红球且第二次摸出白球的概率
为 ．
11.如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从0出发，每次等可能地
向左或向右移动一个单位长度，共移动6次，则事件“质点位于 的位置”
的概率为___.
解析：由题图可知，若想通过6次移动最终停在 的位置上，则必然需要
向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为，向左移动一次为 ，则
该题可转化为排序的问题，故落在上的排法种数为 ，
所有移动结果的总数为，所以落在上的概率为 .
12.有一批同规格的产品，由甲、乙、丙三家工厂生产，其中甲、乙、丙工
厂分别生产产品3 000件、3 000件、4 000件，而且甲、乙、丙工厂生产
出次品的概率依次为，， ．
（1）现从这批产品中任取一件，则取到次品的概率为_____；
解析：设“任取一件产品，该产品来自甲工厂”为事件 ，“来自乙工厂”为
事件，“来自丙工厂”为事件，则，， 两两互斥，且
，
，
，
.
设“任取一件产品，取到的是次品”为事件 ，
则
.
（2）现从这批产品中任取一件，若取到的是次品，则它是甲工厂生产的
概率为___.
解析：若取到的产品是次品，则它是甲工厂生产的概率为
.
［B 综合运用］
13.（2024·菏泽一模）若数列的通项公式为 ,记在数列
的前项中任取两数都是正数的概率为 ，则( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.当为奇数时，前项中有个奇数项，即有 个正
数，, ，故A错误；
当为偶数时，前项中有个奇数项，即有 个正数，
,
,， ，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
14.（多选）（2024·江苏一模）有 个编号分别为1，2，
3， ， 的盒子，1号盒子中有2个白球和1个黑球，其余盒子中均有1个
白球和1个黑球.现从1号盒子任取一球放入2号盒子；再从2号盒子任取一球
放入3号盒子…以此类推，记“从 号盒子取出的球是白球”为事件
，则( )
BC
A. B.
C. D.
解析：选.对于A， ，所以A错误；
对于B，，故 ，所以B正确；
对于C， ，所以C
正确；
对于D，由题意，当时， ，所以
，又， ，
所以，所以 ，
则 ，所以D错误.
15.猜灯谜，是我国的民俗文娱活动，是从古代就开始流传的元宵节特色活
动.每逢农历正月十五，民间传统会把谜语写在纸条上并将其贴在彩灯上供
人猜.在一次猜灯谜活动中，若甲、乙两名同学分别独立竞猜，甲同学猜对
每个灯谜的概率为，乙同学猜对每个灯谜的概率为 .假设甲、乙猜对每个
灯谜都是等可能的，试求：
（1）若甲、乙任选1个灯谜独立竞猜，求甲、乙恰有1人猜对的概率；
解：设事件“甲猜对1个灯谜”， “乙猜对1个灯谜”，
则， .
“甲、乙恰有1人猜对”为 ，
得
，
所以甲、乙恰有1人猜对的概率为 .
（2）活动规定：若某人任选2个灯谜进行有奖竞猜，都猜对则可以参加在
箱中抽取新春大礼包的活动，抽中的概率是；没有都猜对则参加在 箱
中抽取新春大礼包的活动，抽中的概率是 .求甲同学抽中新春大礼包的概率.
解：设事件“甲同学猜对2个灯谜”， “甲同学抽中新春大礼包”则
，所
以甲同学抽中新春大礼包的概率为 .
16.（2024·沈阳质量监测）某城市有甲、乙两家网约车公司，相关部门为
了更好地监管和服务，通过问卷调查的方式，统计当地网约车用户
（后面简称用户，并假设每位用户只选择其中一家公司的网约车出行）对
甲、乙两家公司的等待时间、乘车舒适度、乘车费用等因素的评价，得到
如下统计结果：
①用户选择甲公司的频率为 ，选择乙公司的频率为0.68；
②选择甲公司的用户对等待时间满意的频率为 ，选择乙公司的用户对
等待时间满意的频率为0.78；
③选择甲公司的用户对乘车舒适度满意的频率为 ，选择乙公司的用户
对乘车舒适度满意的频率为0.61；
④选择甲公司的用户对乘车费用满意的频率为 ，选择乙公司的用户对
乘车费用满意的频率为0.32.
将上述随机事件发生的频率视为其发生的概率.
（1）分别求出用户对等待时间满意、乘车舒适度满意、乘车费用满意的概
率，并比较用户对哪个因素满意的概率最大，对哪个因素满意的概率最小；
解：设事件为“用户选择甲公司的网约车出行”， 为“用户对等待时间满
意”，为“用户对乘车舒适度满意”，为“用户对乘车费用满意”，则 为
“用户选择乙公司的网约车出行”.
则 ，
，
.
因为 ，所以用户对等待时间满意的概率最大，对乘车
费用满意的概率最小.
（2）若已知某位用户对乘车舒适度满意，则该用户更可能选择哪家公司
的网约车出行？并说明理由.
解： ,
，
因为 ，所以该用户更可能选择乙公司的网约车出行.(共31张PPT)
提升点7 概率统计中的综合问题
类型一 概率统计中的证明问题
［例1］ 一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯
（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随
机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了
100人（称为对照组），得到如下数据：
类别 不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
从该地的人群中任选一人，事件 表示“选到的人卫生习惯不够良好”，事
件表示“选到的人患有该疾病”，与 的比值是卫生习惯不够良
好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为 .
（1）证明： ；
证明：因为 ，
由题意知，只需证明 即可，
左边 ，
右边 ，
即左边 右边，
所以 得证.
（2）利用该调查数据，给出, 的估计值，并利用（1）的结
果给出 的估计值.
【解】由调查数据可知， ，
且， ，
所以 .
解答概率统计中的证明问题，关键是要“死抠”定义，与其他类型证明
题不同，高中阶段所学的概率问题都是初等概率问题，解答此类题目只需
直接把定义按部就班推导上去即可以证明.
［对点训练］ 一只不透明的袋中装有10个相同的小球，分别标有数字
，先后从袋中随机取两个小球.用事件 表示“第二次取出小球的标号
是2”，事件表示“两次取出小球的标号之和是 ”.
（1）若用不放回的方式取球，求 ；
解：由题意得， .
（2）若用有放回的方式取球，求证：事件与事件 相互独立的充要条件
是 .
证明：记第一次取出的球的标号为，第二次取出的球的标号为 ，用数组
表示两次取球的情况，记样本空间为 ，则 .
下面证明充分性：
当时，事件发生的情况为，，，， ，
，，，，，共10种，事件 发生的情况为
，共1种，
因此， ，
又，所以 ，
所以事件与事件 相互独立，充分性成立.
下面证明必要性：
因为事件与事件 相互独立，
所以 ，
即 ，
而， ，
于是 ，
易知事件 发生的情况只有一种，
即，所以 ，
则，令，由，，可得关于 的不
等式组
要使上述不等式有10个整数解，只能 ，所以必要性成立.
综上，事件与事件相互独立的充要条件是 .
类型二 概率统计中的交汇问题
角度1 概率统计与数列交汇
［例2］ （2024·安徽六校素养测试）某学校有甲、乙、丙三家餐厅，分
布在生活区的南、北两个区域，其中甲、乙餐厅在南区，丙餐厅在北区，
各餐厅菜品丰富多样，可以满足学生的不同口味和需求.
（1）现在对学生性别与在南、北两个区域就餐的相关性进行分析，得到
如表所示的抽样数据，根据小概率值 的独立性检验，能否认为在
不同区域就餐与学生性别有关联？
性别 就餐区域 合计
南区 北区 男 33 10 43 女 38 7 45 合计 71 17 88 【解】零假设为 在不同区域就餐与学生性别无关.依据题表中数据
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，即认为在不同区域就餐与学生性别没有关联.
单位：人
（2）张同学选择餐厅就餐时，如果前一天在甲餐厅，那么后一天去甲、
乙餐厅的概率均为 ；如果前一天在乙餐厅，那么后一天去甲、丙餐厅的
概率分别为， ；如果前一天在丙餐厅，那么后一天去甲、乙餐厅的概率
均为.张同学第1天就餐时选择甲、乙、丙餐厅的概率分别为，， .
【解】 设“第天去甲餐厅用餐”，“第天去乙餐厅用餐”，
“第天去丙餐厅用餐”,则，，互斥，，2， ， .
根据题意得，， ，
，，， ，
.
（ⅰ）求第2天他去乙餐厅用餐的概率；
【解】 由 ，结合全概率公式，
得，因此，张同学第2天去乙餐厅用餐的概率为 .
（ⅱ）求第天他去甲餐厅用餐的概率 .
附：， .
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
【解】 记第天他去乙、丙餐厅用餐的概率分别为， ，
则，，当 时，由全概率公式，得
故 ,①
同理 ,②
,③
由①②，得 ，
由③，得 ，④
将④代入②，得 ，
即 ，
又，故是首项为，公比为 的等比数列，
即 ，
所以 .
于是，当 时，
，
当 时不适合上式.
综上所述，
概率统计与数列交汇的常见题型
（1）求通项公式：关键是找出概率或均值的递推关系式，然后
根据构造法（一般构造等比数列），求出通项公式.
（2）求和：主要是数列中的倒序相加求和、错位相减求和、裂项相消求和.
（3）利用等差、等比数列的性质，研究单调性、最值或求极限.
角度2 概率统计与函数的交汇
［例3］ （2024· 江南十校联考）为选拔培养对象，某高校在暑假期间
从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动.
（1）若数学组的7名学员中恰有3人来自 中学，从这7名学员中选取3人，
表示选取的人中来自中学的人数，求 的分布列和均值；
【解】由题意知， 的可能取值有0，1，2，3，
， ，
， ，
所以 的分布列为
0 1 2 3
P
.
（2）在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，
规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数
不小于3，则取得本轮胜利，已知甲、乙两位同学组成一组，甲、乙答对
每道题的概率分别为， .假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不
影响.当 时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最
大值.
【解】 因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为 ，则
，
设乙答对题数为 ，则 ，
设 “甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”，
则
，
由，，又 ，
所以 ，
则 ，
又，所以， ，
设,, ，
所以，，，由二次函数性质可知当 时，
取得最大值，最大值为 ，所以甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的
概率的最大值为 .
通过设置变量，利用均值、方差或概率的计算公式构造函数，是概率
与函数问题结合最常用的方式.解决此类问题，应注意两个问题：
（1）准确构造函数，利用公式搭建函数模型时，由于随机变量的均值、
方差、随机事件的概率计算中涉及的变量较多，式子较为复杂，所以准确
运算化简是关键.
（2）注意变量的取值范围，一是题中给出的范围，二是实际问题中变量
自身取值的限制.
［对点训练］（2024·蚌埠质量检测）已知寒假期间小明每天坚持在“跑
步3 000米”和“跳绳 2 000个”中选择一项进行锻炼，在不下雪的时候，他
跑步的概率为，跳绳的概率为 ，在下雪天，他跑步的概率为
，跳绳的概率为.若前一天不下雪，则第二天下雪的概率为 ，
若前一天下雪，则第二天仍下雪的概率为 .已知寒假第一天不下雪，
跑步3 000米大约消耗热量330卡路里，跳绳2 000个大约消耗热量220卡路
里，记寒假第天不下雪的概率为 .
（1）求，，的值，并证明 是等比数列；
解：依题意，， ，
.
依题意 ，
整理得，又 ，
所以是首项为，公比为 的等比数列.
（2）求小明寒假第 天通过运动锻炼消耗热量的均值.
解：由（1）知，寒假第 天不下雪的概率
，
设小明寒假第天跑步的概率为 ，
则 ，
则小明寒假第 天通过运动锻炼消耗热量的均值为
.
