解答題概率與統(tǒng)計根據(jù)近幾年的高考情況，概率統(tǒng)計是高考的必考內(nèi)容，并且在解答題中都有出現(xiàn)，這就要求學生對于概率統(tǒng)計的基礎知識必須要求達標過關。同時兼顧基礎與核心素養(yǎng)的考察，包含數(shù)學運算，邏輯推理等，結(jié)合其他知識的綜合考察，如結(jié)合數(shù)列的馬爾科夫鏈，與導數(shù)結(jié)合的最值范圍求解。而從2025年剛考完的統(tǒng)計模塊的知識，所以2026年高考考察概率的解答題可能性更大，但不避免依然考察統(tǒng)計部分內(nèi)容。題型1超幾何分布（2025·江蘇南通·一模）近年來，盲盒經(jīng)濟在消費市場中掀起了一陣熱潮，成為一種普遍的經(jīng)濟現(xiàn)象．商家通過不斷變換花樣吸引消費者．某商店推出一款售價為1元/個且外觀相同的盲盒，每開一個盲盒，會開出3款不同顏色（分別記為紅色、黃色、藍色）的某一商品，開出紅色、黃色、藍色商品的概率分別為．(1)若某顧客一次性購買了3個盲盒，求該顧客恰好開出兩個紅色商品的概率；(2)若某顧客只想要紅色商品，與老板協(xié)商一致，每次開一個盲盒，如果開出紅色商品則停止，否則再開一個盲盒，若連續(xù)4次均未開出紅色商品，老板就贈送一個紅色商品給他為了得到紅色商品，求該顧客的平均花費．【答案】(1)(2)【解析】（1）記“該顧客恰好開出兩個紅色商品”為事件，．（2）為了得到紅色商品，記該顧客打開盲盒的次數(shù)為，的所有可能取值為．，，的分布列如下：1234則該顧客的平均花費為元．1、超幾何分布的特征：①考察對象分兩類；②已知各類對象的個數(shù)；③從中抽取若干個體，考察某類個體數(shù)X的概率分布；重點特征：④超幾何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不獨立。定義：一般地，假設一批產(chǎn)品共有N件，其中有M件次品.從N件產(chǎn)品中隨機抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件產(chǎn)品中的次品數(shù)，則X的分布列為P(X=k)=，k=m，m+1，m+2，，r.其中n,N,M∈，MN，nN，m=max{0，n-N+M}，r=.如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，那么稱隨機變量X服從超幾何分布.可以將上面的超幾何分布記為X~N：總體的個體總數(shù)；M：總體中特定類別個體數(shù)（如這里的次品，正品）；n：抽取的樣本容量數(shù)學期望與方差:數(shù)學期望：E(X)=x1方差:或者：D(X)=數(shù)學期望與方差性質(zhì)：；數(shù)學期望與方差的關系：.

1、（2023·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考三模）現(xiàn)有4個紅球和4個黃球，將其分配到甲、乙兩個盒子中，每個盒子中4個球．(1)求甲盒子中有2個紅球和2個黃球的概率．(2)已知甲盒子中有3個紅球和1個黃球，若同時從甲、乙兩個盒子中取出個球進行交換，記交換后甲盒子中的紅球個數(shù)為X，X的數(shù)學期望為．證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）由題可知，甲盒子中有2個紅球和2個黃球的概率．（2）當時，X的取值可能是2，3，4，且，，，則．當時，X的取值可能是0，1，2，且，，，則．故．2．（25-26高三上·內(nèi)蒙古呼和浩特·開學考試）工廠要對2024年12月份生產(chǎn)的N件產(chǎn)品中隨機抽取3件做質(zhì)量分析，已知其中A等品占，B等品占．(1)當時，①求出3件產(chǎn)品中恰有2件A等品的概率；②求出3件產(chǎn)品中A等品個數(shù)X的分布列與數(shù)學期望；(2)當總量N足夠大，抽出的個體數(shù)量足夠小時，超幾何分布近似為二項分布．現(xiàn)在在2024年全年生產(chǎn)的產(chǎn)品范圍內(nèi)考慮從件產(chǎn)品（A，B等品比例不變）中隨機抽取3件，在超幾何分布中A等品恰有2件的概率記作；在二項分布中A等品恰有2件的概率記作．那么當N至少為多少時，我們可以在誤差不超過的前提下，認為超幾何分布近似為二項分布．（參考數(shù)據(jù)：，）【答案】(1)①；②分布列見解析，(2)145【分析】（1）①先求出當時，A等品有4件，B等品有6件，利用超幾何分布概率模型求出概率；②利用超幾何分布概率模型求出概率，即可列出分布列和求數(shù)學期望；（2）利用二項分布概率模型和超幾何分布概率模型即可求解.【詳解】（1）①當時，其中A等品有件，B等品有件，則從10件產(chǎn)品中隨機抽取3件，恰有2件A等品的概率為；②當時，A等品有4個，B等品有6個．X服從超幾何分布，，1，2，3，，，，，∴X的分布列為X0123P．（2），，由于，則，即，即，由題意易知，從而，化簡得，又，于是．由于函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，而，從而，當時單調(diào)遞增，又，．因此當時，符合題意，而又考慮到和都是整數(shù)，則N一定是5的整數(shù)倍，于是．即N至少為145，我們可以在誤差不超過0.001（即）的前提下認為超幾何分布近似為二項分布．3．（2025·云南曲靖·模擬預測）某學校對高中生體質(zhì)健康調(diào)研，隨機抽取100名學生的體重（單位：kg）得到如下頻數(shù)分布表：分組頻數(shù)525402010(1)估計樣本的中位數(shù)；(2)從樣本和中按分層抽樣抽取學生6人，再從這6人中隨機抽取3人，其中體重在，的人數(shù)分別為，，記．（i）求的分布列及期望；（ii）求．【答案】(1)65(2)（i）分布列見解析，數(shù)學期望為1；（ii）.【分析】（1）根據(jù)中位數(shù)的定義確定體重區(qū)間，進而可求得中位數(shù)的值.（2）（i）首先確定分層抽樣的比例，然后確定的可能取值，并計算相應的概率，列出分布列，計算出期望；（ii）根據(jù)方差公式求出的值.【詳解】（1）因為，，故樣本的中位數(shù)落在內(nèi)，

又，故中位數(shù)為（2）（i）和的人數(shù)比為，

分層抽樣抽取學生6人中，和的人數(shù)分別為和，故這6人中隨機抽取3人，的可能取值為，對應的的取值為，所以的可能取值為，

，，，

故的分布列為期望為，

（ii）由（i）知，所以．題型2二項分布（2025·江西·模擬預測）某平臺為了研究用戶日均觀看短視頻的時長，隨機抽取了200名用戶進行調(diào)查，得到數(shù)據(jù)如下表：日均時長（分鐘）[40，50]頻數(shù)3050803010(1)估計這200名用戶日均觀看時長的第70百分位數(shù)；(2)若平臺規(guī)定“日均觀看時長不少于30分鐘的用戶為潛在高粘性用戶”，現(xiàn)從樣本中有放回地抽取次，每次抽取1人，記抽到潛在高粘性用戶的人數(shù)為.（i）當時，求的分布列和數(shù)學期望；（ii）若平臺希望至少抽到1名潛在高粘性用戶的概率不低于，至少需抽取多少次？（參考數(shù)據(jù)：）【答案】(1)(2)（i）分布列見解析，；（ii）11次【分析】（1）第70百分位數(shù)為累計頻數(shù)，第70百分位數(shù)落在區(qū)間，利用比例求解即可；（2）（i），列出Y的所有可能取值和對應概率，得到分布列，并利用二項分布求期望公式計算出數(shù)學期望；（ii）利用對立事件計算出抽到潛在高粘性用戶的概率，解不等式得到答案【詳解】（1）將數(shù)據(jù)按時長升序排列，第70百分位數(shù)位置為，前兩組累計頻數(shù)，前3組累計頻數(shù)，故第70百分位數(shù)落在區(qū)間，則第70百分位數(shù)約為；（2）（i）潛在高粘性用戶的頻率為，.易得的可能取值有0，1，2，3，則，，.故的分布列為0123；（ii）設至少需抽取次，則，即，.即，故至少需抽取11次.1、二項分布的特征：①每一次試驗中，事件發(fā)生的概率相同；②各次試驗中的事件是相互獨立的；③每一次試驗中，試驗結(jié)果只有兩個，即發(fā)生與不發(fā)生；重點特征：④二項分布的抽取是有放回抽取，各次抽取相互獨立。定義：一般地，在n重伯努利試驗中，設每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p(0<p<1)，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，則X的分布列為P(X=k)=，k=0，1，2，，n.如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，則稱隨機變量X服從二項分布，記作X～B(n，p).數(shù)學期望和方差：如果X～B(n，p)，那么E(X)=np，D(X)=np(1-p).1．（2023·江蘇揚州·揚州中學?？寄M預測）學校組織A，B，C，D，E五位同學參加某大學的測試活動，現(xiàn)有甲、乙兩種不同的測試方案，每位同學隨機選擇其中的一種方案進行測試，選擇甲方案測試合格的概率為，選擇乙方案測試合格的概率為，且每位同學測試的結(jié)果互不影響.(1)若5位同學全選擇甲方案，將測試合格的同學的人數(shù)記為X，求X的分布列及其方差；(2)若測試合格的人數(shù)的期望值不小于3，求選擇甲方案進行測試的同學的可能人數(shù).【答案】(1)分布列見詳解；.(2)【解析】（1）由已知隨機變量X的取值有,則.；；；；；.所以X的分布列為X012345P方差.（2）設選擇甲方案測試的學生人數(shù)為，則選擇乙方案測試的學生人數(shù)為，并設通過甲方案測試合格的學生人數(shù)為，通過乙方案測試合格的學生人數(shù)為，當時，此時所有學生均選擇乙方案測試，則，所以，不符合題意；當時，此時所有學生均選擇甲方案測試，則，所以，符合題意；當時，，，所以，又，則，故當時，符合題意.綜上，所以.所以當選擇甲方案測試的學生人數(shù)為時，測試合格的人數(shù)的均值不小于3.2．（25-26高三上·陜西漢中·開學考試）已知排球比賽的規(guī)則是：每局25分，達到24分時，比賽雙方必須相差2分.才能分出勝負；每場比賽采用“5局3勝制”（即有一支球隊先勝3局即獲勝，比賽結(jié)束）；比賽排名采用積分制，積分規(guī)則如下：比賽中，以3:0或3:1取勝的球隊積3分，負隊積0分；以3:2取勝的球隊積2分，負隊積1分.甲、乙兩隊近期將要進行比賽，為預測它們的積分情況，收集了兩隊以往6局比賽成績：123456甲252127272325乙182525252517假設用頻率估計概率，且甲，乙每局的比賽相互獨立．(1)估計甲隊每局獲勝的概率；(2)如果甲、乙兩隊比賽1場，求甲隊的積分的概率分布列和數(shù)學期望；(3)如果甲、乙兩隊約定比賽2場，求兩隊積分相等的概率．【答案】(1)(2)分布列見解析，(3)【分析】（1）用頻率估計概率，結(jié)合題意求概率即可；（2）由題意可知，隨機變量的所有可能取值為0，1，2，3，結(jié)合獨立重復性實驗概率公式求分布列和期望；（3）記“甲、乙比賽兩場后，兩隊積分相等”為事件A，分析可得，結(jié)合題意運算求解.【詳解】（1）用頻率估計概率，6局中甲共贏4局，則甲隊每局獲勝的概率為.（2）由題意可知，隨機變量的所有可能取值為0，1，2，3，則，，，，可得的分布列為：0123所以.（3）記“甲、乙比賽兩場后，兩隊積分相等”為事件A，設第場甲、乙兩隊積分分別為，，則，其中，因為兩隊積分相等，則，即，可得，又因為，，，，所以.3．（25-26高三上·河北衡水·開學考試）已知每門大炮擊中目標的概率都是，現(xiàn)在門大炮同時對某一目標各射擊一次.(1)當時，記目標被擊中的次數(shù)為，求的分布列、數(shù)學期望和方差；(2)如果使目標至少被擊中一次的概率超過，至少需要多少門大炮？（，）【答案】(1)分布列見解析，，(2)12門【分析】（1）由已知根據(jù)二項分布的概率計算公式分別計算概率，然后根據(jù)二項分布的期望和方差公式求解即可；（2）由已知可得，然后根據(jù)對數(shù)的運算求解即可.【詳解】（1）的可能取值為0，1，2，3，4，由，有，，，，，隨機變量的分布列為：01234有，；（2）由目標至少被擊中一次的概率為，又由目標至少被擊中一次的概率超過，則，則，所以，所以至少需要12門大炮.題型3概率的獨立性（2024·河南鄭州·模擬預測）手工刺繡是中國非物質(zhì)文化遺產(chǎn)之一，指以手工方式，用針和線把人的設計和制作添加在任何存在的織物上的一種藝術，大致分為繪制白描圖和手工著色、電腦著色，選線、配線和裁布三個環(huán)節(jié)，簡記為工序A，工序，工序.經(jīng)過試驗測得小李在這三道工序成功的概率依次為，，.現(xiàn)某單位推出一項手工刺繡體驗活動，報名費30元，成功通過三道工序最終的獎勵金額是200元，為了更好地激勵參與者的興趣，舉辦方推出了一項工序補救服務，可以在著手前付費聘請技術員，若某一道工序沒有成功，可以由技術員完成本道工序.每位技術員只完成其中一道工序，每聘請一位技術員需另付費100元，制作完成后沒有接受技術員補救服務的退還一半的聘請費用.(1)若小李聘請一位技術員，求他成功完成三道工序的概率；(2)若小李聘請兩位技術員，求他最終獲得收益的期望值.【答案】(1)；(2).【解析】（1）記事件M為“小李聘請一位技術員成功完成三道工序”，當技術員完成工序A時，小李成功完成三道工序的概率為：,當技術員完成工序B時，小李成功完成三道工序的概率為：,當技術員完成工序C時，小李成功完成三道工序的概率為：,當技術員沒參與補救時，小李成功完成三道工序的概率為：，故小李成功完成三道工序的概率為；（2）設小李最終收益為X，小李聘請兩位技術員參與比賽，有如下幾種情況：兩位技術員都參與補救但仍未成功完成三道工序，此時，；兩位技術員都參與補救并成功完成三道工序，此時，；只有一位技術員參與補救后成功完成三道工序，此時，;技術員最終未參與補救仍成功完成三道工序，此時，；故.1、判斷獨立的方法：（1）、直接法：直接判斷一個事件發(fā)生能否影響另一個事件發(fā)生的概率。（2）、定義法：若P(AB)=P(A)P(B)成立，則A事件與B事件相互獨立，反之亦成立。（3）、轉(zhuǎn)化法：由事件A與事件B相互獨立知，A與B，A與B，A與B也相互獨立。2、n個獨立事件同時發(fā)生的概率P(A1·A2·…·An)=P(A1)·P(A2)·…·P(An)．1．（24-25高三上·湖南長沙·階段練習）現(xiàn)有一種不斷分裂的細胞，每個時間周期內(nèi)分裂一次，一個細胞每次分裂能生成一個或兩個新的細胞，每次分裂后原細胞消失．設每次分裂成一個新細胞的概率為，分裂成兩個新細胞的概率為；新細胞在下一個周期內(nèi)可以繼續(xù)分裂，每個細胞分裂相互獨立．設有一個初始的細胞，從第一個周期開始分裂．(1)當時，求個周期結(jié)束后細胞數(shù)量為個的概率；(2)設個周期結(jié)束后，細胞的數(shù)量為，求的分布列和數(shù)學期望．【答案】(1)(2)分布列見解析，【分析】（1）個周期結(jié)束后細胞數(shù)量為個,分以下三種情況，第一個周期分裂為個細胞，后面兩個周期均保持為個細胞，第二個周期分裂為個細胞，后面一個周期保持為個細胞，前兩個周期都保持為個細胞，第三個周期分裂為個細胞，依次計算即可得出結(jié)果；（2）求出的取值及不同取值對應的概率，進而列出分布列，利用期望公式求出期望.【詳解】（1）由題意可知，當時，個周期結(jié)束后細胞數(shù)量為個,則設第個周期分裂為個細胞，之后一直保持為個細胞，第一個周期分裂為個細胞，后面兩個周期均保持為個細胞，故,第二個周期分裂為個細胞，后面一個周期保持為個細胞，故,前兩個周期都保持為個細胞，第三個周期分裂為個細胞，故，綜上可知，.（2）個周期結(jié)束后，的取值可能為,其中,，，，所以分布列為.2．（2023·福建龍巖·統(tǒng)考二模）為了豐富孩子們的校園生活，某校團委牽頭，發(fā)起體育運動和文化項目比賽，經(jīng)過角逐，甲、乙兩人進入最后的決賽．決賽先進行兩天，每天實行三局兩勝制，即先贏兩局的人獲得該天勝利，此時該天比賽結(jié)束．若甲、乙兩人中的一方能連續(xù)兩天勝利，則其為最終冠軍；若前兩天甲、乙兩人各贏一天，則第三天只進行一局附加賽，該附加賽的獲勝方為最終冠軍設每局比賽甲獲勝的概率為，每局比賽的結(jié)果沒有平局且結(jié)果互相獨立．(1)記第一天需要進行的比賽局數(shù)為X，求X的分布列及；(2)記一共進行的比賽局數(shù)為Y，求．【答案】(1)分布列見解析；期望為(2)【解析】（1）解：可能取值為2，3．所以的分布列如下：23∴．（2）前兩天中每一天甲以2：0獲勝的的概率均為；乙以2：0獲勝的的概率均為甲以2：1獲勝的的概率均為乙以2：1獲勝的的概率均為∴即獲勝方前兩天比分為和，或者和再加附加賽甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為∴∴．3．（25-26高三上·湖北荊州·開學考試）在電競比賽中一般采用“雙敗淘汰制”，這是一種兼顧效率與公平的比賽賽制，基本原則是“失敗2次才被淘汰”“越先淘汰所獲名次越低”，且每場比賽只有勝負之分．現(xiàn)組織，，，共4個電競隊參加比賽，采用“雙敗淘汰制”，其流程如下：第一輪：抽簽隨機分成2組比賽，每組比賽的勝者進入勝者組，敗者進入敗者組．第二輪：勝者組、敗者組分別比賽，勝者組的勝者（記為）進入決賽，敗者組的敗者因失敗2次被淘汰并獲得第4名．第三輪：第二輪勝者組的敗者與敗者組的勝者比賽，勝者（記為）進入決賽，敗者被淘汰并獲得第3名．第四輪：決賽，若獲勝則比賽結(jié)束，獲得冠軍，獲得第2名；若獲勝，則需加賽一場，加賽勝者獲得冠軍，敗者獲得第2名．已知隊戰(zhàn)勝其他3支隊伍的概率均為．且各場比賽互不影響．(1)求隊全勝奪冠的概率；(2)設隊在整個賽事中參賽場次為隨機變量，求的分布列及數(shù)學期望．【答案】(1)(2)分布列見詳解；【分析】（1）由題意可知隊參加的三輪比賽并全部獲勝，進而即可求出隊全勝奪冠的概率；（2）依題意可得隨機變量的可能取值為2，3，4，5，計算出每種取值的概率，進而即可得到的分布列，并可求出其數(shù)學期望．【詳解】（1）由隊全勝奪冠，即隊在所有參加的比賽中均獲勝，所以隊在第一輪獲勝，第二輪獲勝，第四輪獲勝，所以隊全勝奪冠的概率為．（2）依題意可得隨機變量的可能取值為2，3，4，5，若，即隊在第一輪，第二輪均失敗，所以，若，隊在整個賽事中參賽場次有三種情況：①隊在第一輪獲勝，第二輪獲勝，第四輪獲勝，其概率為；②隊在第一輪獲勝，第二輪失敗，第三輪失敗，其概率為；③隊在第一輪失敗，第二輪獲勝，第三輪失敗，其概率為，所以，若，隊在整個賽事中參賽場次有三種情況：①隊在第一輪獲勝，第二輪失敗，第三輪獲勝，第四輪失敗，其概率為；②隊在第一輪獲勝，第二輪獲勝，第四輪失敗，加賽一場，其概率為；③隊在第一輪失敗，第二輪獲勝，第三輪獲勝，第四輪失敗，其概率為，所以，若，隊在整個賽事中參賽場次有兩種情況：①隊在第一輪獲勝，第二輪失敗，第三輪獲勝，第四輪獲勝，加賽一場，其概率為；②隊在第一輪失敗，第二輪獲勝，第三輪獲勝，第四輪獲勝，加賽一場，其概率為，所以，所以的分布列為：2345故的數(shù)學期望為．題型4條件概率與全概率（2025·湖北武漢·二模）有，，，，，，，八名運動員參加乒乓球賽事，該賽事采用預賽，半決賽和決賽三輪淘汰制決定最后的冠軍、八名運動員在比賽開始前抽簽隨機決定各自的位置編號，已知這七名運動員互相對決時彼此間的獲勝概率均為，運動員與其它運動員對決時，獲勝的概率為，每場對決沒有平局，且結(jié)果相互獨立．(1)求這八名運動員各自獲得冠軍的概率；(2)求與對決過且最后獲得冠軍的概率；(3)求與對決過且最后獲得冠軍的概率．【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）奪冠即為三輪比賽都獲勝，所以奪冠的概率為．由題意，七名運動員水平相同，且八名運動各自奪冠概率之和為1．所以七名運動員各自奪冠的概率均為．（2）記事件＂獲得冠軍＂，事件＂與對決過＂，事件“與在第輪對決”，．不妨設在①號位，則在第1,2,3輪能與對決時其位置編號分別為②，③④，⑤⑥⑦⑧．，，，，所以.（3）記事件“與對決過”．沒有與對決過且最后獲得冠軍的概率．由題意，六名運動員與對決過的概率相同，奪冠時共與三名運動員對決．所以．代入得：．1．條件概率(1)條件概率的定義

一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P(A)>0，我們稱P(B|A)=為事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的條件概率，簡稱條件概率.(2)性質(zhì)

設P(A)>0，Ω為樣本空間，則

①P(B|A)∈[0,1]，P(Ω|A)=1；

②如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)；

③設和B互為對立事件，則P()=1-P(B|A).2．概率的乘法公式由條件概率的定義，對任意兩個事件A與B，若P(A)>0，則P(AB)=P(A)·P(B|A).3．求條件概率的常用方法(1)利用定義，分別求P(A)和P(AB)，得.(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件數(shù)n(A)，再在事件A發(fā)生的條件下求事件B包含的基本事件數(shù)，即n(AB)，得.4．全概率公式及應用(1)全概率公式

一般地，設是一組兩兩互斥的事件，=Ω，且P(Ai)>0，i=1，2,，n，則對任意的事件，有P(B)=.我們稱此公式為全概率公式.

5．貝葉斯公式設是一組兩兩互斥的事件，=Ω，且P(Ai)>0，i=1，2,，n，則對任意的事件，P(B)>0，有.1．（2025·四川瀘州·模擬預測）某工廠有兩條生產(chǎn)線加工同一型號的零件，生產(chǎn)線加工的次品率分別為，生產(chǎn)出來的零件混放在一起，已知生產(chǎn)線加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的.(1)現(xiàn)從該廠隨機抽取一個零件，計算它是次品的概率；(2)如果取到的一個零件是次品，計算它是生產(chǎn)線加工的概率；（精確到小數(shù)點后第三位，采用四舍五入法）(3)從混放在一起的零件中隨機抽取3個，若取到1個次品，對責任人罰款5元；若取到1個正品則對同一責任人獎勵10元，用表示該責任人由3個零件獲得的金額，求的期望及方差.【答案】(1)；(2)；(3)，.【分析】（1）由全概率公式計算求解即可；（2）利用貝葉斯公式計算即可；（3）設3個零件中的次品數(shù)為，則服從二項分布，再根據(jù)題意可得與的關系式，利用二項分布的期望和方差公式結(jié)合其性質(zhì)計算即可.【詳解】（1）設“任取一個零件為次品”，分別表示“零件為生產(chǎn)線加工”，由題設，.由全概率公式，（2）由題意，所求概率為.（3）設3個零件中的次品數(shù)為，則.因為，所以，.2．（2024福建三明·統(tǒng)考三模）在二十大報告中，體育?健康等關鍵詞被多次提及，促進群眾體育和競技體育全面發(fā)展，加快建設體育強國是全面建設社會主義現(xiàn)代化國家的一個重要目標.某校為豐富學生的課外活動，加強學生體質(zhì)健康，擬舉行羽毛球團體賽，賽制采取局勝制，每局都是單打模式，每隊有名隊員，比賽中每個隊員至多上場一次且是否上場是隨機的，每局比賽結(jié)果互不影響.經(jīng)過小組賽后，最終甲、乙兩隊進入最后的決賽，根據(jù)前期比賽的數(shù)據(jù)統(tǒng)計，甲隊種子選手對乙隊每名隊員的勝率均為，甲隊其余名隊員對乙隊每名隊員的勝率均為.（注：比賽結(jié)果沒有平局）(1)求甲隊最終獲勝且種子選手上場的概率；(2)已知甲隊獲得最終勝利，求種子選手上場的概率.【答案】(1)(2)【解析】（1）解：設事件“種子選手第局上場”，事件“甲隊最終獲勝且種子選手上場”.由全概率公式知，因為每名隊員上場順序隨機，故，，，.所以，所以甲隊最終獲勝且種子選手上場的概率為.（2）解：設事件“種子選手未上場”，事件“甲隊獲得勝利”，，，，，因為.

由（1）知，所以.所以，已知甲隊獲得最終勝利，種子選手上場的概率為.3、（2025浙江）北京時間4月30日晩，2023年國際象棋世界冠軍賽在哈薩克斯坦首都阿斯塔納閉幕，來自溫州的國際象棋男子特級大師丁立人最終擊敗涅波姆尼齊亞，加冕世界棋王.這是中國棋手首次奪得國際象棋男子世界冠軍.某小學為了提高同學學習國際象棋的興趣，舉行了二年級國際象棋男子團體賽，各班級均可以報送一支5人隊伍.比賽分多輪進行，每輪比賽每隊都需選定4名選手，每輪比賽選手可不同.比賽沒有平局，每輪比賽結(jié)束，得勝班級得1分，反之0分.晉級賽規(guī)則如下：第一輪隨機為各隊伍匹配對手；從第二輪比賽開始，積分相同的隊伍之間再由抽簽決定對手.具體比賽程序如下圖.這樣進行三輪對抗之后，得2分及以上的班級晉級，反之淘汰.晉級的隊伍再進行相應的比賽.

(1)二（1）班選派了A，B，C，D，E五名選手，在第一輪比賽中，已知選手A參加了比賽，請列舉出該班級所有可能的首發(fā)隊員的樣本空間；(2)現(xiàn)共有8支參賽隊伍，且實力相當，二（3）班在第一輪比賽輸給了二（4）班，則兩隊在第三輪重新遇上的概率為多少?(3)某班級在籌備隊員時，班內(nèi)已推選水平較為穩(wěn)定的選手4名，很多同學紛紛自薦最后一個名額.現(xiàn)共有5名自薦選手，分別為五級棋士2名、六級棋士2名和七級棋士1名，五、六、七級棋士被選上的概率分別為0.8，0.6，0.5，最后一名選手會在這5名同學中產(chǎn)生.現(xiàn)任選一名自薦同學，計算該同學被選上的概率，并用表示選出的該同學的級別，求X的分布列.【答案】(1)(2)(3);分布列見解析.【解析】（1）選手A參加了比賽，該班級所有可能的首發(fā)隊員的樣本空間：.（2）在第二輪比賽時，設1分隊伍為，其中代表二（4）班，0分隊伍為，其中代表二（3）班，在1分隊伍中比賽后失敗，其概率為，在0分隊伍中比賽后勝利，其概率為，在第三輪比賽中進入1分隊伍的不妨設有四支隊伍，抽簽后所有可能對手情況有共3種，重新遇上的情況只有，故其概率為，綜上：兩隊在第三輪重新遇上的概率為.（3）設從5人中任選一人是五、六、七級棋士的事件是,則,且兩兩互斥,，設“任選一名自薦同學，計算該同學被選上”,則.可能的取值有：，X的分布列為X567P題型5概率的決策分析（2025·廣東·一模）甲參加圍棋比賽，采用三局兩勝制，若每局比賽甲獲勝的概率為，輸?shù)母怕蕿?，每局比賽的結(jié)果是獨立的．(1)當時，求甲最終獲勝的概率；(2)為了增加比賽的趣味性，設置兩種積分獎勵方案．方案一：最終獲勝者得3分，失敗者得分；方案二：最終獲勝者得1分，失敗者得0分，請討論選擇哪種方案，使得甲獲得積分的數(shù)學期望更大．【答案】(1)(2)答案見解析【解析】（1）記“甲最終以獲勝”為事件，記“甲最終以獲勝”為事件，“甲最終獲勝”為事件，于是，與為互斥事件，由于，，則，即甲最終獲勝的概率為．（2）由（1）可知，，若選用方案一，記甲最終獲得積分為分，則可取，，則的分布列為：3則，若選用方案二，記甲最終獲得積分為分，則可取1，0，，則的分布列為：10則，所以，由于，則，于是時，兩種方案都可以選，當時，，應該選第二種方案，當時，，應該選第一種方案．解答思路：①某種情況下的期望值較好——數(shù)學期望進行比較分析，②某種情況比較穩(wěn)定——方差進行比較，方差越大情況波動越大，越不穩(wěn)定。③某種情況優(yōu)于其他情況的概率——直接概率比較。1、（2025·吉林長春·模擬預測）在一個摸球游戲中，有一個裝有許多彩色球的不透明盒子，盒子中的球分為三種顏色：紅色?藍色和綠色，各球除顏色可能不同外，其余均相同.每次游戲，參與者需要從盒子中隨機取球.已知盒子中紅色球?藍色球和綠色球的數(shù)量分別為個?個和個，且總球數(shù)為個.(1)若規(guī)定每次取一個球，取球后不將球放回盒子中，且連續(xù)取兩次.求取出一個紅色球和一個藍色球的概率；(2)若規(guī)定每次取一個球，取球后將球放回盒子中，且連續(xù)取三次.設三次中恰好有兩次取出的球顏色相同的概率為，當時，求；(3)在（2）的條件下，若游戲組織者規(guī)定，當三次取球中出現(xiàn)紅色球的次數(shù)大于等于兩次時.參與者獲勝；否則，游戲組織者獲勝.請判斷此游戲是否公平，并通過計算說明理由.【答案】(1)(2)(3)不公平，理由見詳解【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合不放回抽樣事件的概率計算公式求解；（2）根據(jù)題意結(jié)合獨立重復試驗概率公式運算求解，注意球顏色相同的所有可能情況；（3）根據(jù)題意結(jié)合獨立重復試驗概率公式求參與者獲勝的概率，并與對比分析.【詳解】（1）記“取出一個紅色球和一個藍色球”為事件A，則.（2）因為取球后將球放回盒子中，則每次取到紅色球?藍色球和綠色球的概率分別為、和，所以.（3）因為取球后將球放回盒子中，則每次取到紅色球的概率都是，記“參與者獲勝”為事件B，則，所以游戲不公平.2．（22-23高二下·福建南平·期末）某公司舉辦公司員工聯(lián)歡晩會，為活躍氣氛，計劃舉行摸獎活動，有兩種方案：方案一：不放回從裝有個紅球和個白球的箱子中隨機摸出個球，每摸出一紅球獎勵元：方案二：有放回從裝有個紅球和個白球的箱子中隨機摸出個球，每摸出一紅球獎勵元，分別用隨機變量、表示某員工按方案一和方案二抽獎的獲獎金額.(1)求隨機變量的分布列和數(shù)學期望：(2)用統(tǒng)計知識分析，為使公司員工獲獎金額相對均衡，應選擇哪種方案?請說明理由.【答案】(1)分布列見解析，(2)應選擇方案一，理由見解析【分析】（1）分析可知的值可能為、、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，可得出隨機變量的分布列，進而可求得的值；（2）法一：用隨機變量表示某員工按方案二摸到的紅球的個數(shù)，則，利用二項分布的期望、方差公式結(jié)合期望、方差的性質(zhì)求出、的值，可知，再比較、的大小關系，可得出結(jié)論；法二：分析可知，的值可能為、、、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，進而可求得、的值，可知，再比較、的大小關系，可得出結(jié)論.【詳解】（1）解：由題意可知，的值可能為、、，，，..（2）解：法一：用隨機變量表示某員工按方案二摸到的紅球的個數(shù)，則.，，，，.，因為，按方案一員工抽獎的獲獎金額相對均衡，應選擇方案一；法二：的值可能為、、、，，，，，則，，因為，按方案一員工抽獎的獲獎金額相對均衡，應選擇方案一.3．（2025·河北保定·二模）某零件廠銷售部以箱為單位銷售某種零件，每箱零件的定價為500元，低于200箱按原價銷售，不低于200箱有兩種優(yōu)惠方案．方案一：以200箱為基準，每多100箱免12箱的金額．方案二：通過雙方議價，買方能以每箱優(yōu)惠的價格成交的概率為0.3，以每箱優(yōu)惠的價格成交的概率為0.4，以每箱優(yōu)惠的價格成交的概率為0.3．(1)買方甲要在該廠購買200箱這種零件，并選擇方案二，求甲以低于萬元的金額購買這200箱零件的概率．(2)買方乙要在該廠購買400箱這種零件，以購買總價的數(shù)學期望為決策依據(jù)，試問乙選擇哪種優(yōu)惠方案更劃算？請說明你的理由．(3)買方丙要在該廠購買960箱這種零件，由于購買的箱數(shù)超過500，該廠的銷售部讓丙綜合使用這兩種方案作為第三種方案，即一部分用方案一（箱數(shù)必須是100的正整數(shù)倍），另一部分使用方案二（箱數(shù)不限），試問丙應該如何使用方案三，才能獲得最多的優(yōu)惠？說明你的理由．【答案】(1)0.7(2)方案二更優(yōu)惠，理由見解析(3)應該選擇900箱使用方案一，60箱使用方案二，這樣才能獲得最多的優(yōu)惠，理由見解析【分析】（1）分別計算買方甲以每箱優(yōu)惠，，的價格成交的金額，再與萬元比較即可求解；（2）先計算乙選擇方案一的成交金額，再計算乙選擇方案二的成交金額的數(shù)學期望，比較大小即可判斷；（3）設丙用方案一購買箱，表示出丙購買的金額的期望為萬元，利用為減函數(shù)即可做出決策.【詳解】（1）買方甲要在該廠購買200箱這種零件，并選擇方案二，若甲以每箱優(yōu)惠的價格成交，則成交的金額為萬元;若甲以每箱優(yōu)惠的價格成交，則成交的金額為萬元;若甲以每箱優(yōu)惠的價格成交，則成交的金額為萬元故甲以低于萬元的金額購買這200箱零件的概率為；（2）買方乙要在該廠購買400箱這種零件，若乙選擇方案一，則成交的金額為萬元若乙選擇方案二，設成交的金額為萬元，則，所以買方乙按方案二在該廠購買400箱這種零件的成交金額的數(shù)學期望為萬元因為，所以方案二更優(yōu)惠；（3）設丙用方案一購買箱，則丙用方案一需要支付的金額為元，方案二需要支付的金額的期望為元，所以丙購買的金額的期望為萬元因為為減函數(shù)，所以越大，越小，故應該選擇箱使用方案一，箱使用方案二，這樣才能獲得最多的優(yōu)惠.題型6正態(tài)分布（2025·浙江·三模）固態(tài)電池是純電動汽車搭載的新一代電池，與使用電解液的傳統(tǒng)液態(tài)鋰離子電池相比，固態(tài)電池具有安全性能高、能量密度大等特點．某公司試生產(chǎn)了一批新型固態(tài)電池，為了了解該批次固態(tài)電池的“循環(huán)壽命”x（循環(huán)壽命是指：電池的容量下降到初始容量的某一閾值時，完成充放電循環(huán)的次數(shù)）的情況，從這批固態(tài)電池中隨機抽取了100組進行了測試，并統(tǒng)計繪制了下表：循環(huán)壽命x（千次）組數(shù)y515ab5已知循環(huán)壽命x（千次）的平均值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代表）．(1)求a，b的值；(2)根據(jù)測試數(shù)據(jù)可以認為“循環(huán)壽命”x近似服從正態(tài)分布，經(jīng)計算樣本標準差s的估計值為0.7．用樣本數(shù)據(jù)的平均值作為的值，用樣本標準差s的估計值作為的值．（?。┤粢?guī)定：循環(huán)壽命的電池為一等品；的電池為優(yōu)等品．求試生產(chǎn)的電池的一等品率和優(yōu)等品率的估計值（結(jié)果用百分數(shù)表示）；（ⅱ）在該型電池的生產(chǎn)中，稱發(fā)生概率低于0.27%的事件為小概率事件，在質(zhì)量控制時，如果小概率事件未發(fā)生，則認為該批產(chǎn)品合格；否則可以認為該批產(chǎn)品不合格．若這100組電池中，循環(huán)壽命x的最大值和最小值分別為6.5和2.3．請判斷該批固態(tài)電池是否合格？并說明理由．參考數(shù)據(jù)：若隨機變量，則，，．【答案】(1)，．(2)（ⅰ）一等品率的估計值為13.59%；優(yōu)等品率的估計值為2.275%；（ⅱ）不合格，理由見解析【分析】（1）由題意列出關于的方程組即可求解；（2）由題意，，（i）根據(jù)正態(tài)分布的對稱性求概率即可；（ii）算出，然后由即可判斷.【詳解】（1）由題，①，②，由①②解得，．（2）由題，，，（ⅰ）因為；，所以一等品率的估計值為13.59%；優(yōu)等品率的估計值為2.275%．（ⅱ）不合格．理由如下：由題，，所以，又，，故小概率事件發(fā)生，所以該批固態(tài)電池不合格．正態(tài)分布：1、定義：.正態(tài)分布密度函數(shù)，式中的實數(shù)μ，（>0）是參數(shù)，分別表示個體的平均數(shù)與標準差，則成隨機變量X服從正態(tài)分布，記為X~N(μ,σ2特點：①曲線是單峰的，其關于x=μ②曲線在x=μ處達到峰值③當x無線增大時，曲線無限接近x值⑤對任意的σ>0，曲線與x軸圍成的面積總為1；

⑥在參數(shù)σ取固定值時，正態(tài)曲線的位置由μ確定，且隨著μ的變化而沿x軸平移，如圖甲所示；

⑦當μ取定值時，正態(tài)曲線的形狀由σ確定，當σ較小時，峰值高，曲線“瘦高”，表示隨機變量X的分布比較集中；當σ較大時，峰值低，曲線“矮胖”，表示隨機變量X的分布比較分散，如圖乙所示.3σ原則：P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827；

P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545；

P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973.

均值與方差：若，則E(X)=μ，D(X)=σ2.1．（2025·湖南·模擬預測）某企業(yè)的甲、乙兩條生產(chǎn)線都生產(chǎn)M型零件，一天中，甲、乙兩條生產(chǎn)線分別生產(chǎn)320件和1280件M型零件，為了解該企業(yè)M型零件的生產(chǎn)質(zhì)量，現(xiàn)利用分層隨機抽樣，從一天中生產(chǎn)的M型零件中隨機抽取40件，測量其尺寸（單位：mm），所得尺寸數(shù)據(jù)的統(tǒng)計結(jié)果如下表：平均尺寸標準差甲生產(chǎn)線p件M型零件806乙生產(chǎn)線q件M型零件704(1)求這40件M型零件尺寸的平均數(shù)；(2)求這40件M型零件尺寸的標準差；(3)假設該企業(yè)一天中生產(chǎn)的M型零件尺寸服從正態(tài)分布，其中用樣本平均數(shù)作為的估計值，用樣本標準差s作為的估計值.試估計：這一天生產(chǎn)的M型零件中，尺寸小于的零件是否低于40件?參考數(shù)據(jù)：①n個數(shù)，，，…，的方差為；②若隨機變量X服從正態(tài)分布，則，，；③.【答案】(1)72；(2)6；(3)低于40件.【分析】（1）由分層抽樣中樣本均值與總體均值關系求；（2）設甲的均值，方差，乙的均值，方差，根據(jù)方差公式及已知有，即可得；（3）根據(jù)正態(tài)分布的對稱性及特殊區(qū)間概率估計尺寸小于的零件數(shù).【詳解】（1）由題設，，，所以；（2）由題設，甲的均值，方差，乙的均值，方差，所以，，而，即，所以，，而，所以，可得；（3）由（1）（2）知零件服從，則，這一天生產(chǎn)的M型零件中，尺寸小于的零件有，所以這一天生產(chǎn)的M型零件中，尺寸小于的零件低于40件.2、（2025·陜西寶雞·二模）某企業(yè)對某品牌芯片開發(fā)了一條生產(chǎn)線進行試產(chǎn)．其芯片質(zhì)量按等級劃分為五個層級，分別對應如下五組質(zhì)量指標值：、、、、．根據(jù)長期檢測結(jié)果，發(fā)現(xiàn)芯片的質(zhì)量指標值服從正態(tài)分布，現(xiàn)從該品牌芯片的生產(chǎn)線中隨機抽取件作為樣本，統(tǒng)計得到如圖所示的頻率分布直方圖．(1)根據(jù)檢測結(jié)果，樣本中芯片質(zhì)量指標值的標準差的近似值為，用樣本平均數(shù)作為的近似值，用樣本標準差作為的估計值，可得到X服從的正態(tài)分布．求和的值；(2)從樣本中質(zhì)量指標值在和的芯片中隨機抽取件，記其中質(zhì)量指標值在的芯片件數(shù)為，求的分布列和數(shù)學期望；(3)將指標值不低于的芯片稱為等品．通過對芯片長期檢測發(fā)現(xiàn)，在生產(chǎn)線任意抽取一件芯片，它為等品的概率為，用第（1）問結(jié)果試估計的值．（附：①同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代表；②參考數(shù)據(jù)：若隨機變量服從正態(tài)分布，則，，．）【答案】(1)，(2)分布列見解析，(3)【解析】（1）由于在頻率分布直方圖可知，所有矩形的面積之和為，由題可知：，解得，所以，估計從該品牌芯片的生產(chǎn)線中隨機抽取件的平均數(shù)為：．所以，.（2）樣本中質(zhì)量指標值在和的芯片數(shù)量為，所取樣本的個數(shù)為件，質(zhì)量指標值在的芯片件數(shù)為件，故可能取的值為、、、，所以，，，，，隨機變量的分布列為：所以的數(shù)學期望．（3）由（1）可知：，則，，由題可知：．所以：，即.3．（25-26高三上·重慶·階段練習）近期我校被評為全國首批智能研修平臺規(guī)模化應用領航培育校，中央電教館在我校舉辦項目啟動活動，并特設南開專場活動.為了了解AINK人工智能對學生學習的助力情況，學校組織了高一學生參加“AINK人工智能”知識競賽（滿分100分），并從中隨機抽查了100名學生的成績（單位:分），將他們的成績分成以下6組:，，，，，統(tǒng)計結(jié)果如下面的頻數(shù)分布表所示.組別頻數(shù)101520301510已知高一學生的這次競賽成績近似服從正態(tài)分布，其中近似取為樣本平均數(shù)的整數(shù)部分，近似取為樣本標準差的整數(shù)部分，并已求得（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表）.(1)從高一年級隨機抽取一個學生的競賽成績，試估計他的競賽成績在區(qū)間內(nèi)的概率（結(jié)果保留一位小數(shù)）.(2)現(xiàn)從高一年級隨機選取名同學的競賽成績，根據(jù)（1）的結(jié)果，若他們的成績均在范圍內(nèi)的概率不低于，求的最大值（為正整數(shù)）參考數(shù)據(jù):，若，則.【答案】(1)(2)【分析】（1）由題意可得每個分組的中點值，結(jié)合表格數(shù)據(jù)求得平均數(shù)估計值，根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)，利用概率加法，可得答案；（2）根據(jù)概率的乘法公式，建立不等式，由對數(shù)運算，可得答案.【詳解】（1）由題意可知個分組的中點值分別為，則樣本平均數(shù)估計值，可得.由，則，，因為，所以.（2）設“從高一年級隨機選取一名學生的竟賽成績在范圍內(nèi)”為事件，則；可得從高一年級隨機選取名同學的競賽成績，他們的成績均在范圍內(nèi)的概率為；由，兩邊取對數(shù)可得；因為，，所以，由為正整數(shù)，所以的最大值為.題型7統(tǒng)計中的回歸分析（2025·浙江金華·一模）近些年汽車市場發(fā)生了翻天覆地的變化，新能源汽車發(fā)展迅速，下表統(tǒng)計了2021年到2024年某地新能源汽車銷量（單位：千輛）年份2021202220232024年份代號1234銷量336993129附：相關系數(shù)；回歸方程中斜率和截距的最小二乘法估計公式分別為，(1)試根據(jù)樣本相關系數(shù)的值判斷該地汽車銷量與年份代號的線性相關性強弱（，則認為與的線性相關性較強，，則認為與的線性相關性較弱）；（精確到0.001）(2)建立關于的線性回歸方程，并預測該地2025年的新能源汽車銷量．【答案】(1)與具有較強的線性相關關系(2)，（千輛）【分析】（1）根據(jù)題干所給數(shù)據(jù)算出，，，代入相關系數(shù)計算公式計算即可；（2）根據(jù)（1）算出的結(jié)果進一步算出，再根據(jù)線性回歸方程經(jīng)過計算，最后把代入回歸直線方程即可求解．【詳解】（1）已知，，則，，則，，，所以，已知，故，又，代入相關系數(shù)公式，可得，因為，所以與具有較強的線性相關關系．（2）根據(jù)，由（1）可知，，所以，由，已知，，，則，所以關于的線性回歸方程為，將代入線性回歸方程（千輛）．線性經(jīng)驗回歸方程與最小二乘法：將稱為關于的線性回歸方程，也稱經(jīng)驗回歸函數(shù)或經(jīng)驗回歸公式，其圖形稱為經(jīng)驗回歸直線．這種求經(jīng)驗回歸方程的方法叫做最小二乘法，求得的叫做b，a的最小二乘估計，其中經(jīng)驗回歸直線一定過點.殘差分析對于響應變量Y，通過觀測得到的數(shù)據(jù)稱為觀測值，通過經(jīng)驗回歸方程得到的稱為預測值，觀測值減去預測值稱為殘差?？坍嫽貧w效果的方式(1)殘差圖法

作圖時縱坐標為殘差，橫坐標可以選為樣本編號，或身高數(shù)據(jù)，或體重估計值等，這樣作出的圖形稱為殘差圖.在殘差圖中，殘差點比較均勻地落在以取值為0的橫軸為對稱軸的水平帶狀區(qū)域內(nèi)，說明選用的模型比較合適，這樣的帶狀區(qū)域的寬度越窄，說明模型擬合精度越高.

(2)殘差平方和法

殘差平方和為，殘差平方和越小，模型擬合效果越好.

(3)利用刻畫擬合效果

=.

越大，模型的擬合效果越好，越小，模型的擬合效果越差.非線性回歸方程：根據(jù)題目提示轉(zhuǎn)化為線性回歸方程，即非一次函數(shù)轉(zhuǎn)化為一次函數(shù)，然后根據(jù)線性回歸方程的公式求解參數(shù)。見的非線性函數(shù)轉(zhuǎn)換方法：①、冪函數(shù)型兩邊取常用對數(shù)，，即，令，原方程變?yōu)?，然后按線性回歸模型求出，．②、指數(shù)函數(shù)型（且，）兩邊取自然對數(shù)，，即，令，原方程變?yōu)?，然后按線性回歸模型求出，．③、反比例函數(shù)型型令，原方程變?yōu)?，然后按線性回歸模型求出，．④、二次函數(shù)型令，原方程變?yōu)椋缓蟀淳€性回歸模型求出，．⑤、對數(shù)函數(shù)型令，原方程變?yōu)椋缓蟀淳€性回歸模型求出，．1．（25-26高三上·湖北·階段練習）隨機抽取某集團公司旗下五家超市，得到廣告支出x（萬元）與銷售額y（萬元）的數(shù)據(jù)如下：廣告支出x（萬元）24568銷售額y（萬元）2030506070(1)計算x，y的相關系數(shù)r，并判斷是否可以認為廣告支出與銷售額具有較高的線性相關程度？（若，則線性相關程度一般；若，則線性相關程度較高，）(2)求出y關于x的線性回歸方程，并預測若廣告支出15（萬元），則銷售額約為多少萬元？參考公式：回歸直線的斜率和截距的最小二乘法估計公式，相關系數(shù)r的公式分別為，，.【答案】(1)，可以認為廣告支出與銷售額具有較高的線性相關程度(2)，銷售額為136萬元.【分析】（1）根據(jù)相關系數(shù)公式求出相關系數(shù)即可判斷.（2）根據(jù)公式求出，進而確定線性回歸方程，然后將廣告支出代入方程中求出銷售額即可.【詳解】（1）根據(jù)表格里的數(shù)據(jù)可得：，.所以...所以可以認為廣告支出與銷售額具有較高的線性相關程度.（2）根據(jù)公式可得：，.所以關于的線性回歸方程為.當廣告支出15萬元時，銷售額約為萬元.2．（24-25山東·階段練習）為了促進鋰電產(chǎn)業(yè)發(fā)展，市創(chuàng)新研究院課題組對企業(yè)研發(fā)經(jīng)費的投入和企業(yè)當年的銷售收入的關系進行了研究，他們收集了上一年不同企業(yè)銷售收入y（單位：10萬元）與一定范圍內(nèi)的研發(fā)經(jīng)費x（單位：10萬元）的數(shù)據(jù)，根據(jù)收集的13組觀測數(shù)據(jù)，得到如下的散點圖，分別利用或建立y關于x的回歸方程，令，得到如下數(shù)據(jù)，且與的相關系數(shù)分別為，，且．10.15108.403.040.1614.00－2.1011.670.2121.22(1)用相關系數(shù)說明哪種模型建立y與x的回歸方程更合適；(2)根據(jù)（1）的結(jié)果及表中數(shù)據(jù)，建立y關于x的回歸方程；(3)已知企業(yè)的利潤z滿足，試根據(jù)回歸方程求出企業(yè)利潤的最大值．參考數(shù)據(jù)和公式：，，，對于一組數(shù)據(jù)，其回歸直線方程的斜率和截距的最小二乘法估計分別為，，相關系數(shù)．【答案】(1)模型建立與的回歸方程更合適(2)(3)萬元【分析】（1）求出相關系數(shù)，比較大小，越接近1回歸方程更適合.（2）先換元用公式，求出線性回歸方程，再回代求出非線性回歸方程即可.（3）用（2）的方程代入利潤方程得出利潤z關于研發(fā)經(jīng)費x的函數(shù)關系式，再用基本不等式可解決.【詳解】（1）由題意知，，因為，所以用模型建立與的回歸方程更合適.（2）令，回歸方程為，因為，，所以關于的回歸方程為，即.（3）由題意知，當且僅當，即時取等號,則，所以.當且僅當時等號成立，所以當研發(fā)經(jīng)費投入為60萬元時企業(yè)生產(chǎn)的利潤最大，最大利潤為萬元.3．（24-25·山東濰坊·期中）某科技公司研發(fā)了一種新型電池，測試該新型電池從滿電狀態(tài)，每使用1小時其電量衰減情況，得到剩余電量y（庫侖）與使用時間t（小時）的散點圖，其中t為正整數(shù)．(1)利用散點圖，判斷與哪個更適宜作為回歸模型？（給出判斷即可，不必說明理由）(2)在（1）的條件下，（i）求出剩余電量y與使用時間t的回歸方程（精確到0.01）；（ⅱ）當電池剩余電量低于0.3庫侖時，電池報警提示需要充電，否則影響電池使用壽命，請利用所求回歸方程，預判該新型電池從滿電狀態(tài)使用12小時后，是否會報警提示，并說明理由．參考數(shù)據(jù)：記4512.021.5520.2028545.073.42參考公式：．【答案】(1)更適宜作為回歸模型，理由見解析(2)（i）；（ⅱ）會報警提示，理由見解析【分析】（1）從散點圖可以看出，剩余電量y（庫侖）與使用時間t（小時）不呈線性變化，故更適宜作為回歸模型；（2）（i）兩邊取對數(shù)得，結(jié)合數(shù)據(jù)和公式求出剩余電量y與使用時間t的回歸方程；（ⅱ）在（i）基礎上，令得，故會報警提示.【詳解】（1）更適宜作為回歸模型，理由如下：從散點圖可以看出，剩余電量y（庫侖）與使用時間t（小時）不呈線性變化，減小速度越來越慢，呈線性變化，不適宜作為回歸模型，故更適宜作為回歸模型；（2）（i）兩邊取對數(shù)得，由于，故，，即，故，（ⅱ）會報警提示，理由如下：中，令得，故會報警提示.題型8統(tǒng)計中的獨立性檢驗（2025·湖南·模擬預測）近日，2025年湖南省城市足球聯(lián)賽（被球迷稱為“湘超”）如火如荼地進行，引發(fā)廣泛關注．某地區(qū)隨機抽取了部分市民，調(diào)查他們對賽事的關注情況，得到如下表格：性別不關注賽事關注賽事男性25150女性5075(1)列出列聯(lián)表并根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，能否認為關注“湘超”賽事與性別有關？(2)現(xiàn)從被調(diào)查的關注賽事的市民中，按照性別比例采用分層抽樣的方法隨機抽取3名市民參加“湘超”賽事知識問答．已知男性、女性市民順利完成知識問答的概率分別為，，每個人是否順利完成相互獨立．求在有且僅有2人順利完成的條件下，這2人的性別不同的概率．附：．0.10.050.0250.010.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)列聯(lián)表見解析，認為關注“湘超”賽事與性別有關(2)【分析】（1）由題意可得列聯(lián)表，再計算，對比臨界值表即可得解；（2）根據(jù)題意，求出有且僅有2人順利完成知識問答的概率和這2人性別不同的概率，再根據(jù)條件概率公式求解即可.【詳解】（1）列聯(lián)表如下：性別不關注賽事關注賽事合計男性25150175女性5075125合計75225300零假設為：關注“湘超”賽事與性別無關．故依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，推斷零假設不成立，即認為關注“湘超”賽事與性別有關.（2）由分層抽樣可知，抽取男性市民2人，女性市民1人，記“有且僅有2人順利完成知識問答”為事件A，“這2人的性別不同”為事件B，則，，則，所以在有且僅有2人順利完成知識問答的條件下，這2人的性別不同的概率為.1．獨立性檢驗(1)假定通過簡單隨機抽樣得到了X和Y的抽樣數(shù)據(jù)列聯(lián)表，如下表所示.XY合計Y=0Y=1X=0aba+bX=1cdc+d合計a+cb+dn=a+b+c+d則.(2)利用的取值推斷分類變量X和Y是否獨立的方法稱為獨立性檢驗，讀作“卡方獨立性檢驗”，簡稱獨立性檢驗.

(3)獨立性檢驗中幾個常用的小概率值和相應的臨界值.2．獨立性檢驗的應用問題的解題策略解決獨立性檢驗的應用問題，一定要按照獨立性檢驗的步驟得出結(jié)論.獨立性檢驗的一般步驟：(1)根據(jù)樣本數(shù)據(jù)制成2×2列聯(lián)表；(2)根據(jù)公式計算；(3)通過比較與臨界值的大小關系來作統(tǒng)計推斷.1．（2025·安徽·模擬預測）為了研究“長期長跑”與“半月板損傷”之間的關系，研究人員在長跑愛好者中隨機抽取了1000人進行調(diào)查，所得數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下表所示：組別半月板的健康狀況合計半月板正常半月板損傷長期長跑40360400非長期長跑460140600合計5005001000(1)根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，判斷“長期長跑”與“半月板損傷”之間是否相關；(2)若按照半月板的健康狀況，使用分層隨機抽樣的方法從長期長跑的愛好者中隨機抽取人，再從這人中隨機挑選人，記抽到的人中半月板損傷的人數(shù)為，求的分布列與均值.附：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】(1)“長期長跑”與“半月板損傷”之間具有相關性(2)分布列見解析，【分析】（1）由假設的定義及公式可得；（2）由分層抽樣可求出正常與損傷的人數(shù)，再根據(jù)超幾何分布求出概率，列表得到分布列及期望.【詳解】（1）零假設為：“長期長跑”與“半月板損傷”之間無相關關系，則，故零假設不成立，即“長期長跑”與“半月板損傷”之間具有相關性.（2）由分層隨機抽樣知識知，半月板正常的有人，半月板損傷的有人，則的可能取值為,則，所以的分布列為12故.2．（2025·陜西西安·一模）鄂爾多斯某地一景區(qū)為了吸引游客，進行了馬術實景劇的展演.景區(qū)為了解游客對其開展的“馬術實景劇”活動的滿意度，隨機抽取400人進行調(diào)查，得到如下2×2列聯(lián)表：調(diào)查結(jié)果組別不滿意滿意合計本地游客80120200外地游客60140200合計140260400(1)根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，分析滿意情況是否與游客的來源有關；(2)在本地游客的樣本中用分層抽樣的方法選出5人，再從這5人中隨機抽取3人做進一步的訪談，求這3人中滿意人數(shù)X的概率分布列和數(shù)學期望.附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】(1)無關；(2)分布列見解析，數(shù)學期望為.【分析】（1）根據(jù)給定數(shù)表，求出的觀測值，再與臨界值比對即可得解.（2）根據(jù)分層抽樣的性質(zhì)，結(jié)合古典概型公式、數(shù)學期望公式求解即可.【詳解】（1）零假設為：滿意情況與游客的來源無關，因為，根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，沒有充分證據(jù)推斷不成立，可以認為成立，所以滿意情況與游客的來源無關.（2）由分層抽樣的性質(zhì)，得選出5人中，滿意人數(shù)為，不滿意人數(shù)為，依題意，的可能值為，，，，所以這3人中滿意人數(shù)X的概率分布列為：數(shù)學期望.題型9概率中的證明題（2025·河北保定·模擬預測）在某活動中，參與者以抽獎的形式獲得某種獎品，每次抽獎均分為中獎和不中獎兩種結(jié)果.現(xiàn)在利用偽隨機算法進行若干次抽獎，假定中獎后就不再繼續(xù)抽獎.設）是第一次抽獎中獎的概率，此后若前次抽獎均未中獎，則進行第次抽獎時中獎的概率滿足其中時一定中獎.設中獎時共抽獎次.(1)證明：當時，；(2)證明：當時，；(3)當時，求的分布列和期望.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)分布列見解析，【解析】（1）證明：當時，由題意可得的可能取值有1，2，，，，故.（2）證明：當時，由題意可得的可能取值有1，2，3，，，，所以，易知當時，取最大值，故.（3）由題意可得的可能取值有1，2，3，4，，，，.故的分布列為1234故.解題方法與思路：掌握概率中的一些基礎公式的積累和變形如：P(A如：P(A)=P(AB)+P(AB)（其中事件若事件A與事件B為互斥事件或者對立事件，則P(AB)=0，在對立事件中P(A)+P(B)=1對于所給證明形式進行遞進式的推導與化簡整理1、（2025·四川·一模）某保險公司隨機選取了200名不同駕齡的投保司機，調(diào)查他們投保后一年內(nèi)的索賠情況，結(jié)果如下：單位：人一年內(nèi)是否索賠駕齡合計不滿10年10年以上是10515否9095185合計100100200(1)依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，分析表中的數(shù)據(jù)，能否據(jù)此推斷司機投保后一年內(nèi)是否索賠與司機的駕齡有關？(2)保險公司的大數(shù)據(jù)顯示，每年投保的新司機索賠的概率為，投保的老司機索賠的概率均為．假設投保司機中新司機的占比為.隨機選取一名投保司機，記事件“這名司機在第年索賠”為，事件“這名司機是新司機”為.已知.（i）證明：；（ii）證明：，并給出該不等式的直觀解釋.附：，【答案】(1)司機投保后一年內(nèi)是否索賠與司機的駕齡無關(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析，說明投保司機第一年索賠的概率小于他第一年索賠后第二年又索賠的概率.【解析】（1）零假設為：司機投保后一年內(nèi)是否索賠與司機的駕齡無關.根據(jù)表中數(shù)據(jù)，計算得.根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，沒有充分證據(jù)推斷不成立，因此可以認為成立，即認為司機投保后一年內(nèi)是否索賠與司機的駕齡無關.（2）（i）根據(jù)條件概率的定義，.（ii）由題意.由（i）中的結(jié)論及已知得，，由概率的性質(zhì)知.由全概率公式，.根據(jù)條件概率的定義，.因為，所以要證，即證，即證.因為，所以成立.所以.式子說明投保司機第一年索賠的概率小于他第一年索賠后第二年又索賠的概率.2．（2025·江蘇連云港·模擬預測）人工智能程序通過深度神經(jīng)網(wǎng)絡模擬人腦的機制來學習、判斷、決策．工程師分別用人類圍棋對弈的近100萬、500萬、1000萬種不同走法三個階段來升級人工智能程序，三個階段的程序依次簡記為甲、乙、丙．(1)測試階段，讓某圍棋手與甲、乙、丙三個程序各比賽一局，各局比賽結(jié)果相互獨立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為，，．記該棋手連勝兩局的概率為，試判斷該棋手在第二局與哪個程序比賽最大，并寫出判斷過程．(2)工程師讓甲和乙進行圍棋比賽，規(guī)定每局比賽勝者得1分，負者得0分，沒有平局，比賽進行到一方比另一方多兩分為止，多得兩分的一方贏得比賽．已知每局比賽中，甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，且每局比賽結(jié)果相互獨立．①若比賽最多進行6局，求比賽結(jié)束時比賽局數(shù)的分布列及期望的最大值；②若比賽不限制局數(shù)，記“甲贏得比賽”為事件，證明：．【答案】(1)該棋手在第二局與甲比賽最大，過程見解析(2)①分布列見解析，；②證明見解析【分析】（1）分類討論連勝兩局的所有情況，依次計算出所有的概率，比較大小，判斷結(jié)果；（2）①根據(jù)比賽情況，寫出隨機變量可能取值，根據(jù)獨立事件乘法公式，分別求出所有概率，再根據(jù)期望的定義，寫出數(shù)學期望的代數(shù)式，根據(jù)基本不等式，求出數(shù)學期望的最大值；②根據(jù)甲贏得比賽時，比賽得分的情況，計算出甲獲勝的概率即可；【詳解】（1）該棋手在第二局與甲比賽最大，該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為，，，記，，，該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤，記該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩局的概率為，比賽順序為乙甲丙及丙甲乙的概率均為，則．同理，該棋手在第二盤與乙比賽連勝兩局的概率，該棋手在第二盤與丙比賽連勝兩局的概率，因為，所以該棋手在第二局與甲比賽最大．（2）①因為沒有平局，所以每局比賽結(jié)果僅有“甲獲勝”或者“乙獲勝”，且，由題意得的所有可能取值為：2，4，6，，，．的分布列為：246所以的數(shù)學期望為：．由，得，當且僅當取等號，則，因此當時，的最大值為．②設事件分別表示每局比賽“甲獲勝”，“乙獲勝”.可知甲最后贏得比賽的局數(shù)必為偶數(shù)，根據(jù)比賽規(guī)則，前兩局比賽結(jié)果可能是，其中事件表示“甲贏得比賽”，事件表示“乙贏得比賽”，事件表示“甲、乙各得1分”，因不限制局數(shù)，所以當甲、乙得分總數(shù)相同時，甲最后贏得比賽的概率與比賽一開始甲贏得比賽的概率相同，所以，整理得，又，平方后整理可得．所以3．（24-25高三下·湖南長沙·階段練習）某大型企業(yè)準備把某一型號的零件交給甲工廠或乙工廠生產(chǎn)．經(jīng)過調(diào)研和試生產(chǎn)，質(zhì)檢人員抽樣發(fā)現(xiàn)：甲工廠試生產(chǎn)的一批零件的合格品率為80%；乙工廠試生產(chǎn)的另一批零件的合格品率為90%；若將這兩批零件混合放在一起，則合格品率為88%．(1)設甲工廠試生產(chǎn)的這批零件有m件，乙工廠試生產(chǎn)的這批零件有n件．求證：；(2)從混合放在一起的零件中隨機抽取3個，用頻率估計概率，記這3個零件中來自甲工廠的個數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學期望；(3)為了爭取獲得該零件的生產(chǎn)訂單，甲工廠提高了生產(chǎn)該零件的質(zhì)量指標．已知在甲工廠提高質(zhì)量指標的條件下，該大型企業(yè)把零件交給甲工廠生產(chǎn)的概率大于在甲工廠不提高質(zhì)量指標的條件下，該大型企業(yè)把零件交給甲工廠生產(chǎn)的概率．設事件“甲工廠提高了生產(chǎn)該零件的質(zhì)量指標”，事件“該大型企業(yè)把零件交給甲工廠生產(chǎn)”，已知，證明：．【答案】(1)證明見解析(2)分布列見解析，(3)證明見解析【分析】（1）由混合前后，合格件數(shù)的總數(shù)相等，列出方程，即可證明；（2）設出甲乙兩廠的零件數(shù)，表示事件發(fā)生的概率，由題意知服從二項分布，寫出分布列和期望即可；（3）因為在甲工廠提高質(zhì)量指標的條件下，該大型企業(yè)把零件交給甲工廠生產(chǎn)的概率大于在甲工廠不提高質(zhì)量指標的條件下該大型企業(yè)把零件交給甲工廠生產(chǎn)的概率，即，化簡變形即可證得.【詳解】（1）甲工廠試生產(chǎn)的一批零件的合格品率為80%，共件，則合格件數(shù)為，乙工廠試生產(chǎn)的一批零件的合格品率為90%，共件，則合格件數(shù)為，混合后，總零件數(shù)為，合格品率為88%，則混合后合格零件數(shù)為，則，化簡可得，即.（2）設甲工廠試生產(chǎn)的這批零件有件，乙工廠試生產(chǎn)的這批零件有件，事件“混合放在一起零件來自甲工廠”；事件“混合放在一起零件來自乙工廠”，事件“混合放在一起的某一零件是合格品”則，，，即，解得：，所以，的可能取值為，且由題意知：，所以，，，，所以的分布列為：.（3）證明：因為在甲工廠提高質(zhì)量指標的條件下，該大型企業(yè)把零件交給甲工廠生產(chǎn)的概率，大于在甲工廠不提高質(zhì)量指標的條件下該大型企業(yè)把零件交給甲工廠生產(chǎn)的概率，所以：，即，因為，所以，由，所以，即得：，所以，即，由因為，所以，因為，所以，所以.題型10概率與數(shù)列結(jié)合1、（2024·江蘇·模擬預測）某學校有甲，乙兩個餐廳，經(jīng)統(tǒng)計發(fā)現(xiàn)，前一天選擇餐廳甲就餐第二天仍選擇餐廳甲就餐的概率為，第二天選擇餐廳乙就餐的概率為；前一天選擇餐廳乙就餐第二天仍選擇餐廳乙就餐的概率為，第二天選擇餐廳甲就餐的概率為．若學生第一天選擇餐廳甲就餐的概率是，選擇餐廳乙就餐的概率是，記某同學第天選擇餐廳甲就餐的概率為．(1)記某班3位同學第二天選擇餐廳甲的人數(shù)為，求隨機變量的分布列及期望；(2)學校為緩解就餐壓力，決定每天從各年級抽調(diào)21人到甲乙兩個餐廳參加志愿服務，請求出的通項公式，根據(jù)以上數(shù)據(jù)合理分配甲，乙兩個餐廳志愿者人數(shù)，并說明理由．【答案】(1)分布列見解析，；(2)，分配到甲，乙兩個餐廳志愿者人數(shù)分別為和.【分析】（1）先求某同學第二天選擇餐廳甲就餐的概率，然后根據(jù)二項分布的概率公式求出概率，可得分布列，利用二項分布期望公式可得期望；（2）根據(jù)題意先求與的關系，然后利用構(gòu)適法可得通項，由確定兩餐廳志愿者人數(shù)分配.【詳解】（1）某同學第二天選擇餐廳甲就餐的概率某同學第二天選擇餐廳乙就餐的概率所以3位同學第二天選擇餐廳甲就餐的人數(shù)為記某班3位同學第二天選擇餐廳甲的人數(shù)為，所有可能的取值為，則的分布列為：X0123P.（2）依題意，，即，則有，當時，可得，數(shù)列是首項為公比為的等比數(shù)列，則，時，，所以，各年級抽調(diào)的21人中，分配到餐廳甲的志愿者人數(shù)為，分配到餐廳乙的志愿者人數(shù)為.2、（2025·湖南·一模）張明在暑假為了鍛煉身體，制定了一項堅持晨跑的計劃：30天晨跑訓練．規(guī)則如下：張明從第1天開始晨跑，若第天晨跑，則他第天晨跑的概率為，且他不能連續(xù)兩天沒有晨跑．設他第天晨跑的概率為．(1)求的值；(2)求數(shù)列的通項公式；(3)若都是離散型隨機變量，則，記張明前天晨跑的天數(shù)為，求．【答案】(1)；(2)（或）；(3)【分析】（1）根據(jù)已知條件，利用概率的基本性質(zhì)即可求出的值；（2）通過分析與的關系，構(gòu)造等比數(shù)列，進而求出數(shù)列的通項公式；（3）利用期望的性質(zhì)，將轉(zhuǎn)化為，再根據(jù)期望的定義求出.【詳解】（1）已知第1天一定晨跑，故，第2天晨跑的概率由第1天晨跑決定，故，第3天晨跑的情況分兩種：第1天晨跑，第2天不晨跑，第3天晨跑，概率為，第1天晨跑，第2天晨跑，第3天晨跑，概率為，故.（2）由題意得，張明第天晨跑后，下一次晨跑在第天的概率為，張明第天晨跑后，再在第天晨跑的概率為，所以，即，則，所以，即，所以是以為首項，為公比的等比數(shù)列.由（1）得，，，所以，所以，則，所以，所以．（或）（3）記他前天中，第天晨跑的次數(shù)為．由題意得，服從兩點分布，且，因為，且對于離散型隨機變量，都有，所以，所以，所以所以.（或解題方法與思路：求通項公式：關鍵是找出概率Pn或數(shù)學期望E(X求和：注意是數(shù)列中的倒序求和、錯位相減、列項求和；利用等差、等比數(shù)列性質(zhì)，研究單調(diào)性、最值或者求極限。1、（23-24高三上·河北邢臺·期末）杭州亞運會吉祥物為一組名為“江南憶”的三個吉祥物“宸宸”，“琮琮”，“蓮蓮”，聚焦共同的文化基因，蘊含獨特的城市元素．本次亞運會極大地鼓舞了中國人民參與運動的熱情．某體能訓練營為了激勵參訓隊員，在訓練之余組織了一個“玩骰子贏禮品”的活動，他們來到一處訓練場地，恰有20步臺階，現(xiàn)有一枚質(zhì)地均勻的骰子，游戲規(guī)則如下：擲一次骰子，出現(xiàn)3的倍數(shù)，則往上爬兩步臺階，否則爬一步臺階，再重復以上步驟，當隊員到達第7或第8步臺階時，游戲結(jié)束．規(guī)定：到達第7步臺階，認定失??；到達第8步臺階可贏得一組吉祥物．假設平地記為第0步臺階．記隊員到達第步臺階的概率為（），記．(1)投擲4次后，隊員站在的臺階數(shù)為第階，求的分布列；(2)①求證：數(shù)列（）是等比數(shù)列；②求隊員贏得吉祥物的概率．【答案】(1)答案見解析(2)①證明見解析；②【分析】（1）由題意可得爬一步臺階的概率為，爬兩步臺階的概率為，列出隨機變量可能取值，求出對應的概率，求出分布列即可；（2）（i）由題意可得，分類討論到達第步臺階的情況，求出對應的概率，進而（），結(jié)合等比數(shù)列的定義即可證明；（ii）由（i），根據(jù)等比數(shù)列的通項公式可得，利用累加法求得（），令計算即可求解.【詳解】（1）由題意得每輪游戲爬一步臺階的概率為，爬兩步臺階的概率為，所以隨機變量可能取值為4，5，6，7，8，可得，，，，，所以的分布列：45678（2）（?。┳C明：，即爬一步臺階，是第1次擲骰子，向上點數(shù)不是3的倍數(shù)概率，則到達第步臺階有兩種情況：①前一輪爬到第步臺階，又擲骰子是3的倍數(shù)得爬兩步臺階，其概率為，②前一輪爬到第步臺階，又擲骰子不是3的倍數(shù)爬一步臺階，其概率為，所以（），則（），所以數(shù)列（）是首項為，公比為的等比數(shù)列．（ⅱ）因為數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，所以，所以，，…，，各式相加，得：，所以（），所以活動參與者得到紀念品的概率為．2、（2024高三·全國·專題練習）某商場為促銷設計了一項回饋客戶的抽獎活動，抽獎規(guī)則是：有放回的從裝有大小相同的6個紅球和4個黑球的袋中任意抽取一個，若第一次抽到紅球則獎勵50元的獎券，抽到黑球則獎勵25元的獎券；第二次開始，每一次抽到紅球則獎券數(shù)額是上一次獎券數(shù)額的2倍，抽到黑球則獎勵25元的獎券，記顧客甲第n次抽獎所得的獎券數(shù)額的數(shù)學期望為．(1)求及的分布列．(2)寫出與的遞推關系式，并證明為等比數(shù)列；(3)若顧客甲一共有6次抽獎機會，求該顧客所得的所有獎券數(shù)額的期望值．（考數(shù)據(jù)：?）【答案】(1)，分布列見解析；(2)，證明見解析；(3)（元）【分析】（1）根據(jù)條件，直接求出，的取值及相應的概率，再利用期望的計算公式，即可求出結(jié)果；（2）根據(jù)條件，建立關系式，即可求出結(jié)果，再構(gòu)造成，利用等比數(shù)列的定義，即可證明結(jié)果；（3）由（2）得到，即可求出結(jié)果.【詳解】（1）依題意，抽到一個紅球的概率為，抽到一個黑球的概率為0.4，顯然的值為25，50，則，所以，又的值為，則，所以的分布列為：25501000.40.240.36（2）依題意，當時，甲第n次抽到紅球所得的獎券數(shù)額為，對應概率為，抽到黑球所得的獎券數(shù)額為25元，對應概率為，因此當時，，，即，又，數(shù)列為等比數(shù)列，公比為1.2，首項為90．（3）由（2）得，，即，所以顧客甲抽獎6次，所得獎券數(shù)額的期望為（元）．3、（23-24高三上·浙江溫州·期末）現(xiàn)有標號依次為1，2，…，n的n個盒子，標號為1號的盒子里有2個紅球和2個白球，其余盒子里都是1個紅球和1個白球．現(xiàn)從1號盒子里取出2個球放入2號盒子，再從2號盒子里取出2個球放入3號盒子，…，依次進行到從號盒子里取出2個球放入n號盒子為止．(1)當時，求2號盒子里有2個紅球的概率；(2)當時，求3號盒子里的紅球的個數(shù)的分布列；(3)記n號盒子中紅球的個數(shù)為，求的期望．【答案】(1)(2)分布列見解析(3)【分析】(1)由古典概率模型進行求解；(2)可取，求出對應的概率，再列出分布列即可；(3)記為第號盒子有三個紅球和一個白球的概率，則，為第號盒子有兩個紅球和兩個白球的概率，則，則第號盒子有一個紅球和三個白球的概率為，且，化解得，即可求解.【詳解】（1）由題可知2號盒子里有2個紅球的概率為；（2）由題可知可取，，，所以3號盒子里的紅球的個數(shù)ξ的分布列為123P（3）記為第號盒子有三個紅球和一個白球的概率，則，為第號盒子有兩個紅球和兩個白球的概率，則，則第號盒子有一個紅球和三個白球的概率為，且，化解得，得，而則數(shù)列為等比數(shù)列,首項為，公比為，所以，又由求得：因此．【點睛】關鍵點點睛：記為第號盒子有三個紅球和一個白球的概率，則，為第號盒子有兩個紅球和兩個白球的概率，則，則第號盒子有一個紅球和三個白球的概率為，且，即可求解.題型11概率與導數(shù)集合（2025·廣東廣州·模擬預測）某檢測中心在化驗血液時有兩種化驗方法：①逐份化驗法：將血液樣本逐份進行化驗，則份血液樣本共需要化驗次.②混合化驗法：將份血液樣本分別取樣混合在一起化驗.若化驗結(jié)果呈陰性，則這份血液均為陰性，此時共化驗1次；若化驗結(jié)果呈陽性，為了確定陽性血液，就需要再采取逐份化驗，故此時共需要化驗次.(1)現(xiàn)有5份血液樣本，其中有2份為陽性血液，現(xiàn)采取逐份化驗法進行化驗，求恰好化驗2次就把全部陽性樣本檢測出來的概率；(2)現(xiàn)有10份血液樣本，每份呈陽性的概率為，采用5份為一組的混合化驗法進行化驗，記這10份血液樣本需要化驗的總次數(shù)為，求隨機變量的分布列；.(3)現(xiàn)有份血液樣本，每份呈陽性的概率為，記采用逐份化驗法時需要化驗的次數(shù)為，采用份為一組