2026年高考数学一轮专题训练：概率 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：概率 [含答案]，共14页。试卷主要包含了随机变量ξ的分布列是，已知P=13，P=23，则P等内容，欢迎下载使用。
1．（2025春•龙岩期中）随机变量ξ的分布列是
则p＝（ ）
A．14B．910C．25D．45
2．（2025春•沧州期中）已知离散型随机变量X的分布列为P(X=i)=13(i=1，2，3)，则P（X≥2）＝（ ）
A．16B．13C．23D．1
3．（2025春•沧州期中）已知P(MN)=13，P(N|M)=23，则P（M）＝（ ）
A．13B．12C．23D．56
4．（2025春•浙江期中）已知随机变量η，ξ满足η＝3ξ+1，且P（ξ≥2）＝0.9，则P（η＜7）＝（ ）
A．0.3B．0.5C．0.1D．0.2
5．（2025春•浙江期中）已知随机变量X～N（2，σ2），且P（X＜0）＝0.2，则P（X＞4）＝（ ）
A．0.6B．0.4C．0.2D．0.1
6．（2025春•浙江期中）对于随机事件A、B，若P（A）=12，P（A|B）=13，P（B|A）=14，则P（B）＝（ ）
A．12B．23C．34D．38
7．（2025春•山东期中）已知随机变量X服从两点分布，且P（X＝0）＝0.4．设Y＝3X﹣2，则P（Y＝1）＝（ ）
A．0.2B．0.3C．0.4D．0.6
8．（2025春•台州期中）近年来，越来越多的周边游客来参观台州市的神仙居、长屿硐天、国清寺、大陈岛、石梁飞瀑、临海紫阳街等6处景点．现甲、乙两位游客准备从6处景点各随机选一处游玩，记事件A＝“甲和乙至少有一个人前往神仙居”，事件B＝“甲和乙选择不同的景点”则P（B|A）＝（ ）
A．89B．910C．1011D．1112
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025•泰安模拟）在平面直角坐标系中，定义A（x1，y1），B（x2，y2）两点之间的折线距离为d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．如图，某地有一矩形古文化街区，其内部道路间距均为1，则下列选项正确的是（ ）
A．d（A，B）＝5
B．若C为平面内任意一点，则d（A，B）≤d（A，C）+d（B，C）
C．当地政府拟沿满足d（P，A）+d（P，B）＝9的点P的轨迹修建一条街区环线公路，则公路形状为六边形
D．外卖员从A点送餐到B点，在保证路程与d（A，B）相等的前提下，左转次数X的期望为1.2
（多选）10．（2025春•龙岩期中）某幼儿园周一至周五每天安排一项活动，如下表：
要求每位家长结合孩子的兴趣选择其中的三项．若有四位家长都无特殊情况，分别任选三项，用X表示四人中选择跳绳的人数之和，则（ ）
A．每位家长选择跳绳的概率为35
B．X的可能取值有4个
C．P(X=1)=24625
D．P(X=4)=81625
（多选）11．（2025春•聊城期中）盒子中有3个红球，2个白球，5个蓝球，从盒子中随机依次不放回的取出两个球，记事件A为“第一次取出的是红球”，事件B为“第二次取出的是白球”，事件C为“第二次取出的是蓝球”，则（ ）
A．P(B)=15B．P(B|A)=29
C．P(C|A)+P(C|A)=1D．P(B∪C|A)=79
（多选）12．（2025春•浙江期中）数学试题中的多选题，每题有4个选项，其中有2个或3个是正确答案，全部选到正确答案得6分．若正确答案是2个选项，只选对1个得3分，有选错的得0分；若正确答案是3个选项，只选对1个得2分，只选对2个得4分，有选错的得0分．若多选题正确答案是两个选项的概率为p（0＜p＜1），正确答案是三个选项的概率为1﹣p．某学生对其中的一道题完全不会，记X为该学生只随机选择1个选项时的得分，记Y为该学生随机选择2个选项的得分，则（ ）
A．若p=23，则P(Y=6)=19
B．若p=23，则P(X=0)=512
C．当12＜p＜1时，则E(X)=52
D．当12＜p＜1时，该学生只随机选1个选项时得分表现更优
三．填空题（共4小题）
13．（2025•浙江模拟）人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为AI．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用AI技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为 ．
14．（2025春•邢台期中）已知随机事件A，B满足P（A）=35，P（AB）=37，则P（B|A）＝ ．
15．（2025春•淮安期中）已知两个随机事件A，B，若P(A)=15，P(B)=14，P(B|A)=23，则P（AB）＝ ，P(A|B)= ．
16．（2025春•龙岩期中）已知随机事件A，B满足P(A)=23，P(AB)=38，则P(B|A)= ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•龙岩期中）将8个质地、大小一样的球装入袋中，球上依次编号1～8．现从中任取4个球，以X表示所取球的最大号码．
（1）求X的分布列；
（2）求X＞5的概率．
18．（2025春•台州期中）某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛．预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰．
（1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为X，求X的分布列并计算甲进入决赛的概率．
（2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为p（0＜p＜1），且每次答题相互独立．
（i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为f（p），求f（p）的最大值；
（ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时p的取值范围．
19．（2025春•邢台期中）某幼儿园周一至周五每天安排一项活动，如下表：
要求每位家长结合小孩的兴趣选择其中的三项．
（1）已知家长甲决定选择篮球，不选择围棋，其余三天任选两项；家长乙决定选择排球，其余四天任选两项．求家长甲选轮滑且家长乙未选轮滑的概率．
（2）若有四位家长都无特殊情况，分别任选三项，用X表示四人中选择跳绳的人数之和，求X的分布列和数学期望．
20．（2025•普陀区二模）某区为推进教育数字化转型，通过聚合区域学校的教育资源，依托AI技术搭建了区域智慧题库系统，形成了“A通识过关﹣B综合拓展﹣C创新提升”三层动态题库，且A，B，C三层题量之比为7：3：2，设该题库中任意1道题被选到的可能性都相同．
（1）现有4人参加一项比赛，若每人分别独立地从该题库中随机选取一道题作答，求这4人中至少有2人的选题来自B层的概率；
（2）现采用分层随机抽样的方法，使用智能组卷系统从该题库中选取12道题生成试卷，若某老师要从生成的这份12道题的试卷中随机选取3道题做进一步改编，记该老师选到A层题的题数为X，求X的分布与期望E（X）．
高考数学一轮复习 概率
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春•龙岩期中）随机变量ξ的分布列是
则p＝（ ）
A．14B．910C．25D．45
【考点】离散型随机变量及其分布列．
【专题】计算题；方程思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据题意，由分布列的性质可得p2+p3+14=1，解可得答案．
解：根据题意，由随机变量ξ的分布列，有p2+p3+14=1，
变形可得p=910．
故选：B．
【点评】本题考查随机变量的分布列，注意分布列的性质，属于基础题．
2．（2025春•沧州期中）已知离散型随机变量X的分布列为P(X=i)=13(i=1，2，3)，则P（X≥2）＝（ ）
A．16B．13C．23D．1
【考点】离散型随机变量及其分布列．
【专题】计算题；方程思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据题意，由P（X≥2）＝P（X＝2）+P（X＝3），结合分布列计算可得答案．
解：根据题意，离散型随机变量X的分布列为P(X=i)=13(i=1，2，3)，
则P（X≥2）＝P（X＝2）+P（X＝3）=13+13=23．
故选：C．
【点评】本题考查随机变量的分布列，涉及概率的计算，属于基础题．
3．（2025春•沧州期中）已知P(MN)=13，P(N|M)=23，则P（M）＝（ ）
A．13B．12C．23D．56
【考点】求解条件概率．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】B
【分析】利用条件概率公式求解．
解：因为P（N|M）=P(MN)P(M)，
所以P（M）=P(MN)P(N|M)=1323=12．
故选：B．
【点评】本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
4．（2025春•浙江期中）已知随机变量η，ξ满足η＝3ξ+1，且P（ξ≥2）＝0.9，则P（η＜7）＝（ ）
A．0.3B．0.5C．0.1D．0.2
【考点】离散型随机变量及其分布列．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据题意，分析可得P（ξ＜2）＝1﹣0.9＝0.1，结合η＝3ξ+1，分析可得答案．
解：根据题意，P（ξ≥2）＝0.9，则P（ξ＜2）＝1﹣0.9＝0.1，
又由η＝3ξ+1，则P（η＜7）＝P（ξ＜2）＝0.1．
故选：C．
【点评】本题考查概率的计算，涉及随机变量的定义，属于基础题．
5．（2025春•浙江期中）已知随机变量X～N（2，σ2），且P（X＜0）＝0.2，则P（X＞4）＝（ ）
A．0.6B．0.4C．0.2D．0.1
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据正态分布曲线的对称性求解．
解：因为随机变量X～N（2，σ2），且P（X＜0）＝0.2，
所以P（X＞4）＝P（X＜0）＝0.2．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
6．（2025春•浙江期中）对于随机事件A、B，若P（A）=12，P（A|B）=13，P（B|A）=14，则P（B）＝（ ）
A．12B．23C．34D．38
【考点】求解条件概率．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】D
【分析】利用条件概率公式求解．
解：因为P（B|A）=P(AB)P(A)，
所以P（AB）＝P（B|A）P（A）=14×12=18，
又因为P（A|B）=P(AB)P(B)，
所以P（B）=P(AB)P(A|B)=1813=38．
故选：D．
【点评】本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
7．（2025春•山东期中）已知随机变量X服从两点分布，且P（X＝0）＝0.4．设Y＝3X﹣2，则P（Y＝1）＝（ ）
A．0.2B．0.3C．0.4D．0.6
【考点】两点分布（0﹣1分布）．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】D
【分析】利用两点分布的概率公式求解．
解：因为随机变量X服从两点分布，且P（X＝0）＝0.4，
所以P（X＝1）＝1﹣P（X＝0）＝0.6，
所以P（Y＝1）＝P（3X﹣2＝1）＝P（X＝1）＝0.6．
故选：D．
【点评】本题主要考查了两点分布的概率公式，属于基础题．
8．（2025春•台州期中）近年来，越来越多的周边游客来参观台州市的神仙居、长屿硐天、国清寺、大陈岛、石梁飞瀑、临海紫阳街等6处景点．现甲、乙两位游客准备从6处景点各随机选一处游玩，记事件A＝“甲和乙至少有一个人前往神仙居”，事件B＝“甲和乙选择不同的景点”则P（B|A）＝（ ）
A．89B．910C．1011D．1112
【考点】求解条件概率．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】C
【分析】利用条件概率公式求解．
解：由题意可知，P（A）＝1﹣P（A）＝1−5×56×6=1136，P（AB）=C21×1×56×6=518，
所以P（B|A）=P(AB)P(A)=5181136=1011．
故选：C．
【点评】本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025•泰安模拟）在平面直角坐标系中，定义A（x1，y1），B（x2，y2）两点之间的折线距离为d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．如图，某地有一矩形古文化街区，其内部道路间距均为1，则下列选项正确的是（ ）
A．d（A，B）＝5
B．若C为平面内任意一点，则d（A，B）≤d（A，C）+d（B，C）
C．当地政府拟沿满足d（P，A）+d（P，B）＝9的点P的轨迹修建一条街区环线公路，则公路形状为六边形
D．外卖员从A点送餐到B点，在保证路程与d（A，B）相等的前提下，左转次数X的期望为1.2
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】计算题；整体思想；综合法；概率与统计；运算求解；新定义类．
【正确答案】ABD
【分析】根据新定义判断A；根据绝对值不等式的性质判断B；根据新定义，排列，直线方程判断C；求出期望判断D．
解：由定义知，d（A，B）＝3+2＝5，故A正确；
平面内任意一点C（xC，yC），
则d（A，C）+d（B，C）＝|xC﹣x1|+|yC﹣y1|+|x2﹣xC|+|y2﹣yC|≥|xC﹣x1+x2﹣xC|+|yC﹣y1+y2﹣yC|＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|＝d（A，B），故B正确；
设A（0，0），B（3，2），P（x，y），
则由d（P，A）+d（P，B）＝9可得|x|+|y|+|x﹣3|+|y﹣2|＝9，
因为去掉绝对值x，y分别有3段取值，共可得到3×3＝9个方程，最多对应9条线段，
但当0＜x＜3，0＜y＜2时，方程为x+y+3﹣x+2﹣y＝9，无解，
其余分类中得到的方程含有x或y，且方程对应的线段相异，
故总的线段条数为9﹣1＝8，P点轨迹图形为八边形，如图所示，
故C错误；
由题意，左转次数X可能为0，1，2，总的走法有C52=10，
其中P(X=0)=110，P(X=2)=310，
所以P(X=1)=1−110−310=610，E(X)=0×110+1×610+2×310=1210=1.2，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了绝对值不等式的性质和离散型随机变量期望的计算，属于中档题．
（多选）10．（2025春•龙岩期中）某幼儿园周一至周五每天安排一项活动，如下表：
要求每位家长结合孩子的兴趣选择其中的三项．若有四位家长都无特殊情况，分别任选三项，用X表示四人中选择跳绳的人数之和，则（ ）
A．每位家长选择跳绳的概率为35
B．X的可能取值有4个
C．P(X=1)=24625
D．P(X=4)=81625
【考点】概率的应用；离散型随机变量及其分布列．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】AD
【分析】根据题意，由古典概型分析A，由二项分布的性质分析B、C、D，综合可得答案．
解：根据题意，一位家长在五项中任选三项，有C53=10种选法，
若其选择跳绳，有C42=6种选法，
则每位家长选择跳绳的概率P=610=35，A正确；
X表示四人中选择跳绳的人数之和，则X可取的值为0、1、2、3、4，有5个值，B错误；
且X～B（4，35），
则P（X＝1）=C41×35×（1−35）3=96625，C错误；
P（X＝4）＝（35）4=81625，D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查概率的应用，涉及二项分布的性质，属于基础题．
（多选）11．（2025春•聊城期中）盒子中有3个红球，2个白球，5个蓝球，从盒子中随机依次不放回的取出两个球，记事件A为“第一次取出的是红球”，事件B为“第二次取出的是白球”，事件C为“第二次取出的是蓝球”，则（ ）
A．P(B)=15B．P(B|A)=29
C．P(C|A)+P(C|A)=1D．P(B∪C|A)=79
【考点】求解条件概率．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】ACD
【分析】根据题意，由古典概型分析A，由条件概率的性质和定义分析B、C、D，综合可得答案．
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，盒子中有3个红球，2个白球，5个蓝球，则P（B）=23+2+5=15，A正确；
对于B，当A发生时，盒子中有2个红球，2个白球，5个蓝球，则P（B|A）=2+52+2+5=79，B错误；
对于C，由条件概率的性质，P（C|A）+P（C|A）＝1，C正确；
对于D，当A发生时，盒子中有2个红球，2个白球，5个蓝球，P（B∪C|A）=2+52+2+5=79，D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查条件概率的计算，注意条件概率的定义，属于中档题．
（多选）12．（2025春•浙江期中）数学试题中的多选题，每题有4个选项，其中有2个或3个是正确答案，全部选到正确答案得6分．若正确答案是2个选项，只选对1个得3分，有选错的得0分；若正确答案是3个选项，只选对1个得2分，只选对2个得4分，有选错的得0分．若多选题正确答案是两个选项的概率为p（0＜p＜1），正确答案是三个选项的概率为1﹣p．某学生对其中的一道题完全不会，记X为该学生只随机选择1个选项时的得分，记Y为该学生随机选择2个选项的得分，则（ ）
A．若p=23，则P(Y=6)=19
B．若p=23，则P(X=0)=512
C．当12＜p＜1时，则E(X)=52
D．当12＜p＜1时，该学生只随机选1个选项时得分表现更优
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】计算题；整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】ABD
【分析】分别计算出X和Y不同情况下的概率，再求出数学期望，逐项进行计算即可求得．
解：由条件可知，X的所有可能取值为0，2，3，
P(X=0)=p⋅12+(1−p)⋅14=14+p4，
P(X=2)=(1−p)⋅34=34−3p4，
P(X=3)=p⋅12=p2，
所以E(X)=32，
Y的所有可能取值为0，4，6，
P(Y=0)=p⋅56+(1−p)⋅12=12+p3，
P(Y=4)=(1−p)⋅12=12−p2，
P(Y=6)=p⋅16=p6，
所以E（Y）＝2﹣p，
若p=23，则P(Y=6)=19，选项A正确；
若p=23，P(X=0)=512，选项B正确；
无论p为何值，E(X)=32，选项C错误；
当12＜p＜1时，E（X）＞E（Y），
所以该学生只随机选1个选项时得分表现更优，选项D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了离散型随机变量的期望计算，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025•浙江模拟）人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为AI．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用AI技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为 80243 ．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解；新文化类．
【正确答案】80243．
【分析】由已知先求出样本空间的个数，然后求出获得二等奖结果数，然后结合古典概率公式即可求解．
解：设一次抽奖所生成的奖券码为S，
生成的5个数字中有x（0≤x≤5，x∈N）个0，y（0≤y≤5，y∈N）个1，
则S＝y+2（5﹣x﹣y）＝10﹣（2x+y），
由题可知0≤x+y≤5，
若获得二等奖，则S为3的正整数倍，故2x+y可取的值为1，4，7；
当2x+y＝1时，（x，y）的取值为（0，1），共有C51=5种情况；
当2x+y＝4时，（x，y）的可能取值为（0，4），（1，2），（2，0），
共有C54+C51C42+C52=45种情况；
当2x+y＝7时，（x，y）的取值为（2，3），（3，1），共有C52+C53C21=30种情况．
所以获得二等奖的概率P2=5+45+3035=80243．
故80243．
【点评】本题考查概率的应用，涉及古典概型的计算，属于中档题．
14．（2025春•邢台期中）已知随机事件A，B满足P（A）=35，P（AB）=37，则P（B|A）＝ 27 ．
【考点】求解条件概率．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】27．
【分析】根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解．
解：P（A）=35，P（AB）=37，
则P（AB）＝P（A）﹣P（AB）=635，
故P（B|A）=P(AB)P(A)=27．
故27．
【点评】本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
15．（2025春•淮安期中）已知两个随机事件A，B，若P(A)=15，P(B)=14，P(B|A)=23，则P（AB）＝ 215 ，P(A|B)= 715 ．
【考点】求解条件概率．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】215，715．
【分析】根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解．
解：若P(A)=15，P(B|A)=23，
P（AB）＝P（B|A）P（A）=15×23=215，
P（AB）＝P（B）﹣P（AB）=14−215=760，
故P（A|B）=P(AB)P(B)=76014=715．
故215，715．
【点评】本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
16．（2025春•龙岩期中）已知随机事件A，B满足P(A)=23，P(AB)=38，则P(B|A)= 716 ．
【考点】求解条件概率．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】716．
【分析】利用条件概率公式求解．
解：因为P(B|A)=P(AB)P(A)=3823=916，
所以P(B|A)=1−P(B|A)=716．
故716．
【点评】本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•龙岩期中）将8个质地、大小一样的球装入袋中，球上依次编号1～8．现从中任取4个球，以X表示所取球的最大号码．
（1）求X的分布列；
（2）求X＞5的概率．
【考点】离散型随机变量及其分布列．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】（1）分布列见解析；
（2）1314．
【分析】（1）由题意可知，随机变量X的有可能的取值为4，5，6，7，8，利用古典概型的概率公式求出其相应的概率，进而得到随机变量X的分布列；
（2）由P（X＞5）＝P（X＝6）+P（X＝7）+P（X＝8）求解即可．
解：（1）根据题意，X可取的值为4，5，6，7，8，
X＝4，即取出4个球的最大号码为4，即取出标号为1、2、3、4的4个球，则P（X＝4）=C44C84=170，
X＝5，即取出4个球的最大号码为5，即取出标号为5的球，标号为1、2、3、4的4个球中取出3个球，则P（X＝5）=C43C84=235，
X＝6，即取出4个球的最大号码为6，即取出标号为6的球，标号为1、2、3、4、5的5个球中取出3个球，则P（X＝6）=C53C84=17，
X＝7，即取出4个球的最大号码为7，即取出标号为7的球，标号为1、2、3、4、5、6的6个球中取出3个球，则P（X＝7）=C63C84=27，
X＝8，即取出4个球的最大号码为8，即取出标号为8的球，则P（X＝8）=C73C84=12，
故X的分布列为
（2）根据题意，P（X＞5）＝P（X＝6）+P（X＝7）+P（X＝8）＝ 17+27+12=1314．
【点评】本题考查随机变量的分布列，涉及概率的计算，属于基础题．
18．（2025春•台州期中）某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛．预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰．
（1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为X，求X的分布列并计算甲进入决赛的概率．
（2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为p（0＜p＜1），且每次答题相互独立．
（i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为f（p），求f（p）的最大值；
（ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时p的取值范围．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列．
【专题】计算题；整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】（1）分布列见解析；1770；
（2）（i）49；（ii）[12，1）．
【分析】（1）求出X的取值及对应的概率可得分布列，再结合分布列计算可得答案；
（2）（i）由题意得f（p）＝3p2﹣3p3（0＜p＜1），利用导数求出最大值可得答案；
（ii）分析每名学生获得的奖金的期望，求和解不等式即可．
解：（1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为X，
由已知X的取值为0，1，2，3，4，
P(X=0)=C44C84=170，P(X=1)=C43C41C84=835，
P(X=2)=C42C42C84=1835，P(X=3)=C41C43C84=835，
P(X=4)=C44C84=170，
所以X的分布列为：
甲进入决赛的概率为P=P(X=3)+P(X=4)=835+170=1770；
（2）（i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为f（p），
由题意得f(p)=C32p2(1−p)=3p2−3p3(0＜p＜1)，
令f′（p）＝6p﹣9p2＝3p（2﹣3p）＝0，解得p=23，
当0＜p＜23时，f′（p）＞0，f（p）单调递增，
当23＜p＜1时，f′（p）＜0，f（p）单调递减，
所以f(p)≤f(23)=3(23)2−3(23)3=49，
可得f（p）的最大值为49；
（ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，
由题可设每名进入决赛的学生获得的奖金为随机变量Y，
则Y的可能取值为0，50，100，200，
所以P(Y=0)=C33(1−p)3，P(Y=50)=C31p(1−p)2，
P(Y=100)=C32p2(1−p)，P(Y=200)=C33p3，
所以E(Y)=50C31p(1−p)2+100C32p2(1−p)+200C33p3
＝50p3+150p，
可得4E（Y）≥325，即200p3+600p≥325，
整理得8p3+24p﹣13≥0，
由8p3+24p﹣13＝（8p3﹣1）+12（2p﹣1）＝（2p﹣1）（4p2+2p+1+12）≥0，
得(2p−1)(4p2+2p+13)=4(2p−1)[(p+14)2+5116]≥0，
解得12≤p＜1，
此时p的取值范围为[12，1）．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与期望的计算，属于中档题．
19．（2025春•邢台期中）某幼儿园周一至周五每天安排一项活动，如下表：
要求每位家长结合小孩的兴趣选择其中的三项．
（1）已知家长甲决定选择篮球，不选择围棋，其余三天任选两项；家长乙决定选择排球，其余四天任选两项．求家长甲选轮滑且家长乙未选轮滑的概率．
（2）若有四位家长都无特殊情况，分别任选三项，用X表示四人中选择跳绳的人数之和，求X的分布列和数学期望．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；离散型随机变量及其分布列．
【专题】综合题；对应思想；综合法；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）13；
（2）分布列见解析，数学期望为125．
【分析】（1）由题意，记“家长甲选轮滑”为事件A，“家长乙选轮滑”为事件B，代入公式求解即可；
（2）求出X的所有可能取值和相对应的概率，列出分布列，代入公式求解即可．
解：（1）记“家长甲选轮滑”为事件A，“家长乙选轮滑”为事件B，
此时P(A)=C21C32=23，P(B)=C31C42=12，
因为事件A，B相互独立，
所以家长甲选轮滑且家长乙未选轮滑的概率为P(AB)=P(A)P(B)=23×(1−12)=13；
（2）每人选择跳绳的概率P=C42C53=35，
易知X所有的可能取值为0，1，2，3，4，
此时P(X=0)=(1−35)4=16625，P(X=1)=C41×35×(1−35)3=96625，
P(X=2)=C42×(35)2×(1−35)2=216625，P(X=3)=C43×(35)3×(1−35)=216625，P(X=4)=(35)4=81625，
则X的分布列为：
故E（X）＝0×16625+1×96625+2×216625+3×216625+4×81625=125．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
20．（2025•普陀区二模）某区为推进教育数字化转型，通过聚合区域学校的教育资源，依托AI技术搭建了区域智慧题库系统，形成了“A通识过关﹣B综合拓展﹣C创新提升”三层动态题库，且A，B，C三层题量之比为7：3：2，设该题库中任意1道题被选到的可能性都相同．
（1）现有4人参加一项比赛，若每人分别独立地从该题库中随机选取一道题作答，求这4人中至少有2人的选题来自B层的概率；
（2）现采用分层随机抽样的方法，使用智能组卷系统从该题库中选取12道题生成试卷，若某老师要从生成的这份12道题的试卷中随机选取3道题做进一步改编，记该老师选到A层题的题数为X，求X的分布与期望E（X）．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；离散型随机变量及其分布列．
【专题】计算题；整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】（1）67256；
（2）分布列见解析，E（X）=74．
【分析】（1）由题意B层选题概率为312=14，利用古典概型的概率公式即可求解．
（2）由题意采用分层抽样A层选取7道，X可取0，1，2，3，计算出各自对应的概率即可求解．
解：（1）由题意B层选题概率为312=14，
则这4人中至少有2人来自B层的概率：
P=C42(14)2(34)2+C43(14)3(34)+C44(14)4=54256+12256+1256=67256；
（2）由题意采用分层抽样A层选取7道，X可取0，1，2，3，
P(X=0)=C70C53C123=122，P(X=1)=C71C52C123=722，
P(X=2)=C72C51C123=2144，P(X=3)=C73C50C123=744，
其分布列为：
所以期望E(X)=0×122+1×722+2×2144+3×744=74．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与期望的计算，属于中档题．ξ
5
8
9
P
p2
p3
14
时间
周一
周二
周三
周四
周五
活动项目
篮球
轮滑
排球
跳绳
围棋
时间
周一
周二
周三
周四
周五
活动项目
篮球
轮滑
排球
跳绳
围棋
ξ
5
8
9
P
p2
p3
14
时间
周一
周二
周三
周四
周五
活动项目
篮球
轮滑
排球
跳绳
围棋
X
4
5
6
7
8
P
170
235
17
27
12
X
0
1
2
3
4
P
170
835
1835
835
170
时间
周一
周二
周三
周四
周五
活动项目
篮球
轮滑
排球
跳绳
围棋
X
0
1
2
3
4
P
16625
96625
216625
216625
81625
X
0
1
2
3
P
122
722
2144
744