2026年高考数学一轮复习考点精讲精练(新高考通用第05讲古典概型与概率的基本性质(高效培优讲义)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习考点精讲精练(新高考通用第05讲古典概型与概率的基本性质(高效培优讲义)(全国通用)(学生版+解析)，共7页。试卷主要包含了古典概型，概率基本性质的应用，古典概型的综合应用等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc1699818487" 考情探究 PAGEREF _Tc1699818487 \h 1
\l "_Tc874354968" 知识梳理 PAGEREF _Tc874354968 \h 2
\l "_Tc53350755" 探究核心考点 PAGEREF _Tc53350755 \h 3
\l "_Tc1165458486" 考点一 古典概型 PAGEREF _Tc1165458486 \h 3
\l "_Tc662429915" 考点二 概率基本性质的应用 PAGEREF _Tc662429915 \h 5
\l "_Tc904355357" 考点三 古典概型的综合应用 PAGEREF _Tc904355357 \h 8
\l "_Tc1758715280" 三阶突破训练 PAGEREF _Tc1758715280 \h 13
\l "_Tc762793652" 基础过关 PAGEREF _Tc762793652 \h 13
\l "_Tc1943020221" 能力提升 PAGEREF _Tc1943020221 \h 20
\l "_Tc1704518065" 真题感知 PAGEREF _Tc1704518065 \h 27
一、5年真题考点分布
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的常考内容，一般求简单古典概型的计算或者较复杂的古典概型的计算
【备考策略】（1）理解古典概型及其概率计算公式．
（2）会计算一些随机事件所包含的样本点及事件发生的概率．
【命题预测】古典概型与几何的交汇问题及其概率的基本性质。设题稳定，难度中档，分值为5分
1.古典概型
(1)两个特征
有限性:样本空间的样本点只有有限个;等可能性:每个样本点发生的可能性相等.
(2)计算公式
设试验E是古典概型,样本空间Ω包含n个样本点,事件A包含其中的k个样本点,则定义事件A的概率P(A)=kn=n(A)n(Ω).
其中,n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数.
2.概率的性质
性质1:对任意的事件A,都有0≤P(A)≤1;
性质2:必然事件的概率为1,不可能事件的概率为0,即P(Ω)=1,P(⌀)=0;
性质3:如果事件A与事件B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B);
性质4:如果事件A与事件B互为对立事件,那么P(B)=1-P(A),P(A)=1-P(B);
性质5:如果A⊆B,那么P(A)≤P(B),由该性质可得,对于任意事件A,因为⌀⊆A⊆Ω,所以0≤P(A)≤1.
性质6:设A,B是一个随机试验中的两个事件,有P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B).
考点一 古典概型
典例1．甲，乙，丙，丁四人在足球训练中进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过3次传球后乙恰接到1次球的概率为（ ）
A．B．C．D．
典例2．某独唱比赛共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定．甲不是第一个出场的概率（ ）
A．B．C．D．
跟踪训练1．如图是一段绳子在地面上的影子，看不出哪一部分在哪一部分的上面，假设绳子是完全随机摆放的，现在将绳子两头向左右拉紧，这根绳子会打成一个结的概率是（ ）
A．B．C．D．
跟踪训练2．一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件为“第一次朝上的数字是奇数”，则下列事件中与相互独立的事件是（ ）
A．第一次朝上的数字是偶数
B．第一次朝上的数字是1
C．两次朝上的数字之和是8
D．两次朝上的数字之和是7
跟踪训练3．一副扑克牌共有13张红桃牌，其中J､Q､K称为花牌，其它的称为数字牌，现将这13张红桃牌从左到右随机排成一排，则在红桃A的左侧没有数字牌的概率为（ ）
A．B．C．D．
考点二 概率基本性质的应用
典例1．(多选)已知随机事件满足，则（ ）
A．若事件互斥，则B．若，则
C．若，则D．若事件互斥，则
典例2．(多选)某次运动会共有48人参加，其中参加跳远的有24人，参加铅球的有16人，参加跳高的有12人.同时参加跳远和铅球的有8人，同时参加铅球和跳高的有4人，同时参加跳远和跳高的有6人，三项都参加的有3人.现从这48人中随机抽取一人，记该人参加跳远､铅球､跳高分别为事件A､B､C，则（ ）
A．
B．
C．
D．
跟踪训练1．(多选)一个质地均匀的正四面体个表面上分别标有数字，抛掷该正四面体两次，记事件“第一次向下的数字为或”，事件“两次向下的数字之和为偶数”，则下列说法正确的是（ ）
A．事件与事件互斥B．事件与事件相互独立
C．事件发生的概率为D．事件发生的概率为
跟踪训练2．(多选)以下叙述不正确的是（ ）
A．若事件两两独立，则
B．若，则事件两两独立
C．若，则事件两两互斥
D．若事件两两互斥，则
跟踪训练3．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 ．
考点三 古典概型的综合应用
典例1．从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是（ ）
A．B．C．D．
典例2．下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天.
（Ⅰ）求此人到达当日空气质量优良的概率；
（Ⅱ）求此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率；
（Ⅲ）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）
跟踪训练1．从1，2，3，4中任取两个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值小于或等于2的概率为 ．
跟踪训练2．[2019·龙泉驿区一中]交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，且保费与上一年车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：
某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了70辆车龄已满三年该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：
（1）求一辆普通6座以下私家车在第四年续保时保费高于基本保费的频率；
（2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车．假设购进一辆事故车亏损6000元，一辆非事故车盈利10000元，且各种投保类型车的频率与上述机构调查的频率一致，完成下列问题：
①若该销售商店内有7辆（车龄已满三年）该品牌二手车，某顾客欲在店内随机挑选2辆，求这2辆车恰好有一辆为事故车的概率；
②若该销售商一次性购进70辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求一辆车盈利的平均值(结果用分数表示)．
跟踪训练3．已知一工厂生产了某种产品700件，该工厂对这些产品进行了安全和环保这两个性能的质量检测．工厂决定利用随机数表法从中抽取100件产品进行抽样检测，现将700件产品按001，002，…,700进行编号；
（1）如果从第8行第4列的数开始向右读，请你依次写出最先检测的3件产品的编号；
（下面摘取了随机数表的第7～9行）
84 42 17 53 31 57 24 55 06 88 77 04 74 47 67 21 76 33 50 25 83 92 12 06 76
63 01 63 78 59 16 95 55 67 19 98 10 50 71 75 12 86 73 58 07 44 39 52 38 79
33 21 12 34 29 78 64 56 07 82 52 42 07 44 38 15 51 00 13 42 99 66 02 79 54
（2）抽取的100件产品的安全性能和环保性能的质量检测结果如下表：
检测结果分为优等、合格、不合格三个等级，横向和纵向分别表示安全性能和环保性能．若在该样本中，产品环保性能是优等的概率为，求，的值．
（3）已知，，求在安全性能不合格的产品中，环保性能为优等的件数比不合格的件数少的概率．
一、单选题
1．甲、乙、丙、丁4人排成一排，则甲不在排首的概率为（ ）
A．B．C．D．
2．从编号1~7的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，事件B：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则（ ）
A．B．C．D．
3．盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的商品盒子．已知某盲盒产品共有3种玩偶，小明购买4个盲盒，则他能集齐3种玩偶的概率是（ ）
A．B．C．D．
4．某袋中有5个不同颜色的球．芷晴从该袋中随机抽出一个球，然后她把所抽出的球放回该袋中，再从该袋中随机抽出一个球．求所抽出的两个球的颜色不同的概率．（ ）
A．B．C．D．
5．一支军事特别任务部队由18名士兵组成，当中共有6名女士兵，其余的是男士兵．若从该部队中随机选出8名士兵，求选出不多于4名女士兵的概率．（ ）
A．B．C．D．
6．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次，则两次向上的点数之和除以4的余数为3的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
7．抛掷一个质地不均匀的骰子，得到点数为1，2，3，4，5，6的概率依次成等差数列.若将该骰子抛掷一次，则所得点数为1或6的概率为 ；若将该骰子独立抛掷两次，记所得的点数分别为a，b，已知事件“”发生的概率为，则事件“”发生的概率为 .
8．已知一个正整数n，若能找到正整数a、b，使得，则称n为一个“好数”．现在从1到20这20个正整数中任取一个数，取到“好数”的概率为
三、解答题
9．某校举行了一次“解析几何大赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，为正整数）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为六组（如图）：
(1)求的值；
(2)如果用分层抽样的方法从样本成绩为和的学生中共抽取8人，再从8人中选2人，求2人中有来自组的学生的概率；
(3)学校在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的成绩：，已知这10个成绩的平均数，标准差，若剔除其中的96和72两个成绩，求剩余8个成绩的平均数与方差．
10．一盒子中有大小与质地均相同的20个小球，其中白球个，其余为黑球.
(1)当盒中的白球数时，从盒中不放回地随机取两次，每次取一个球，用A表示事件“第一次取到白球”，用B表示事件“第二次取到白球”，判断并说明事件A与B是否相互独立；
(2)某同学要策划一个抽奖活动，参与者从盒中一次性随机取10个球，只要白球个数是3个，则获奖，否则不获奖，该同学放置白球的数量n为多少时，参与者获奖的可能性最大?
11．一个质点从数轴上的原点0开始移动，通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上，则质点向右移动一个单位；若硬币反面向上，则质点向左移动一个单位.抛掷硬币8次后，质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量 X.
(1)求质点位于位置2且移动过程中始终位于0的右侧的概率；
(2)求随机变量 X 的分布列和数学期望 E(X)．
12．某班准备在周六和周日两天分别进行一次环保志愿活动，分别由李老师和王老师负责通知，已知该班共60名学生，每次活动需40人参加，假设李老师和王老师通过“家校通”平台分别将通知独立、随机地发给60位学生家长中的40人，且保证所发通知都能收到．
(1)求该班甲同学家长收到李老师或王老师通知的概率；
(2)设该班乙同学家长收到通知的次数为，求的分布列及数学期望；
(3)设两次都收到通知的人数为变量，则的可能取值有哪些？并求出取到其中哪一个值的可能性最大？请说明理由．
1．某学校随机将16名学生平均分成两个小组，分别参加数学和物理兴趣小组，学生学号为1，2，3，..，16，设数学小组里的学生最小学号为，最大学号为，物理小组里的学生最小学号为，最大学号为，则“”的概率为（ ）
A．B．C．D．
2．有甲，乙两个盒子，甲盒中有且仅有1个白球，乙盒中有k（）个白球和个黑球，现从乙盒中随机抽取i（）个球放入甲盒中，设放入后在甲盒中随机抽取一个球是白球的概率为，甲盒中含有白球个数的期望为，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．（多选）一批产品中有一等品若干件，二等品3件，三等品2件，若从中任取3件产品，至少有1件一等品的概率不小于，则该批产品中一等品数量可能有（ ）
A．3件B．4件C．5件D．6件
4．（多选）下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为，，则密码被成功破译的概率为
B．一箱12罐的饮料中有2罐有奖券，从中任意抽取2罐，这2罐中有奖券的概率为
C．一个袋子中有4个红球，n个绿球，不放回地从中随机取出两个球，若取出的两球都是红球的概率为，则
D．甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，相比3局2胜制，5局3胜制对甲更有利
5．从3名男生和4名女生中任选4名同学参加志愿者活动，其中2名同学为负责人，2名同学为组员，则选出的4名学生中至少有1名女生做负责人的概率为 ．
6．如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为 .

7．有6张卡片，上面分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中每次随机抽取1张卡片，连续抽取两次，记抽到的卡片上的数字依次为．
(1)若有放回地抽取，记事件为“”，求；
(2)若无放回地抽取，记，求的分布列与数学期望．
8．已知数列共有项，其中有项为0，有项为1．若数列满足对任意中的0的个数不少于1的个数，则称数列为“规范数列”．
(1)当时，求“规范数列”的个数；
(2)记表示数列是“规范数列”的概率，求的最小值．
9．编号为的小球随机放入编号为的盒子中，即每个球放入任何一个盒子机会均等，相互独立，记表示n个盒子中空盒子的个数．
(1)当时，求编号为1的盒子中有球的概率；
(2)若设，则可得：，，所以，求；
(3)求证：关于n单调递增．
一、单选题
1．（2024·全国甲卷·高考真题）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（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
2．（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为 ．
3．（2024·天津·高考真题）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为 ；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 ．
4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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 .
三、解答题
5．（2025·上海·高考真题）2024年巴黎奥运会，中国获得了男子米混合泳接力金牌．以下是历届奥运会男子米混合泳接力项目冠军成绩记录（单位：秒），数据按照升序排列．
(1)求这组数据的极差与中位数；
(2)从这10个数据中任选3个，求恰有2个数据在211以上的概率；
(3)若比赛成绩y关于年份x的回归方程为，年份x的平均数为2006，预测2028年冠军队的成绩（精确到0.01秒）．
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024·全国甲卷
古典概型计算概率
无
2024·全国甲卷
写出基本事件
不等式
2024·天津
写出基本事件求概率
条件概率
2024·新课标Ⅰ卷
概率的运算性质
分布列
2025·上海
排列组合计算概率
回归方程
交强险浮动因素和费率浮动比率表
浮动因素
浮动比率
上一个年度未发生有责任道路交通事故
下浮
上两个年度未发生有责任道路交通事故
下浮
上三个以及以上年度未发生有责任道路交通事故
下浮
上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故
上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故
上浮
上一个年度发生有责任道路交通死亡事故
上浮
类型
数量
10
13
7
20
14
6
件数
环保性能
优等
合格
不合格
安全性能
优等
6
20
5
合格
10
18
6
不合格
4
206.78
207.46
207.95
209.34
209.35
210.68
213.73
214.84
216.93
216.93
第05讲 古典概型与概率的基本性质
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc1699818487" 考情探究 PAGEREF _Tc1699818487 \h 1
\l "_Tc874354968" 知识梳理 PAGEREF _Tc874354968 \h 2
\l "_Tc53350755" 探究核心考点 PAGEREF _Tc53350755 \h 3
\l "_Tc1165458486" 考点一 古典概型 PAGEREF _Tc1165458486 \h 3
\l "_Tc662429915" 考点二 概率基本性质的应用 PAGEREF _Tc662429915 \h 5
\l "_Tc904355357" 考点三 古典概型的综合应用 PAGEREF _Tc904355357 \h 8
\l "_Tc1758715280" 三阶突破训练 PAGEREF _Tc1758715280 \h 13
\l "_Tc762793652" 基础过关 PAGEREF _Tc762793652 \h 13
\l "_Tc1943020221" 能力提升 PAGEREF _Tc1943020221 \h 20
\l "_Tc1704518065" 真题感知 PAGEREF _Tc1704518065 \h 27
一、5年真题考点分布
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的常考内容，一般求简单古典概型的计算或者较复杂的古典概型的计算
【备考策略】（1）理解古典概型及其概率计算公式．
（2）会计算一些随机事件所包含的样本点及事件发生的概率．
【命题预测】古典概型与几何的交汇问题及其概率的基本性质。设题稳定，难度中档，分值为5分
1.古典概型
(1)两个特征
有限性:样本空间的样本点只有有限个;等可能性:每个样本点发生的可能性相等.
(2)计算公式
设试验E是古典概型,样本空间Ω包含n个样本点,事件A包含其中的k个样本点,则定义事件A的概率P(A)=kn=n(A)n(Ω).
其中,n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数.
2.概率的性质
性质1:对任意的事件A,都有0≤P(A)≤1;
性质2:必然事件的概率为1,不可能事件的概率为0,即P(Ω)=1,P(⌀)=0;
性质3:如果事件A与事件B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B);
性质4:如果事件A与事件B互为对立事件,那么P(B)=1-P(A),P(A)=1-P(B);
性质5:如果A⊆B,那么P(A)≤P(B),由该性质可得,对于任意事件A,因为⌀⊆A⊆Ω,所以0≤P(A)≤1.
性质6:设A,B是一个随机试验中的两个事件,有P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B).
考点一 古典概型
典例1．甲，乙，丙，丁四人在足球训练中进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过3次传球后乙恰接到1次球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将所有传球的结果列出，再利用古典概型求结果.
【详解】传球的结果可以分为：
分别传给3人时：乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共6种；
若传给2人时：乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6种；
再传给甲的：乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共15种；
共27种，只传乙一次的有16种，所以所求概率为
故选：C
典例2．某独唱比赛共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定．甲不是第一个出场的概率（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据古典概型计算公式进行求解.
【详解】根据古典概型的计算公式，甲不是第一个出场的概率为.
故选：C.
跟踪训练1．如图是一段绳子在地面上的影子，看不出哪一部分在哪一部分的上面，假设绳子是完全随机摆放的，现在将绳子两头向左右拉紧，这根绳子会打成一个结的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】考虑绳子在三个交叉处的位置关系，每个交叉处有两种可能，共有8种可能，然后再考虑能打结的有几种，即可解题.
【详解】考虑绳子在三个交叉处的位置关系，每个交叉处有两种可能，所以共有8种可能.
先固定中间，有如图所示的四种情形，这四种情形只有一种可以拉成结，
将这四种情形翻转得到另外四种情形，
所以共有两种情形可以拉成结，故所求概率为.
故选：C
跟踪训练2．一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件为“第一次朝上的数字是奇数”，则下列事件中与相互独立的事件是（ ）
A．第一次朝上的数字是偶数
B．第一次朝上的数字是1
C．两次朝上的数字之和是8
D．两次朝上的数字之和是7
【答案】D
【分析】根据独立事件的定义逐一判断即可.
【详解】解：抛掷骰子两次，共有个基本事件数,
则,
共18个基本事件，则,
设事件为第一次朝上面的数字是偶数，则事件与事件是对立事件，故错误；
设事件为第一次朝上面的数字是1，则，故错误；
设事件为两次朝上面的数字之和是8，
则共5个基本事件，则,
且，则,
，所以C错误；
设事件为两次朝上面的数字之和是7，则,
则,且，则
因为，所以事件与事件相互独立.
故选：D.
跟踪训练3．一副扑克牌共有13张红桃牌，其中J､Q､K称为花牌，其它的称为数字牌，现将这13张红桃牌从左到右随机排成一排，则在红桃A的左侧没有数字牌的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用有限制条件的排列问题，结合古典概型列式求解.
【详解】将一副扑克中的13张红桃从左到右排成一排，共有种不同的排法，
红桃A的左侧没有数字牌共有种不同排法，
所以红桃A的左侧没有数字牌的概率.
故选：C
考点二 概率基本性质的应用
典例1．(多选)已知随机事件满足，则（ ）
A．若事件互斥，则B．若，则
C．若，则D．若事件互斥，则
【答案】AC
【分析】利用互斥事件的定义及性质判断AD；利用包含事件的性质求解判断BC.
【详解】对于A选项，因为事件互斥，所以，故A正确；
对于B选项，因为，所以，故B错误；
对于C选项，因为，所以，故C正确；
对于D选项，事件与事件是互斥事件，则为必然事件，所以，故D错误．
故选：AC．
典例2．(多选)某次运动会共有48人参加，其中参加跳远的有24人，参加铅球的有16人，参加跳高的有12人.同时参加跳远和铅球的有8人，同时参加铅球和跳高的有4人，同时参加跳远和跳高的有6人，三项都参加的有3人.现从这48人中随机抽取一人，记该人参加跳远､铅球､跳高分别为事件A､B､C，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】应用概率的基本性质计算求解判断A，B，应用条件概率计算判断C，D.
【详解】某次运动会共有48人参加，其中参加跳远的有24人，参加铅球的有16人，参加跳高的有12人.
同时参加跳远和铅球的有8人，同时参加铅球和跳高的有4人，同时参加跳远和跳高的有6人，三项都参加的有3人.
现从这48人中随机抽取一人，记该人参加跳远､铅球､跳高分别为事件A､B､C，
则，
，A选项正确；
，不相等，B选项错误；
，C选项正确；
，D选项正确；
故选：ACD.
跟踪训练1．(多选)一个质地均匀的正四面体个表面上分别标有数字，抛掷该正四面体两次，记事件“第一次向下的数字为或”，事件“两次向下的数字之和为偶数”，则下列说法正确的是（ ）
A．事件与事件互斥B．事件与事件相互独立
C．事件发生的概率为D．事件发生的概率为
【答案】BC
【分析】A应用互斥事件进行判断；B根据事件独立性的定义，结合题设描述判断；C根据事件独立性计算交事件的概率；D应用事件的概率性质求发生的概率即可判断.
【详解】对于A，由“第一次向下的数字为或”，事件“两次向下的数字之和为偶数”，而发生同时也有可能发生，故不是互斥事件，A错误;
对于B，因为，而，
故，即事件与事件相互独立，B正确；
对于C，因为事件与事件相互独立所以事件与事件相互独立，，C正确；
对于D，事件发生的概率，D错误；
故选：BC.
跟踪训练2．(多选)以下叙述不正确的是（ ）
A．若事件两两独立，则
B．若，则事件两两独立
C．若，则事件两两互斥
D．若事件两两互斥，则
【答案】AB
【分析】利用前提举反例，结合独立事件的判定判断A、B；由概率的性质及事件的运算、互斥事件定义判断C、D.
【详解】A：若事件两两独立，则，，，
抛两次硬币，第一次正面，第二次正面，两次结果相同，
所以，，显然满足前提，
而，此时，不满足，即A错；
B：对于样本空间，若，，，则，
所以，且，此时满足，
但，即，显然，显然不相互独立，即B错；
C：若，而，
所以，
必有，即事件两两互斥时成立，即C对；
D：若事件两两互斥，必有，即D对.
故选：AB
跟踪训练3．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 ．
【答案】/0.1
【分析】根据题意，利用交事件的概率公式求解即可.
【详解】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，两种性状都出现为，
由题，，，
所以，
又，
所以．
故答案为：.
考点三 古典概型的综合应用
典例1．从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】个位数与十位数之和为奇数的两位数中，其个位数与十位数有一个为奇数，一个为偶数，共有=45
记：“个位数与十位数之和为奇数的两位数中，其个位数为0”为事件A，则A包含的结果：10，30，50，70，90共5个
由古典概率的求解公式可得，P（A）=
故选D
典例2．下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天.
（Ⅰ）求此人到达当日空气质量优良的概率；
（Ⅱ）求此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率；
（Ⅲ）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大
【详解】（Ⅰ）在3月1日至3月13日这13天中，1日，2日，3日，7日，12日，13日共6天的空气质量优良，所以此人到达当日空气质量优良的概率为．
（Ⅱ）根据题意，事件“此人在该市停留期间只有1天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是4日，或5日，或7日，或8日”，
所以此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率是．
（Ⅲ）从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.
本题主要考查的是古典概率．由图读出基本事件的总数和满足条件的事件个数，代入古典概型公式计算即可．连续三天的空气质量指数方差最大的是应该是这三天空气质量指数悬殊最大的.
跟踪训练1．从1，2，3，4中任取两个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值小于或等于2的概率为 ．
【答案】
【分析】由题意，从中任取两个不同的数，共有中不同的取法，再找出取出的2个数之差的绝对值大于2的只有取得到两个数只有一种取法，利用对立事件的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意，从中任取两个不同的数，共有中不同的取法，
其中取出的2个数之差的绝对值大于2的只有取得到两个数为时，只有一种取法，
所以取出的2个数之差的绝对值小于或等于2的概率为.
【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算问题，其中解答中认真审题，找出基本时间的总数和所求事件的对立事件的个数，利用对立时间的概率计算公式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
跟踪训练2．[2019·龙泉驿区一中]交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，且保费与上一年车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：
某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了70辆车龄已满三年该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：
（1）求一辆普通6座以下私家车在第四年续保时保费高于基本保费的频率；
（2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车．假设购进一辆事故车亏损6000元，一辆非事故车盈利10000元，且各种投保类型车的频率与上述机构调查的频率一致，完成下列问题：
①若该销售商店内有7辆（车龄已满三年）该品牌二手车，某顾客欲在店内随机挑选2辆，求这2辆车恰好有一辆为事故车的概率；
②若该销售商一次性购进70辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求一辆车盈利的平均值(结果用分数表示)．
【答案】（1）；（2）①；②元
【分析】（1）利用等可能事件概率计算公式，能求出一辆普通6座以下私家车第四年续保时保费高于基本保费的概率；（2）①由统计数据可知，该销售商店内的7辆该品牌车龄已满三年的二手车中有2辆事故车，设为，，5辆非事故车，设为，，，.利用列举法求出从7辆车中随机挑选两辆车的基本事件总和其中两辆车恰好有一辆事故车包含的基本事件个数，由此能求出该顾客在店内随机挑选的两辆车恰好有一辆事故车的概率，②由统计数据可知，该销售商一次购进70辆该品牌车龄已满三年的二手车有事故车20辆，非事故车50辆，由此能求出一辆车盈利的平均值.
【详解】（1）一辆普通6座以下私家车第四年续保时保费高于基本保费的频率为
（2）①由统计数据可知，该销售商店内的7辆该品牌车龄已满三年的二手车中有2辆事故车，设为，，5辆非事故车，设为，，，.从7辆车中随机挑选2辆车的情况有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21种．其中2辆车恰好有一辆为事故车的情况有，，，，，，，，共10种，所以该顾客在店内随机挑选2辆车，这2辆车恰好有一辆事故车的概率为.
②由统计数据可知，该销售商一次购进70辆该品牌车龄已满三年的二手车有事故车20辆，非事故车50辆，所以一辆车盈利的平均值为 (元)．
【点睛】本题考查分用列举法计算随机事件所含基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基础知识，考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．
跟踪训练3．已知一工厂生产了某种产品700件，该工厂对这些产品进行了安全和环保这两个性能的质量检测．工厂决定利用随机数表法从中抽取100件产品进行抽样检测，现将700件产品按001，002，…,700进行编号；
（1）如果从第8行第4列的数开始向右读，请你依次写出最先检测的3件产品的编号；
（下面摘取了随机数表的第7～9行）
84 42 17 53 31 57 24 55 06 88 77 04 74 47 67 21 76 33 50 25 83 92 12 06 76
63 01 63 78 59 16 95 55 67 19 98 10 50 71 75 12 86 73 58 07 44 39 52 38 79
33 21 12 34 29 78 64 56 07 82 52 42 07 44 38 15 51 00 13 42 99 66 02 79 54
（2）抽取的100件产品的安全性能和环保性能的质量检测结果如下表：
检测结果分为优等、合格、不合格三个等级，横向和纵向分别表示安全性能和环保性能．若在该样本中，产品环保性能是优等的概率为，求，的值．
（3）已知，，求在安全性能不合格的产品中，环保性能为优等的件数比不合格的件数少的概率．
【答案】（1）163,567,199； （2）； （3）.
【分析】(1)在随机数表中找到第8行第4列，依次选出小于700的三位数即得到答案
(2)结合表格中的数据和产品环保性能是优等的概率是，求出的值，然后代入求出的值
(3)运用枚举法列举出所有的可能性，找出符合条件的可能性，求出概率
【详解】（1）依题意，最先检测的三件产品的编号为163,567,199；
（2）由％，得，
.
（3）由题意，且，
所以满足条件的有：
共12组，且每组出现的可能性相同，
其中环保性能为优等的件数比不合格的件数少有共4组，
所以环保性能为优等的件数比不合格的件数少的概率为.
【点睛】本题考查了抽样的实际应用，掌握运用随机数表抽出数据，并计算概率问题，较为综合，难度不大，熟练掌握解题方法．
一、单选题
1．甲、乙、丙、丁4人排成一排，则甲不在排首的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】列出4人全排列的种类数，再除去甲在排首的种类数，即可计算出所求概率.
【详解】将4人全排列共有种排列，
若甲在排首，将其余3人全排列共有种，则甲不在排首的排列共有种，
因此甲不在排首的概率为.
故选：D
2．从编号1~7的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，事件B：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据古典概型概率公式及条件概率公式求解即可.
【详解】第一次抽到3或6的概率为，所以，
当第一次抽到3时：第二次可抽4,5,6,7，共4种情况；
当第一次抽到6时，第二次可抽7，共1种情况，
所以，
.
故选：A.
3．盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的商品盒子．已知某盲盒产品共有3种玩偶，小明购买4个盲盒，则他能集齐3种玩偶的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定的条件，求出买4个盲盒的基本事件数，再求出集齐3种玩偶的基本事件数即可.
【详解】总情况数：每个盲盒有3种可能，4个盲盒的总情况数为，即种，
符合条件的情况数：要集齐三种玩偶，需在4个盲盒中包含所有3种玩偶，即一种玩偶出现2次，其余两种出现1次，
选择出现2次的种类：种，分配位置：将4个位置中选2个给该种类，剩余2个位置分别给另外两种：种，总符合条件的情况数：种，
因此，总概率为.
故选：C．
4．某袋中有5个不同颜色的球．芷晴从该袋中随机抽出一个球，然后她把所抽出的球放回该袋中，再从该袋中随机抽出一个球．求所抽出的两个球的颜色不同的概率．（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用古典概型公式计算即可.
【详解】袋中有5个不同颜色的球．芷晴从该袋中随机抽出一个球，然后她把所抽出的球放回该袋中，再从该袋中随机抽出一个球所有基本事件个数为：，
设事件为“所抽出的两个球的颜色不同”，则事件为“所抽出的两个球的颜色相同”，
所以事件包含的基本事件个数为，则事件为“所抽出的两个球的颜色不同”包含的基本事件个数为，
所以;
故选：D
5．一支军事特别任务部队由18名士兵组成，当中共有6名女士兵，其余的是男士兵．若从该部队中随机选出8名士兵，求选出不多于4名女士兵的概率．（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先根据组合数求解名士兵中随机选出名士兵的总情况数，然后再计算名士兵中包含5名女士兵，3名男士兵或6名女士兵，2名男士兵情况数，通过总体排除法即可得到名士兵中选出不多于4名女士兵的情况数，进而根据古典概率进行求解即可.
【详解】从名士兵中随机选出名士兵共有种情况，
选出的名士兵中包含5名女士兵，3名男士兵有种情况；
选出的名士兵中包含6名女士兵，2名男士兵有种情况；
由此可得：选出的名士兵中不多于4名女士兵有种情况.
综上可得：从该部队随机选出8名士兵中选出不多于4名女士兵的概率.
故选：D
6．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次，则两次向上的点数之和除以4的余数为3的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用列举法求出古典概率.
【详解】一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次的试验有36个样本点，
两次向上的点数之和除以4的余数为3的事件含有的样本点为：
，共10，
所以两次向上的点数之和除以4的余数为3的概率为.
故选：C
二、填空题
7．抛掷一个质地不均匀的骰子，得到点数为1，2，3，4，5，6的概率依次成等差数列.若将该骰子抛掷一次，则所得点数为1或6的概率为 ；若将该骰子独立抛掷两次，记所得的点数分别为a，b，已知事件“”发生的概率为，则事件“”发生的概率为 .
【答案】
【分析】根据等差数列的性质，以及相互独立事件的概率公式即可求解.
【详解】设抛掷一次骰子得到点数为i的概率为，
则.
因为，，，，，成等差数列，则.
因为，则，即
所以
，
故答案为：，
8．已知一个正整数n，若能找到正整数a、b，使得，则称n为一个“好数”．现在从1到20这20个正整数中任取一个数，取到“好数”的概率为
【答案】/
【分析】根据题意，变形为，得到只要是好数，则就是好数，结合列举法和古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由，可得，
所以只要是好数，则就是好数，
在以内的好数有：，共有12个，
所以取到好数的概率为.
故答案为：.
三、解答题
9．某校举行了一次“解析几何大赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，为正整数）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为六组（如图）：
(1)求的值；
(2)如果用分层抽样的方法从样本成绩为和的学生中共抽取8人，再从8人中选2人，求2人中有来自组的学生的概率；
(3)学校在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的成绩：，已知这10个成绩的平均数，标准差，若剔除其中的96和72两个成绩，求剩余8个成绩的平均数与方差．
【答案】(1)
(2)
(3)平均数为79，方差为84
【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，
（2）利用排列组合，结合古典概型的概率公式求解，
（3）由平均数和方差的计算公式即可得解.
【详解】（1）由题意可得，解得，
（2）和的人数之比为，
故从和抽取的人数分别为2人，3人，3人，
2人中有来自组的学生的概率为,
（3）剩余8个成绩的平均数为，
，
故剩余8个成绩的方差为
10．一盒子中有大小与质地均相同的20个小球，其中白球个，其余为黑球.
(1)当盒中的白球数时，从盒中不放回地随机取两次，每次取一个球，用A表示事件“第一次取到白球”，用B表示事件“第二次取到白球”，判断并说明事件A与B是否相互独立；
(2)某同学要策划一个抽奖活动，参与者从盒中一次性随机取10个球，只要白球个数是3个，则获奖，否则不获奖，该同学放置白球的数量n为多少时，参与者获奖的可能性最大?
【答案】(1)不独立，说明见解析
(2)
【分析】（1）依次求出即可由独立事件的定义分析求解；
（2）先由题意得到获奖概率为，接着计算分析与1的大小关系即可求解.
【详解】（1）事件A与B不相互独立，理由如下：
当时，由题可得，，
，
所以，所以事件A与B不相互独立.
（2）由题可得从20个球中取10个球，恰有3个白球的概率为，
则，
又，
所以当时，当时，
所以，
所以当时，参与者获奖的可能性最大.
11．一个质点从数轴上的原点0开始移动，通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上，则质点向右移动一个单位；若硬币反面向上，则质点向左移动一个单位.抛掷硬币8次后，质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量 X.
(1)求质点位于位置2且移动过程中始终位于0的右侧的概率；
(2)求随机变量 X 的分布列和数学期望 E(X)．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）列举出符合的情况，根据古典概型求解即可.
（2）列出随机变量的可能取值，计算对应概率可得分布列，进而可得数学期望.
【详解】（1）设硬币正面向上记为1，反面向上记为0，则样本空间有个基本事件，
设质点位于位置2且移动过程中始终位于0的右侧为事件A，则其包含“11111000，11110100，11110010，11110001，11101100，11101010，11101001，11100110，11100101，11011100，11011010，11011001，11010110，11010101”共14个基本事件，
则.
（2）随机变量的可能取值为：，
则，，
，，
，，
，，，
所以分布列为：
数学期望.
12．某班准备在周六和周日两天分别进行一次环保志愿活动，分别由李老师和王老师负责通知，已知该班共60名学生，每次活动需40人参加，假设李老师和王老师通过“家校通”平台分别将通知独立、随机地发给60位学生家长中的40人，且保证所发通知都能收到．
(1)求该班甲同学家长收到李老师或王老师通知的概率；
(2)设该班乙同学家长收到通知的次数为，求的分布列及数学期望；
(3)设两次都收到通知的人数为变量，则的可能取值有哪些？并求出取到其中哪一个值的可能性最大？请说明理由．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)取到27的可能性最大
【分析】（1）先求出甲同学家长未收到通知的概率，再利用对立事件概率公式求解；
（2）确定的可能取值，分别计算各取值的概率，进而得到分布列和数学期望；
（3）先确定的可能取值，再根据超几何概率公式，结合作商法确定单调性，即可分析取到最大值的情况．
【详解】（1）李老师通知40人，甲同学家长未收到李老师通知的概率为，
王老师通知40人，甲同学家长未收到王老师通知的概率也为，
因为李老师和王老师发通知是独立事件，
所以甲同学家长未收到李老师和王老师通知的概率为，
所以甲同学家长收到李老师或王老师通知的概率为；
（2）表示乙同学家长收到通知的次数，的可能取值为0，1，2，
，
，
，
所以分布列为：
期望；
（3）表示两次都收到通知的人数，的可能取值为20，21，22，…，40，
设，则，
所以，
令，解得，
所以时，单调递增，
时，单调递减，
又，
则，
所以时概率最大，
则取到27的可能性最大．
1．某学校随机将16名学生平均分成两个小组，分别参加数学和物理兴趣小组，学生学号为1，2，3，..，16，设数学小组里的学生最小学号为，最大学号为，物理小组里的学生最小学号为，最大学号为，则“”的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出将这16个学生随机分为两组参加数学和物理两个兴趣小组的方法数，再假设1号参加数学兴趣小组，推出学号为1到5的学生，11号在数学兴趣小组，数学兴趣小组另外2个学生情况数为，数学兴趣小组与物理兴趣小组互换，同样有6种情况，共有12种满足要求，从而计算出概率.
【详解】将这16个学生随机分为两组参加数学和物理两个兴趣小组，共有种方法，
假设1号参加数学兴趣小组，则数学兴趣小组中学生最大学号为11，
故16号学生参加物理兴趣小组，则物理兴趣小组中学生的最小学号为6，
从而学号为1到5的学生均参加数学兴趣小组，
学号为7、8、9、10的学生有任意2个参加数学兴趣小组，
满足要求的情况数为；
假设1号参加物理兴趣小组，同样有6种情况，
综上，共有种，满足要求，所以“”的概率为，
故选： C.
2．有甲，乙两个盒子，甲盒中有且仅有1个白球，乙盒中有k（）个白球和个黑球，现从乙盒中随机抽取i（）个球放入甲盒中，设放入后在甲盒中随机抽取一个球是白球的概率为，甲盒中含有白球个数的期望为，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】分别对与计算对应的概率和期望，进而比较大小可得结果.
【详解】当时，从乙盒取出白球和黑球的概率分别为和，
放入后，取出白球的概率分别为1和，
故，．
当时，从乙盒取两个球，此时服从超几何分布，
取出两个白球的概率，此时甲盒中取白球概率为1；
取出两个黑球的概率，此时甲盒中取白球概率为；
取出一白一黑的概率，此时甲盒中取白球概率为，
则，
且放入的两个球中白球数的期望，
则，
则，
所以，又，，故．
故选：B
3．（多选）一批产品中有一等品若干件，二等品3件，三等品2件，若从中任取3件产品，至少有1件一等品的概率不小于，则该批产品中一等品数量可能有（ ）
A．3件B．4件C．5件D．6件
【答案】CD
【分析】利用对立事件求出一等品的概率，解不等式得出，即可得解.
【详解】设该批产品共有件，，
从中任取3件产品，均不是一等品的概率为，
则至少有1件一等品的概率为，
由题意，即，可得，
则该批产品中一等品至少有件，
故选：CD.
4．（多选）下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为，，则密码被成功破译的概率为
B．一箱12罐的饮料中有2罐有奖券，从中任意抽取2罐，这2罐中有奖券的概率为
C．一个袋子中有4个红球，n个绿球，不放回地从中随机取出两个球，若取出的两球都是红球的概率为，则
D．甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，相比3局2胜制，5局3胜制对甲更有利
【答案】ACD
【分析】根据独立事件概率乘法公式和对立事件概率公式求解即可判断A；结合组合数的运算，根据古典概型概率公式求解判断B；结合分步计数原理，根据古典概型概率公式列方程求解判断C；分别计算采用“5局3胜制”和采用“3局2胜制”时甲获胜的概率，比较大小即可判断D.
【详解】对于A：因为各人能破译的概率分别为，，
所以密码被成功破译的概率为，故A正确；
对于B：依题意所求的概率为，故B错误；
对于C：由题意取出的两球都是红球的概率为，则，
解得或（舍去），故C正确；
对于D：采用“5局3胜制”甲获胜的概率为，
采用“3局2胜制”甲获胜的概率为，
因为，所以相比3局2胜制，5局3胜制对甲更有利，故D正确.
故选：ACD
5．从3名男生和4名女生中任选4名同学参加志愿者活动，其中2名同学为负责人，2名同学为组员，则选出的4名学生中至少有1名女生做负责人的概率为 ．
【答案】
【分析】分选取4名同学的情况有3名男生1名女生，男女生各2名，1名男生3名女生，4名女生四种情况，应用组合数、古典概型的概率求法及独立事件乘法求概率即可.
【详解】由题意，从7名学生任选4名有种，4人中任选2人做负责人有种，
选取4名同学的情况：3名男生1名女生，男女生各2名，1名男生3名女生，4名女生，
当3名男生1名女生，有种，概率为，其中女生为负责人有种，概率为，此情况的概率为，
当男女生各2名，有种，概率为，其中至少有1名女生为负责人有种，概率为，此情况的概率为，
当1名男生3名女生，有种，概率为，其中必有女生为负责人，此情况的概率为，
当4名女生，有种，概率为，其中女生为负责人，此情况的概率为，
综上，所以选出的4名学生中至少有1名女生做负责人的概率为.
故答案为：
6．如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为 .

【答案】/
【分析】首先根据分类和分步计数原理，计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况，再结合古典概型概率公式，即可求解.
【详解】先计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数.
第一步：停红色汽车，第一辆红色汽车在第一行选一个位置有四个位置可选，第二辆红色汽车在第二行有三个位置可选，由于两辆红色汽车可以互换，故有种；
第二步：停黑色汽车，分成两种情况：若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车同列，则另一辆黑色汽车有3种停法，若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车不同列有2种停法，此时另一辆黑色汽车有2种停法，由于两辆黑色汽车可以互换，故有种.
因此，相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数共有24×14种，
8个车位停入4辆车的试验共有种情况，
所以相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为.
故答案为：
7．有6张卡片，上面分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中每次随机抽取1张卡片，连续抽取两次，记抽到的卡片上的数字依次为．
(1)若有放回地抽取，记事件为“”，求；
(2)若无放回地抽取，记，求的分布列与数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）利用古典概型概率公式求解即可；
（2）求得的所有可能取值，利用古典概型概率公式求得对应概率，可得分布列，利用期望的计算公式计算即可.
【详解】（1）有放回地抽取两次，则不同的结果共有（种）．
满足的有序数对有，，，共3种情况，
故．
（2）的所有可能取值为1，2，3，4，5，
，，，
，．
所以的分布列为
所以．
8．已知数列共有项，其中有项为0，有项为1．若数列满足对任意中的0的个数不少于1的个数，则称数列为“规范数列”．
(1)当时，求“规范数列”的个数；
(2)记表示数列是“规范数列”的概率，求的最小值．
【答案】(1)5．
(2)．
【分析】（1）根据定义列出当时，条件下的所有“规范数列”；
（2）结合组合数定义确定有项为0，有2项为1，时
数列的个数，再求其中“规范数列”的个数，结合古典概型概率公式求结论.
【详解】（1）当时，满足要求的“规范数列”有0，0，0，1，1，1；
0，0，1，0，1，1；0，0，1，1，0，1；0，1，0，0，1，1；0，1，0，1，0，1，
所以当时，“规范数列”的个数为5．
（2）当时，具有“规范数列”特征的数列的个数为，
当时，由已知数列共有项，其中有项为0，有2项为1，
所以满足条件的数列的个数为，
若数列为“规范数列”，则第一项为0，
若第一项为0，第二项为0时，“规范数列”个数为，
若第一项为0，第二项为1，第三项必然为0，此时“规范数列”个数为，
所以．
故，
因为函数在上单调递增，
所以当时，取最小值，．
9．编号为的小球随机放入编号为的盒子中，即每个球放入任何一个盒子机会均等，相互独立，记表示n个盒子中空盒子的个数．
(1)当时，求编号为1的盒子中有球的概率；
(2)若设，则可得：，，所以，求；
(3)求证：关于n单调递增．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用分步计数计数原理结合古典概型的概率公式可求概率；
（2）根据题设中给出的公式结合期望性质可求；
（3）根据均值不等式可证关于n单调递增.
【详解】（1）当时，每个球都有种放法，根据分步乘法计数原理，个球放入个盒子的所有可能情况有种。
编号为的盒子中有球的情况有种 （球在号盒，球在号盒；球在号盒，球在号盒；球和球都在号盒）。
根据古典概型概率公式（其中是包含的基本事件个数，是基本事件总数），可得编号为1的盒子中有球的概率为
（2）表示个盒子中空盒子的个数，表示第个盒子是否有球，
根据期望的线性性质，
可得，
已知，
则
（3）由（2）知，则，
因为,由均值不等式可得：
，
故，所以关于单调递增.
一、单选题
1．（2024·全国甲卷·高考真题）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（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解.
解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.
【详解】解法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，出场次序共有24种，
其中符合题意的出场次序共有8种，
故所求概率；
解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有种排法，丁就种，共种；
于是甲最后出场共种方法，同理乙最后出场共种方法，于是共种出场顺序符合题意；
基本事件总数显然是，
根据古典概型的计算公式，所求概率为.
故选：C
二、填空题
2．（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为 ．
【答案】
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
3．（2024·天津·高考真题）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为 ；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 ．
【答案】
【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求解第一空；采用列举法或者条件概率公式可求第二空.
【详解】解法一：列举法
给这5个项目分别编号为,从五个活动中选三个的情况有：
,共10种情况，
其中甲选到有6种可能性：，
则甲参加“整地做畦”的概率为：；
乙选活动有6种可能性：，
其中再选择有3种可能性：，
故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为.
解法二：
设甲、乙选到为事件，乙选到为事件，
则甲选到的概率为；
乙选了活动，他再选择活动的概率为
故答案为：；
4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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 .
【答案】/0.5
【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以.
从而.
记.
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.
而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.
所以，，两式相减即得，故.
所以甲的总得分不小于2的概率为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.
三、解答题
5．（2025·上海·高考真题）2024年巴黎奥运会，中国获得了男子米混合泳接力金牌．以下是历届奥运会男子米混合泳接力项目冠军成绩记录（单位：秒），数据按照升序排列．
(1)求这组数据的极差与中位数；
(2)从这10个数据中任选3个，求恰有2个数据在211以上的概率；
(3)若比赛成绩y关于年份x的回归方程为，年份x的平均数为2006，预测2028年冠军队的成绩（精确到0.01秒）．
【答案】(1)；；
(2)
(3)
【分析】（1）由最长与最短用时可得极差，由中间两数平均数可得中位数；
（2）由古典概型概率公式可得；
（3）先求成绩平均数，再由在回归直线上，代入方程可得，再代入年份预测可得.
【详解】（1）由题意，数据的最大值为，最小值为，
则极差为；
数据中间两数为与，
则中位数为.
故极差为，中位数为；
（2）由题意，数据共个，以上数据共有个，
故设事件“恰有个数据在以上”，
则，
故恰有个数据在以上的概率为；
（3）由题意，成绩的平均数
，
由直线过，
则，
故回归直线方程为.
当时,.
故预测年冠军队的成绩为秒.
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024·全国甲卷
古典概型计算概率
无
2024·全国甲卷
写出基本事件
不等式
2024·天津
写出基本事件求概率
条件概率
2024·新课标Ⅰ卷
概率的运算性质
分布列
2025·上海
排列组合计算概率
回归方程
交强险浮动因素和费率浮动比率表
浮动因素
浮动比率
上一个年度未发生有责任道路交通事故
下浮
上两个年度未发生有责任道路交通事故
下浮
上三个以及以上年度未发生有责任道路交通事故
下浮
上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故
上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故
上浮
上一个年度发生有责任道路交通死亡事故
上浮
类型
数量
10
13
7
20
14
6
件数
环保性能
优等
合格
不合格
安全性能
优等
6
20
5
合格
10
18
6
不合格
4
0
2
4
6
8
0
1
2
1
2
3
4
5
206.78
207.46
207.95
209.34
209.35
210.68
213.73
214.84
216.93
216.93