2026年高考数学一轮专题训练：概率1 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：概率1 [含答案]，共14页。
A．23B．49C．1627D．2027
2．（2025春•赣州期中）某篮球队参加一项国际邀请赛，比赛分为两个阶段．小组赛阶段：进行3场小组赛，至少赢得2场才能晋级排名赛，否则淘汰．若晋级，进入排名赛阶段：进行3场比赛，每赢一场可额外获得奖金．已知该篮球队小组赛阶段每场获胜的概率均为0.8，若能晋级，排名赛阶段每场比赛获胜的概率均是0.6．该球队参加小组赛能获得出场费50万元，排名赛每赢一场比赛，获得100万元奖金．设该球队参加这项赛事获得的总奖金为随机变量X（单位：万元），则随机变量X的数学期望是（ ）
A．166.48B．211.28C．216.48D．230
3．（2025春•泉州期中）考察下列两个问题：①已知随机变量X～B（n，p），且E（X）＝4，D（X）＝2，记P（X＝1）＝a；②甲、乙、丙三人随机到某3个景点去旅游，每人只去一个景点，设A表示“甲、乙、丙所去的景点互不相同”，B表示“有一个景点仅甲一人去旅游”，记P（A|B）＝b，则（ ）
A．a=123，b=12B．a=124，b=122
C．a=125，b=12D．a=126，b=122
4．（2025•山东模拟）现有5种颜色的筷子各一双，从中任取两根筷子，若已知取到的筷子中有红色的，则两根筷子都是红色的概率为（ ）
A．15B．19C．113D．117
5．（2025春•和平区校级期中）下列说法中正确的是（ ）
①10件产品中有8件正品，2件次品，若从这10件产品中任取2件，则恰好取到1件次品的概率为13；
②已知随机变量X服从正态分布N（2，σ2）且P（X＜4）＝0.9，则P（0＜X＜2）＝0.4；
③设随机变量ξ表示发生概率为P的事件在一次随机试验中发生的次数，则D(ξ)≤14；
④若X是随机变量，则E（2X+1）＝2E（X）+1，D（2X+1）＝4D（X）+1．
A．②③B．①②③C．②③④D．①②
6．（2025春•海安市月考）将编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的小盒中，每个小盒放一个小球．则恰有1个小球与所在盒子编号相同的概率为（ ）
A．13B．16C．112D．124
7．（2025春•徐州期中）已知随机变量X的概率分布如表所示，且E(X)=116，则m＝（ ）
A．112B．16C．14D．13
8．（2025•西安校级模拟）盲盒中有大小相同的3个红球，2个黑球，随机有放回的摸两次球，记X为摸到黑球的个数，随机无放回的摸两次球，记Y为摸到黑球的个数，则（ ）
A．E（X）＜E（Y），DX＞DY
B．E（X）＝E（Y），D（X）＞D（Y）
C．E（X）＜E（Y），DX＜DY
D．E（X）＝E（Y），D（X）＜D（Y）
二．多选题（共4小题）
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
10．（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
11．（2025春•德惠市校级期中）若随机变量X服从两点分布，其中P(X=0)=13，E（X），D（X）分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论正确的是（ ）
A．P（X＝1）＝E（X）B．E（3X+2）＝4
C．D（3X+2）＝4D．D(X)=94
12．（2025春•淮安期中）甲罐中有4个红球，2个白球，乙罐中有5个红球，3个白球．整个取球过程分为两步：（1）先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，记事件A1为“取出的是红球”，事件A2为“取出的是白球”；（2）再从乙罐中随机取出两个球，记事件B为“取出的两球都是红球”，事件C为“取出的两球为一红一白”，则（ ）
A．P(B|A1)=512B．P(C|A2)=49
C．P(B)=1027D．P(C)=1427
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•怀宁县校级期中）如图，一点从正方形的顶点A处出发在各顶点间移动，每次移动要么以13的概率沿平行于BC方向（正、反方向均可）移动一步；要么以23的概率沿平行于AB方向（正、反方向均可）移动一步．设移动2n（n∈N*）步后回到点A的概率为An，到达点C的概率为∁n，An﹣∁n＝ ．
14．（2025春•青岛期中）盒子中有大小形状完全相同的1个白球，2个黑球．每次从该盒中取出1个球，若取出的是白球，则把它放回盒中；若取出的是黑球，则该黑球不放回，并且另外补1个白球放入盒中，则第2次从盒中取出白球的概率是 ；重复上述过程n次后，盒中白球个数的数学期望是 ．
15．（2025春•建邺区校级期中）某学校在假期组织30位学生前往北京、上海、广州、深圳、杭州、苏州、成都、重庆8个城市参加研学活动．每个学生可自由选择8个城市中的任意1个（不要求每个城市必须要有学生选择）．若每位学生选择去每个城市的概率都相等且互不影响，则有 个学生选择前往北京或上海研学的概率最大．
16．（2025春•临潼区期中）若小张计划在下周一到周三中选一天去打羽毛球，已知他下周一、周二、周三去打羽毛球的概率分别为0.2，0.3，0.5，则他下周一不去打羽毛球的概率为 ，在他下周一不去为打羽毛球的前提下，他周三去打羽毛球的概率为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（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．
18．（2025春•大祥区校级期中）某初级中学为了响应国家提倡的素质教育，积极组织学生参加体育锻炼，并定期进行成绩测试．在某次测试中，该校随机抽取了初二年级50名男生的立定跳远成绩和50米短跑成绩，在立定跳远成绩大于等于210cm的26名男生中，50米短跑成绩小于等于7.9s的有18人，在立定跳远成绩小于210cm的男生中，50米短跑成绩大于7.9s的有14人．
单位：人
（1）完成上面列联表，并依据小概率值α＝0.05的独立性检验，分析立定跳远成绩是否与50米短跑成绩有关；
（2）“立定跳远成绩小于210cm”且“50米短跑成绩小于等于7.9s”的人数为m，已知这m人中有3人喜爱运动，若从中任取2人进行调研，设X表示取出的喜爱运动的人数，求X的分布列和数学期望．
下面附临界值表及参考公式：
χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
19．（2025春•杏花岭区校级期中）2025年高三数学适应性考试中选择题有单选和多选两种题型组成．单选题每题四个选项，有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错得0分；多选题每题四个选项，有两个或三个选项正确，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错误选择或不选择得0分，具体得分的规则为：若正确答案为三个，那么选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得6分：若正确答案有两个选项，那么选对一个得3分，选对两个得6分．
（1）已知某同学对其中4道单选题完全没有答题思路，只能随机选择一个选项作答，且每题的解答相互独立，记该同学在这4道单选题中答对的题数为随机变量X．
（i）求P（X＝3）；
（ii）求使得P（X＝k）取最大值时的整数k；
（2）若该同学在解答最后一道多选题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答．已知此题正确答案是两个选项与三个选项的概率均为12．
（i）求该同学只选A时得分Y的分布列和数学期望．
（ii）求该同学在答题过程中使得分期望最大的答题方式，并写出得分的最大期望．
20．（2025•永州三模）某学校为调查高三年级的体育开展情况，随机抽取了20位高三学生作为样本进行体育综合测试，体育综合测试成绩分4个等级，每个等级对应的分数和人数如表所示：
（1）若从样本中随机选取2位学生，求所选的2位学生分数不同的概率；
（2）用样本估计总体，以频率代替概率，若从高三年级学生中随机抽取n位学生，记所选学生分数不小于3的人数为X．
（i）若n＝3，求X的分布列与数学期望；
（ii）若n＝20，当k为何值时，P（X＝k）最大？
概率
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春•杏花岭区校级期中）运动员甲和乙进行男子羽毛球单打比赛，比赛规则是3局2胜制．假设甲每局获胜的概率为23，则由此估计甲获得冠军的概率为（ ）
A．23B．49C．1627D．2027
【考点】概率的应用；相互独立事件的概率乘法公式．
【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】D
【分析】根据题意，分2种情况讨论：①甲以2：1获胜，②甲以2：0获胜，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案．
解：根据题意，分2种情况讨论：
①甲以2：1获胜，其概率P1=C21×23×（1−23）×23=827，
②甲以2：0获胜，其概率P2=23×23=49，
则甲获得冠军的概率P＝P1+P2=827+49=2027．
故选：D．
【点评】本题考查概率的计算，涉及互斥事件的概率性质，属于基础题．
2．（2025春•赣州期中）某篮球队参加一项国际邀请赛，比赛分为两个阶段．小组赛阶段：进行3场小组赛，至少赢得2场才能晋级排名赛，否则淘汰．若晋级，进入排名赛阶段：进行3场比赛，每赢一场可额外获得奖金．已知该篮球队小组赛阶段每场获胜的概率均为0.8，若能晋级，排名赛阶段每场比赛获胜的概率均是0.6．该球队参加小组赛能获得出场费50万元，排名赛每赢一场比赛，获得100万元奖金．设该球队参加这项赛事获得的总奖金为随机变量X（单位：万元），则随机变量X的数学期望是（ ）
A．166.48B．211.28C．216.48D．230
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】计算题；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】B
【分析】先求出晋级排名赛的概率，可知排名赛该球队赢的场次Y～B（3，0.6），结合二项分布的期望公式，根据期望的概念及性质求解即可．
解：因为该篮球队小组赛阶段每场获胜的概率均为0.8，所以晋级排名赛的概率为c32×0.82×0.2+c33×0.83=0.896，
设排名赛该球队赢了Y场，排名赛阶段每场比赛获胜的概率均是0.6，排名赛获得的奖金数为Z（万元），
则Y～B（3，0.6），Z＝100Y，E（Y）＝3×0.6＝1.8，
所以随机变量λ的数学期望是E（X）＝50+0.896×（0×C×0.43+100×Cl×0.6×0.42+200×C2×0.62×0.4+300×C3×0.63）
＝50+0.896E（Z）＝50+0.896×100E（Y）＝211.28（万元）．
故选：B．
【点评】本题考查离散型随机变量的均值（数学期望），属于中档题．
3．（2025春•泉州期中）考察下列两个问题：①已知随机变量X～B（n，p），且E（X）＝4，D（X）＝2，记P（X＝1）＝a；②甲、乙、丙三人随机到某3个景点去旅游，每人只去一个景点，设A表示“甲、乙、丙所去的景点互不相同”，B表示“有一个景点仅甲一人去旅游”，记P（A|B）＝b，则（ ）
A．a=123，b=12B．a=124，b=122
C．a=125，b=12D．a=126，b=122
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【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】由二项分布的期望、方差公式得p=12，n＝8，进而得a=125；根据条件概率计算公式P(A|B)=n(AB)n(B)求解即可得b=12．
解：问题①，由E(X)=np=4D(X)=np(1−p)=2，解得p=12，n＝8，
则a=P(X=1)=C81⋅(12)1⋅(12)7=828=125，
问题②，根据题意，事件B的可能情况有n(B)=C31×22=12种，
事件AB发生的可能情况为n(AB)=A33种，
所以b=P(A|B)=n(AB)n(B)=A33C31×22=12．
故选：C．
【点评】本题主要考查二项分布的期望和方差，条件概率公式，考查运算求解能力，属于中档题．
4．（2025•山东模拟）现有5种颜色的筷子各一双，从中任取两根筷子，若已知取到的筷子中有红色的，则两根筷子都是红色的概率为（ ）
A．15B．19C．113D．117
【考点】求解条件概率；排列组合的综合应用．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据条件概率相关知识可解．
解：设事件M为“两根筷子都是红色”，则P（M）=1C102=145，
设事件N为“取到筷子中有红色”，则P（N）＝1−C82C102=1745，
则已知取到的筷子中有红色的，则两根筷子都是红色的概率为P(MN)P(N)=P(M)P(N)=117．
故选：D．
【点评】本题考查条件概率相关知识，属于中档题．
5．（2025春•和平区校级期中）下列说法中正确的是（ ）
①10件产品中有8件正品，2件次品，若从这10件产品中任取2件，则恰好取到1件次品的概率为13；
②已知随机变量X服从正态分布N（2，σ2）且P（X＜4）＝0.9，则P（0＜X＜2）＝0.4；
③设随机变量ξ表示发生概率为P的事件在一次随机试验中发生的次数，则D(ξ)≤14；
④若X是随机变量，则E（2X+1）＝2E（X）+1，D（2X+1）＝4D（X）+1．
A．②③B．①②③C．②③④D．①②
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】计算题；对应思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】A
【分析】对于选项①：据题意利用公式算概率即可判断；
对于选项 ②：根据正态分布的对称性即可判断；
对于选项③：计算方差 D（ξ）＝p（1﹣p）即可判断；
对于选项④：根据期望和方差的性质即可判断．
解：对于选项①：从10件产品中任取2件，恰好取到1件次品的概率为1645，并非13，故错误；
对于选项 ②：已知随机变量X服从正态分布N（2，σ2）且 P（X＜4）＝0.9，根据正态分布的对称性，可得P（0＜X＜2）＝0.4，故正确；
对于选项③：随机变量ξ表示发生概率为P的事件在一次随机试验中发生的次数，其方差 D（ξ）＝p（1﹣p），最大值为14，故正确；
对于选项④：根据期望和方差的性质，E（2X+1）＝2E（X）+1，但 D（2X+1）＝4D（X），并非4D（X）+1，故错误．
故选：A．
【点评】本题考查了概率统计中的多个知识点，属于中档题．
6．（2025春•海安市月考）将编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的小盒中，每个小盒放一个小球．则恰有1个小球与所在盒子编号相同的概率为（ ）
A．13B．16C．112D．124
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【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】A
【分析】根据题意，由排列数公式计算“4个小球放入4个盒子”的放法数目，分析符合题意的放法数目，由古典概型公式计算可得答案．
解：根据题意，将编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的小盒中，每个小盒放一个小球，有A44=24种放法，
要要使得恰有1个小球与所在盒子编号相同，
先确定唯一一个编号相同的盒子，有4种情况，
假设选的是1号球，后面三个小球都没有放进对应盒子里，其情形有（3，2，4），（3，4，2），共2种，
所以一共有4×2＝8种符合题意的放法，
则恰有1个小球与所在盒子编号相同的概率P=824=13．
故选：A．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及排列组合的应用，属于中档题．
7．（2025春•徐州期中）已知随机变量X的概率分布如表所示，且E(X)=116，则m＝（ ）
A．112B．16C．14D．13
【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；概率与统计；运算求解．
【正确答案】B
【分析】利用分布列的性质及期望公式即可求解．
解：由分布列的性质可得，n+m+13=1，所以n+m=23，
又因为E(X)=136，所以E(X)=n+2m+3×13=116，
即n+2m=56联立方程n+m=23n+2m=56，解得m=16n=12，
所以m=16．
故选：B．
【点评】本题考查离散型随机变量的均值（数学期望），属于中档题．
8．（2025•西安校级模拟）盲盒中有大小相同的3个红球，2个黑球，随机有放回的摸两次球，记X为摸到黑球的个数，随机无放回的摸两次球，记Y为摸到黑球的个数，则（ ）
A．E（X）＜E（Y），DX＞DY
B．E（X）＝E（Y），D（X）＞D（Y）
C．E（X）＜E（Y），DX＜DY
D．E（X）＝E（Y），D（X）＜D（Y）
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据二项分布求E（X），D（X），根据超几何分布求E（Y），D（Y），即可得结果．
解：盲盒中有大小相同的3个红球，2个黑球，随机有放回的摸两次球，记X为摸到黑球的个数，
则X∼B(2，25)，
所以E(X)=2×25=45，D(X)=2×25×35=1225，
随机无放回的摸两次球，记Y为摸到黑球的个数，则Y的所有可能取值为0，1，2，
则P(Y=0)=C32C20C52=310，P(Y=1)=C31C21C52=35，P(Y=2)=C30C22C52=110，
所以E(Y)=0×310+1×35+2×110=45，
D(Y)=(0−45)2×310+(1−45)2×35+(2−45)2×110=925，
所以E（X）＝E（Y），D（X）＞D（Y）．
故选：B．
【点评】本题主要考查离散型随机变量的期望和方差，考查运算求解能力，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
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．
10．（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．
11．（2025春•德惠市校级期中）若随机变量X服从两点分布，其中P(X=0)=13，E（X），D（X）分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论正确的是（ ）
A．P（X＝1）＝E（X）B．E（3X+2）＝4
C．D（3X+2）＝4D．D(X)=94
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；离散型随机变量的方差与标准差；两点分布（0﹣1分布）．
【专题】计算题；整体思想；概率与统计；运算求解．
【正确答案】AB
【分析】根据两点分布可得期望与方差，再结合期望、方差的性质运维求解．
解：由题意可知：P(X=1)=1−P(X=0)=23，
随机变量X的分布列为：
由两点分布可知：E(X)=23，D(X)=13×23=29，故A正确，D错误；
所以E（3X+2）＝3E（X）+2＝4，D（3X+2）＝9D（X）＝2，故B正确，C错误．
故选：AB．
【点评】本题考查数学期望，属于中档题．
12．（2025春•淮安期中）甲罐中有4个红球，2个白球，乙罐中有5个红球，3个白球．整个取球过程分为两步：（1）先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，记事件A1为“取出的是红球”，事件A2为“取出的是白球”；（2）再从乙罐中随机取出两个球，记事件B为“取出的两球都是红球”，事件C为“取出的两球为一红一白”，则（ ）
A．P(B|A1)=512B．P(C|A2)=49
C．P(B)=1027D．P(C)=1427
【考点】概率的应用；条件概率；古典概型及其概率计算公式．
【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，由条件概率公式分析A和B，由全概率公式分析C和D，综合可得答案．
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若事件A1发生，从甲罐中随机取出的球为红球，此时乙罐中有6个红球，3个白球．
故P（B|A1）=C62C92=512，A正确；
对于B，若事件A2发生，从甲罐中随机取出的球为白球，此时乙罐中有5个红球，4个白球．
故P（C|A2）=C51C41C92=59，B错误；
对于C，P（B）＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）=46×512+26×C52C92=1027，C正确；
对于D，P（C）＝P（A1）P（C|A1）+P（A2）P（C|A2）=46×C61C31C92+26×59=1427，D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查条件概率的计算，涉及全概率公式，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•怀宁县校级期中）如图，一点从正方形的顶点A处出发在各顶点间移动，每次移动要么以13的概率沿平行于BC方向（正、反方向均可）移动一步；要么以23的概率沿平行于AB方向（正、反方向均可）移动一步．设移动2n（n∈N*）步后回到点A的概率为An，到达点C的概率为∁n，An﹣∁n＝ (19)n ．
【考点】概率的应用；全概率公式．
【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】(19)n．
【分析】根据相互独立事件及互斥事件的概率公式求出A1，C1，再由An+1=59An+49Cn、Cn+1=49An+59Cn，即可得到{An﹣∁n}是以19为首项、公比的等比数列，从而求出{An﹣∁n}的通项公式．
解：根据题意，第2步时，若回到A点，要么向左、右移动2次或向上、向下移动2次，
A1=(23)2+(13)2=59，
第2步时，到达C点，必须向下移动1次，向右移动一次，则C1=2×23×13=49，
又An+1=[(23)2+(13)2]An+(2×23×13)Cn=59An+49Cn，①，
同理：Cn+1=(2×23×13)An+[(23)2+(13)2]Cn=49An+59Cn，②，
①﹣②，可得An+1−Cn+1=59An+49Cn−(49An+59Cn)=19(An−Cn)，
又A1−C1=59−49=19，
则数列{An﹣∁n}是以19为首项，19为公比的等比数列，故An−Cn=(19)n．
故(19)n．
【点评】本题考查数列与概率的应用，涉及等比数列的性质以及数列的递推公式，属于中档题．
14．（2025春•青岛期中）盒子中有大小形状完全相同的1个白球，2个黑球．每次从该盒中取出1个球，若取出的是白球，则把它放回盒中；若取出的是黑球，则该黑球不放回，并且另外补1个白球放入盒中，则第2次从盒中取出白球的概率是 59 ；重复上述过程n次后，盒中白球个数的数学期望是 En=3−2(23)n ．
【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；概率与统计；运算求解．
【正确答案】59：En=3−2(23)n．
【分析】设相应事件，结合全概率公式列式求解即可．
解：首先考虑第2次取出白球的概率．第一次取球有两种情况：
1．第一次取出白球概率13，此时盒中仍为1白2黑，第二次取出白球的概率为13．
2．第一次取出黑球概率23，此时盒中变为2白1黑，第二次取出白球的概率为23．
由全概率公式，第二次取出白球的概率为：P=13⋅13+23⋅23=59，
接下来分析n次操作后白球数的数学期望．设Ek为第k次操作后的白球数期望，总球数始终为3．
每次操作：﹣取出白球的概率为Wk−13，此时白球数不变；
取出黑球的概率为3−Wk−13，此时白球数增加1．
由此可得递推关系：Ek=Wk−13⋅Wk−1+3−Wk−13⋅(Wk−1+1)=23Ek−1+1．
初始条件E0＝1，解得通解为：En=3−2(23)n．
【点评】本题考查离散型随机变量的均值（数学期望），属于中档题．
15．（2025春•建邺区校级期中）某学校在假期组织30位学生前往北京、上海、广州、深圳、杭州、苏州、成都、重庆8个城市参加研学活动．每个学生可自由选择8个城市中的任意1个（不要求每个城市必须要有学生选择）．若每位学生选择去每个城市的概率都相等且互不影响，则有 7 个学生选择前往北京或上海研学的概率最大．
【考点】概率及其性质．
【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】7．
【分析】设有X个学生选择前往北京或上海研学，由题意可得X服从二项分布，再根据二项分布的概率公式结合不等式组法求解即可．
解：某学校在假期组织30位学生前往北京、上海、广州、深圳、杭州、苏州、成都、重庆8个城市参加研学活动，
每个学生可自由选择8个城市中的任意1个（不要求每个城市必须要有学生选择），
若每位学生选择去每个城市的概率都相等且互不影响，
设有X个学生选择前往北京或上海研学，
由题意可得每个学生选择前往北京或上海研学的概率P=28=14，
则X～B(30，14)，
设有k个学生选择前往北京或上海研学的概率最大，
则P(X=k)≥P(X=k+1)P(X=k)≥P(X=k−1)，
即C30k⋅(14)k⋅(34)30−k≥C30k+1⋅(14)k+1⋅(34)29−kC30k⋅(14)k⋅(34)30−k≥C30k−1⋅(14)k−1⋅(34)31−k，
即30!(30−k)!⋅k!⋅34≥30!(29−k)!⋅(k+1)!⋅1430!(30−k)!⋅k!⋅14≥30!(31−k)!⋅(k−1)!⋅34，
解得274≤k≤314，
又k∈N*，所以k＝7，
所以有7个学生选择前往北京或上海研学的概率最大．
故7．
【点评】本题考查了二项分布的概率公式和组合数的计算公式，属于中档题．
16．（2025春•临潼区期中）若小张计划在下周一到周三中选一天去打羽毛球，已知他下周一、周二、周三去打羽毛球的概率分别为0.2，0.3，0.5，则他下周一不去打羽毛球的概率为 0.8 ，在他下周一不去为打羽毛球的前提下，他周三去打羽毛球的概率为 0.5 ．
【考点】求解条件概率．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】0.8；0.5．
【分析】根据对立事件知识可解第一空，根据条件概率知识可解第二空．
解：已知他下周一、周二、周三去打羽毛球的概率分别为0.2，0.3，0.5，则他下周一不去打羽毛球的概率为1﹣0.2＝0.8；
设事件A为“周三去打羽毛球”，事件B为“下周一不去为打羽毛球”，
则P（AB）＝0.8×0.5＝0.4，
则在他下周一不去为打羽毛球的前提下，他周三去打羽毛球的概率为P(AB)P(B)=．
故0.8；0.5．
【点评】本题考查条件概率相关知识，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（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．
18．（2025春•大祥区校级期中）某初级中学为了响应国家提倡的素质教育，积极组织学生参加体育锻炼，并定期进行成绩测试．在某次测试中，该校随机抽取了初二年级50名男生的立定跳远成绩和50米短跑成绩，在立定跳远成绩大于等于210cm的26名男生中，50米短跑成绩小于等于7.9s的有18人，在立定跳远成绩小于210cm的男生中，50米短跑成绩大于7.9s的有14人．
单位：人
（1）完成上面列联表，并依据小概率值α＝0.05的独立性检验，分析立定跳远成绩是否与50米短跑成绩有关；
（2）“立定跳远成绩小于210cm”且“50米短跑成绩小于等于7.9s”的人数为m，已知这m人中有3人喜爱运动，若从中任取2人进行调研，设X表示取出的喜爱运动的人数，求X的分布列和数学期望．
下面附临界值表及参考公式：
χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；独立性检验．
【专题】计算题；整体思想；概率与统计；运算求解．
【正确答案】（1）表格见解析，有关；
（2）分布列见解析，35．
【分析】（1）根据题意补充完整列联表，然后求出卡方，结合参考表格下结论即可；
（2）由（1）可得m＝10，分析得到X的取值，然后求出X取值对应的概率，得到变量X的分布列，即可求出期望．
解：（1）列联表如图．单位：人
零假设为H0：立定跳远成绩与50米短跑成绩无关，
计算得χ2=50×(18×14−10×8)228×22×24×26≈3.848＞3.841=x0.05，
根据小概率α ＝0.05的独立性检验，推断H0不成立，
即认为立定跳远成绩与50米短跑成绩有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．
（2）由（1）可知m＝10，X的可能取值为0，1，2，
则P(X=0)=C72C30C102=715，
P(X=1)=C71C31C102=715，
P(X=2)=C70C32C102=115，
其分布列为：
所以数学期望为E(X)=0×715+1×715+2×115=35．
【点评】本题考查离散型随机变量的均值（数学期望），属于中档题..
19．（2025春•杏花岭区校级期中）2025年高三数学适应性考试中选择题有单选和多选两种题型组成．单选题每题四个选项，有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错得0分；多选题每题四个选项，有两个或三个选项正确，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错误选择或不选择得0分，具体得分的规则为：若正确答案为三个，那么选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得6分：若正确答案有两个选项，那么选对一个得3分，选对两个得6分．
（1）已知某同学对其中4道单选题完全没有答题思路，只能随机选择一个选项作答，且每题的解答相互独立，记该同学在这4道单选题中答对的题数为随机变量X．
（i）求P（X＝3）；
（ii）求使得P（X＝k）取最大值时的整数k；
（2）若该同学在解答最后一道多选题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答．已知此题正确答案是两个选项与三个选项的概率均为12．
（i）求该同学只选A时得分Y的分布列和数学期望．
（ii）求该同学在答题过程中使得分期望最大的答题方式，并写出得分的最大期望．
【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】应用题；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】（1）（i）P(X=3)=364；（iì）k＝1；
（2）该同学选择单选A或单选C的得分期望最大，最大值为125分．
【分析】（1）（i）易知X服从二项分布，据此计算P（X＝3）；（ii）令P(X=k)≥P(X=k+1)P(X=k)≥P(X=k−1)，结合二项分布的概率公式得到不等式组，解得k的取值范围，再由k为整数确定取值；（2）算出单选、双选和三选条件下的数学期望，比较大小即可．
解：（1）（i）因为X～B(4，14)，所以P(X=3)=C43(14)3×34=364；
（ii）因为P(X=k)=C4k(14)k(34)4−k，k＝0，1，…，4．依题意P(X=k)≥P(X=k+1)P(X=k)≥P(X=k−1)，
即c4k(14)k(34)4−k≥c4k+1(14)k+1(34)3−kc4k(14)k(34)4−k≥c4k−1(14)k−1(34)5−k，
解得14≤k≤54又k为整数，所以 k＝1，即k＝1时P（X＝k） 取最大值；
（2）由题知，B，D选项不能同时选择，故该同学可以选择单选、双选和三选．
正确答案是两选项的可能情况为AB，AC，BC，AD，CD，每种情况出现的概率均为12×15=110，
正确答案是三选项的可能情况为ABC，ACD，每种情况出现的概率为12×12=14，
若该同学做出的决策是单选，则得分的期望如下：E(A)=E(C)=3×110×3+14×2×3=125（分），
E(B)=E(D)=3×110×2+1×14×3=2720（分），
若该同学做出的决策是双选，则得分的期望如下：E(AB)=E(AD)=E(BC)=E(CD)=110×6+14×3=2720（分），
E(AC)=110×6+14×2×3=2110（分）．
若该同学做出的决策是三选，则得分的期望如下：E(ABC)=E(ACD)=14×6=32（分）．
经比较，该同学选择单选A或单选C的得分期望最大，最大值为125分．
【点评】本题考查离散型随机变量的均值（数学期望），属于中档题．
20．（2025•永州三模）某学校为调查高三年级的体育开展情况，随机抽取了20位高三学生作为样本进行体育综合测试，体育综合测试成绩分4个等级，每个等级对应的分数和人数如表所示：
（1）若从样本中随机选取2位学生，求所选的2位学生分数不同的概率；
（2）用样本估计总体，以频率代替概率，若从高三年级学生中随机抽取n位学生，记所选学生分数不小于3的人数为X．
（i）若n＝3，求X的分布列与数学期望；
（ii）若n＝20，当k为何值时，P（X＝k）最大？
【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】应用题；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】（1）6995；
（2）（i）分布列见解析，E(X)=65；
（ii）k＝8时，P（X＝k） 最大．
【分析】（1）设事件 M＝“选取的2位学生分数不同”，根据对立事件结合古典概型计算即可得概率；
（2）（i）n＝3时，X～B(3，25)，结合二项分布求解概率分布列与数学期望；
（ii）n＝20 时，X～B(20，25)，由于P（X＝k） 最大，结合二项分布的概率计算可得P(X=k)≥P(X=k−1)P(X=k)≥P(X=k+1)，解不等式可得符合的k的值．
解：（1）设事件M＝“选取的2位学生分数不同”，则P(M)=1−P(M)=1−C32+C92+C52+C32C202=6995，
故所选的2位学生分数不同的概率为6995；
（2）设A＝“学生分数不小于3”，则P(A)=5+320=25，
（i）若 n＝3，X的可能取值为0，1，2，3，由题意可得X～B(3，25)，又P(X=0)=(1−25)3=27125，P(X=1)=C31×25×(1−25)2=54125，P(X=2)=C32×(25)2×(1−25)=36125，P(X=3)=(25)3=8125，
所以X的分布列为：
由于X～B(3，25)，则E(X)=3×25=65；
（ii）若n＝20，则X～B(20，25)所以P(X=k)=c20k×(25)k×(1−25)20−k=c20k×(25)k×(35)20−k．
由于P（X＝k） 最大，
所以P(X=k)≥P(X=k−1)P(X=k)≥P(X=k+1)⇒c20k×(25)k×(35)20−k≥c20k−1×(25)k−1×(35)21−kc20k×(25)k×(35)20−k≥c20k−1×(25)k+1×(35)19−k，
即20−k+1k×25≥3535≥20−kk+1×25⇒375≤k≤425，因为k∈N*，
k∈[0，20]，所以k＝8时，P（X＝k） 最大．
【点评】本题考查离散型随机变量的均值（数学期望），属于中档题．X
1
2
3
P
n
m
13
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
立定跳远成绩
50米短跑成绩
合计
小于等于7.9s
大于7.9s
大于等于210cm
小于210cm
合计
50
α
0.10
0.05
0.01
xα
2.706
3.841
6.635
等级
不及格
及格
良
优
分数
1
2
3
4
人数
3
9
5
3
X
1
2
3
P
n
m
13
X
0
1
P
13
23
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
立定跳远成绩
50米短跑成绩
合计
小于等于7.9s
大于7.9s
大于等于210cm
小于210cm
合计
50
α
0.10
0.05
0.01
xα
2.706
3.841
6.635
立定跳远成绩
50米短跑成绩
合计
小于等于7.9s
大于7.9s
大于等于210cm
18
8
26
小于210cm
10
14
24
合计
28
22
50
X
0
1
2
P
715
715
115
等级
不及格
及格
良
优
分数
1
2
3
4
人数
3
9
5
3
x
0
1
2
3
P
27125
54125
36125
8125