新高考数学二轮复习提升讲与练专题04 第2讲 概率（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习提升讲与练专题04 第2讲 概率（2份，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了考点透析，跟踪练习等内容，欢迎下载使用。
第2讲 概率
一、考点透析
考点1 古典概型
1.(2025·福建省泉州市·模拟)从集合{1,2,3,4,5,6,7,8}中任取三个数，取出的三个数之和是3的倍数的概率为( )
A. 928B. 514C. 38D. 37
【答案】B
【解析】解：设集合A1={1,4,7}，A2={2,5,8}，A3={3,6}，
任取三个数的和为3的倍数，分为两类情形，
一类是从集合A1或A2取三个数，一类是从三个集合各取一个数，
∴所求概率是2+3×3×2C83=514．
故选：B．
2.(2025·河南省·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 ．
【答案】80243
【解析】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．
3.(2025·河南省焦作市·模拟)小王参加某机构的招聘面试，要从6道简答题和4道论述题中任意抽取3道进行回答．
(Ⅰ)求小王抽取的3道题中两种题型都有的概率;
(Ⅱ)每道简答题答对得10分，每道论述题答对得20分，假设小王每道题都能答对，记小王答完3道题的总得分为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】(Ⅰ)45．
(Ⅱ)42．
【解析】解：(Ⅰ)所求概率为1−C63+C43C103=1−20+4120=45．
(Ⅱ)X的所有可能取值为30，40，50，60，
P(X=30)=C63C103=16，
P(X=40)=C62C41C103=12，
P(X=50)=C61C42C103=310，
P(X=60)=C43C103=130．
所以X的分布列为：
X的数学期望E(X)=30×16+40×12+50×310+60×130=42．
考点2 相互独立事件
1.(2025·江西省九江市·模拟)某校选拔乒乓球队队员，选拔时选手与教练对局．若选手连胜两局则成功入选，若连负两局则落选．已知某选手每局测试中(无平局)获胜的概率为13，则该选手成功入选的概率是( )
A. 521B. 19C. 17D. 221
【答案】A
【解析】解：定义状态S1(最近一局赢)，S2(最近一局输)，
成功入选的概率分别为P1和P2，初始状态S0成功入选的概率为P0，
建立方程组{P1=13×1+23P2P2=13P1+23×0,
将第二个方程P2=13P1代入第一个方程可得：P1=37，
把P1=37代入P2=13P1，可得：P2=13×37=17，
又因为P0=13P1+23P2，将P1=37，P2=17代入可得：
P0=13×37+23×17=3+221=521，
该选手成功入选的概率是521．
故选：A．
2.(2025·广西壮族自治区梧州市·模拟)已知事件A与事件B相互独立，且P(A)=0.3, P(B)=0.4，则P(A∪B)=( )
A. 0.1B. 0.12C. 0.58D. 0.7
【答案】C
【解析】解：由事件A与事件B相互独立，P(A)=0.3, P(B)=0.4，得P(AB)=P(A)P(B)=0.12，
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=0.58．
故选：C．
3.(2025·云南省曲靖市·模拟)如图，一个质点在外力的作用下，从原点0出发，每隔1s向左或向右移动一个单位，且向右移动的概率为23.若该质点共移动100次，则它位于数字 处的可能性最大．
【答案】34
【解析】解：设移动100次，向右移动n次，则向左一点100−n次，
此时质点位于n−(100−n)=2n−100，
则对应的概率为C100n23n13100−n=2nC100n13100，
设质点位于2n−100处的可能性最大，
则2nC100n13100⩾2n−1C100n−1131002nC100n13100⩾2n+1C100n+113100,
所以2·100!n!100−n!⩾100!n−1!101−n!100!n!100−n!⩾2·100!n+1!99−n!,
即2n⩾1101−n1100−n⩾2n+1，解得1993⩽n⩽2023，解得n=67，
当n=67时，质点位于2×67−100=34处，
所以它位于数字34处的可能性最大．
故答案为：34．
4.(2025·云南省昆明市·模拟)某商家为吸引顾客，准备了两份奖品，凡是进店消费即可参与抽奖，奖品被抽完即抽奖活动终止.抽奖的规则如下：在一个不透明的盒子中有放回地取球(小球大小和质地相同)，取出红球，则不获奖，取出白球，则获奖.刚开始盒子中有2个白球和3个红球，参与抽奖的顾客从盒子中随机抽取1个球，若不获奖，则将球放回，该顾客抽奖结束，下一名顾客继续抽奖.若获奖，则将球放回后再往盒子中加1个红球，该顾客再继续抽奖.若第二次抽奖不获奖，则将球放回，该顾客只获得一份奖品，抽奖结束，下一名顾客继续抽奖;若第二次抽奖获奖，则该顾客获得两份奖品，整个抽奖活动结束.该活动深受顾客喜欢，假设这两份奖品没被抽完前始终有顾客参与抽奖．
(1)求第2名和第3名顾客各抽中一份奖品的概率;
(2)求这两份奖品都被第n名顾客抽取的概率;
(3)求由第k名顾客终止抽奖活动的概率．
【答案】(1)475．
(2)215×35n−1,n∈N∗．
(3)由第k名顾客终止抽奖活动的概率为223k−35k,k∈N∗．
【解析】(1)由题意得第2名和第3名顾客各抽中一份奖品,即第1名顾客抽取的是红球;
第2名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球;第3名顾客抽取的是白球，
故第2名和第3名顾客各抽中一份奖品的概率为35×25×23×13=475．
(2)这两份奖品被第1名顾客抽走的概率为25×13，
被第2名顾客抽走的概率为35×25×13，
被第3名顾客抽走的概率为35×35×25×13，
以此类推被第n名顾客抽走的概率为35n−1×25×13=215×35n−1，n∈N∗，
因此这两份奖品都被第n名顾客抽取的概率为215×35n−1,n∈N∗．
(3)设由第k名顾客终止抽奖活动的概率为pk，则p1=215，以下讨论k⩾2的情形．
若第k名顾客共抽取了两份奖品，则前面k−1名顾客都没有抽到奖品，其概率为p′k=35k−1×25×13，
若第k名顾客抽取了一份奖品，设前面k−1名顾客中第i(1⩽i⩽k−1,k,i∈N∗)名顾客抽取到了一份奖品，
则前面i−1名顾客中无人获得奖品，其概率为35i−1，
第i名顾客只获得一份奖品，其概率为25×23，
第i−1名顾客到第k−1名顾客都没有获得奖品，其概率为23k−i−1，
所以第k名顾客抽取了一份奖品的概率为
p′′k=i=1k−135i−1×25×23×23k−i−1×13=25×13×23k−1×i=1k−13523i−1
=25×13×23k−1×i=1k−1910i−1=25×13×23k−1×1−910k−11−910=43[23k−1−35k−1].
pk=p′k+p′′k=35k−1×25×13+43[23k−1−35k−1]=2[23k−35k].
当k=1时，也满足上式．
因此，由第k名顾客终止抽奖活动的概率为223k−35k,k∈N∗．
考点3 条件概率
1.(2025·安徽省合肥市·模拟)某校教工食堂为更好地服务教师，在教师微信群中发起“是否喜欢菜品A”的点赞活动，参与活动的男、女教师总人数比例为2:3，男教师点赞人数占(参与活动的)男教师总人数的45，女教师点赞人数占(参与活动的)女教师总人数的35，若从点赞教师中选择一人，则该教师为女教师的概率为( )
A. 925B. 1725C. 917D. 817
【答案】C
【解析】解：设事件A=“该教师为男教师”，
事件B=“该教师为女教师”，
事件C=“该教师为点赞教师”，
则P(BC)=P(B)⋅P(C|B)=35×35=925，
P(AC)=P(A)⋅P(C|A)=25×45=825，
又∵P(C)=P(AC)+P(BC)=1725，
∴P(B|C)=P(BC)P(C)=917．
故选C．
2.(2025·天津市市辖区·模拟)一纸箱中装有4瓶未过期的饮料和2瓶过期饮料．若每次从中随机取出1瓶，取出的饮料不再放回，则在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未过期饮料的概率为 ；对这6瓶饮料依次进行检验，每次检验后不再放回，直到区分出6瓶饮料的保质期时终止检验，记检验的次数为X，则随机变量X的期望为 ．
【答案】45 ;6415
【解析】解：记事件A为“第一次取到过期饮料”，事件B为“第二次取到未过期饮料”，
则P(A)=26=13，P(AB)=2×46×5=415，
所以在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未过期的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=41513=45；
随机变量X的取值为2，3，4，5，Ai记为“第“i”次取到过期饮料”(1⩽i⩽6)，
P(X=2)=A1A2=26×15=115，
P(X=3)=A1A2A3+A1A2A3=26×45×14+46×25×14=215，
P(X=4)=A1A2A3A4+A1A2A3A4+A1A2A3A4+A1A2A3A4
=26×45×34×13+46×25×34×13+46×35×24×13+46×35×24×13=415，
P(X=5)=A1A2A3A4+A1A2A3A4+A1A2A3A4+A1A2A3A4
=26×45×34×23+46×25×34×23+46×35×24×23+46×35×24×23=815，
E(X)=2×115+3×215+4×415+5×815=6415．
故答案为：45;6415．
3.(2025·河北省衡水市·模拟)某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：
(Ⅰ)若小明从这些模型中随机抽取一个模型，记事件A为抽到的模型为红色外观，事件B为抽到的模型是米色内饰，求P(B)，P(B|A)，并据此判断事件A，B是否相互独立；
(Ⅱ)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中一次性抽两个汽车模型，根据这两个汽车模型的外观和内饰颜色确定奖金：若外观异色且内饰异色，则奖励600元，若外观同色且内饰同色，则奖励300元，若仅外观同色或仅内饰同色，则奖励150元，设一次抽奖的奖金为X元，求X的分布列与期望．
【答案】(Ⅰ)A，B不相互独立；
(Ⅱ)E(X)=287．
【解析】解：(Ⅰ)∵红色外观共有7+3=10(个)，∴P(A)=1025=25，
∵米色内饰共有3+5=8(个)，∴P(B)=825，
∵是红色外观且是米色内饰的有3个，∴P(AB)=325，
∴P(B|A)=P(AB)P(A)=32525=310，
∵P(B|A)≠P(B)，
∴A，B不相互独立；
(Ⅱ)由题意知X的所有可能取值为600，300，150，
且P(X=600)=C71C51+C31C101C252=65300=1360，
P(X=300)=C72+C102+C32+C52C252=79300，
P(X=150)=C71C31+C101C51+C71C101+C31C51C252=156300=1325，
∴X的分布列为：
∴E(X)=600×1360+300×79300+150×1325=287．
考点4 全概率公式
1.(2025·陕西省·模拟)某大型超市为了解顾客的购物习惯，对近期进入超市的1000名顾客进行了随机调查．调查发现，有600名顾客在进入超市前已经决定好了要购买的商品(称为“计划型顾客”)，其余400名顾客则没有特定的购买计划(称为“随机型顾客”).根据以往的销售数据，“计划型顾客”在超市的平均消费金额为200元，而“随机型顾客”中，有30％的人平均消费金额为100元，另外70％的人平均消费金额为300元．若从该超市近期进入的顾客中随机抽取1名，则这名顾客的平均消费金额不低于200元的概率，以及该顾客的平均消费金额分别为( )．
A. 概率为0.72，平均消费金额为210元B. 概率为0.88，平均消费金额为216元
C. 概率为0.88，平均消费金额为240元D. 概率为0.82，平均消费金额为230元
【答案】B
【解析】解：设事件A表示“抽取的顾客为计划型顾客”;
事件B表示“抽取的顾客的平均消费金额不低于200元”;
事件A表示“抽取的顾客为随机型顾客”，
P(A)=6001000=0.6，由于计划型顾客的平均消费金额已经为200元，所以PBA =1，
随机抽取1名顾客，消费不低于200元的概率是：
P(B)=P(AB+AB)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=0.6×1+(1−0.6)×0.7=0.88，
设顾客的平均消费金额为X，则X的可能取值为100,200,300，
则P(X=200)=0.6；P(X=100)=P(A)P(B|A)=0.4×0.3=0.12；
P(X=300)=0.4×0.7=0.28，
期望为：E(X)=200×0.6+100×0.12+300×0.28=120+12+84=216．
故选：B．
2.(2025·山西省·模拟)一个盒子中有2个红球，3个白球．从中随机取一个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其颜色相同的1个球，再从中不放回地取2个球，若取到的两个球中红球的个数为ξ，则E(ξ)= ．
【答案】45
【解析】解：设“第1次取出的球为红球”为事件A，则P(A)=25，PA=35，
ξ的可能取值为0，1，2，
P(ξ=0)=P(A)P(ξ=0∣A)+PAPξ=0∣A=25×C32C62+35×C42C62=825，
P(ξ=1)=P(A)P(ξ=1∣A)+PAPξ=1∣A=25×C31C31C62+35×C41C21C62=1425，
P(ξ=2)=P(A)P(ξ=2∣A)+PAPξ=2∣A=25×C32C62+35×C22C62=325，
所以E(ξ)=0×825+1×1425+2×325=45．
故答案为：45．
3.(2025·江西省南昌市·模拟)2023年10月11日，中国科学技术大学潘建伟团队成功构建255个光子的量子计算机原型机“九章三号”，求解高斯玻色取样数学问题比目前全球最快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比特只能处于0态或1态，量子计算机的量子比特(qubit)可同时处于0与1的叠加态，故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为量子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有p的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为X．
(1)已知p=13，求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为2的概率；
(2)若一条信息有n(n>1,n∈N∗)种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为p1，p2，…，pn，则称H=fp1+fp2+⋯+fpn(其中f(x)=−xlg2 x)为这条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为X的信息熵H；
(3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为Y(Y=1,2,3,…,n,…)，证明：当n无限增大时，Y的数学期望趋近于一个常数．
参考公式：0