【专项复习】高考数学 专题17 概率 (名校模拟汇编).zip

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2023真题展现
考向一 概率
考向二 离散型随机变量及其分布列
真题考查解读
近年真题对比
考向一 概率
考向二 离散型随机变量及其分布列
考向三 正太分布
命题规律解密
名校模拟探源
易错易混速记/二级结论速记
考向一 概率
1．（多选）（2023•新高考Ⅱ•第12题）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α（0＜α＜1），收到0的概率为1﹣α；发送1时，收到0的概率为β（0＜β＜1），收到1的概率为1﹣β．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（1﹣α）（1﹣β）2
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β（1﹣β）2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β（1﹣β）2+（1﹣β）3
D．当0＜α＜0.5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
【答案】ABD
解：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：（1﹣β）（1﹣α）（1﹣β）＝（1﹣α）（1﹣β）2，故A正确；
采用三次传输方案，若发送1，依次收到1，0，1的概率为：（1﹣β）β（1﹣β）＝β（1﹣β）2，故B正确；
采用三次传输方案，若发送1，
则译码为1包含收到的信号为包含两个1或3个1，
故所求概率为：C32β(2−β)2+(1−β)3，故C错误；
三次传输方案发送0，译码为0的概率P1=C32α(1−α)2+(1−α)3，
单次传输发送0译码为0的概率P2＝1﹣α，
P2−P1=(1−α)−C32α(1−α)2−（1﹣α）3=(1−α)[1−C32α(1−α)−(1−α)2]
＝（1﹣α）（2α2﹣α）
＝（1﹣α）α（2α﹣1），
当0＜α＜0.5时，P2﹣P1＜0，
故P2＜P1，故D正确．
考向二 离散型随机变量及其分布列
2．（2023•新高考Ⅰ•第21题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
（1）求第2次投篮的人是乙的概率；
（2）求第i次投篮的人是甲的概率；
（3）已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P（Xi＝1）＝1﹣P（Xi＝0）＝qi，i＝1，2，⋯，n，则E（i=1n Xi）=i=1n qi．记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y，求E（Y）．
【解答】解：（1）设第2次投篮的人是乙的概率为P，
由题意得P＝0.5×0.4+0.5×0.8＝0.6；
（2）由题意设Pn为第n次投篮的是甲，
则Pn+1＝0.6Pn+0.2（1﹣Pn）＝0.4Pn+0.2，∴Pn+1−13=0.4（Pn−13），
又P1−13=12−13=16≠0，则{Pn−13}是首项为16，公比为0.4的等比数列，
∴Pn−13=16×（25）n﹣1，即Pn=13+16×（25）n﹣1，
∴第i次投篮的人是甲的概率为Pi=13+16×（25）i﹣1；
（3）由（2）得Pi=13+16×（25）i﹣1，
由题意得甲第i次投篮次数Yi服从两点分布，且P（Yi＝1）＝1﹣P（Yi＝0）＝Pi，
∴E（i=1n Yi）＝E（Y）=i=1n Pi，
∴当n≥1时，E（Y）=i=1n Pi=16i=1n (25)i−1+n3=16[1−(25)n]1−25+n3=518[1﹣（25）n]+n3；
当n＝0时，E（Y）＝0=518[1﹣（25）0]+03，
综上所述，E（Y）=518[1﹣（25）n]+n3，n∈N．
【命题意图】
概率、随机变量的分布列与数学期望．
【考查要点】
概率多为小题。随机变量的分布列与数学期望是高考热点之一。常考查二项分布、正态分布、超几何分布等常见的分布，多为解答题．
【得分要点】
1．古典概率的计算公式
如果某个事件A包含的结果有m个，那么事件A的概率为P（A）=mn=A中所含的基本事件数基本事件总数．
2．相互独立事件的概率乘法公式
将事件A和事件B同时发生的事件即为A•B，若两个相互独立事件A、B同时发生，则事件A•B发生的概率P（A•B）＝P（A）•P（B）．
3．条件概率
（1）条件概率的定义：对于任何两个事件A和B，在已知事件A发生的条件下，事件B发生的概率叫做条件概率，用符号P（B|A）来表示．
（2）条件概率公式：称为事件A与B的交（或积）．
（3）条件概率的求法：
①利用条件概率公式，分别求出P（A）和P（AB），得P（B|A）=P(AB)P(A)，其中P（A）＞0；
②借助古典概型概率公式，先求出事件A包含的基本事件数n（A），再在事件A发生的条件下求出事件B包含的基本事件数，即n（A∩B），得P（B|A）=n(A∩B)n(A)．
4．离散型随机变量分布列、数学期望、方差
（1）离散型随机变量X的概率分布列
（2）数学期望：称EX＝x1p1+x2p2+…+xnpn+…为X的数学期望，简称期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
（3）方差、标准差：D(X)＝eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1))(xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，其算术平方根eq \r(D(X))为随机变量X的标准差．
（4）期望方差的性质：E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)(a,b为常数)．
5．常见随机变量的分布列
（1）两点分布：
若随机变量X服从两点分布，则其分布列为
（2）超几何分布:
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则事件{X＝k}发生的概率为P(X＝k)＝eq \f(Ceq \\al(k,M)Ceq \\al(n－k,N－M),Ceq \\al(n,N))，k＝0，1，2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，称分布列为超几何分布列.
（3）二项分布
如果在一次试验中某事件发生的概率是P，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)Pkqn－k，其中k＝0，1，2，3，…，n，q＝1－P.于是得到随机变量X的概率分布如下：
由于Ceq \\al(k,n)Pkqn－k恰好是二项展开式(P＋q)n＝Ceq \\al(0,n)P0qn＋Ceq \\al(1,n)P1qn－1＋…＋Ceq \\al(k,n)Pkqn－k＋…＋Ceq \\al(n,n)Pnq0中的第k＋1项(k＝0，1，2，…，n)中的值，故称随机变量X为二项分布，记作X～B(n，P)．
6．常见随机变量的均值与方差
（1）若X～B(n，p)，则EX＝np，DX＝np(1－p)．
（2）若X服从两点分布，则EX＝p(p为成功概率)，DX＝p(1－p)．
考向一 概率
3．（2022•新高考Ⅰ）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：从2至8的7个整数中任取两个数共有种方式，
其中互质的有：23，25，27，34，35，37，38，45，47，56，57，58，67，78，共14种，
故所求概率为．
故选：D．
4．（2021•新高考Ⅰ）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立D．丙与丁相互独立
【解答】解：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2），
两点数和为7的所有可能为（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1），
P（甲）＝，P（乙）＝，P（丙）＝＝，P（丁）＝＝，
A：P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），
B：P（甲丁）＝＝P（甲）P（丁），
C：P（乙丙）＝≠P（乙）P（丙），
D：P（丙丁）＝0≠P（丙）P（丁），
故选：B．
考向二 离散型随机变量及其分布列
5．（2021•新高考Ⅰ）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
（1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
【解答】解：（1）由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100，
则P（X＝0）＝1﹣0.8＝0.2，
P（X＝20）＝0.8×（1﹣0.6）＝0.32
P（X＝100）＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列为：
（2）由（1）可知小明先回答A类问题累计得分的期望为E（X）＝0×0.2+20×0.32+100×0.48＝54.4，
若小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0，80，100，
P（Y＝0）＝1﹣0.6＝0.4，
P（Y＝80）＝0.6×（1﹣0.8）＝0.12，
P（Y＝100）＝0.6×0.8＝0.48，
则Y的期望为E（Y）＝0×0.4+80×0.12+100×0.48＝57.6，
因为E（Y）＞E（X），
所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题．
6．（2021•新高考Ⅱ）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代，……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P（X＝i）＝pi（i＝0，1，2，3）．
（Ⅰ）已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E（X）；
（Ⅱ）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：p0+p1x+p2x2+p3x3＝x的一个最小正实根，求证：当E（X）≤1时，p＝1，当E（X）＞1时，p＜1；
（Ⅲ）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
【解答】（Ⅰ）解：由题意，p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，
故E（X）＝0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1＝1；
（Ⅱ）证明：由题意可知，p0+p1+p2+p3＝1，则E（X）＝p1+2p2+3p3，
所以p0+p1x+p2x2+p3x3＝x，变形为p0﹣（1﹣p1）x+p2x2+p3x3＝0，
所以p0+p2x2+p3x3﹣（p0+p2+p3）x＝0，
即p0（1﹣x）+p2x（x﹣1）+p3x（x﹣1）（x+1）＝0，
即（x﹣1）[p3x2+（p2+p3）x﹣p0]＝0，
令f（x）＝p3x2+（p2+p3）x﹣p0，
若p3≠0时，则f（x）的对称轴为，
注意到f（0）＝﹣p0≤0，f（1）＝2p3+p2﹣p0＝p1+2p2+3p3﹣1＝E（X）﹣1，
若p3＝0时，f（1）＝E（X）﹣1，
当E（X）≤1时，f（1）≤0，f（x）＝0的正实根x0≥1，原方程的最小正实根p＝1，
当E（X）＞1时，f（1）＝p1+2p2+3p3﹣1＞0，f（x）＝0的正实根x0＜1，原方程的最小正实根p＜1，
（Ⅲ）解：当1个微生物个体繁殖下一代的期望小于等于1时，这种微生物经过多代繁殖后临近灭绝；
当1个微生物个体繁殖下一代的期望大于1时，这种微生物经过多代繁殖后还有继续繁殖的可能．
考向三 正太分布
7．（2021•新高考Ⅱ）某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），则下列结论中不正确的是（ ）
A．σ越小，该物理量在一次测量中落在（9.9，10.1）内的概率越大
B．该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D．该物理量在一次测量中结果落在（9.9，10.2）与落在（10，10.3）的概率相等
【解答】解：因为某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），
所以测量的结果的概率分布关于10对称，且方差σ2越小，则分布越集中，
对于A，σ越小，概率越集中在10左右，则该物理量一次测量结果落在（9.9，10.1）内的概率越大，故选项A正确；
对于B，测量结果大于10的概率为0.5，故选项B正确；
对于C，由于概率分布关于10对称，所以测量结果大于10.01的概率等于小于9.99的概率，故选项C正确；
对于D，由于概率分布是集中在10附近的，（9.9，10.2）分布在10附近的区域大于（10，10.3）分布在10附近的区域，
故测量结果落在（9.9，10.2）内的概率大于落在（10，10.3）内的概率，故选项D错误．
故选：D．
8．（2022•新高考Ⅱ）已知随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，则P（X＞2.5）＝ ．
【解答】解：∵随机变量X服从正态分布N（2，σ2），
∴P（2＜X≤2.5）+P（X＞2.5）＝0.5，
∴P（X＞2.5）＝0.5﹣0.36＝0.14，
故答案为：0.14．
常考查古典概型正太分布等。二项分布、正态分布、超几何分布等常见的分布多为解答题．
一．互斥事件与对立事件（共2小题）
1．（2023•宛城区校级三模）先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A＝“两次掷出的点数之和是6”，事件B＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C＝“两次掷出的点数相同”，则（ ）
A．A与B互斥B．B与C相互独立
C．D．A与C互斥
【解答】解：对于A，互斥事件指不可能同时发生的两个事件，事件A可以有以下情况：
第一次掷出1，第二次掷出5或第一次掷出3，第二次掷出3等，如此与事件B有同时发生的可能，故A错误；
对于B，，，
所以B与C相互独立，故B正确；
对于C，先后两次掷一枚质地均匀的骰子，共有36个基本事件，
其中事件A包含的基本事件有：（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），（3，3），共5个，
所以P（A）＝，故C错误；
对于D，因为，，，P（AC）≠P（A）⋅P（C），
所以A与C不相互独立，故D错误．
故选：B．
2．（2023•五华区校级模拟）有5张奖券，其中3张可以中奖，现有5个人从中不放回地依次各随机抽取一张，设每张奖券被抽到的可能性相同，记事件Ai＝“第i个人抽中中奖券”，则下列结论正确的是（ ）
A．事件A1与A2互斥B．
C．D．
【解答】解：事件A1，A2可以同时发生，不是互斥事件，故A错误；
由全概率公式得P（A2）＝P（A1）•P（A2|A1）+P（）（P（A2|）＝，故B错误；
由概率乘法公式得P（A1A2）＝P（A1）P（A2|A1）＝＝，故C正确；
根据题意P（A2A3）＝＝，
∴P（A3|A2）＝＝＝，故D错误．
故选：C．
二．概率及其性质（共1小题）
3．（2023•咸阳一模）某家族有X，Y两种遗传性状，该家族某成员出现X性状的概率为，出现Y性状的概率为，X，Y两种性状都不出现的概率为，则该成员X，Y两种性状都出现的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：设该家族某成员出现X性状为事件A，出现Y性状为事件B，
则X，Y两种性状都不出现为事件，两种性状都出现为事件A∩B，
所以，，，
所以，
又因为P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（A∩B），
所以．
故选：B．
三．互斥事件的概率加法公式（共2小题）
4．（2023•徐汇区校级一模）某产品长度合格的概率为，重量合格的概率为，长度、重量合格的概率为，任取一件产品，已知其重量合格，则它的长度也合格的概率为 ．
【解答】解：记“长度合格”为事件A，“重量合格”为事件B，
由题意可得：，
则，
所以已知其重量合格，则它的长度也合格的概率为．
故答案为：．
5．（2023•鲤城区校级模拟）甲箱中有2个白球和1个黑球，乙箱中有1个白球和2个黑球．现从甲箱中随机取两个球放入乙箱，然后再从乙箱中任意取出两个球．假设事件A＝“从乙箱中取出的两球都是白球”，B＝“从乙箱中取出的两球都是黑球”，C＝“从乙箱中取出的两球一个是白球一个是黑球”，其对应的概率分别为P（A），P（B），P（C），则（ ）
A．P（A）＝P（B）B．P（A）＝P（C）C．P（B）＜P（C）D．P（C）＜P（A）
【解答】解：当从甲箱子中取出2球为白球时，再从乙箱中任意取出两个白球，可得，
当从甲箱子中取出2球为1个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出两个白球，
可得，所以；
当从甲箱子中取出2球为白球时，再从乙箱中任意取出两个黑球，可得，
当从甲箱子中取出2球为1个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出两个黑球，
可得，所以；
当从甲箱子中取出2球为白球时，再从乙箱中任意取出一白一黑球，可得，
当从甲箱子中取出2球为1个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出一白一黑球，
可得，所以，
综上可得，P（B）＜P（C）．
故选：C．
四．等可能事件和等可能事件的概率（共2小题）
6．（2023•昌江县二模）摆地摊的某摊（赌）主拿了8个白的，8个黑的围棋子放在一个口袋里，并规定凡愿意摸彩者每人交一元钱作手续费，然后一次从口袋摸出5个棋子，中彩情况如下：
（1）某人交一元钱作手续费，然后一次从口袋摸出5个棋子，求获得彩金20元的概率；
（2）某人交一元钱作手续费，然后一次从口袋摸出5个棋子，求无任何奖品的概率；
（3）按每天摸彩1000次统计，赌主可望净赚约多少钱？
【解答】解：（1）获得彩金20元的概率为；
（2）无任何奖品的概率为；
（3）中2元的概率，中5角的概率，
按摸彩1000次统计，赌主可望净赚的钱数．
7．（2023•扬中市校级模拟）某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课程表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为 （用数字作答）．
【解答】解：把语文、数学、外语三门文化课排列，有种方法，这三门课中间存在两个空，在两个空中，
①若每个空各插入1节艺术课，则排法种数为 ＝72，
②若两个空中只插入1节艺术课，则排法种数为 •（•）•＝216，
③若语文、数学、外语三门文化课相邻排列，把三门文化课捆绑为一个整体，
然后和三门艺术课进行排列，则排法种数为＝144，
而所有的排法共有＝720种，
故在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为 ＝，
故答案为 ．
五．古典概型及其概率计算公式（共11小题）
8．（2023•江苏模拟）某学习小组八名学生在一次物理测验中的得分（单位：分）如下：83，84，86，87，88，90，93，96，这八人成绩的第60百分位数是n．若在该小组随机选取两名学生，则得分都比n低的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：8×60%＝4.8，故这8人成绩的第60百分位数是从小到大排列的第5个数，即n＝88，
在该小组随机选取两名学生共有种情况，
其中得分都比n低的有种，
所以所求概率．
故选：C．
9．（2023•广东模拟）一堆苹果中大果与小果的比例为9：1，现用一台水果分选机进行筛选．已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为5%，把小果筛选为大果的概率为2%．经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：根据题意，记事件A1＝放入水果分选机的苹果为大果，事件A2＝放入水果分选机的苹果为小果，
记事件B＝水果分选机筛选的苹果为“大果”，
P（A1）＝，P（A2）＝，P（B|A1）＝1﹣5%＝，P（B|A2）＝2%＝，
则P（B）＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）＝×+×＝，
则P（A1B）＝P（A1）P（B|A1）＝×＝，
故P（A1|B）＝＝＝．
故选：A．
10．（2023•扬州三模）某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步走完，则第二步走两级台阶的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：设事件Ai＝“第一步走的i级台阶“，事件Bi＝“第二步走的i级台阶”，
10级台阶要用7步走完，即走了四次1级，三次2级，
P（B2）＝P（A1）P（B2|A1）+P（A2）P（B2|A2）＝＝．
故选：C．
11．（2023•重庆模拟）现从2个男生2个女生共4人中任意选出2人参加巴蜀中学高三年级的百日誓师大会，已知选出的2人中有一个是男生，则另一个是女生的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：假设两名男生为A1，A2，两名女生为B1，B2，
从中任选两人有男生的所有情况有：A1A2，A1B1，A2B1，A1B2，A2B2共5种情况，
其中选出的2人中有一个是男生，则另一个是女生的概率为，
故选：C．
12．（2023•青岛一模）某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为（ ）
A．0.34B．0.37C．0.42D．0.43
【解答】解：设事件A表示“两道题全做对”，
若两个题目都有思路，则，
若两个题目中一个有思路一个没有思路，则，
故P（A）＝P1+P2＝0.32+0.1＝0.42．
故选：C．
13．（2023•台州二模）袋子中有大小相同的5个白球和5个红球，从中任取3个球，已知3个球中有白球，则恰好拿到2个红球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：因为取到的3个球中有白球，所以共有种方法，
3个球中恰好有两个红球的取法共有种，
设事件A＝“取到的3个球中有白球，且恰好有2个红球”，
则．
故选：A．
14．（2023•保定二模）三位同学参加某项体育测试，每人要从100m跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：设100m跑、引体向上、跳远、铅球四个项目分别为a，b，c，d，
则每位同学都有六种选择：ab，ac，ad，bc，bd，cd，
故三位同学共有6×6×6＝216种选法，
其中，有且仅有两人选择的项目完全相同的选法有×＝90种选法，
表示3个同学中选2个同学，使他们所选项目相同，表示6种组合中选一个，
表示剩下1个同学还有5种选择，
则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是．
故选：C．
15．（2023•湖北模拟）在“2，3，5，7，11，13，17，19”这8个素数中，任取2个不同的数，则这两个数之和仍为素数的概率是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：这8个素数中，任取2个不同的数，所有情况有：（2，3），（2，5），（2，7），（2，11），（2，13），（2，17），（2，19），（3，5），（3，7），（3，11），（3，13），（3，17），（3，19），（5，7），（5，11），（5，13），（5，17），（5，19），（7，11），（7，13），（7，17），（7，19），（11，13），（11，17），（11，19），（13，17），（13，19），（17，19），共28个，
这两个数之和仍为素数的基本事件有：（2，3），（2，5），（2，11），（2，17），共4个，
所以所求概率为，
故选：C．
16．（2023•杭州一模）四位爸爸A、B、C、D相约各带一名自己的小孩进行交际能力训练，其中每位爸爸都与一个别人家的小孩进行交谈，则A的小孩与D交谈的概率是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：设A，B，C，D四位爸爸的小孩分别是a，b，c，d，
则交谈组合有9种情况，分别为：
（Ab，Ba，Cd，Dc），（Ab，Bd，Ca，Dc），（Ab，Bc，Cd，Da），（Ac，Ba，Cd，Db），（Ac，Bd，Ca，Db），（Ac，Bd，Cd，Da），（Ad，Ba，Cb，Dc），（Ad，Bc，Ca，Db），（Ad，Bc，Cd，Da），
A的小孩与D交谈包含的不同组合有3种，分别为：（Ab，Bc，Cd，Da），（Ac，Bd，Cd，Da），（Ad，Bc，Cd，Da），
∴A的小孩与D交谈的概率是P＝＝．
故选：A．
17．（2023•宁波模拟）已知甲盒中有2个白球，2个红球，1个黑球，乙盒中有4个白球，3个红球，2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，记事件A＝“甲盒中取出的球与乙盒中取出的球颜色不同”，则P（A）＝（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：从甲盒中随机取出一个白球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个红球或黑球的概率为P1＝×＝，
从甲盒中随机取出一个红球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个白球或黑球的概率为P2＝×＝，
从甲盒中随机取出一个黑球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个白球或红球的概率为P3＝×＝，
则P（A）＝P1+P2+P3＝++＝，
故选：D．
18．（2023•安徽模拟）老师排练节目需要4个男生和2个女生，将这六名学生随机排成一排，2个女生不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：4个男生和2个女生随机排成一行，则6名学生共有种排法，
若2个女生不相邻，先排4个男生有种排法，4个男生产生5个空，
将2个女生插入5个空中有种排法，故有种排法，
所以2个女生不相邻的概率．
故选：A．
六．列举法计算基本事件数及事件发生的概率（共3小题）
19．（2023•贵阳模拟）从，这五个数中任选两个不同的数，则这两个数的和大于的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：从，，，，这五个分数中任选两个数，则有：
{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，共10种情况，
其中这两个数的和大于的有{，}，{，}，{，}，{，}，共4种情况，
故这两个数的和大于的概率为．
故选：B．
20．（2023•广东模拟）某公司在某地区进行商品A的调查，随机调查了100位购买商品A的顾客的性别，其中男性顾客18位，已知该地区商品A的购买率为10%，该地区女性人口占该地区总人口的46%，从该地区中任选一人，若此人是男性，求此人购买商品A的概率 ．
【解答】解：设从该地区中任选一人，此人是男性为事件B，此人购买商品A为事件C，
则该地区男性人口占该地区总人口的1﹣46%＝54%，
则P（B）＝54%，，
由条件概率公式可得．
故答案为：．
21．（2023•广州模拟）世界卫生组织建议成人每周进行2.5至5小时的中等强度运动．已知A社区有56%的居民每周运动总时间超过5小时，B社区有65%的居民每周运动总时间超过5小时，C社区有70%的居民每周运动总时间超过5小时，且A，B，C三个社区的居民人数之比为5：6：9．
（1）从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率；
（2）假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量X（单位：小时），且X～N（5.5，σ2）．现从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率．
【解答】解：（1）设这3个社区的人数分别为5x，6x，9x，
则A，B，C社区超过5h的人数分别为5x×56%＝2.8x，6x×65%＝3.9x，9x×70%＝6.3x，
故从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率P＝＝；
（2）因为X～N（5.5，σ2），
所以P（X＞5.5）＝，
由（1）P（X＞5）＝0.65，
故P（5＜X＜5.5）＝0.15，
所以P（5＜X＜6）＝0.3，P（X≥6或X≤5）＝0.7，
故从这三个社区中随机抽取3名居民，至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率P＝+0.33＝0.216．
七．几何概型（共3小题）
22．（2023•凉山州模拟）在区间（0，1）内任取两个实数a，b，则2a+b＞2的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：依题意，点（a，b）在约束条件表示的平面区域内，
不等式组表示的平面区域是正方形OABC内部，其中OA＝1，如图，
满足2a+b＞2的事件M是正方形OABC内，直线2x+y＝2右侧的△ABD内部的点形成的阴影区域，
由得，即，则△ABD的面积，而，
所以2a+b＞2的概率．
故选：A．
23．（2023•兴庆区校级四模）已知A（1，1），B（5，1），C（5，5），D（1，5）是平面直角坐标系中的四个点，在四边形ABCD内随机取一点，则该点横坐标与纵坐标之和小于5的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：如图所示：
四边形ABCD构成的区域为Ω＝{（x，y）|1＜x＜5，1＜y＜5}，其面积为S＝4×4＝16，
设事件M表示取的点横坐标与纵坐标之和小于5，
则构成图中的阴影部分，其面积为，
所以P（M）＝＝．
故选：A．
24．（2023•河西区二模）设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为．假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．用X表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，则随机变量X的数学期望为 2 ；设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，则事件M发生的概率为 ．
【解答】解：（1）X的可能取值为：0，1，2，3．
P（X＝0）＝（）3（）0＝，P（X＝1）＝（）2（）1＝，
P（X＝2）＝（）（）2＝，P（X＝3）＝（）0（）3＝，
∴E（X）＝0×+1×+2×+3×＝2；
（2）M＝“甲3天到校且乙1天到校”或“甲2天到校且乙0天到校”，
∴P（M）＝（）3•（）2（）+（）（）2•（）3＝．
故答案为：2，．
八．相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式（共2小题）
25．（2023•湖北模拟）某同学喜爱球类和游泳运动．在暑假期间，该同学上午去打球的概率为．若该同学上午不去打球，则下午一定去游泳；若上午去打球，则下午去游泳的概率为．已知该同学在某天下午去游了泳，则上午打球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：设A＝“上午打球”，B＝“下午游泳”，
则P（AB）＝，P（B）＝，
故P（B）＝×1+×＝，
故P（A|B）＝＝＝．
故选：C．
26．（2023•浙江模拟）班级举行知识竞猜闯关活动，设置了A，B，C三个问题．答题者可自行决定答三题顺序．甲有60%的可能答对问题A，80%的可能答对问题B，50%的可能答对问题C．记答题者连续答对两题的概率为p，要使得p最大，他应该先回答（ ）
A．问题AB．问题B
C．问题A，B和C都可以D．问题C
【解答】解：①若先回答问题A，则答题顺序可能为A，B，C和A，C，B，
当答题顺序为A，B，C且连对两题时，p＝0.6×0.8×（1﹣0.5）+（1﹣0.6）×0.8×0.5＝0.4；
当答题顺序为A，C，B且连对两题时，p＝0.6×0.5×（1﹣0.8）+（1﹣0.6）×0.5×0.8＝0.22；
所以先回答问题A，连对两题的概率为0.4+0.22＝0.62；
②若先回答问题B，则答题顺序可能为B，A，C和B，C，A，
当答题顺序为B，A，C且连对两题时，p＝0.8×0.6×（1﹣0.5）+（1﹣0.8）×0.6×0.5＝0.3；
当答题顺序为B，C，A且连对两题时，p＝0.8×0.5×（1﹣0.6）+（1﹣0.8）×0.5×0.6＝0.22；
所以先回答问题B，连对两题的概率为0.3+0.22＝0.52；
③若先回答问题C，则答题顺序可能为C，A，B和C，B，A，
当答题顺序为C，A，B且连对两题时，p＝0.5×0.6×（1﹣0.8）+（1﹣0.5）×0.6×0.8＝0.3；
当答题顺序为C，B，A且连对两题时，p＝0.5×0.8×（1﹣0.6）+（1﹣0.5）×0.8×0.6＝0.4；
所以先回答问题C，连对两题的概率为0.3+0.4＝0.7；
因为0.7＞0.62＞0.52，所以要使p最大，应先回答问题C．
故选：D．
九．n次独立重复试验中恰好发生k次的概率（共2小题）
27．（2023•郴州模拟）篮球队的5名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他4人的概率相等，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：由题意可知每位队员把球传给其他4人的概率都为，
由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的情况可分为：
只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，
则概率为．
故选：D．
28．（多选）（2023•天河区三模）甲乙两人进行围棋比赛，共比赛2n（n∈N*）局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为．若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P（n），则（ ）
A．
B．
C．
D．P（n）的最小值为
【解答】解：由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢n+1局，
P（n）＝（）2n（+•••+），
∵+＝22n，
∴P（n）＝，故C正确；
P（2）＝＝，故A正确；
P（3）＝＝，故B错误；
当n＝1时，P（1）＝＝，
由A知P（2）＞P（1），∴P（n）的最大值不是，故D错误．
故选：AC．
一十．条件概率与独立事件（共2小题）
29．（2023•南岗区校级二模）已知P（B）＝0.3，P（B|A）＝0.9，，则＝（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：根据题意，设P（A）＝x，
由全概率公式，P（B）＝P（A）P（B|A）+P（）P（B|），
即0.3＝0.9x+0.2（1﹣x）＝0.7x+0.2，解可得x＝，
则＝1﹣P（A）＝．
故选：B．
30．（2023•琼海校级模拟）东莞市同沙生态公园水绕山环，峰峦叠嶂，是一个天生丽质，融山水生态与人文景观为一体的新型公园．现有甲乙两位游客慕名来到同沙生态公园旅游，分别准备从映翠湖、十里河塘、计生雕塑园和鹭鸟天堂4个旅游景点中随机选择其中一个景点游玩．记事件A：甲和乙至少一人选择映翠湖，事件B：甲和乙选择的景点不同，则条件概率P（B|A）＝（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：甲和乙至少一人选择映翠湖对应的基本事件有4×4﹣3×3＝7个，
∵甲和乙选择的景点不同对应的基本事件有个，
∴P（B|A）＝．
故选：C．
一十一．全概率公式（共2小题）
31．（2023•龙泉驿区模拟）据美国的一份资料报道，在美国总的来说患肺癌的概率约为0.1%，在人群中有20%是吸烟者，他们患肺癌的概率约为0.4%，则不吸烟患肺癌的概率为（ ）
A．0.025%B．0.032%C．0.048%D．0.02%
【解答】解：设不吸烟患肺癌的概率为x，
则0.2×0.004+0.8x＝0.001，
解得x＝0.00025＝0.025%．
故选：A．
32．（2023•河源模拟）已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球．若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从放入球的盒子中任取一个球，设事件Ai为第一次取出的球为i号，事件Bi为第二次取出的球为i号，则下列说法错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：由题意得，P（A3）＝，P（B3）＝＝，
P（A3B3）＝＝，
P（B3|A3）＝，
故ABD正确，C错误．
故选：C．
一十二．离散型随机变量及其分布列（共4小题）
33．（2023•贵州模拟）据世界田联官方网站消息，原定于2023年5月13、14日在中国广州举办的世界田联接力赛延期至2025年4月至5月举行．据了解，甲、乙、丙三支队伍将会参加2025年4月至5月在广州举行的4×400米接力的角逐．接力赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛、半决赛都获胜才能进入决赛．已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和．
（1）甲、乙、丙三队中，谁进入决赛的可能性最大；
（2）设甲、乙、丙三队中进入决赛的队伍数为ξ，求ξ的分布列．
【解答】解：（1）甲队进入决赛的概率为，
乙队进入决赛的概率为，
丙队进入决赛的概率为，
显然乙队进入决赛的概率最大，所以乙进入决赛的可能性最大．
（2）由（1）可知：甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为，
ξ的可能取值为0，1，2，3，
，，，，
故ξ的分布列为：
34．（2023•晋江市校级模拟）某校组织围棋比赛，每场比赛采用五局三胜制（一方先胜三局即获胜，比赛结束），比赛采用积分制，积分规则如下：每场比赛中，如果四局及四局以内结束比赛，取胜的一方积3分，负者积0分；五局结束比赛，取胜的一方积2分，负者积1分．已知甲、乙两人比赛，甲每局获胜的概率为．
（1）在一场比赛中，甲的积分为X，求X的概率分布列；
（2）求甲在参加三场比赛后，积分之和为5分的概率．
【解答】解：（1）由题意可知，X可能取值为0，1，2，3，
当X＝0时，则前三场比赛都输或前三场比赛赢一场且第四场比赛输，
则P（X＝0）＝（1﹣）3+××（1﹣）2（1﹣）＝，
当X＝1时，前四场比赛赢两场且第五场比赛输，
则P（X＝1）＝×（）2×（1﹣）2（1﹣）＝；
当X＝2时，前四场比赛赢两场且第五场比赛赢，
则P（X＝2）＝×（）2（1﹣）2×＝，
当X＝3时，前三场比赛都赢或前三场比赛赢两场且第四场比赛赢，
则P（X＝3）＝（）3+×（）2（1﹣）×＝，
故X的概率分布列如下：
（2）设甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为事件A，
则甲的三场比赛积分分别为1、1、3或者0、2、3或者1、2、2，
故P（A）＝3×××+×××+3×××＝，
故甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为．
35．（2023•常德二模）某大学一个专业团队为某专业大学生研究了多款学习软件，其中有A、B、C三种软件投入使用，经一学年使用后，团队调查了这个专业大一四个班的使用情况，从各班抽取的样本人数如下表：
（1）从这12人中随机抽取2人，求这2人恰好来自同一班级的概率；
（2）从这12名学生中，指定甲、乙、丙三人为代表，已知他们下午自习时间每人选择一款软件，其中选A、B两个软件学习的概率都是，且他们选择A、B、C任一款软件都是相互独立的．设这三名学生中下午自习时间选软件C的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．
【解答】解：（1）从12人中抽取2个的所有选法有＝66种
记：“这2人恰好来自同一班级”为事件A，则A包含的结果有＝13种
∴P（A）＝
（2）由题意可得，每人选择C的概率为1﹣2×＝
则ξ～B（3，）
∴P（ξ＝k）＝（k＝0，1，2，3）
∴Eξ＝3×＝2
36．（2023•南通二模）设（X，Y）是一个二维离散型随机变量，它们的一切可能取的值为（ai，bj），其中i，j∈N*，令pij＝P（X＝ai，Y＝bj），称pij（i，j∈N*）是二维离散型随机变量（X，Y）的联合分布列．与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式：
现有n（n∈N*）个相同的球等可能的放入编号为1，2，3的三个盒子中，记落下第1号盒子中的球的个数为X，落入第2号盒子中的球的个数为Y．
（1）当n＝2时，求（X，Y）的联合分布列；
（2）设pk＝（X＝k，Y＝m），k∈N且k≤n，计算．
【解答】解：（1）由题意知X可取0，1，2，Y可取0，1，2，
则P（X＝0，Y＝0）＝＝，
P（X＝0，Y＝1）＝＝，
P（X＝0，Y＝2）＝＝，
P（X＝1，Y＝0）＝＝，
P（X＝1，Y＝1）＝＝，
P（X＝2，Y＝0）＝＝，
P（X＝1，Y＝2）＝P（X＝2，Y＝1）＝P（X＝2，Y＝2）＝0，
∴（X，Y）的联合分布列为：
（2）当k+m＞n时，P（X＝k，Y＝m）＝0，
∴pk＝（X＝k，Y＝m）＝
＝＝＝＝，
∴＝，
设Z～B（n，），则由二项分布的期望公式得＝E（Z）＝．
一十三．离散型随机变量的期望与方差（共12小题）
37．（2023•沙坪坝区校级模拟）ChatGPT是由人工智能研究实验室OpenAI于2022年11月30日发布的一款全新聊天机器人模型，它能够通过学习和理解人类的语言来进行对话，ChatGPT的开发主要采用RLHF（人类反馈强化学习）技术．在测试ChatGPT时，如果输入的问题没有语法错误，则ChatGPT的回答被采纳的概率为85%，当出现语法错误时，ChatGPT的回答被采纳的概率为50%．
（1）在某次测试中输入了8个问题，ChatGPT的回答有5个被采纳．现从这8个问题中抽取3个，以ξ表示抽取
的问题中回答被采纳的问题个数，求ξ的分布列和数学期望；
（2）已知输入的问题出现语法错误的概率为10%，
（i）求ChatGPT的回答被采纳的概率；
（ii）若已知ChatGPT的回答被采纳，求该问题的输入没有语法错误的概率．
【解答】解：（1）易知ξ的所有取值为0，1，2，3，
此时P（ξ＝0）＝＝，P（ξ＝1）＝＝，P（ξ＝2）＝＝，P（ξ＝3）＝＝，
所以ξ的分布列为：
则E（ξ）＝0×+1×+2×+3×＝；
（2）（i）记“输入的问题没有语法错误”为事件A，
记“输入的问题有语法错误”为事件B，
记“ChatGPT的回答被采纳”为事件C，
易知P（B）＝0.1，
所以P（A）＝0.9，P（C|A）＝0.85，P（C|B）＝0.5，
则P（C）＝P（AC）+P（BC）＝P（A）P（C|A）+P（B）P（C|B）＝0.9×0.85+0.1×0.5＝0.815；
（ii）若ChatGPT的回答被采纳，
则该问题的输入没有语法错误的概率P（A|C）＝＝＝＝．
38．（2023•静安区二模）概率统计在生产实践和科学实验中应用广泛．请解决下列两个问题．
（1）随着中小学“双减”政策的深入人心，体育教学和各项体育锻炼迎来时间充沛的春天．某初中学校学生篮球队从开学第二周开始每周进行训练，第一次训练前共有6个篮球，其中3个是新球（即没有用过的球），3个是旧球（即至少用过一次的球）．每次训练，都是从中不放回任意取出2个篮球，训练结束后放回原处．设第一次训练时取到的新球个数为ξ，求随机变量ξ的分布和期望．
（2）由于手机用微波频率信号传递信息，那么长时间使用手机是否会增加得脑瘤的概率？研究者针对这个问题，对脑瘤病人进行问卷调查，询问他们是否总是习惯在固定的一侧接听电话？如果是，是哪边？结果有88人喜欢用固定的一侧接电话．其中脑瘤部位在左侧的病人习惯固定在左侧接听电话的有14人，习惯固定在右侧接听电话的有28人；脑瘤部位在右侧的病人习惯固定在左侧接听电话的有19人，习惯固定在右侧接听电话的有27人．
根据上述信息写出下面这张2×2列联表中字母所表示的数据，并对患脑瘤在左右侧的部位是否与习惯在该侧接听手机电话相关进行独立性检验．（显著性水平α＝0.05）
参考公式及数据：K，其中，n＝a+b+c+d，P（K2≥3.841）≈0.05．
【解答】解：（1）第一次训练时所取的球是从6个球（3新，3旧）中不放回取出2个球，所以ξ可取的值为0，1，2，
，
则分布列如下：
则期望为；
（2）由题目条件可得列联表如下：
则，故长时间使用手机与是否得脑瘤没有显著关系．
39．（2023•湖北模拟）高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI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、性能检测等三项指标，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p（0＜p＜1）．
（1）求每个AI芯片智能检测不达标的概率；
（2）人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为f（p），当p＝p0时，f（p）取得最大值，求p0；
（3）若AI芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的p0作为p的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良．
【解答】解：（1）记事件A＝“每个AI芯片智能检测不达标”，则．
（2）由题意，
则f'（p）＝50[（1﹣p）49+p×49（1﹣p）48×（﹣1）]＝50（1﹣p）48（1﹣50p），
令f'（p）＝0，则，
当，f'（p）＞0，f（p）为增函数；
当，f'（p）＜0，f（p）为减函数；
所以f（p）在处取到最大值．
（3）记事件B＝“人工检测达标”，
则，
又，
所以，
故需要对生产工序进行改良．
40．（2023•湖北模拟）某数学兴趣小组为研究本校学生数学成绩与语文成绩的关系，采取有放回的简单随机抽样，从学校抽取样本容量为200的样本，将所得数学成绩与语文成绩的样本观测数据整理如下：
（1）根据α＝0.010的独立性检验，能否认为数学成绩与语文成绩有关联？
（2）在人工智能中常用表示在事件A发生的条件下事件B发生的优势，在统计中称为似然比．现从该校学生中任选一人，A表示“选到的学生语文成绩不优秀”，B表示“选到的学生数学成绩不优秀”请利用样本数据，估计L（B|A）的值．
（3）现从数学成绩优秀的样本中，按分层抽样的方法选出8人组成一个小组，从抽取的8人里再随机抽取3人参加数学竞赛，求这3人中，语文成绩优秀的人数X的概率分布列及数学期望．
附：．
【解答】解：（1）零假设H0：数学成绩与语文成绩无关，
据表中数据计算得：，
根据小概率值α＝0.010的χ2的独立性检验，我们推断H0不成立，而认为数学成绩与语文成绩有关；
（2）∵，
∴估计L（B|A）的值为；
（3）按分层抽样，语文成绩优秀的5人，语文成绩不优秀的3人，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
则，，，，
∴X的概率分布列为：
∴数学期望．
41．（2023•深圳二模）飞盘运动是一项入门简单，又具有极强的趣味性和社交性的体育运动，目前已经成为了年轻人运动的新潮流．某俱乐部为了解年轻人爱好飞盘运动是否与性别有关，对该地区的年轻人进行了简单随机抽样，得到如下列联表：
（1）在上述爱好飞盘运动的年轻人中按照性别采用分层抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机选取3人访谈，记参与访谈的男性人数为X，求X的分布列和数学期望；
（2）依据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为爱好飞盘运动与性别有关联？如果把上表中所有数据都扩大到原来的10倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断爱好飞盘运动与性别之间的关联性，结论还一样吗？请解释其中的原因．
附：，其中n＝a+b+c+d．
．
【解答】解：（1）样本中爱好飞盘运动的年轻人中男性16人，女性24人，比例为4：6，
按照性别采用分层抽样的方法抽取10人，则抽取男性4人，女性6人，
随机变量X的取值为：0，1，2，3，
，
，
，
，
随机变量X的分布列为：
随机变量X的数学期望；
（2）零假设为H0：爱好飞盘运动与性别无关联．
根据列联表的数据，经计算得到，
根据小概率值α＝0.01的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为爱好飞盘运动与性别无关联；
列联表中所有数据都扩大到原来的10倍后，
，
根据小概率值α＝0.01的独立性检验，推断H0成立，即认为爱好飞盘运动与性别有关联；
所以结论不一样，原因是每个数据都扩大为原来的10倍，相当于样本量变大为原来的10倍，导致推断结论发生了变化．
42．（2023•海淀区校级三模）人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟．某校成立了A，B两个研究性小组，分别设计和开发不同的AI软件用于识别音乐的类别：“古典音乐”、“流行音乐”、“民族音乐”．为测试AI软件的识别能力，计划采取两种测试方案．
方案一：将100首音乐随机分配给A，B两个小组识别，每首音乐只被一个AI软件识别一次，并记录结果；
方案二：对同一首音乐，A，B两组分别识别两次，如果识别的正确次数之和不少于三次，则称该次测试通过．
（Ⅰ）若方案一的测试结果显示：正确识别的音乐数之和占总数的；在正确识别的音乐数中，A组占；在错误识别的音乐数中，B组占．
（ⅰ）用频率估计概率，两个研究性小组的AI软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为多少？
（ⅱ）利用（ⅰ）中的结论，求方案二在一次测试中获得通过的概率；
（Ⅱ）若方案一的测试结果如下：
在A小组、B小组识别的歌曲中各任选一首，记X1，X2分别为A小组、B小组正确识别的数量，试比较E（X1）和E（X2）的大小．（直接写出结果即可）
【解答】解：（Ⅰ）（i）对于方案一，设A、B两个研究性小组的AI软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为P1、P2，
100首音乐中，正确被识别的数量为首，错误被识别数量为100﹣60＝40首，
其中A组识别正确的数量为首，B组识别正确的数量为60﹣40＝20首，
其中A组识别错误的数量为 首，B组识别错误的数量为 首，
故 ，．
（ii）记事件D：方案二在一次测试中获得通过，则P（D）＝（）2××（）2+×××（）2+（）2×（）2＝．
（Ⅱ）由题意可知，A小组识别正确的歌曲数量为首，
B小组识别正确的歌曲数量为首，
由题意可知，X1、X2均服从超几何分布，且X1～H（3，24，40），X2～H（3，36，60），
根据超几何分布的期望公式可得，，
因此，E（X1）＝E（X2）．
43．（2023•庐阳区校级模拟）一个不透明箱子中有除颜色外其它都相同的四个小球，其中两个红球两个白球的概率为，三个红球一个白球的概率为．
（1）从箱子中随机抽取一个小球，求抽到红球的概率；
（2）现从箱子中随机一次性抽取两个或三个小球，已知抽到两个小球的概率为，抽到三个小球的概率为，所抽到的小球中，每个红球记2分，每个白球记﹣1分，用X表示抽到的小球分数之和，求X的分布列及数学期望．
【解答】解：（1）记事件A表示“抽取一个小球且为红球”，B1表示“箱子中小球为两红两白”，B2表示“箱子中小球为三红一白”，
则．
（2）由题意得X的取值可以为﹣2，0，1，3，4，6，
，，，
，，．
随机变量X的分布列为：
所以X的分布列及数学期望为：．
44．（2023•福鼎市校级一模）“斯诺克（Snker）”是台球比赛的一种，意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，是四大“绅士运动”之一，随着生活水平的提高，“斯诺克”也成为人们喜欢的运动之一．现甲、乙两人进行比赛比赛采用5局3胜制，各局比赛双方轮流开球（例如：若第一局甲开球，则第二局乙开球，第三局甲开球……），没有平局．已知在甲的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，在乙的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，并且通过“猜硬币”，甲获得了第一局比赛的开球权．
（1）求甲以3：1赢得比赛的概率；
（2）设比赛的总局数为ξ，求E（ξ）．
【解答】解：（1）甲以3：1赢得比赛，则前3局中甲赢得了2局，第4局甲获胜，
所以甲以3：1赢得比赛的概率为．
（2）ξ的可能取值为3，4，5，
设甲获胜的概率为P甲，乙获胜的概率为P乙，
；；；；
；；
则，
所以．
45．（2023•沙坪坝区校级模拟）现有4个除颜色外完全一样的小球和3个分别标有甲、乙、丙的盒子，将4个球全部随机放入三个盒子中（允许有空盒）．
（1）记盒子乙中的小球个数为随机变量X，求X的数学期望；
（2）对于两个不互相独立的事件M，N，若P（M）＞0，P（N）＞0，称为事件M，N的相关系数．
①若ρ（M，N）＞0，求证：P（M|N）＞P（M）；
②若事件M：盒子乙不空，事件N：至少有两个盒子不空，求ρ（M，N）．
【解答】解：（1）由题意可知，X的可能的取值为0，1，2，3，4，且X～B（4，），
故E（X）＝4×．
（2）①因为，且ρ（M，N）＞0，
所以P（MN）﹣P（M）P（N）＞0，即＞P（M），而P（M|N）＝，
所以P（M|N）＞P（M）成立．
②事件M：盒子乙不空，则事件：盒子乙空，
由第1问可知P（）＝＝，所以P（M）＝1﹣P（）＝，
事件N：至少有两个盒子不空，则事件：有一个盒子不空，
P（）＝，所以P（N）＝1﹣P（）＝，
事件MN：至少有两个盒子不空且盒子乙不空，分为两种情况，一种是三个盒子都不空，按照1、1、2分组；另一种是两个盒子不空且乙不空，此时甲或者丙是空的，故按照1、3或者2、2分组即可，
故P（MN）＝+＝，
所以ρ（M，N）＝＝．
46．（2023•浙江模拟）某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏；每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”．已知甲组两名队员投进篮球的概率分别为p1，p2．
（1）若p1＝，p2＝，求他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率；
（2）若p1+p2＝，则在游戏中，甲、乙两名队员想要获得297次“神投小组”的称号，理论上他们小组至少要进行多少轮游戏才行？并求此时p1，p2的值．
【解答】解：（1）每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”，则可能的情况有①甲投中一次，乙投中两次；②甲投中两次，乙投中一次；③甲投中两次，乙投中两次，
∵p1＝，p2＝，
∴他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率为•（）2×（）2+（）2×××+（）2×（）2＝；
（2）由题意得他们在一轮游戏获得“神投小组”称号的概率p＝•p1（1﹣p1）+•p2（1﹣p2）+•＝2p1p2（p1+p2）﹣3•，
∵p1+p2＝，∴p＝p1p2﹣3•，
又0≤p1≤1，0≤p2≤1，p1+p2＝，则≤p1≤1，
令m＝p1p2＝﹣+p1＝﹣（p1﹣）2+，则m∈[，]，
∴p＝y（m）＝﹣3m2+m＝﹣3（m﹣）2+，
∴p＝﹣3m2+m在[，]上单调递增，则pmax＝y（）＝，
∴他们小组在n轮游戏中获得“神投小组”称号的次数ξ满足ξ～B（n，p），
∵np＝297，则n＝≥＝625，
∴理论上至少要进行625轮游戏，且p1+p2＝，p1p2＝，解得p1＝p2＝，
故理论上他们小组至少要进行625轮游戏才行，此时p1＝p2＝．
47．（2023•湖南模拟）国产科幻电影《流浪地球2》在给观众带来视觉震撼的同时，也引领观众对天文，航天、数字科技等领域展开了无限遐想，某校为激发学生对天文、航天、数字科技三类相关知识的兴趣，举行了一次知识竞赛（竞赛试题中天文、航天、数字科技三类相关知识题量占比分别为40%，40%，20%）．某同学回答天文、航天、数字科技这三类问题中每个题的正确率分别为，，．
（1）若该同学在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率；
（2）若该同学从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得2分，回答错误不得分，设该同学回答三题后的总得分为X分，求X的分布列及数学期望．
【解答】解：（1）设所选的题目为天文、航天、数字科技相关知识的题目分别为事件A1，A2，A3，
所选的题目回答正确为事件B，
则P（B）＝P（A1）P（BA1）+P（A2）P（BA2）+P（A3）P（BA3）
＝，
所以该同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为；
（2）X的可能取值为0，2，4，6，
，
，
，
，
则X的分布列为：
所以．
48．（2023•东方校级模拟）为了解某班学生喜爱打羽毛球是否与性别有关，故对本班60名学生进行问卷调查，得到了如下的2×2列联表：
已知在全班60人中随机抽取1人，抽到喜爱打羽毛球的学生的概率为．
（1）请将上面的2×2列联表补充完整，并推断是否有99.9%的把握认为学生喜爱打羽毛球与性别有关；
（2）采用分层抽样的方法在喜爱打羽毛球的学生中抽取5人，再选出2人参加学校组织的羽毛球比赛，记选出的2人中女生数为X，求X的分布列及数学期望．
附：，n＝a+b+c+d．
【解答】解：（1）因为全班60人中随机抽取1人，抽到喜爱打羽毛球的学生的概率为，
所以喜爱打羽毛球的学生的人数为40，其中男生为24人，女生16人，
故可得到2×2列联表：
又，
所以没有99.9%的把握认为学生喜爱打羽毛球与性别有关．
（2）用分层抽样的方法在喜爱打羽毛球的学生中抽取5人，其中男生3人，女生2人，所以X的可能取值为0，1，2，
，
，
，
所以X的分布列为：
X的数学期望．
一十四．二项分布与n次独立重复试验的模型（共3小题）
49．（2023•雨花区校级一模）若，则当k＝0，1，2，…，100时（ ）
A．P（X＝k）≤P（X＝50）B．P（X＝k）≤P（X＝32）
C．P（X＝k）≤P（X＝33）D．P（X＝k）≤P（X＝49）
【解答】解：根据题意可知，
，
即，解得，
又k为整数，故k＝33，
即P（X＝k）≤P（X＝33）．
故选：C．
50．（2023•济南三模）已知随机变量X，Y，其中X～B（6，），Y～N（μ，σ2），E（X）＝E（Y），P（|Y|＜2）＝0.3，则P（Y＞6）＝ 0.2 ．
【解答】解：X～B（6，），Y～N（μ，σ2），E（X）＝E（Y），
则μ＝，
P（|Y|＜2）＝0.3，
则P（﹣2＜Y＜2）＝0.3，
故P（2＜Y＜6）＝P（﹣2＜Y＜2）＝0.3，
所以P（Y＞6）＝P（Y＞2）﹣P（2＜Y＜6）＝0.5﹣0.3＝0.2．
故答案为：0.2．
51．（2023•湖北模拟）已知随机变量X服从B（9，0.6），则当k＝ 5或6 时，概率P（X＝k）最大．
【解答】解：随机变量X服从B（9，0.6），
则P（X＝k）＝，
概率P（X＝k）最大，
则P（X＝k）≥P（X＝k+1）且P（X＝k）≥P（X＝k﹣1），
即≥
且≥，
即2（k+1）≥27﹣3k且3（10﹣k）≥2k，解得5≤k≤6，
∵k∈N，
∴k＝5或k＝6．
故答案为：5或6．
一十五．正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义（共6小题）
52．（2023•保定三模）已知随机变量ξ服从正态分布N（2，σ2），且P（ξ≤0）＝0.2，则P（2＜ξ≤4）等于（ ）
A．0.8B．0.6C．0.4D．0.3
【解答】解：因为ξ服从正态分布N（2，σ2），且P（ξ≤0）＝0.2，
所以P（ξ＞4）＝0.2，所以＝0.3．
故选：D．
53．（2023•长春模拟）已知随机变量X～N（2，σ2），且P（X≤4）＝0.84，则P（0＜X≤4）＝（ ）
A．0.84B．0.68C．0.34D．0.16
【解答】解：由 P（X≤4）＝0.84，知 P（X≥4）＝P（X≤0）＝0.16，
故 P（0＜X≤4）＝1﹣P（X≥4）﹣P（X≤0）＝1﹣0.32＝0.68．
故选：B．
54．（2023•佛山模拟）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，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，X～N（μ1，62），Y～N（μ2，22）．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是（ ）
A．D（X）＝6B．μ1＞μ2
C．P（X≤38）＜P（Y≤38）D．P（X≤34）＜P（Y≤34）
【解答】解：由X～N（μ1，62），得D（X）＝36，A错误；
由正态密度曲线图像可知，μ1＝30，μ2＝34，μ1＜μ2，B错误；
由正态密度曲线图像可知，1﹣P（X≤38）＞1﹣P（Y≤38），所以P（X≤38）＜P（Y≤38），C正确；
由正态密度曲线图像可知，P（X≤34）＞，P（Y≤34）＝，所以P（X≤34）＞P（Y≤34），D错误．
故选：C．
55．（2023•皇姑区校级模拟）2023年国家公务员考试笔试于1月8日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分N（80，σ2）．若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，恰有2名考生的成绩高于85的概率为 ．
．
【解答】解：∵考生成绩X服从正态分N（80，σ2），
∴P（X＞85）＝＝＝，
∴从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，恰有2名考生的成绩高于85的概率为＝．
故答案为：．
56．（2023•广州二模）某班有48名学生，一次考试的数学成绩X（单位：分）服从正态分布N（80，σ2），且成绩在[80，90]上的学生人数为16，则成绩在90分以上的学生人数为 8 ．
【解答】解：由X（单位：分）服从正态分布N（80，σ2），知正态密度曲线的对称轴为X＝80，成绩在[80，90]上的学生人数为16，
由对称性知成绩在80分上的学生人数为24人，所以90分以上的学生人数为24﹣16＝8．
故答案为：8．
57．（2023•山西模拟）已知随机变量ξ服从正态分布，且P（ξ＜﹣1）＝P（ξ＞m），则（x+m）6的展开式中x的系数为 192 ．
【解答】解：因为随机变量ξ服从正态分布，且P（ξ＜﹣1）＝P（ξ＞m），
所以，故m＝2，
二项式（x+2）6展开式的通项，
令6﹣k＝1，可得k＝5，
所以（x+2）6展开式中x的系数为，
故答案为：192．
一十六．概率的应用（共3小题）
58．（多选）（2023•金安区校级模拟）一个袋子中有编号分别为1，2，3，4的4个球，除编号外没有其它差异．每次摸球后放回，从中任意摸球两次，每次摸出一个球．设“第一次摸到的球的编号为2”为事件A，“第二次摸到的球的编号为奇数”为事件B，“两次摸到的球的编号之和能被3整除”为事件C，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．事件B与事件C相互独立
C．
D．事件A与事件B互为对立事件
【解答】解：根据题意，从4个球中任意摸球两次，每次摸球后放回，则有4×4＝16个基本事件，
则事件A包含4个基本事件，事件B包含8个基本事件，
事件C包含：（3，3）、（1，2）、（2、1），（4，2）、（2，4），共5个基本事件，
由此分析选项：
对于A，易得P（C）＝；
对于B，P（B）＝，P（BC）＝，P（B）P（C）≠P（BC），B错误；
对于C，P（A）＝，P（AC）＝＝，则P（C|A）＝＝＝，C正确；
对于D，事件A、B可能同时发生，不是对立事件，D错误．
故选：AC．
59．（多选）（2023•沙坪坝区校级模拟）一个盒子中装有a个黑球和b个白球（a，b均为不小于2的正整数），现从中先后无放回地取2个球．记“第一次取得黑球”为A1，“第一次取得白球”为A2，“第二次取得黑球”为B1，“第二次取得白球”为B2，则（ ）
A．
B．
C．P（B1|A1）+P（B2|A1）＜1
D．P（B2|A1）+P（B1|A2）＞1
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，A1B2即第一次取得黑球，第二次取得白球，则P（A1B2）＝×＝，A错误；
对于B，A2B1即第一次取得白球，第二次取得黑球，则P（A2B1）＝×＝×，B正确；
对于C，P（B1|A1）+P（B2|A1）＝+＝1，C错误；
对于D，P（B2|A1）+P（B1|A2）＝+＝1﹣+＝1+＞1，D正确．
故选：BD．
60（多选）．（2023•吉林模拟）某商场开业期间举办抽奖活动，已知抽奖箱中有30张奖券，其中有5张写有“中奖”字样．假设抽完的奖券不放回，甲抽完之后乙再抽，记A表示甲中奖，B表示乙中奖，则（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，P（AB）＝P（A）P（B|A）＝×＝，A正确；
对于B，P（B）＝P（A）P（B|A）+P（）P（B|）＝＝，B错误；
对于C，P（A|B）＝＝＝，C正确；
对于D，P（B|A）＝＝＝，D错误．
故选：AC．
一、条件概率的性质
设P(A)>0，则
①
②如果B与C是两个互斥事件，则
③设和互为对立事件，则
二、离散型随机变量的期望
1.定义：
一般地，若离散型随机变量的概率分布为
则称…… 为的均值或数学期望，简称期望．
2．性质：
①；
②若(a、b是常数)，是随机变量，则也是随机变量，有；
的推导过程如下：：
的分布列为
于是……
＝……)……)＝
∴。
三、正态分布
1.正态变量的概率密度函数
正态变量的概率密度函数表达式为：，（）
其中x是随机变量的取值；μ为正态变量的期望；是正态变量的标准差.
2．正态分布
（1）定义
如果对于任何实数随机变量满足：，
则称随机变量服从正态分布。记为。
（2）正态分布的期望与方差
若，则的期望与方差分别为：，。
3. 正态曲线
如果随机变量X的概率密度函数为，其中实数和为参数（），则称函数的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线。
X
x1
x2
…
xn
…
P
p1
p2
…
pn
…
X
0
1
P
1－p
p
X
0
1
…
m
P
eq \f(Ceq \\al(0,M)Ceq \\al(n－0,N－M),Ceq \\al(n,N))
eq \f(Ceq \\al(1,M)Ceq \\al(n－1,N－M),Ceq \\al(n,N))
…
eq \f(Ceq \\al(m,M)Ceq \\al(n－m,N－M),Ceq \\al(n,N))
X
0
1
…
k
…
n
P
Ceq \\al(0,n)P0qn
Ceq \\al(1,n)P1qn－1
…
Ceq \\al(k,n)Pkqn－k
…
Ceq \\al(n,n)Pnq0
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
摸棋子
5个白
4个白
3个白
其它
彩金
20元
2元
纪念品（价值5角）
同乐一次（无任何奖品）
ξ
0
1
2
3
P
X
0
1
2
3
P
班级
一
二
三
四
人数
3
2
3
4
Y/X
b1
b2
b3
…
a1
p1，1
p1，2
p1，3
…
a2
p2，1
p2，2
p2，3
…
a3
p3，1
p3，2
p3，3
…
…
…
…
…
…
（X，Y）
0
1
2
0



1


0
2

0
0
0
1
2
3
P
习惯固定在左侧接听电话
习惯固定在右侧接听电话
总计
脑瘤部位在左侧的病人
a
b
42
脑瘤部位在右侧的病人
c
d
46
总计
a+c
b+d
88
ξ
0
1
2
P



习惯固定在左侧接听电话
习惯固定在右侧接听电话
总计
脑瘤部位在左侧的病人
14
28
42
脑瘤部位在右侧的病人
19
27
46
总计
33
55
88
语文成绩
合计
优秀
不优秀
数学成绩
优秀
50
30
80
不优秀
40
80
120
合计
90
110
200
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
3
P
性别
飞盘运动
合计
不爱好
爱好
男
6
16
22
女
4
24
28
合计
10
40
50
α
0.1
0.01
0.001
xα
2.706
6.635
10.828
X
0
1
2
3
P




音乐类别
A小组
B小组
测试音乐数量
正确识别比例
测试音乐数量
正确识别比例
古典音乐
10
40%
24
50%
流行音乐
10
40%
20
50%
民族音乐
20
80%
16
87.5%
X
﹣2
0
1
3
4
6
P
X
0
2
4
6
P
喜爱
不喜爱
合计
男
6
女
16
合计
60
P（K2≥k）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
喜爱
不喜爱
合计
男
24
6
30
女
16
14
30
合计
40
20
60
X
0
1
2
P
…
…
P
…
…
…
…
…
…
P
…
…