2027年高考数学一轮复习学案 专题21 概率、随机变量与分布列

这是一份2027年高考数学一轮复习学案 专题21 概率、随机变量与分布列学案主要包含了知能解读 01，知能解读 02，知能解读 03，知能解读 04，重难点突破 01，重难点突破 02，重难点突破 03，易混易错 01等内容，欢迎下载使用。
理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。
【知能解读 01】随机事件的概率与古典概型
【知能解读 02】相互独立事件与条件概率、全概率
【知能解读 03】随机变量的分布列、均值与方差
【知能解读 04】两点分布、二项分布、超几何分布与正态分布
破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。
【重难点突破 01】二项分布中的最值问题
【重难点突破 02】概率在决策中的应用
【重难点突破 03】概率统计与数列的综合问题
辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。
【易混易错 01】互斥事件与对立事件关系模糊
【易混易错 02】使用概率加法公式没有注意成立条件
【易混易错 03】在求离散型随机变量分布列时忽视所有事件概率和为 1
点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类
【方法技巧 01】随机事件与样本空间
【方法技巧 02】判断互斥、对立事件的两种方法
【方法技巧 03】利用互斥事件与对立事件计算概率
【方法技巧 04】随机事件的频率与概率
【方法技巧 05】古典概型的概率
【方法技巧 06】事件相互独立性的判断
【方法技巧 07】求相互独立事件同时发生的概率的方法
【方法技巧 08】求条件概率的两种方法
【方法技巧 09】全概率公式与贝叶斯公式的使用
【方法技巧 10】离散型随机变量的分布列的性质
【方法技巧 11】求离散型随机变量 X 的均值与方差的步骤
【方法技巧 12】均值与方差的性质
【方法技巧 13】独立重复试验与二项分布
【方法技巧 14】求超几何分布的分布列的步骤
【方法技巧 15】正态曲线的性质
【方法技巧 16】正态曲线概率的计算
随机事件的概率与古典概型
事件的相关概念
频率与概率的关系
频率：在 n 次重复试验中，事件 A 发生的次数 k 称为事件 A 发生的频数，频数 k 与总次数 n 的比
值 k ，叫做事件 A 发生的频率．
n
概率：在大量重复尽心同一试验时，事件 A 发生的频率 k 总是接近于某个常数，并且在它附近摆
n
动，这时，就把这个常数叫做事件 A 的概率，记作 P( A) ．
概率与频率的关系：对于给定的随机事件 A ，由于事件 A 发生的频率 k 随着试验次数的增加稳定
n
于概率 P( A) ，因此可以用频率 k 来估计概率 P( A) ．
n
事件的关系与运算
包含关系：一般地，对于事件 A 和事件 B ，如果事件 A 发生，则事件 B 一定发生，这时称事件 B 包含事件 A （或者称事件 A 包含于事件 B ），记作 B  A 或者 A  B ．
相等关系：一般地，若 B  A 且 A  B ，称事件 A 与事件 B 相等．
并事件（和事件）：若某事件发生当且仅当事件 A 发生或事件 B 发生，则称此事件为事件 A 与事件 B
的并事件（或和事件），记作 A ∪ B （或 A  B ）．
交事件（积事件）：若某事件发生当且仅当事件 A 发生且事件 B 发生，则称此事件为事件 A 与事件 B
的交事件（或积事件），记作 A ∩ B （或 AB ）．
互斥事件：在一次试验中，事件 A 和事件 B 不能同时发生，即 A ∩ B= ，则称事件 A 与事件 B 互斥；如果 A1 ， A2 ，…， An 中任何两个都不可能同时发生，那么就说事件 A1 ，． A2 ．，…， An 彼此互斥．
对立事件：若事件 A 和事件 B 在任何一次实验中有且只有一个发生，即 A ∪ B   不发生， A ∩ B  
则称事件 A 和事件 B 互为对立事件，事件 A 的对立事件记为 A ．
概率的基本性质
对于任意事件 A 都有： 0  P( A)  1．
必然事件的概率为1，即 P()=1 ；不可能事概率为0 ，即 P()=0 ．
概率的加法公式：若事件 A 与事件 B 互斥，则 P( A ∪ B)  P( A)  P(B) ．
推广：一般地，若事件 A1 ， A2 ，…， An 彼此互斥，则事件发生（即 A1 ， A2 ，…， An 中有一个发生）的概率等于这 n 个事件分别发生的概率之和，即： P( A1  A2  ...  An )  P( A1 )  P( A2 )  ...  P( An ) ．
对立事件的概率：若事件 A 与事件 B 互为对立事件，则 P( A)  1  P(B) ， P(B)  1  P( A) ，且
P( A ∪ B)  P( A)  P(B)  1 ．
概率的单调性：若 A  B ，则 P( A)  P(B) ．
若 A ， B 是一次随机实验中的两个事件，则 P( A ∪ B)  P( A)  P(B)  P( A ∩ B) ．
古典概型
古典概型的定义：一般地，若试验 E 具有以下特征：
①有限性：样本空间的样本点只有有限个；
②等可能性：每个样本点发生的可能性相等．
称试验 E 为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．
古典概型的概率公式：一般地，设试验 E 是古典概型，样本空间 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  k 
n  A
．
nn 
【真题实战】（2025·江西宜春·模拟预测）小胡和小李正在进行乒乓球单打决赛，现在的情形是还剩两局比
1
赛，小胡只要再赢一局就获得冠军，小李需要两局都赢才能获得冠军.若两人每局赢的概率均为 2 ，则在此
情形下小胡获得冠军的概率为（ ）
A． 4
5
【答案】B
B． 3
4
C． 1
2
D． 1
4
【分析】利用对立事件求解.
【详解】小胡只要再赢一局就获得冠军，小胡都输的概率为 1  1  1 ，则小胡获得冠军的概率为1 1  1  3 .
故选：B.
2 24
224
相互独立事件与条件概率、全概率
相互独立事件
（1）相互独立事件的概念
对于两个事件 A ， B ，如果 P(B | A)  P(B) ，则意味着事件 A 的发生不影响事件 B 发生的概率．设
P( A)  0 ，根据条件概率的计算公式， P(B)  P(B | A)  P( AB) ，从而 P( AB)  P( A)P(B) ．
P( A)
由此可得：设 A ， B 为两个事件，若 P( AB)  P( A)P(B) ，则称事件 A 与事件 B 相互独立．
（ 2 ） 概率的乘法公式： 由条件概率的定义， 对于任意两个事件 A 与 B ， 若 P( A)  0 ， 则
P( AB)  P(A)P(B | A) ．我们称上式为概率的乘法公式．
相互独立事件的性质：如果事件 A ， B 互相独立，那么 A 与 B ， A 与 B ， A 与 B 也都相互独立．
两个事件的相互独立性的推广：两个事件的相互独立性可以推广到 n(n  2 ，n  N* ) 个事件的相互独立
性，即若事件 A1 ， A2 ，…， An 相互独立，则这 n 个事件同时发生的概率 P( A1 A2  An )  P( A1 )( A2 )P( An ) ．
条件概率
条件概率的定义：一般地，设 A ， B 为两个事件，且 P( A)  0 ，称 P(B | A)  P( AB) 为在事件 A 发生的
P( A)
条件下，事件 B 发生的条件概率．
条件概率的性质
①条件概率具有概率的性质，任何事件的条件概率都在0 和 1 之间，即0  P(B | A)  1．
②必然事件的条件概率为 1，不可能事件的条件概率为0 ．
③如果 B 与C 互斥，则 P(B ∪ C | A)  P (B | A)  P(C | A) ．
全概率公式
全概率公式： P(B)  P(A)P(B | A)  P(A)P(B | A) ；
若样本空间 中的事件 A1 ， A2 ，…， An 满足：
①任意两个事件均互斥，即 Ai Aj   ， i ，j  1，2 ，，n ， i  j ；
② A1  A2  An   ；
③ P  Ai   0 ， i  1，2 ，，n ．
则对 中的任意事件 B ，都有 B  BA1  BA2  BAn ，且
nn
P(B)  P(BAi )  P( Ai )P(B | Ai ) ．
i1i1
贝叶斯公式
一般地，当0  P( A)  1且 P(B)  0 时，有 P( A B)  P( A)P(B | A) 
P(B)
P( A)P(B | A) P( A)P(B | A)  P( A)P(B | A)
定理 2 若样本空间 中的事件 A1 ，A2 ，，An 满足：
①任意两个事件均互斥，即 Ai Aj   ， i ，j  1，2 ，，n ， i  j ；
② A1  A2  An   ；
③ 0  P  Ai   1 ， i  1，2 ，，n ．
则对 中的任意概率非零的事件 B ，都有 B  BA1  BA2  BAn ，
且 P( A B)  P( Aj )P(B | Aj )  P( Aj )P(B | Aj )
jP(B)
n
P( Ai )P(B | Ai )
i1
【真题实战】（2025·四川达州·一模）已知 P  AB   0, P  A  0.8, P B A  0.6, P  ABC   0.24 ，则 P C AB  
（）
A．0.4B．0.5C．0.6D．0.7
【答案】B
【分析】利用条件概率的定义式，先通过 P(B | A) 与 P  A求出 P  AB ，再代入 P(C | AB) 的条件概率公式计
算结果.
P  AB 
 
【详解】根据条件概率公式，先求 P  AB ： 由 P(B | A) ，
P A
得 P  AB  P(B | A)  P  A  0.6 0.8  0.48 .
P  ABC 

再求 P(C | AB) ： 由 P(C | AB) ，
P AB
代入 P  ABC   0.24 ，得 P(C | AB)  0.24  0.5 .
0.48
故选：B
随机变量的分布列、均值与方差
随机变量的有关概念
随机变量：随着试验结果变化而变化的变量，常用字母 X，Y，ξ，η，…表示．
离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量．
离散型随机变量分布列
离散型随机变量分布列的表示：一般地，若离散型随机变量 X 可能取的不同值为 x1 ，x2 ，，xi ，，xn ，
X 取每一个值 xi (i  1，2 ，，n) 的概率 P( X  xi )  pi ，以表格的形式表示如下：
我们将上表称为离散型随机变量 X 的概率分布列，简称为 X 的分布列．有时为了简单起见，也用等式
P( X  xi )  pi ， i  1，2 ，，n 表示 X 的分布列．
分布列的性质：（1） pi  0 ， i  1，2 ，，n ；（2） p1  p2  pn  1 ．
离散型随机变量的均值与方差
均值： E( X )  x1 p1  x2 p2   xi pi   xn pn 为随机变量 X 的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
均值的性质
① E(C)  C （ C 为常数）．
②若Y  aX  b ，其中 a ，b 为常数，则Y 也是随机变量，且 E(aX  b)  aE( X )  b ．
③ E( X1  X 2 )  E( X1 )  E( X 2 ) ．
④如果 X1 ，X2 相互独立，则 E( X1  X 2 )  E( X1 )  E( X 2 ) ．
3D(X )  (x  E(X )) pXXE(X)
n
（ ）方差：2为随机变量 的方差，它刻画了随机变量 与其均值的平均偏离
ii
X
x1
x2

xi

xn
P
p1
p2

pi

pn
i1
D( X )
程度，称其算术平方根
方差的性质
为随机变量 X 的标准差．
①若Y  aX  b ，其中 a, b 为常数，则Y 也是随机变量，且 D(aX  b)  a2D( X ) ．
②方差公式的变形： D( X )  E( X 2 ) [E( X )]2 ．
【真题实战】（2025·江西景德镇·模拟预测）甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得一分，负者得 0
分，比赛进行到有一人比对方多 2 分或打满 4 局时停止，设甲在每局中获胜的概率为 3 ，乙在每局中获胜
4
1
的概率为 4 ，且各局胜负互相独立，则比赛停止时已打局数 X 的期望
E( X )
为（ ）
9
4
【答案】C
5
2
11
4
D．3
【分析】由题意利用离散型随机变量求出 P( X  2), P( X  4) ，再由期望公式计算可得.
【详解】 X 的可能取值为 2，4，
 3 2
P( X  2)   4 
 1 2
  4 
 5, P( X  4)  3 ，
88
  
所以 E( X )  2  5  4  3  11 .
884
故选：C.
两点分布、二项分布、超几何分布与正态分布
两点分布：若随机变量 X 的分布列具有下表的形式，则称 X 服从两点分布，并称 p＝P(X＝1)为成功概率．
二项分布
n 次独立重复试验：一般地，在相同条件下重复做的 n 次试验称为 n 次独立重复试验．
【注意】独立重复试验的条件：①每次试验在同样条件下进行；②各次试验是相互独立的；③每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生．
二项分布的表示：一般地，在 n 次独立重复试验中，用 X 表示事件 A 发生的次数，设每次试验中事件
n
A 发生的概率为 p ，不发生的概率 q  1  p ，那么事件 A 恰好发生 k 次的概率是 P  X  k   Ck pk qnk（ k  0 ，
1， 2 ，…， n ），于是得到 X 的分布列
nnnn
由于表中第二行恰好是二项式展开式q  pn  C0 p0qn  C1 p1qn1   Ck pk qnk   Cn pnq0 各对应 项的值，称这样的离散型随机变量 X 服从参数为 n ， p 的二项分布，记作 X ～B(n ，p) ，并称 p 为成功概率．
二项分布的期望、方差：若 X ～B(n, p) ，则 E( X )  np ， D( X )  np(1  p) ．
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
C C
knk
Cn
率为 P( X  k)  M N M ，k  0 ，1，2，…，m ，其中 m  minM ，n ，且 n  N ，M  N ，n ，M ，N  N * ，
N
称分布列为超几何分布列．如果随机变量 X 的分布列为超几何分布列，则称随机变量 X 服从超几何分布．
X
0
1
P
1－p
p
X
0
1
…
k
…
n
p
C0 p0 qn
n
C1 p1qn1
n
…
Ck pk qnk
n
…
Cn pnq0
n
X
0
1
…
m
P
C0 Cn0
M N M
Cn
N
C1 Cn1
M N M
Cn
N
…
Cm Cnm
M N M
Cn
N
正态曲线与正态分布
正态曲线：我们把函数,
(x) 
1 ( x )2
2
e 22
， x  ( ， )（其中是样本均值，是样本标准差）
的图象称为正态分布密度曲线，简称正态曲线．正态曲线呈钟形，即中间高，两边低．
正态曲线的性质
①曲线位于 x 轴上方，与 x 轴不相交；
②曲线是单峰的，它关于直线 x  对称；
2
③曲线在 x  处达到峰值（最大值） 1；
④曲线与 x 轴之间的面积为 1；
⑤当一定时，曲线的位置由确定，曲线随着的变化而沿 x 轴平移；
b
⑥当一定时，曲线的形状由确定．越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中；越大，曲线 越“矮胖”，表示总体的分布越分散，
正态分布：一般地，如果对于任何实数 a ， b(a  b) ，随机变量 X 满足 P(a  X  b)  a ,(x)dx ，则
称随机变量 X 服从正态分布．正态分布完全由参数，确定，因此正态分布常记作 N (，2 ) ．如果随机 变量 X 服从正态分布，则记为 X ~ N (，2 ) ．
其中，参数是反映随机变量取值的平均水平的特征数，可以用样本的均值去估计；是衡量随机变
量总体波动大小的特征数，可以用样本的标准差去估计．
3 原则
若 X ~ N (，2 ) ，则对于任意的实数 a  0 ， P( a  X   a) 
 a
(x)dx 为下图中阴影部分的

a ,
面积，对于固定的和 a 而言，该面积随着的减小而变大．这说明越小， X 落在区间( a, a] 的概 率越大，即 X 集中在周围的概率越大
特别地，有 P( X  )  0.6826 ； P( 2 X   2)  0.9544 ；
P( 3 X   3)  0.9974 ．
由 P( 3 X   3)  0.9974 ，知正态总体几乎总取值于区间( 3， 3) 之内．而在此区间 以外取值的概率只有0.0026 ，通常认为这种情况在一次试验中几乎不可能发生，即为小概率事件．在实际应用中，通常认为服从于正态分布 N (，2 ) 的随机变量 X 只取( 3， 3) 之间的值，并简称之为3原则．
【真题实战】（2025·山东青岛·三模）若随机变量 X ~ B(4, p) ， D( X )  1 ，则 P( X  3)  （ ）
A． 1
6
B． 1
4
C． 1
2
D． 3
4
【答案】B
【分析】由二项分布的方差公式列方程求得 p  1 ，再由二项分布的概率求法求概率.
2
【详解】由题设 D( X )  4 p(1 p)  1，可得 p  1 ，
2
所以 P( X  3)  C3 ( 1)4  1 .
4 24
故选：B
01 二项分布中的最值问题
记 pk  P(x  k) ，则当k  (n 1) p 时， pk  pk 1 ，pk 递增；当k  (n 1) p 时， pk  pk 1 ， pk 递减.故 pk 最大值在k  (n 1) p 时取得（此时 pk  pk 1 ，两项均为最大值；
若(n 1) p 非整数，则 k 取(n 1) p 的整数部分时， pk 最大且唯一）.
【典例 1】（2023·山东泰安·模拟预测）某人在n 次射击中击中目标的次数为 X ， X ~ B n, p ，其中n  N* ，
0  p  1 ，击中奇数次为事件 A ，则（ ）
若n  10 ， p  0.8 ，则 P  X  k  取最大值时k  9
当 p  1 时， D  X  取得最小值
2
当0  p  1 时， P  A 随着n 的增大而增大
2
当 1  p  1 时， P  A 随着n 的增大而减小
2
【答案】C
【分析】对于 A，根据 X ~ B 10, 0.8 直接写出 P  X  k  ，然后根据 P  X  k  取最大值列式计算即可判断；对于 B，根据 X ~ B n, p，直接写出 D  X  即可判断；对于 CD，由题意把 P( A) 表示出来，然后利用单调性分析即可.
【详解】对于 A，在10 次射击中击中目标的次数 X ~ B 10, 0.8 ，
10
当 X  k 时对应的概率 P  X  k   Ck  0.8k  0.210k k  0,1, 2,,10 ，
因为 P  X  k  取最大值，所以，
P  X  k   P  X  k 1
P  X  k   P  X  k 1
即
Ck  0.8k  0.210k  Ck1  0.8k1  0.29k
1010，
1010
Ck  0.8k  0.210k  Ck1  0.8k1  0.211k
即k 1  4 10  k  ，解得 39  k  44 ，

 4 11 k   k55
因为k  N 且0  k  10 ，所以k = 8 ，即k = 8 时概率 P( X  8) 最大，故 A 不正确；
 1  211
对于 B， D  X   np 1 p   n  p 
   ，当 p  时， D  X  取得最大值，故 B 不正确；
 
2 42
n
对于 C、D， P  X  k  Ck  pk 1  pnk  k  0,1, 2, , n
nnn
 P  A  C1  p1 1 p n1 C3  p 3  1 p n3 C5  p 5 
1 p
n5  ，
nnn
1 P( A)  C 0  p 0  1 p n  C 2  p 2  1 p n 2 C 4  p 4  1 p n 4  ，
1 p  pn  1 p  pn1 1 2 pn
 P  A ，
22
11 1 2 p n 
当0  p  时， 0  1  2 p  1， 
2
 为正项且单调递增的数列，
2
所以 P  A 随着n 的增大而增大，故 C 正确；
2
当 1  p  1 时， 1  1 2 p  0 ，1 2 p n 为正负交替的摆动数列，所以 P( A) 不会随着n 的增大而减小，故 D 不正确；
故选：C.
【典例 2】（23-24 高二下·山东青岛·期中）某人在n 次射击中击中目标的次数为 X , X ~ B(n, p) ，其中
n  N*, 0  p  1 ，击中偶数次为事件 A，则（ ）
若n  10, p  0.8 ，则 P( X  k ) 取最大值时k  9
当 p  1 时， D( X ) 取得最小值
2
当 1  p  1 时， P( A) 随着 n 的增大而减小 D．当0  p  1 的， P( A) 随着n 的增大而减小
22
【答案】D
【分析】对于 A，根据 X  B 10, 0.8 直接写出 P  X  k  ，然后根据 P  X  k  取最大值列式计算即可判断；对于 B，根据 X  B n, p ，直接写出 D  X  即可判断；对于 CD，由题意把 P( A) 表示出来，然后利用单调性分析即可.
【详解】A：在 10 次射击中击中目标的次数 X  B 10, 0.8 ，
10
当 X  k 时对应的概率 P  X  k   Ck  0.8k  0.210k k  0,1, 2,,10 ，
因为 P  X  k  取最大值，所以，
P  X  k   P  X  k 1
P  X  k   P  X  k 1
即
Ck  0.8k  0.210k  Ck1  0.8k1  0.29k
1010，
1010
Ck  0.8k  0.210k  Ck1  0.8k1  0.211k
即k 1  4 10  k  ，解得 39  k  44 ，

 4 11 k   k55
因为k  N 且0  k  10 ，所以k = 8 ，即k = 8 时概率 P( X  8) 最大．故 A 错误；
 1 21 1
B： D  X   np1  p  n  p 2 
 ，当 p  时， D  X  取得最大值，故 B 错误；
42
 
n
C、D： P  X  k   Ck  pk 1 p nk k  0,1, 2,, n ，
nnn
 P  A  C0  p0 1 p n0  C2  p2 1 p n2  C4  p4 1 p n4 ，
nnn
1 P( A)  C1  p1 1 p n1  C3  p3 1 p n3  C5  p5 1 p n5  ，
1 p  p n   1 p  p n1 1 2 p n
 P  A ，
22
2
当 1  p  1 时， 1  1 2 p  0 ，1 2 p n 为正负交替的摆动数列，所以 P( A) 不会随着n 的增大而减小，故 C 错误；
11 1 2 p n 
当0  p  时， 0  1  2 p  1, 
2
 为正项且单调递减的数列，所以 P( A) 随着n 的增大而减小，故
2
D 正确；故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查二项分布及其应用，其中求 P( A) 是难点，关键是能找到其与二项展开式之间的联系.
02 概率在决策中的应用
利用随机变量的数学期望与方差可以帮助我们做出科学的决策，其中随机变量 X 的数学期望的意义在于描述随机变量的平均程度，而方差则描述了随机变量稳定与波动或集中与分散的状况．品种的优劣、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特征量有关．
【典例 1】（2024·全国·模拟预测）在某项体育比赛中，从第 2 局开始，选手每次对局获胜的概率受到前一
局的影响．现甲、乙两位运动员对局，第一局甲胜的概率为 1 ；若前一局甲负，则下一局甲胜的概率是 1 ；
22
若前一局甲胜，则下一局甲胜的概率为 2 ．比赛没有平局．
3
(1)求甲在第 3 局中获胜的概率；
(2)现设置 300 万元奖金，若甲在前 3 局中已经胜了 2 局，如果停止比赛，那么甲拿走奖金的 2 ，如果再继
3
续比赛一局，第 4 局甲获胜，甲拿走奖金的 3 ，第 4 局甲失败，甲拿走奖金的 1 ，请问甲将如何决策，以
42
期拿走更多的奖金．
【答案】(1) 43
72
(2)选择停止比赛，拿到奖金的期望更高
【分析】（1）由相互独立事件、互斥事件的概率计算可得答案；
（2）计算出停止比赛甲拿到奖金的期望、再继续比赛一局甲拿到奖金的期望可得答案.
【详解】（1）站在甲的角度，甲在第 3 局中获胜包含 4 种情况：胜胜胜，胜负胜，负胜胜，负负胜，
1  2 211 11 121 1 143
所以甲在第 3 局中获胜的概率 P             ；
2  3 23 22 2 32 2 272
（2）方案一：停止比赛，甲拿到奖金的期望为 E  300  2  200 （万元）．
13
方案二；设甲在前 3 局中已经胜了 2 局的情况下第 4 局获胜的事件为 A ，前三局的情况有：
胜胜负，概率 P  1  2  1  1 ；

12 3 39
胜负胜，概率 P  1  1  1  1 ；

22 3 212
负胜胜，概率 P  1  1  2  1 ．

32 2 36
再继续比赛，第 4 局甲获胜的概率
1
P( A)  9 1 
1
12 2 
1
6 2 

2  2  4  8 ，

1  1  121  1  131  1  1313 13 1313
9 1269 1269 126
第 4 局甲失败的概率 P( A)  1 P( A)  5 ，
13
所以甲拿到奖金的期望 E  300  3  8  300  1  5  2550 （万元）．

24 132 1313
因为 E2  E1 ，所以选择停止比赛，拿到奖金的期望更高．
【点睛】思路点睛：解决决策性问题的关键是比较衡量指标的大小关系，所以根据题意准确求出衡量指标是根本，其基本的解题步骤如下：（1）准确定位，即确定事件的性质，这是准确建立模型、求解概率的基础；（2）建立目标，根据概率知识求出衡量指标的目标式，如果没有特殊要求，则需要求出数学期望与方差两个方面的指标值；（3）比较大小，比较衡量指标的大小，一般采用作差法或作商法比较大小，如果没有特殊要求，则需要先比较变量取值的平均水平——数学期望，若两者相同，则进一步比较变量取值的离散集中程度——方差；（4）做出决策，根据衡量指标值的大小，做出相应的决策．
【典例 2】（2022·河南郑州·三模）据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中达到笔试优秀才能进入面试环节．已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否达到优秀相互独
1
立．若某考生报考甲大学，每门科目达到优秀的概率均为
3
概率依次为 1 ， 2 ， n ，其中0  n  1 ．
，若该考生报考乙大学，每门科目达到优秀的
65
(1)若n  1 ，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好有一门科目达到优秀的概率；
3
(2)强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中达到优秀科目个数的期望为依据作出决策，该考生更希望进入甲大学的面试环节，求n 的范围．
【答案】(1)该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀概率为 4 ；该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目
9
优秀概率为 41 ；
90
(2) 0  n  13 .
30
【分析】（1）利用独立重复试验的概率公式，互斥事件、相互独立事件分别计算报考甲、乙大学恰好有一门笔试科目优秀的概率.
（2）分别计算报考甲、乙大学达到优秀科目个数的期望，再列出不等式并求解作答.
3
【详解】（1）设该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀为事件 A ，则 P  A  C1 
 1   2  24
33
     ；
   9
该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀为事件 B ，则 P  B   1  3  2  5  2  2  5  3  1  41 ．
（2）该考生报考甲大学达到优秀科目的个数设为 X ，
6 5 36 53
6 5 390
1 1
33
依题意， X ~ B 3,  ，则 E  X   3  1 ，

该同学报考乙大学达到优秀科目的个数设为Y ，随机变量Y 的可能取值为：0，1，2，3．
P Y  0  5  3 1 n  1 n , P Y  1  1  3 1 n  5  2 1 n  5  3 n  13  2n ，
6 52
6 56 5
6 530
P Y  2  5  2 n  1  3 n  1  2 (1 n)  2 11n ， P Y  3  1  2 n  2n  n ，
6 56 5
随机变量Y 的分布列：
6 530
6 53015
E Y   0  1 n 1 13  2n  2  2 11n  3 n  17  30n ，
230301530
因为该考生更希望进入甲大学的面试，则 E Y   E  X  ，即17  30n  1 ，解得0  n  13 ，
3030
所以n 的范围为： 0  n  13 .
30
03 概率统计与数列的综合问题
概率统计与数列的综合问题涉及的三个方面
以数列为背景考查概率问题．此类问题表面看来是数列问题，但实际上常考查互斥事件和相互独立事件的概率，解决这类问题，首先要清楚基本的概率模型的定义，再选择恰当的概率公式解决问题．
以期望为背景考查数列求和．此类问题求解的关键是确定变量的所有可能取值及对应的概率，深入考查了数列求和的方法．
以概率为背景考查数列通项公式．此类问题的求解关键是通过对概率关系的研究，构造数列．
题型识别
此类问题的特征是第 n 次操作的情况会影响第 n+1 次操作的情况,解题步骤如下:
设出第 n 次操作后需要求解的概率 P；
Y
0
1
2
3
P
1 n
2
13  2n
30
2 11n
30
n
15
根据题目中的条件得到数列{Pn}所满足的递推关系式;
通过数列递推关系式求通项或数列的和解决问题．
【典例 1】（2025·河南信阳·模拟预测）甲、乙两人进行射击比赛，每次由其中一人射击，规则如下：若击
中则此人继续射击，若未击中则换对方射击．无论之前射击情况如何，甲每次射击的命中率均为 5 ，乙每
6
次射击的命中率均 3 ，第一次射击的人是甲、乙的概率各为 1 ．求第三次射击的人是甲的概率为．
42
【答案】 163
288
【分析】记“第i 次射击的人是甲”为事件 Ai ，“第i 次射击的人是乙”为事件 Bi ，设 P  Ai   pi ，由题意可得
p 7 p  1 ，根据数列知识，构造等比数列，最后代入计算即可.
i 112 i4
【详解】记“第i 次射击的人是甲”为事件 Ai ，“第i 次射击的人是乙”为事件 Bi ，设 P  Ai   pi ，依题可知， P Bi   1 pi ，
则 P  Ai1   P  Ai Ai1   P Bi Ai1   P  Ai  P  Ai1 | Ai   P Bi  P  Ai1 | Bi  ，
即 p 5 p  1 3 1  p   7 p  1 ，
i 16 i4 

i12 i4
设 p

7  p   ，解得  3 ，则 p
 3 
7  p  3  ，
i 1
12i
5i 1
512  i5 

又 p  1 ，则 p  3   1 ，所以 p  3  是首项为 1 ，公比为 7 的等比数列，
121
510
 i5 

1012
31 7 i 1

1 7 i 13


即 pi  5   10  12  ， pi   10  12  5 ．
1 7 i 13

则第i 次射击的人是甲的概率为 10  12  5 .
1 7 23163

当i  3 时，  10  12 
 
5288
故答案为： 163 .
288
【典例 2】（2025·河南南阳·模拟预测）某电视台为迎接 2025 年新春佳节的到来，特举办一个有奖竞猜节目，问题有生活类、益智类两类．每位参赛者回答n n  3 次，每次回答一个问题，每位参赛者回答的第 1个问题均从生活类题库中随机抽取，规定：对所有的问题若答对则下一题从益智类题库中随机抽取；若答错，则下一题从生活类题库中随机抽取．已知答对一个生活类题目得 10 元，答错得 0 元；答对一个益智类
题目得 20 元，答错得 0 元．已知李明答对每个生活类题目的概率均为 2 ，答对每个益智类题目的概率均为
3
，且每次回答正确与否相互独立．
3
记李明前两题累计获奖为 X 元，求 X 的分布列及数学期望；
记李明第i 题回答正确的概率为 P (i  1, 2,,n) 证明：{P  1} 为等比数列，并求P 的通项公式．
ii2i
【答案】(1)分布列见解析；数学期望为 40 .
3
(2)证明见解析， P  1  (1)i11.
i22 3i
【分析】（1）根据题意，得到随机变量 X 的可能取值为0,10, 30 ，结合规定，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，求得其数学期望.
（2）若李明第i 道题目回答正确，则第i +1道回答益智类题目，回答正确的概率为 1 ，若李明第i 道题目回
3
答错误，则第i +1道回答生活类题目，回答正确的概率为 2 ，得到关系式 P  1 P  2 (1 P ) ，结合等比数
列的定义，即可得证.
3i1
3 i3i
【详解】（1）依题意，随机变量 X 的可能取值为0,10, 30 ，
李明答对每个生活类题目的概率均为 2 ，答对每个益智类题目的概率均为 1 ，
33
当 X  0 时，两道生活类题目都答错， P( X  0)  (1 2)(1 2)  1 ；
339
当 X  10 时，第 1 道生活类题目答对且第 2 道益智类题目答错或者第 1 道生活类题目答错，第 2 道生活类题目答对，
即 P( X  10)  2 (1 1)  (1  2 )  2  2 ；
33333
当 X  30 时，第 1 道生活类题目答对且第 2 道益智类题目答对， P( X  30)  2  1  2 ，
3 39
所以随机变量 X 的分布列为：
所以 E  X   0 1  10 2  30 2  40 .
9393
（2）若李明第i 道题目回答正确，则第i +1道回答益智类题目，此时他回答正确的概率为 1 ，
3
若李明第i 道题目回答错误，则第i +1道回答生活类题目，此时他回答正确的概率为 2 ，
3
X
0
10
30
P
1
9
2
3
2
9
所以 P  1 P  2 (1 P )   1 P  2 ，
i1
3 i3i
3 i3
则 P  1   1 P  2  1   1 (P  1 ) ，而 P  1  1 ，

i1
3 i
323i2
126
因此数列{P  1} 是首项为 1 ，公比为 1 的等比数列，即 P  1  1 ( 1)i1 ，所以 P  1  1  ( 1)i1 ，
i263
i263
i263
P的通项公式是 P  1  (1)i11.
ii22 3i
【典例 3】（2025·江西·二模）某公司计划举办周年庆活动，其中设计了“做游戏赢奖金”环节，从所有员工中选取 10 名业绩突出的员工参加投掷游戏，每位员工只能参加一次，并制定游戏规则如下：参与者投掷一
枚均匀的骰子，初始分数为 0，每次掷得点数为偶数得 2 分，点数为奇数得 1 分.连续投掷累计得分达到 9
分或 10 分时，游戏结束.
(1)设员工在游戏过程中累计得n 分的概率为 Pn .
①求 P1 , P2 , P3 ；
②求证数列Pn  Pn 12  n  9  为等比数列.
(2)得 9 分的员工，获得二等奖，得 10 分的员工，获得一等奖，若一等奖的奖金为二等奖的奖金的两倍，且
该公司计划作为游戏奖励的预算资金不超过 1 万元，则一等奖的奖金最多不能超过多少元？（精确到 1 元）
【答案】(1)① P  1 ，P  3，P  5 ；②证明见解析；
122438
(2)1499 元.
【分析】（1）①根据事件发生概率，依次分类进行求解即可；
②由题知，累计获得 n 分时有可能是获得n 1分时掷骰子点数为奇数或获得n  2 分时掷骰子点数为偶数，
而掷骰子点数为奇数和偶数的概率均为 1 ，所以 P  1 P 1 P3  n  9 ，结合数列递推关系，即可证
明Pn  Pn1
是公比为 1 的等比数列.
2
2
21 
n
1 n
n1
2 n2
（2）由（1），运用累加法可求得 Pn      1  n  9 ，进而可求得员工获得二等奖和一等奖的概率，
33  2 
 2 512512 
设一等奖的奖金为 x 元，进而可得 x  341  x  171 10 10000，解不等式即可.

【详解】（1）①由题意，员工游戏过程中累计得 1 分，即第一次投掷为奇数，其概率为 P  1 ；
12
累计得 2 分，即第一次投掷为偶数或连续两次投掷都是奇数，其概率为 P  1  1  1  3 ；累计得 3 分，即

222 24
前两次投掷一次为偶数，一次为偶数或连续三次投掷都是奇数，其概率为 P  2 1  1  1  1  1  5 ；

32 22 2 28
②由题知，累计获得 n 分时有可能是获得n 1分时掷骰子点数为奇数或获得n  2 分时掷骰子点数为偶数，
而掷骰子点数为奇数和偶数的概率均为 1 .
2
所以 P  1 P 1 P
3  n  9 ，
n2 n12 n2
则 P  P
  1 P P
，3 n  9  ，又 P  P  1
nn 1
2n 1n 2
214
故Pn  Pn 1
2  n  9 
1
为首项为 4 ，公比为
 1 的等比数列.
2
1  1 n21  1 n31
（2）由（1）知 Pn  Pn1  4   2 
，Pn1  Pn2  4   2 
，，P2  P1  4 ，

 1 n1 1 n1
将所有等式相加得 P  P  1 
1   
2

1   
2
，
n14
 1 6
2
1   

1 
1 n1 
121 
1 n
所以 Pn  6 1   2   2  
  2   1  n  9 ，

33 
21 
1 9
34111
21
 1 8 
171
所以 P9     
，P10  P8   
  
 ，
33  2 
51222
33 
2   512
设一等奖的奖金为 x 元，二等奖的奖金为 x 元，
2
 2 512512 
由题意知 x  341  x  171 10 10000元，

解得 x  1024000  1499.27 ，即一等奖的奖金最多不超过 1499 元.
683
互斥事件与对立事件关系模糊
辨析： “互斥事件”和“对立事件”都是就两个事件而言的，互斥事件是指事件 A 与事件 B 在一次实验中不会同时发生，而对立事件是指事件 A 与事件 B 在一次实验中有且只有一个发生，因此，对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件。
【典例 1】（2024·浙江温州·三模）设 A, B 为同一试验中的两个随机事件，则“ P  A  P B  1 ”是“事件 A, B
互为对立事件”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据对立事件概率的性质可以说明条件是必要的，容易给出反例说明条件不是充分的.
【详解】若 A, B 互为对立事件，根据对立事件概率公式可直接得到 P  A  P B  1 ，故条件是必要的；
若试验基本事件含 3 种及以上，其中 A, B 表示概率为 1 的两个不同事件，
2
则 A, B 不互为对立事件，此时 P  A  P  B   1  1  1，故条件不是充分的.
22
故选：B.
【典例 2】（23-24 高二下·上海·期中）掷两颗骰子，观察掷得的点数．设事件 A 表示“两个点数都是偶数”，事件 B 表示“两个点数都是奇数”，事件C 表示“两个点数之和是偶数”，事件 D 表示“两个点数的乘积是偶
数”．那么下列结论正确的是（ ）
A． A 与 B 是对立事件B． A 与C  D 是互斥事件
C． B 与 D 是相互独立事件D． B 与C  D 是相互独立事件
【答案】D
【分析】选项 A 和 B，根据条件，利用互斥事件的概念，即可判断出选项 A 和 B 的正误；选项 C 和 D，利用相互独立的判断方法，计算各自发生的概率及同时发生的概率，即可判断出正误，从而得出结果.
【详解】对于选项 A，因为掷两颗骰子，两个点数可以都是偶数，也可以都是奇数，还可以一奇一偶，即一次试验，事件 A 和事件 B 可以都不发生，所以选项 A 错误；
对于选项 B，因为C  D 即两个点数都是偶数，即 A 与C  D 可以同时发生，所以选项 B 错误，
对于选项 C，因为 P(B)  3  3  1 ， P(D)  1 3 3  3 ，又 P(BD)  0 ，所以 P(BD)  P(B)P(D) ，故选项 C
错误，
6  64
6  64
对于选项 D，因为 P(C ∪ D)  1， P(B ∩ (C ∪ D))  9  1 ，所以 P(B ∩ (C ∪ D))  P(B)P(C ∪ D) ，所以选项
D 正确，故选：D.
364
【典例 3】（2024·全国·模拟预测）同时抛掷两颗骰子，观察向上的点数，记“点数之和为 5”是事件 A ，“点
【答案】B
【分析】利用事件的基本关系判断即可.
数之和为 4 的倍数”是事件 B ，则（
）
A． A  B 为不可能事件
C． AB 为必然事件
B． A 与 B 为互斥事件
D． A 与 B 为对立事件
【详解】同时抛掷两颗骰子，有 36 个结果，
“点数之和为 5”是事件 A 有1, 4, 2,3, 3, 2 , 4,1 , 共有 4 种情况；
“点数之和为 4 的倍数”是事件 B 有1,3, 3,1, 2, 2 , 2, 6 , 6, 2 , 3,5 , 5,3 , 4, 4 , 6, 6 , 共有 9 种情况；对于选项 A: A  B 表示“点数之和为 5 或是 4 的倍数”， 不是不可能事件.故 A 错误；
对于选项 B：A 与 B 不可能同时发生．故 B 正确；
对于选项 C： AB 表示“点数之和为 5 且是 4 的倍数”，是不可能事件，故 C 错误；对于选项 D： A 与 B 不能包含全部基本事件，故 D 错误.
故选:B．
使用概率加法公式没有注意成立条件
辨析：概率加法公式是指当事件 A、B 为互斥事件时，则有 P( A  B)  P( A)  P(B) ，否则只能使用一般的概率加法公式 P(A+B)＝P(A)+P(B)- P(A∩B)。解此类题关键是要分清已知事件是由哪些互斥事件组成的，然后代公式 P(A+B)＝P(A)+P(B)求解，若已知事件不能分解为几个互斥事件的和，则只能代一般的概率加法
公式。
【典例 1】（2025·海南·模拟预测）小明参加一场弓箭比赛，需要连续射击三个靶子，每次射箭结果互不影
11
响，已知他射中这三个靶子的概率分别为 x，x， 3 ，若他恰好射中两个靶子的概率是 6 ，那么他三个靶子
都没射中的概率是（ ）
A． 1
3
【答案】C
B． 2
5
C． 3
8
5
D． 8
【分析】利用事件相互独立性，互斥，根据恰好射中两个靶子的概率是 1 建立等式，求出 x，再利用事件相
6
互独立性乘法公式进行求解．
【详解】记小明射中三个靶子分别为事件 D，E，F，且 D，E，F 相互独立，且 P(D)  P(E)  x ， P(F )  1 ，
3
恰好能射中两个靶子为事件 DEF, DEF, DEH ，且 DEF, DEF, DEH 两两互斥，所以 P(DEF  DEF  DEF )  P(DEF )  P(DEF )  P(DEF )
 P(D)P(E)P(F )  P(D)P(E)P(F )  P(D)P(E)P(F )
 x  x  1 1  x  (1 x) 1  (1 x) x  1  1 ，
3 

336

整理得 x  1 ，三个靶子都没射中为事件 DEF ，
4
故 P(DEF )  P(D)P(E )P(F )  3  3  2  3 ，
4 4 38
故选：C．
【典例 2】（2025·山西·三模）已知随机事件 A ， B 的概率满足 P  A  0.7 ， P B  0.6 ， P B A  0.6 ，则 P  A ∪ B   （ ）
A．0.28B．0.58C．0.82D．0.86
【答案】C
【分析】根据题意，求得 P B  0.4 和 P B A  0.4 ，利用概率的乘法公式得 P  AB  0.28 ，结合
P  A ∪ B  P  A  P B  P  AB ，即可求解.
【详解】因为 P B  0.6 ， P B A  0.6 ，
可得 P  B   1 P B   0.4 ， P B A  1  P B A  0.4 ，由乘法公式得 P  AB   P  A P B A  0.7  0.4  0.28 ，
所以 P  A ∪ B   P  A  P  B   P  AB   0.7  0.4  0.28  0.82 .
故选：C.
在求离散型随机变量分布列时忽视所有事件概率和为 1
辨析：解答此类题常见的错误为①事件的概率不会求；②所求的事件概率不满足
p1  p2  p3  pn  1。对于②我们通常先求出一些简单事件的概率，如果某事件的概率不好求，在确保其它事件的概率正确的前提下，可用性质
p1  p2  p3  pn  1求解。
【典例 1】（24-25 高二下·重庆·月考）设离散型随机变量 X 服从两点分布，其分布列如下表，则a （ ）
A． 0.2B． 0.3C． 0.6D． 0.7
【答案】B
【分析】根据分布列的性质计算可得.
【详解】依题意可得a  a  0.4  1 ，解得a  0.3 .
故选：B
X
0
1
P
a
a  0.4
X
0
a
b
P
1
4
1
2
c
【典例 2】（2025·江苏盐城·三模）设正数最小值为（ ）
a, b
，随机变量 X 的分布列，若随机变量 X 的期望为1，则
2a2 
a 1
b2 b  2
2
A．1B．C．4D．2
【答案】D
【分析】根据离散型随机变量分布列的性质求出c 的值，再利用期望公式得到a 与b 的关系，然后换元，将所求式子进行变形，结合m 与n 的关系，运用基本不等式求出其最小值.
【详解】根据离散型随机变量分布列的性质：所有概率之和为1，即 1  1  c  1.解得c  1 .
424
已知随机变量 X 的期望为1，可得 E( X )  0  1  a  1  b  1 1 .
424
化简可得： a  b  1，进一步变形为2a  b  4 .
24
设a 1  m, b  2  n ，则2m  n  8 ，
2a2b2
2 m 12
n  2 2
2m2  4m  2
n2  4n  42424
将进行变形
a 1 b  2mnm
 2m  4
nm
n 4   ，
nmn
给式子乘以 1 (2m  n) 得到 1 (2m  n)( 2  4 ) .
88mn
展开式子： 1 (2m  n)( 2  4 )  1 (4  2m  4  n  2  4)  1 (8  8m  2n )
8mn8nm8nm
8m  2n
nm
根据基本不等式，有 8m  2n  2
nm
 2 4  8 .
所以 1 (8  8m  2n )  1 (8  8)  2 ，当且仅当 8m  2n ，即m  2, n  4 时等号成立.
8nm8nm
故选：D.
随机事件与样本空间
确定样本空间的方法
必须明确事件发生的条件．
根据题意，按一定的次序列出问题的答案．特别要注意结果出现的机会是均等的，按规律去写，要做到既不重复也不遗漏．
1．（25-26 高一上·河北邯郸·开学考试）在一个不透明的袋子中装有形状、大小 、质地完全相同的 5 个球，其中 3 个黑球、2 个白球，从袋子中一次摸出 3 个球，下列事件是必然事件的是（ ）
摸出的是 3 个白球B．摸出的是 3 个黑球
C．摸出的球中至少有 1 个是黑球D．摸出的是 2 个白球、1 个黑球
【答案】C
【分析】根据白球只有 2 个不可能摸出 3 个即可进行解答.
【详解】A.摸出的是 3 个白球是不可能事件，不符合题意；
摸出的是 3 个黑球有可能发生也有可能不发生，不符合题意；
摸出的球中至少有 1 个是黑球是必然事件，符合题意；
摸出的是 2 个白球、1 个黑球有可能发生也有可能不发生，不符合题意.故选：C.
2．（24-25 高一下·河北秦皇岛·期末）投掷两枚质地均匀的骰子，记事件 A 为两枚骰子朝上的点数均为偶数，
事件 B 为两枚骰子朝上的点数均为奇数，则（ ）
A．A 为必然事件B．B 为不可能事件
C．A 与 B 为互斥但不对立事件D．A 与 B 互为对立事件
【答案】C
【分析】由必然事件、不可能事件、互斥和对立事件的概念可判断.
【详解】显然 A 与 B 都是随机事件，且 A 与 B 不能同时发生，但可能同时不发生，故 A 与 B 为互斥但不对立事件.
故选：C.
判断互斥、对立事件的两种方法
定义法：判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．
集合法：①由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．
②事件 A 的对立事件所含的结果组成的集合，是全集中由事件 A 所含的结果组成的集合的补集．
【多选】（2025·安徽合肥·模拟预测）粉笔盒中只装了白红黄蓝绿 5 支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了 3 支，下列结论中正确的是（ ）
事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少 1 支用到”为互斥事件
事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多 1 支用到”为对立事件
白色与红色粉笔都用到的概率为 2
5
白色与红色粉笔至少 1 支用到的概率为 9
10
【答案】BD
【分析】根据题意，由互斥事件的定义，可判定 A 错误；根据对立事件的定义，可得判定 B 正确，利用列举法，结合古典摡型的概率计算公式，可判定 C 错误，D 正确.
【详解】记白、红、黄、蓝、绿颜色的粉笔分别为： A, B, a, b, c ，
对于 A 中，“ A, B 都入选”与“ A, B 至少 1 支入选”可以同时发生，所以 A 错误；
对于 B 中，对于 A, B 是否入选所有事件类型有： A, B 都入选， A 入选 B 不入选， A 不入选 B 入选和 A, B 都 不入选，所以事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多 1 支用到”为对立事件，所以 B 正确； 对于 C 中，设从 5 支中随机选 3 支，则有( A, B, a) ，( A, B,b) ，( A, B, c) ，( A, a,b) ，( A, a, c) ，( A, b, c) ，(B, a,b) ， (B, a, c) ， (B, b, c) ， (a, b, c) ，共 10 种选法，
其中 A, B 都入选的选法有 3 种，故所求概率 P 
3 ，所以 C 错误；
10
对于 D 中，由 A, B 至少 1 支入选的选法有 9 种，故所求概率 P  9 ，所以 D 正确．
10
故选：BD．
【多选】（2025·江西景德镇·模拟预测）现有甲､乙､丙､丁四名同学，甲擅长乒乓球，乙擅长篮球，丙既擅长乒乓球又擅长篮球，丁擅长足球与羽毛球，现从这四名同学中任选一位，记事件M  “所选学生擅长乒乓球”，事件 N  “所选学生擅长篮球”，事件 H  “所选学生擅长足球”，则（ ）
M 与 N 互斥B． M 与 H 互斥
C． M 与 N 相互独立D． M 与 H 相互独立
【答案】BC
【分析】根据已知写出各事件对应情况并写出概率值，结合互斥事件、独立事件的定义判断各项的正误.
【详解】由题设， M 事件所选学生为甲或丙，且 P(M )  1 ，
2
N 事件所选学生为乙或丙，且 P(N )  1 ，
2
H 事件所选学生为丁，且 P(H )  1 ，
4
显然 M , N 不互斥，存在都选丙的可能，且 P(MN )  1  P(M )P(N ) ，A 错、C 对；
4
M , H 互斥，即 P MH   0  P M  P H  ，B 对、D 错；故选：BC
利用互斥事件与对立事件计算概率
求复杂的互斥事件的概率的两种方法
直接法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率求和公式计算．
间接法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式 P( A)  1  P( A) ，即运用逆向思维（正难则反）．特
别是“至多”“至少”型题目，用间接法求解就显得较简便．
【多选】（2024·湖北·二模）已知 A, B 为随机事件， P  A  0.5, P B  0.4 ，则下列结论正确的有（ ）
若 A, B 为互斥事件，则 P  A  B  0.9
若 A, B 为互斥事件，则 P  A  B   0.1
若 A, B 相互独立，则 P  A  B  0.7
若 P B | A  0.3 ，则 P B | A  0.5
【答案】ACD
【分析】根据互斥事件性质可求得 A 正确，B 错误，再由相互独立事件性质可得 C 正确，利用对立事件及条件概率公式可得 D 正确.
【详解】对于 A，若 A, B 为互斥事件，则 P  A  B   P  A  P  B   0.9 ，即可得 A 正确；
对于 B，由 P  A  0.5, P  B   0.4 可得 P A  0.5, P B  0.6 ，
又 A, B 为互斥事件，则 P  AB  0 ，又 P  A  B   P A  B  P AB  1 0 1 ，即 B 错误；对于 C，若 A, B 相互独立，则 P  AB  P  A P B  0.2 ,
所以 P  A  B  P  A  P B  P  AB  0.5  0.4  0.2  0.7 ，即 C 正确；
P  AB P AB 
对于 D，若 P B | A   0.3 ，所以 P  AB  0.15 ；
P  A0.5
可得 P  AB   P B  P AB  0.25 ，
P AB  P AB  0.25
所以 P B | A   0.5 ，即 D 正确.
P A1 P  A1 0.5
故选：ACD
【多选】（23-24 高二上·四川遂宁·开学考试）已知事件 A, B 满足 P  A  0.6 ， P  B   0.2 ，则下列结论正确的是（）
P( A)  0.8, P(B)  0.4
如果 B  A ，那么 P  A  B   0.6
如果 A 与 B 互斥，那么 P  A ∪ B   0.8
如果 A 与 B 相互独立，那么 P  A  B   0.32
【答案】BCD
【分析】根据互斥事件和独立事件的概率公式逐个分析判断即可
【详解】对于选项 A， P( A)  1 P A  0.4, P(B)  1 P(B)  0.8，故选项 A 错误；对于选项 B，如果 B  A ， 那么 P( A ∪ B)  P( A)  0.6 ，选项 B 正确；
对于选项 C， 如果 A 与 B 互斥，那么 P( A  B)  P( A)  P(B)  0.8 ， 所以选项 C 正确；
对于选项 D，如果 A 与 B 相互独立，那么
P  A  B   P  A P B   1 P  A 1 P  B   0.4  0.8  0.32 ，所以选项 D 正确.故选：BCD
【多选】（22-23 高三上·浙江绍兴·期末）记 A，B 为随机事件，下列说法正确的是（ ）
若事件 A，B 互斥， P  A  1 ， P  B   1 ，则 P  A  B   5
236
若事件 A，B 相互独立， P  A  1 ， P  B   1 ，则 P  A  B   2
233
若 P  A  1 ， P  A B   3 ， P  A B   3 ，则 P  B   1
2483
若 P  A  1 ， P  A B   3 ， P  A B   3 ，则 P B A  1
2484
【答案】BC
【分析】对于 A，根据互斥事件和对立事件的性质分析判断即可，对于 B，根据相互独立事件的性质分析判断，对于 CD，根据条件概率的公式和对立事件的性质分析判断.
【详解】 P( A ∪ B)  P( A)  P(B)  P( AB)  1 1  1  P( AB)
23
P(B)  P( AB)  P( AB)  P( AB)  1 ，∴ P( A ∪ B)  1 ，A 错.
32
P( A ∪ B)  P( A)  P(B)  P( AB)  P( A)  P(B)  P( A)P(B)  1  1  1  1  2 ，B 对.
232 33
P  AB P  AB 33
令 P  B   x ， P B   1 x ， P  A B   ，∴ P  AB   x ，
P  A B  
P  AB 

P  AB 3
P  B 
，∴ P  AB   3
x44
1 x  ，
P B 
1 x88
P( A)  P( AB)  P( AB)  3 x  3 (1 x)  1 1 ，∴ x  1 ，C 对.
4823
P  AB P B   P AB 1  3  1
P B A  
34 3 
1
，D 错，
故选：BC.
P  A
P A 16
2
【多选】（2025·四川泸州·一模）记 A, B 为事件 A, B 的对立事件，已知 P  A  0.4, P  B   0.3 ，下列结论正确的是（ ）
若 B  A ，则 P  AB  0.3
B．若 A 与 B 相互独立，则 P  AB   0.42
C．若 P B|A  0.2 ，则 P  AB  0.06
D．若 P  A|B  0.6 ，则 P  A  B   0.78
【答案】ABD
【分析】由独立事件定义和性质、独立概率乘法公式、条件概率公式即可逐一计算判断各选项.
【详解】对于 A 选项：若 B  A ，则 P  AB  P B  0.3 ，A 正确；对于 B 选项：若 A 与 B 相互独立，则 A 与 B 相互独立,
所以 P  AB   P  A P B   1 P  A1 P  B   (1 0.4)(1 0.3)  0.42 ，B 正确；
对于 C 选项：若 P B|A  0.2 ，则 P( AB)  0.2  P(AB)  0.2P(A)  0.2  0.4  0.08，C 错误；
P( A)
对于 D 选项：若 P  A|B  0.6 ，则 P( AB)  0.6  P(AB)  0.6P(B)  0.6  0.3  0.18,
P(B)
又 P  AB   P(B)  P( AB)  0.3  0.18  0.12 ,
所以 P  A  B   P  A  P  B   P  AB   0.6  0.3  0.12  0.78 ，D 正确.故选：ABD.
随机事件的频率与概率
概率与频率的关系：频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率随着试验次数的改变而改变，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．
随机事件概率的求法：利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．
【多选】（2025·河南信阳·模拟预测）若将 100 枚硬币（均为正反两面）平放在桌面上，开始时有 8 枚硬币反面向上，重复执行以下操作：每次操作任选其中 3 枚硬币翻面（1 枚硬币可重复翻面），若经过n 次上述操作后，所有硬币均为反面向上，则n 的值可以为（ ）
A．45B．54C．63D．72
【答案】BD
【分析】根据开始时有 8 枚硬币反面向上，任选其中 3 枚硬币翻面，得出要使 100 枚硬币均为反面向上，
至少需要进行 32 次操作即可解题.
【详解】考虑 92 个正面向上的硬币，将其编号为 1，2，…，92，通过 30 次操作可将编号 1~90 的硬币翻至反面向上，
第 31 次操作时将编号为 91（或 92）以及任意另外两枚反面向上的硬币翻面，
则此时恰有 3 枚硬币正面向上，第 32 次操作时将 3 枚正面向上硬币翻面，即可保证所有硬币均为反面向上.
因此，要使 100 枚硬币均为反面向上，至少需要进行 32 次操作.
当所有硬币反面向上后，若将其中 3 枚硬币连续进行两次操作，所有硬币仍反面向上.因此，若要保证所有硬币反面向上，操作的次数必然为偶数次.
故选：BD.
【多选】（2023·福建三明·三模）已知某地区中小学生人数如图①所示，为了解该地区中小学生的近视情况，卫生部门根据当地中小学生人数，用分层抽样的方法抽取了10% 的学生进行视力调查，调查数据如图②所示，下列说法正确的有（ ）
该地区的中小学生中，高中生占比为20%
抽取调查的高中生人数为200 人
该地区近视的中小学生中，高中生占比超过40%
从该地区的中小学生中任取3 名学生，记近视人数为，则的数学期望约为0.81
【答案】ABD
【分析】根据扇形统计图计算高中生的占比，可判断 A 选项；利用分层抽样可判断 B 选项；计算出近视的
中小学生中，高中生的占比，可判断 C 选项；分析可知~ B 3, 27  ，利用二项分布的期望公式可判断 D
 100 

选项.
【详解】对于 A 选项，由图①可知，该地区的中小学生中，高中生占比为2000
2000  3500  4500
100%  20% ，
A 对；
对于 B 选项，用分层抽样抽取了10% 的学生，则抽取的高中生人数为200010%  200 人，B 对；对于 C 选项，该地区近视的中小学生中，小学生近视的人数为3500 0.1  350 人，
初中生近视的人数为4500 0.3 1350 人，高中生近视的人数为2000  0.5  1000 人，
所以，该地区近视的中小学生中，高中生占比为1000 10  2 ，C 错；
350 1350 1000275
对于 D 选项，从该地区中的中小学生中任意抽取一名，该学生近视的概率为2700
 27 ，
3500  2000  4500100
从该地区的中小学生中任取3 名学生，记近视人数为，则~ B 3, 27  ，
 100 
所以， E   3 27
100

 0.81 ，D 对.
故选：ABD.
11．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）某学校高三教研组为调查高三学生的学习情况，分别从高三年级中的 20 个班一共抽取 40 个人进行询问，其中各班人数均为 50 人，则某个班级中某个学生被选中的概率为（ ）
1
50
【答案】B
1
25
1
800
1
1000
【分析】计算全校的人数或计算各班抽取的人数后可求学生被选中的概率.
【详解】法一：全校总人数为20  50  1000 人，一共抽取 40 人，

401
则被抽到的概率为；
10025
法二：一个班抽取的人数为40  20  2 ，
则被抽到的概率为 2  1 .
5025
故选：B.
12．（2024·上海徐汇·一模）一个不透明的盒子中装有若干个红球和 5 个黑球，这些球除颜色外均相同.每
次将球充分搅匀后，任意摸出 1 个球记下颜色后再放回盒子.经过重复摸球足够多次试验后发现，摸到黑球的频率稳定在 0.1 左右，则据此估计盒子中红球的个数约为（ ）
A．40 个B．45 个C．50 个D．55 个
【答案】B
【分析】因为重复摸球次数足够多，所以将频率视为概率，应用古典概型概率的计算公式计算即可.
【详解】设红球个数为a ，
由题意可得： 5
a  5
 0.1 ，解得： a  45 .
故选：B
古典概型的概率
用公式法求古典概型的概率就是用所求事件 A 所含的基本事件个数除以基本事件空间Ω所含的基本事件个
数求解事件 A 发生的概率 P(A)．解题的关键如下：
①定型，即根据古典概型的特点——有限性与等可能性，确定所求概率模型为古典概型．
②求量，利用列举法、排列组合等方法求出基本事件空间Ω及事件 A 所含的基本事件数．
③求值，代入公式 P(A)＝A 包含的基本事件的个数求值．
基本事件的总数
13．（2025·山东·三模）一项“过关游戏”规则规定：在第n 关要抛掷一颗骰子n 次，如果这n 次抛掷所出现的点数的和大于2n ，则算过关.则某人连过前三关的概率为（ ）
20
27
【答案】D
100
243
81
256
245
486
【分析】利用古典概型的概率公式、对立事件的概率公式求出此人分别过第一关、第二关、第三关的概率，再结合独立事件的概率乘法公式可求得结果.
i
【详解】设这个人过第i i  N  关的概率为 P ，
过第一关，则抛出的点数构成的集合为3, 4, 5, 6 ，则 P  4  2 ，
163
过第二关，则抛两次骰子的点数之和大于4 ，基本事件总数为62  36 ，以m, n1  m  6,1  n  6, m, n  N  表示一个样本点，
其中两次点数之和不大于4 所包含的样本点有： 1,1 、1, 2 、1, 3 、2,1 、2, 2 、3,1 ，共6 个，
故 P  1 6  5 ，
2366
过第三关，则抛三次骰子的点数之和大于6 ，基本事件总数为63  216 ，以a, b, c 1  a  6,1  b  6,1  c  6, a, b, c  N 表示一个样本点，
其中三次点数之和不大于6 所包含的样本点有： 1,1,1 、1,1, 2 、1, 2,1 、2,1,1 、
1,1, 3 、1, 3,1 、3,1,1 、1, 2, 2 、2,1, 2 、2, 2,1 、1,1, 4 、1, 4,1 、4,1,1 、
1, 2, 3、1, 3, 2、2,1, 3、2, 3,1、3,1, 2、3, 2,1、2, 2, 2，共20 个，
故 P  1 20  49 ，
321654
因为这个人过每个关卡是相互独立的，故这个人连过前三关的概率为 P  PP P  2  5  49  245 .

故选：D.
1 2 3
6 54486
14．（2025·广东汕尾·一模）四只鸽子飞回三个不同的笼子，则至少有一个空笼子的概率为（ ）
8
27
【答案】B
5
9
3
32
55
81
【分析】由排列与组合知识及古典概型求解．
【详解】四只鸽子飞回三个不同的笼子的总方法数为34  81 ，其中“至少有一个空笼子”包含两种情况：
3
恰有两个空笼子（即 4 只鸽子在同一个笼子），有C1  3 种；
3
恰有一个空笼子（即 4 只鸽子在两个笼子里），有C2 24  2  42 种，
故所求概率为 42  3  45  5 .
81819
故选：B
15．（2025·广东佛山·模拟预测）某学校的数学兴趣小组为了了解我国古代的数学成就，先后去图书馆借阅了 5 本古代数学名著：《周髀算经》､《九章算术》､《海岛算经》､《孙子算经》和《张丘建算经》，该小组每次随机借阅一本名著，且归还后再随机借阅下一本（已借阅的不会重复借阅）．则最先借阅的两本是
《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》的概率为（ ）
1
15
【答案】D
9
125
18
125
1
30
【分析】由古典概率的计算公式求解即可.
5
【详解】所有可能的借阅顺序总数为： A5  5  4  3 2 1  120 ，
最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》，
所以前两本的顺序可以是《周髀算经》、《九章算术》或者《九章算术》、《周髀算经》，有2 种情况，
最后一本已经确定是《孙子算经》，中间2 本为《海岛算经》、《张丘建算经》，有2 种情况， 设最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》为事件 A ，
则 P  A  2  2  1 ，
12030
故选：D.
16．（25-26 高二上·陕西西安·月考）节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，是中华民族劳动人民长期经验积累的成果和智慧的结晶．若从立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气中随机选择两个节气，则其中一个节气是立春的概率为（ ）
A． 1
6
B． 2
5
C． 1
2
D． 2
3
【答案】B
【分析】若从立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气中随机选择两个节气，共10 种情况，其中一个节气是立春，有4 种情况，用古典概型概率计算公式即可.
【详解】记立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气分别为a 、b 、c 、d 、e ，
则样本空间  a, b, a, c, a, d , a, e, b, c, b, d , b, e, c, d , c, e, d, e ，记事件 A 表示“其中一个节气是立春”，则 A  {a, b, a, c, a, d , a, e}，
由古典概型可知 P  A  4  2 ．
105
故选：B
17．（2024·河北·模拟预测）在一个箱子中有大小质地相同的 2 张卡片，其中一张两面均是红色，另一张一面红色，一面白色，已知取出的一张卡片向上一面的颜色是红色，则它背面是白色的概率为（ ）
A． 1
4
【答案】C
B． 1
2
C． 1
3
D． 2
3
【分析】根据题意，卡片向上向下颜色有红红，红红，红白，白红四种情况，在确定取出的一张卡片向上一面是红色时，可以利用古典概型概率公式求得其背面是白色的概率.
【详解】因箱子中只有两张卡片，一张两面均是红色，另一张一面红色，一面白色，从中任取一张，分向上向下的情况总共有：红红，红红，红白，白红四种.
现已知取出的一张卡片向上一面的颜色是红色，则有：红红，红红，红白三种情况，
故它的背面是白色的概率为 1 .
3
故选：C.
18．（25-26 高三上·湖南常德·开学考试）将一枚质地均匀的硬币连掷三次，事件“恰出现 1 次反面朝上”的概率记为 p ，现采用随机模拟的方法估计 p 的值：用计算机产生了 20 组随机数，其中出现“0”表示反面朝上，
出现“1”表示正面朝上，结果如下，若出现“恰有 1 次反面朝上”的频率记为 f ，则 p  f  （ ）
111 001 011 010 000 111 110 111 101 010
000 101 011 010 001 011 100 101 001 011
1
20
【答案】B
1
40
1
80
D．0
【分析】根据题意，可直接得到“连掷三次，恰出现 1 次反面朝上”的概率 p ；根据题中数据，列举出“连掷
三次，恰出现 1 次反面朝上”所包含的情况，即可得出 f ；即可 p  f
的值.
【详解】由题意可得，将一枚质地均匀的硬币连掷三次，事件“恰出现 1 次反面朝上”的概率
1 
2
p  C1  1 1  3 ；
3  2 2 8
 
由表中数据可得，“连掷三次，恰出现 1 次反面朝上”所包含的情况有：011，101，101，011，011，101，011
共 7 组，所以 f  7 .
20
所以 p  f
故选：B.
 3 
7
20
8
1
40 .
19．（2025·山东·模拟预测）在 4 个人中选若干人在 3 天假期中值班（每天只需 1 人值班），不出现同一人连续值班两天，其中甲恰有一天值班的概率为（ ）
A． 1
4
【答案】C
B． 1
2
C． 7
12
D． 3
4
【分析】按甲只在第一天，只在第二天，只在第三天值班分类，数清楚样本点个数，再用古典概型即可得到答案.
【详解】计算总可能值班的样本点个数：
每天值班人选从 4 人中选 1 人，且相邻两天值班人不同.
第一天：有 4 种选择（任何一人均可）；
第二天：不能与第一天相同，因此有 3 种选择（排除第一天的人）；
第三天：不能与第二天相同，因此有 3 种选择（排除第二天的人）.总的样本点个数： 4 3 3  36 .
计算甲恰有一天值班的样本点个数：甲只在第一天值班有1 3 2  6 种，甲只在第二天值班有1 3 3  9 种，
甲只在第三天值班有1 3 2  6 种.
所以有古典概型知： P  6  9  6  7 .
3612
故选：C.
20．（2025·吉林白城·模拟预测）6 个数字 1，2，2，2，3，5 排成一排构成一个六位数，则这个六位数为偶数的概率为（ ）
A． 1
2
【答案】A
B． 2
3
C． 4
15
D． 2
5
【分析】由题知 6 个数中只有 3 个不同的数，总事件为六位数选 3 个出来全排，剩下 2 个为 2，若六位数为
偶数，个位数必为 2，则前面 5 位中选 3 位进行全排，然后计算概率即可.
6 3
【详解】6 个数中只有 3 个不同的数，总事件为六位数选 3 个出来全排，剩下 2 个为 2，则共有C3A3  120 种，
5 3
若六位数为偶数，个位数必为 2，则前面 5 位中选 3 位进行全排，共有C2A3  60 种，
所以概率 P  60  1 .
1202
故选：A.
事件相互独立性的判断
两个事件是否相互独立的判断
直接法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
公式法：若 P(AB)＝P(A)P(B)，则事件 A，B 为相互独立事件．
21．（2025·上海长宁·一模）甲、乙两人投篮的命中率分别为 0.7 和 0.6，两人各投篮一次，事件 A 为甲投中，事件 B 为乙投中．“甲、乙两人均投中的概率为 0.42”是“事件 A, B 互相独立”的（）
充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由独立事件概率公式和充要条件的概念即可求解.
【详解】由甲、乙两人投篮的命中率分别为 0.7 和 0.6，若“事件 A, B 互相独立”，则 P  AB  P  A P B  0.42 ，若 P  AB  0.42  P  A P B ，则事件 A, B 互相独立，
即“甲、乙两人均投中的概率为 0.42”是“事件 A, B 互相独立”的充要条件，故选：C
22．（24-25 高二下·江苏镇江·月考）抛掷一枚质地均匀的骰子，记试验的样本空间为 1, 2, 3, 4, 5, 6 ，事
件 M  1, 2 ，事件 N  2, 3, 4 ，则（ ）
3
A．M 与 N 是互斥事件B．M 与 N 是相互独立事件
C． P(M | N )  P(N | M )
【答案】B
P M N  P M N  1
【分析】根据互斥事件与独立事件定义可判断 A 错误，B 正确，由条件概率公式计算，可判定 C 错误，再由对立事件公式计算，可判定 D 错误.
【详解】对于 A 中，当掷出 2，此时事件 M , N 同时发生，所以 M 与 N 不是互斥事件，所以 A 错误；
对于 B 中，由 P MN   1 ， P M   1 ， P  N   1 ，满足 P MN   P M  P  N  ，所以 B 正确；
632
对于 C 中，由 B 知： P(M | N )  P(M )  1 , P(N | M )  P(N )  1 ，所以 C 错误；
32
对于 D 中，由 P(M N )  P(M )P(N )  2  1  1 ， P MN   P M  P  N   1  1  1 ，
323
2
所以 P MN   P MN   1 ，所以 D 错误．
3 26
故选：B.
23．（23-24 高二下·广东惠州·月考）依次抛掷两枚质地均匀的骰子， A1 表示事件“第一次抛掷骰子的点数为
2”， A2 表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”， A3 表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为 6”， A4 表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为 7”，则（ ）
A． A3 与 A4 为对立事件B． A1 与 A3 为相互独立事件
C． A2 与 A4 为相互独立事件D． A2 与 A4 为互斥事件
【答案】C
【分析】利用列举法与古典概型的概率公式求得各事件的概率，由 A3 ∩ A4   ， A3 ∪ A4   ，即可判断 A；由 P  A1  P  A3   P  A1 A3  即可判断 B；由 P  A2  P  A4   P  A2 A4  即可判断 C，由 A2 ∩ A4   即可判断 D.
【详解】依次抛掷两枚质地均匀的骰子，两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，样本空间Ω 如下：
1,1 ， 1, 2 ， 1, 3 ， 1, 4 ， 1, 5 ， 1, 6 ， 2,1 ， 2, 2 ， 2, 3 ， 2, 4 ， 2, 5 ， 2, 6 ，
3,1 ， 3, 2， 3, 3 ， 3, 4 ， 3, 5 ， 3, 6 ， 4,1 ， 4, 2 ， 4, 3 ， 4, 4 ， 4, 5 ， 4, 6
5,1 ， 5, 2 ， 5, 3 ， 5, 4 ， 5, 5 ， 5, 6， 6,1 ， 6, 2 ， 6, 3 ， 6, 4 ， 6, 5， 6, 6 ，共 36 个.
则事件 A 包括2,1 ， 2, 2 ， 2, 3 ， 2, 4 ， 2, 5 ， 2, 6 ，共 6 个， P  A   1 ，
116
事件 A2 包括1,1 ， 1, 2 ， 1, 3 ，1, 4 ，1, 5 ，1, 6 ， 3,1 ，3, 2 ，3, 3 ， 3, 4 ，3, 5 ， 3, 6 ， 5,1 ，
5, 2 ， 5, 3 ， 5, 4 ， 5, 5 ， 5, 6，共 18 个， P  A   1 ，
22
事件 A 包括1, 5 ， 2, 4 ， 3, 3 ， 4, 2 ， 5,1 ，共 5 个， P  A   5 ，
3336
事件 A 包括1, 6 ， 2, 5 ， 3, 4 ， 4, 3， 5, 2 ， 6,1 ，共 6 个， P  A   6  1 .
44366
对于 A， A3 ∩ A4   ， A3 ∪ A4  Ω ，所以 A3 与 A4 不为对立事件，故 A 错误；
对于 B，事件 A 且 A 包括2, 4 ，则 P  A A   1 ，又 P  A   1 ， P  A   5 ，
131 336
16336
所以 P  A  P  A   1  5  P  A A  ，即 A 与 A 不相互独立，故 B 错误；
136 361 313
对于 C，事件 A 且 A 包括1, 6 ， 3, 4 ， 5, 2 ，则 P  A A   1 ，又 P  A   1 ， P  A   1 ，
242 4122246
所以 P  A  P  A   1  1  1  P  A A  ，即 A 与 A 相互独立，故 C 正确；
242 6122 424
对于 D，事件 A2 且 A4 包括1, 6 ， 3, 4 ， 5, 2 ，则 A2 ∩ A4   ，即 A2 与 A4 不为互斥事件，故 D 错误.故选：C.
24．（2025·上海青浦·模拟预测）一个质地均匀的正四面体，四个面上分别标有数字1， 2 ， 3 ， 4 .任意掷 一次该四面体，观察它与地面接触面上的数字，得到样本空间  {1, 2, 3, 4}，记事件 A  {1, 2}，事件 B = {1, 3} ，事件C  {1, 4} ，则（ ）
A．事件 A, B,C 两两独立，事件 A, B,C 相互独立
B．事件 A, B,C 两两独立，事件 A, B,C 不相互独立
C．事件 A, B,C 不两两独立，事件 A, B,C 相互独立
D．事件 A, B,C 不两两独立，事件 A, B,C 不相互独立
【答案】B
【分析】根据独立事件的定义，结合题意即可判断各选项的正误.
【详解】由题知： P( A)  2  1 ， P(B)  2  1 ， P(C )  2  1 ，
424242
P( AB)  1 ， P( AC)  1 ， P(BC)  1 ， P( ABC)  1 .
4444
因为 P( AB)  1  P( A)P(B), P( AC)  1  P( A)P(C) ， P(BC)  1  P(B)P(C) ，
444
所以事件 A, B,C 两两独立；
但 P( ABC)  1  P( A)P(B)P(C)  1 ，所以事件 A, B,C 不相互独立.
48
故选：B.
25．（2025·湖南·模拟预测）甲，乙两人在玩掷骰子游戏，各掷一次，设得到的点数分别为 x, y ， A 表示事件“ x  4 ”， B 表示事件“ y 为奇数”， C 表示事件“ x  y  8 ”， D 表示事件“ x  y  7 ”，则相互独立的事件是
（ ）
A． A 与CB． B 与CC． C 与 DD． B 与 D
【答案】D
【分析】由已知得出样本空间包含的样本点的个数为 36 个，求出相关事件的概率，逐一利用相互独立事件的概率乘法公式检验即得.
【详解】由题意得：事件 A :“ x  4 ”的情况有：
5,1, 5, 2, 5, 3, 5, 4, 5, 5, 5, 6, 6,1, 6, 2, 6, 3, 6, 4, 6, 5, 6, 6 共 12 种，
所以 P  A  12  1 ．
363
事件 B :“ y 为奇数”的情况有： 1,1, 1, 3, 1, 5, 2,1, 2, 3, 2, 5, 3,1, 3, 3, 3, 5,
4,1, 4, 3, 4, 5, 5,1, 5, 3, 5, 5, 6,1, 6, 3, 6, 5 共 18 种，
所以 P  B   18  1 ；
362
事件C :“ x  y  8 ”的情况有： (3, 6),(4, 5),(4, 6),(5, 4),(5, 5),(5, 6), (6, 3),(6, 4),(6, 5),(6, 6) 共 10 种，
所以 P C   10  5 ；
3618
事件 D :“ x  y  7 ”的情况有： 1, 6, 2, 5, 3, 4, 4, 3, 5, 2, 6,1 共 6 种，
所以 P  D   1 .
6
对于 A，因 P  AC  
对于 B，因 P  BC  
7  P  A P C  ，则 A 与C 不独立，故 A 错误；
36
 1  P  B  P C  ，则 B 与C 不独立，故 B 错误；
369
对于 C，因事件 C 与 D 不能同时发生，则 P CD  0  P C  P D ，故 C 错误；
对于 D，
P  BD  
3  1
 P  B  P  D  ，则 B 与 D 相互独立，故 D 正确.
3612
故选：D.
求相互独立事件同时发生的概率的方法
首先判断几个事件的发生是否相互独立．
求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
②正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
26．（2025·陕西西安·二模）甲､乙两名羽毛球运动员进行一场比赛，采用 5 局 3 胜制（先胜 3 局者胜，比
赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为 3 ，则甲第一局获胜并最终以3 :1 获胜的概率为（ ）
4
9
64
【答案】C
81
125
27
128
9
128
【分析】利用独立重复事件，分析获胜情况，即可求出概率.
【详解】甲第一局获胜并最终以3 :1 获胜，说明在 4 局比赛中，甲胜了 3 局，输了 1 局，并且输掉的这局为第二局或第三局，
 3 3  1 27
故概率为C1   .
44
2   
  
128
故选：C
27．（2025·浙江台州·一模）已知事件 A, B 相互独立， P  A  0.5, P  AB   0.2 ，则 P B  （ ）
A．0.1B．0.3C．0.4D．0.7
【答案】C
【分析】由独立事件的乘法公式直接求解即可.
【详解】因为事件 A, B 相互独立，且 P  A  0.5, P  AB   0.2 ，
P  AB 0.2
所以 P  B   0.4 .
P  A0.5
故选：C
28．（2025·天津河北·模拟预测）甲、乙两人独立地破译一份密码，甲、乙能破译的概率分别为 21
密码被成功破译的概率为（ ）
、 2 ，则
A． 5
6
【答案】A
B． 2
3
C． 1
3
D． 1
6
【分析】应用独立事件乘法公式及对立事件的概率求法求概率.
【详解】由题设，甲乙都不能破译的概率为(1 2)(1 1)  1 ，
326
所以密码被成功破译的概率为1 1  5 .
66
故选：A
29．（2024·海南·模拟预测）在高二选科前，高一某班班主任对该班同学的选科意向进行了调查统计，根据 统计数据发现：选物理的同学占全班同学的 80%，同时选物理和化学的同学占全班同学的 60%，且该班同 学选物理和选化学相互独立.现从该班级中随机抽取一名同学，则该同学既不选物理也不选化学的概率为（ ）
A．0.125B．0.1C．0.075D．0.05
【答案】D
【分析】借助相互独立事件的性质与乘法公式计算即可得.
【详解】设事件 A “选物理”， B  “选化学”，则有 P  A  0.8 ， P  AB  0.6 ，
由该班同学选物理和选化学相互独立，
P  AB 0.6
即 P  AB   P A  P B  ，则 P B   0.75 ，
P  A
故 P A  1 0.8  0.2 ， P B  1 0.75  0.25 ,
则 P  AB  P  A P B  0.2 0.25  0.05 .
0.8
故选：D.
30．（2025·海南海口·
模拟预测）小明、小刚两位同学进行射击比赛，小明击中靶心的概率为 1
3
，小刚击中
靶心的概率为 2 ，比赛规则如下：每次由一人进行射击，若击中靶心，下一轮由另一人射击，若没有击中
3
靶心，则继续进行射击，问 4 轮射击中，小明在恰好射击 3 次的概率是（ ）
2
9
【答案】D
7
27
7
9
20
27
【分析】直接利用事件相互独立性来计算即可．
【详解】小明、小刚两人每次击中靶心的概率分别为 1 ， 2 ，
33
则小明、小刚两人每次未击中靶心的概率分别为 2 ， 1 ，
33
根据题意，前 4 次中小明恰好射击 3 次的情况为第一次小刚击中第二、三次小明均未击中第四次小明射击，
其概率为 2  2  2  8 ，
3 3 327
第一次小明击中第二次小刚击中第三次小明未击中第四次甲射击，其概率为 1  2  2  4 ，
3 3 327
第一次小明未击中第二次小明击中第三次小刚击中第四次小明射击，其概率为 2  1  2  4 ，
3 3 327
第一、二次小明未击中第三次小明击中第四次小刚射击，其概率为 2  2  1  4 ．
3 3 327
则前 4 次中小明恰好射击 3 次的概率为 8  4  4  4  20 ．
2727272727
故选：D．
08 求条件概率的两种方法
利用定义，分别求 P(A)和 P(AB)，得 P(B)  P(B | A)  P( AB) ，这是求条件概率的通法．
P( A)
借助古典概型概率公式，先求事件 A 包含的基本事件数 n(A)，再求事件 A 与事件 B 的交事件中包含的
基本事件数 n(AB)，得 P(B | A)  n( AB) .
n( A)
31．（2025·河北邢台·三模）现有甲、乙、丙、丁 4 位乒乓球业余爱好者组队参与某次比赛，比赛顺序是第
一场双打，第二场与第三场单打，每人只参加其中一个项目，在每场比赛中赢对方的概率分别是 4 ，2
53
且每场比赛相互独立，则在三场比赛中恰有两场赢对方的条件下，第一场赢对方的概率为（ ）
，3 ，
4
2
5
【答案】D
3
10
9
13
10
13
【分析】由互斥加法、独立乘法公式即可求解.
【详解】设双打与第二、第三场单打赢对方分别为事件 A ， B ， C ，
三场比赛中恰有两场赢对方为事件 D ，则 P( A)  4 ， P(B)  2 ， P(C)  3 ，
534
P(D)  P( ABC ∪ ABC ∪ ABC)  P( ABC)  P( ABC) 
P( ABC )  1  2  3  4  1  3  4  2  1  13 ，
5 3 45 3 453 430
P( AD)  P( ABC ∪ ABC )  P( ABC)  P( ABC )  1 ，
3
所以 P( A∣D)  P( AD) 
P(D)
故选：D.
1
3  10 .
1313
30
32．（2026·河北沧州·一模）某权威机构推荐，当前中国五大旅游城市为北京、上海、成都、杭州、西安，
乙、丙三人准备去这五座城市旅游，若每座城市只能去一人，且每座城市均有人选择去旅游．记事件
A “乙至少选择了两座城市旅游”， B  “甲只选择了北京旅游”，则 P B A  （ ）
A． 3
8
【答案】C
B． 1
4
C． 1
8
D． 5
16
【分析】求出 P  A 和 P  AB ，利用条件概率公式即可求解.
C1 C1 C3C1 C2C2
【详解】将这五座城市按 1，1，3 或 1，2，2 分成三组的方法数为 5 4 3  5 4 2  25 ，
A
A
22
22
3
再安排给 3 人，总方法数为25 A3  150 ，
C1 C1 C3
C1 C2 C2
808
其中乙至少选择了两座城市旅游的方法数为 5 4 3  A2  5 4 2 C1  A2  80，所以 P  A ，
A22A222
15015
22
而事件 A 与 B 都发生的所有可能结果有C2  C3  10 ，即 P  AB   10  1 ，
44
P  AB 1151
15015
所以所求概率为 P B A  ．
P  A1588
故选：C．
33．（25-26 高三上·四川南充·月考）同时投掷两枚质地均匀的骰子，设事件 A 为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件 B 为两枚骰子点数之和为 8，则 P(B|A)  （ ）
A． 5
36
【答案】C
B． 2
3
C． 1
9
D． 1
18
【分析】分别算出 P  A  18  1 ， P  AB   2  1 ，结合公式 P B | A   P  AB  即可求解.
362
3618
P  A
【详解】同时投掷两枚质地均匀的骰子，设两枚骰子投出的点数构成有序数对 x, y，则总共有6 6  36 种可能，
设事件 A 为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件 B 为两枚骰子点数之和为 8，所以事件 A 包含的样本点个数有3 6  18 个，
所以 P  A  18  1 ，
362
事件 AB 包含的基本事件有： 3, 5, 5, 3 ，
所以 P  AB  
2  1 ，
3618
1
所以 P B | A   P  AB   18  1 .
故选：C.
P  A19
2
34．（25-26 高二上·全国·单元测试）设 A  B ， P  A  0.3 ， P  B  0.6 ，则 P  A B   （ ）
A． 1
3
【答案】C
B． 3
10
C． 1
2
D． 2
3
【分析】根据条件概率公式进行求解即可.
【详解】因为 A  B ， P  A  0.3 ， P B  0.6 ，
P  AB 
0.31
所以 P  AB  P  A  0.3 ，所以 P  A B   ．
P B 0.62
故选：C.
35．（2025·江西·模拟预测）儿童牙齿是否健康与早晚是否都刷牙有关.据调查，某幼儿园大约有60% 的学
生牙齿健康，大约有30% 的学生早晚都刷牙，且其中早晚都刷牙的学生中约有70% 的学生牙齿健康.现从不是早晚都刷牙的学生中任意调查一名学生，则他的牙齿健康的概率约为（ ）
39
70
【答案】A
31
70
26
35
9
35
【分析】设出事件，利用全概率公式和条件概率公式进行求解.
【详解】不是早晚都刷牙且牙齿健康的学生占60%  30%  70%  39% .
记“该学生不是早晚都刷牙”为事件 A，“该学生牙齿健康”为事件 B，
则 P( A)  1  0.3  0.7, P( AB)  0.39 ，所以 P(B∣A)  P( AB)  0.39  39 .
P( A)0.770
故选；A.
36．（2025·云南·模拟预测）某高中举行科技节活动，有甲、乙、丙、丁 4 名同学去参加九连环、数独和汉诺塔三个活动，其中每个活动都有人参加，且每个同学只能参加一项活动，则在甲参加九连环活动的条件下，甲和乙都参加九连环活动的概率是（ ）
A． 1
3
【答案】B
B． 1
6
P  AB 
C． 1
12
D． 2
3
 
【分析】根据条件概率公式 P B | A  来求解，先分别求出 P  A（甲参加九连环活动的概率）和
P B
P  AB （甲和乙都参加九连环活动的概率），再代入公式计算.
4
【详解】从4 人中选2 个人为一组，方法数有C2 种，
3
4 3
再把这一组与另外2 个人全排列，安排到3 个活动中，方法数有A3 种.根据分步乘法计数原理，总情况数为C2A3  36 种.
3
若甲单独参加九连环活动，那么从剩下3 人中选2 个人为一组，方法数有C2 种，
2
3 2
再把这一组与另外1个人全排列，安排到数独和汉诺塔两个活动中，方法数有A2 种，此时情况数为C2A2  6 种.
3
2
若甲和另外一人一起参加九连环活动，从剩下3 人中选1人与甲一组，方法数有C1 种，剩下2 人全排列安排到数独和汉诺塔两个活动中，方法数有A2 种，
3 2
此时情况数为C1A2  3 2 1  6 种.
所以甲参加九连环活动的情况数共有6  6  12 种，
则甲参加九连环活动的概率 P  A  12  1 .
363
2
若甲和乙都参加九连环活动，则剩下2 人全排列安排到数独和汉诺塔两个活动中，方法数有A2  2 1  2 种，
则甲和乙都参加九连环活动的概率 P  AB   2  1 .
3618
1
根据条件概率公式 P B | A   P  AB   18  1 .
故选：B.
P B 16
3
37．（2025·四川成都·一模）三个相同的盒子里分别放有两个黑球，一个黑球一个红球，两个红球，现从任意的盒子里随机取出一球，若该球为红色，则该盒剩下的另一球也是红色的概率为（ ）
A． 1
6
【答案】D
B． 1
3
C． 1
2
D． 2
3
【分析】根据全概率公式和条件概率的计算公式，即可得到答案.
【详解】记从 “放有两个黑球盒子”， “放有一个黑球一个红球盒子”， “放有两个红球盒子”中取出一球分别为事件 A1 ， A2 ， A3 ，
则事件 A ， A ， A 两两互斥， P  A   P  A   P  A   1 ，
123
1233
记“取出的球为红色”为事件 B，则所求概率即为 P  A3 B  ，得到 P B=P  A1B  P  A2 B  P  A3 B
 P  A  P B A   P  A  P B A   P  A  P B A   1  0  1  1  1 1  1 ，

112233
1
则 P  A B   P  A3B   3  2 ，
33 232
3P B 13
2
故若该球为红色，则该盒剩下的另一球也是红色的概率为 2 .
3
故选：D.
09 全概率公式与贝叶斯公式的使用
n
全概率公式 P(B)  P( Ai )P(B | Ai ) 在解题中体现了“化整为零、各个击破”的转化思想，可将较为复杂的
i1
概率计算分解为一些较为容易的情况分别进行考虑．
利用贝叶斯公式求概率的步骤
n
第一步：利用全概率公式计算 P( A) ，即 P( A)  P(Bi )P( A | Bi ) ；
i1
第二步：计算 P( AB) ，可利用 P( AB)  P(B)P( A | B) 求解；
第三步：代入 P(B | A)  P( AB) 求解．
P( A)

贝叶斯概率公式反映了条件概率 P(B | A)  P( AB) ，全概率公式 P( A)  n
P( A)i1
P(Bi )P( A | Bi ) 及乘法公式
P( AB)  P(B)P( A | B) 之间的关系，即 P(B A)  P(Bj A)  P(Bj )P( A | Bj )  P(Bj )P( A | Bj ) ．
n
jP( A)
P( A)
P(Bi )P( A | Bi )
i1
38．（2025·广东深圳·模拟预测）近期某市推进“光储充一体化”充电站建设，现有 A 充电站配备 2 个超级快充桩和 3 个普通充电桩，B 充电站配备 1 个超级快充桩和 3 个普通充电桩，为优化资源配置，系统随机从 A站调度 1 个充电桩至 B 站，随后技术人员从 B 站随机选取 2 个充电桩进行升级调试，记“选取的两个充电桩均为普通桩”为事件 B，则 P B  （ ）
6
25
【答案】D
13
50
7
25
12
25
【分析】根据全概率公式求解.
【详解】设从 A 站调度的充电桩为超级快充桩为事件 M ，从 A 站调度的充电桩为普通充电桩为事件 N ，
则 P M   2 ， P N   3 .
55
2 C23C2233612
则 P  B   P  M   P  B | M   P  N   P  B | N    3   4   .
5 C25 C25 105 1025
55
故选：D
39．（2025·湖南湘潭·一模）跑步运动越来越受大众喜爱．据统计，某校有高一、高二、高三三个年级，这三个年级中喜欢跑步运动的教师分别占该年级教师人数的 40%，30%，35%，且这三个年级的教师人数之比为 3：3：4，现从这三个年级中随机抽一名教师，则该教师喜欢跑步的概率为（ ）
A．0.35B．0.32C．0.45D．0.36
【答案】A
【分析】首先明确各年级教师人数的比例以及各年级中喜欢跑步的教师比例，然后利用全概率公式计算从三个年级中随机抽一名教师喜欢跑步的概率即可
【详解】设事件 A 表示“随机抽一名教师喜欢跑步”，事件 B1, B2 , B3 分别表示“抽到的教师来自高一、高二、
高三年级”，
∵三个年级的教师人数之比为 3:3:4，
∴ P  B  3 3 , P  B  3 3 , P  B  4 4 ，
13  3  410
23  3  410
33  3  410
∵高一、高二、高三三个年级中喜欢跑步运动的教师分别占该年级教师人数的 40%，30%，35%，
∴ P( A | B1)  40%  0.4，P( A | B2 )  30%  0.3 ，P( A | B3 )  35%  0.35 ,
根据全概率公式
P  A  P B1  P( A | B1)  P B2  P( A | B2 )  P B3  P( A | B3) 
3  0.4  3  0.3  4  0.35  0.12  0.09  0.14  0.35
101010
，
故选：A.
40．（2024·江苏南通·模拟预测）已知 A ， B 是样本空间 中的随机事件， 0  P B  1 ，若 P  A  3 ，
8
P(A|B)  1 ， P( A | B)  1 ，则 P  B  =（ ）
2
A． 1
4
【答案】A
3
B． 1
3
C． 1
2
D． 2
3
【分析】利用条件概率和全概率计算公式，列出关于 P  B  的方程求解.
【详解】因为 P(A|B)  P  AB  1  P  AB  1 P B ，
P B22
P AB 111
P A | B   P  AB P B 1 P B .
PB 333 
又 P  A  P  AB  P  AB，

所以 1 P B   1 1 P B   3
238
故选：A
 P  B   1 .
4
41．（2025·河北保定·二模）已知甲箱中有 2 个红球和 3 个黑球，乙箱中有n 个红球和 3 个黑球（所有球除
颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出 2 个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出 1 个球，记“从甲箱
中取出的球恰有i 个红球”为事件 Ai i  0,1, 2 ，“从乙箱中取出的球是黑球”为事件 B ，则 P  A∣2 B 是（ ）
A．与n 有关的常量B．与n 有关的变量
C．与n 无关的定值，且为 1
14
D．与n 无关的定值，且为 1
7
【答案】C
【分析】先利用条件概率公式和全概率公式计算得 P B 
42
10n  5
，然后利用贝叶斯概率公式即可求出
P  A∣2 B .
C23
C1 C13
C21
【详解】依题意可得 P  A   3 ， P  A   2 3  ， P  A   2 ，
C
C
C
5
5
5
0210
122
5
210
若先 A 发生，则乙袋中有n 个红球，5 黑球，此时 P B A  5 ，
00n  5
若先 A 发生，则乙袋中有n  1个红球，4 黑球，此时 P B A  4 ，
11n  5
若先 A 发生，则乙袋中有n  2 个红球，3 黑球，此时 P B A  3 ．
22n  5
所以 P  A B   P B A  P  A  5  3 ， P  A B   P B A  P  A   3  4，

000
n  5 10
1115 n  5
1
P  A2 B   P B A2  P  A2  
10
3
n  5 ，
所以 P B  P B A  P  A   P B A  P  A   P B A  P  A   15  24  3  42 ，
001122
3
10n  5
10n  5
所以 P  A∣B  P  A2 B  10 n 5  1 ，即 P  A∣B 是与n 无关的定值，且为 1 .
2
故选：C.
P  B
4214214
10n  5
42．（2025·江西·模拟预测）已知编号为 1，2，3 的箱中各装有除颜色外完全相同的若干个红球和蓝球，且
3 1 1
各箱中的小球总个数之比为 5：6：9，红球在 1，2，3 号箱中分别占
, ,
2 2
．从 3 个箱中的所有球中随机
取出一个球，若每个球被取出的概率相等，在取出的球为红球的条件下，该球取自 3 号箱中的概率为（ ）
3
7
【答案】A
4
7
11
16
5
16
【分析】由题意，根据古典概型的概率计算以及条件概率的计算公式，结合全概率公式，可得答案.
【详解】设事件 Ai 为“取出的红球在 i 号箱中”，事件 B 为“取出的球为红球”，
则 A1, A2 , A3 组成了完整的样本空间，且 A1, A2 , A3 两两互斥．由题意有 P  A   5  1 , P  A   6  3 ,
15  6  9425  6  910
P  A   9  9 , P B∣A   3 ， P B∣A   1 , P B∣A   1 ．
35  6  92015
2232
3
P(B) P  A  P B A   21
则由全概率公式，
i
i 1
∣，
i40
则在取出的球为红球的条件下，
P  A3 BP  A3  P B∣A3 3
其取自 3 号箱的概率为 P  A∣3 B  ．
P(B)P(B)7
故选：A．
43．（2025·广西河池·二模）一家银行有 VIP 客户和普通客户，VIP 客户占客户总数的30%，普通客户占客户总数的70% .已知 VIP 客户的信用卡欺诈概率为2% ，而普通客户的信用卡欺诈概率为5%.现在随机抽取一个发生信用卡欺诈的客户，请问这个客户是 VIP 客户的概率是（ ）
6
41
【答案】A
6
25
3
10
21
50
【分析】设事件 E 为“客户发生信用卡欺诈”，由全概率公式得 P E  
41
1000
，再由条件概率公式即可求解.
【详解】记事件 A 为“客户是 VIP 客户”，事件 B 为“客户是普通客户”，事件 E 为“客户发生信用卡欺诈”，
则 P  A 
3 ， P  B  
10
7 ， P E A 
10
1 ， P E B   1 ，
5020
由全概率计算公式得 P  E   P E A P  A  P E B  P  B   1  3  1  7  41 ，
P  AE 
P  A P E A 
50 1020 101000
3  1
由条件概率公式得 P  A E   10 50  6 ，
故选：A.
P E 
P E 
4141
1000
44．（24-25 高二下·河北·期中）某疾病在人群中的患病率为1% ．检测方法的灵敏度（即患者检测结果为阳性的概率）为95%，特异度（即非患者检测结果为阴性的概率）为90%．如果某人检测结果为阳性，他实际患病的概率约为（ ）
95%B． 8.8%C．10%D．1%
【答案】B
【分析】根据全概率公式及条件概率计算求解.
【详解】设患病为事件 A ，设检测结果为阳性为事件 B ，
某疾病在人群中的患病率为1% ，检测方法的灵敏度（即患者检测结果为阳性的概率）为95%，特异度（即非患者检测结果为阴性的概率）为90%，
则 P  A  0.01， P B A  0.95 ， P B A   0.9 ，
则 P  A  0.99 ， P B A   0.1，
所以 P  B   P  A P  B | A  P  A P B | A  0.01 0.95  0.99  0.1  0.1085 ，
P  AP B | A 
0.0095
如果某人检测结果为阳性，他实际患病的概率约为 P  A | B   0.088 .
P B 
0.1085
故选：B.
离散型随机变量的分布列的性质
分布列性质的两个作用
利用分布列中各事件概率之和为 1 可求参数的值及检查分布列的正确性．
随机变量 X 所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率．
45．（23-24 高二下·江苏连云港·月考）随机变量ξ的分布列如表格所示，其中2b  a  c ，则 b 等于（ ）
ξ
﹣1
0
1
P
a
b
c
A． 1
3
B． 1
4
C． 1
2
D． 2
3
【答案】A
【分析】根据分布列的性质及已知条件解题即可.
2b  a  c

【详解】根据题意，由分布列可得： a  b  c 1
解得： b  1 .
3
故选:A
46．（22-23 高三上·山东济南·期末）已知等差数列an 的公差为d ，随机变量 X 满足 P( X  i)  ai 0  ai  1 ，
i  1, 2, 3, 4 ，则d 的取值范围是（ ）
A．   1 , 1 
  1 , 1 
  1 , 1 
  1 , 1 
 2 2 
 2 6 
 6 2 
 6 6 

【答案】D

【分析】根据等差数列的通项公式和随机变量分布列的概率之和等于 1 即可求解.
【详解】因为随机变量 X 满足 P( X  i)  ai 0  ai  1, i  1, 2, 3, 4 ，所以 P( X  1)  P( X  2)  P( X  3)  P( X  4)  1，
也即a1  a2  a3  a4 1，又因为an 是公差为 d 的等差数列，
所以an  a1  (n 1)d ，则有a2  a1  d ， a3  a1  2d ， a4  a1  3d ，
所以a  a  d  a  2d  a  3d  4a  6d  1 ，则a
 1  3 d ，
11111

142
a2  a1
 d  1  1 d ， a
42
3  a1
 2d  1  1 d ， a
42
4  a1
 3d  1  3 d
42
0  1  3 d  1
42
11
0  
d  1
因为0  a  1，所以42，解得 1  d  1 ，
i1166
0   d  1
42
13
0   d  1
42
故选： D .

1
2
3
4
P
a
24
a
8
1
2
1
6
47．（24-25 高二上·辽宁辽阳·期末）下表是离散型随机变量的概率分布，则 P  2  （ ）
3
4
【答案】B
11
12
2
3
23
24
【分析】根据分布列的性质可得a  2 ，利用对立事件概率性质运算求解.
【详解】由题意可得： a  a  1  1  1 ，解得a  2 ，
24826
所以 P  2  1  P  1  1 2
 11 ．
2412
故选：B.
48．（2022·广西·模拟预测）随机变量 X 的分布列为
X
1
0
1
P
a
1
3
c
则 P  X  1 等于（ ）
A． 1
2
【答案】C
B． 1
3
C． 2
3
D． 1
6
【分析】根据随机变量 X 的概率和为 1 求得答案.
【详解】 P  X
故选：C
 1  a  c  1 1  2 .
33
求离散型随机变量 X 的均值与方差的步骤
理解 X 的意义，写出 X 可能取的全部值．
求 X 取每个值时的概率．
写出 X 的分布列．
由均值的定义求 E(X)．
由方差的定义求 D(X)．
49．（2026·重庆九龙坡·一模）在重庆轨道交通故障排查演练中，三名工程师分别检查三个不同的系统，假
设甲发现故障的概率为 1 ，乙、丙两人同时发现故障的概率是 13
2
且三人各自能否发现故障相互独立．
，甲、丙两人均未发现故障的概率是，
68
(1)求乙、丙两人各自发现故障的概率；
(2)用 X 表示三人中发现故障的人数，求 X 的分布列和期望 E( X ) ．
【答案】(1) 2 ， 1
34
(2)分布列见解析， 17
12
【分析】（1）根据题意利用独立事件的乘法公式列方程，即可求得答案；
（2）确定 X 的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，进而求得数学期望.
【详解】（1）记乙、丙各自发现故障为事件 A1 ， A2 ，由于事件相互独立，
则有 P  A  P  A   1 ， 1 1  1 P  A   3 ，解得 P  A   2 ， P  A   1 ，
1262  2 8
1324

所以乙、丙两人各自发现故障的概率分别为 21
3 ， 4 ．
（2）由题意可知 X 的可能取值为 0，1，2，3
P( X  0)  1  1  3  1 ，
2 3 48
P( X  1)  1  1  3  1  2  3  1  1  1  5
2 3 42 3 42 3 412
P( X  2)  1  2  3  1  1  1  1  2  1  3 ，
2 3 42 3 42 3 48
P( X  3)  1  2  1  1 ，
2 3 412
X 的分布列为
E( X )  0  1 1 5  2  3  3 1  17 ．
81281212
50．（2026·河北邢台·一模）某学校对某次高三质量检测化学考试成绩进行了汇总，并将化学成绩按赋分规
则转换为等级分数(赋分后学生的等级分数全部位于30,100内)，整理后得到如图所示的频率分布直方图.
求频率分布直方图中 m 的值，并估计该校高三学生化学等级分数的第 70 百分位数；
用分层随机抽样的方法从等级分数位于80,100 内的学生中随机抽出 8 人，再从这 8 人中随机抽出 3 人，
记ξ为这 3 人中等级分数位于80, 90内的人数，求ξ的分布列和数学期望.
【答案】(1) m  0.012 ， 75 ；
(2)分布列见详解，期望为 9
4
【分析】（1）根据频率分布直方图中频率和为 1 可求m 的值；根据百分位数的定义求第 70 百分位数；
（2）先按抽样比算出各层样本数，可得的可能取值为1, 2, 3 ，写出分布列，算出期望即可.
【详解】（1）由题可得10 0.002  2 0.004  m 0.02  0.028  0.03 1 ，解得m  0.012 ；数据小于 70 的占比为0.002  0.004  0.02  0.03 10  0.56 ，
X
0
1
2
3
P
1
8
5
12
3
8
1
12
数据小于 80 的占比为0.002  0.004  0.02  0.03 0.028 10  0.84，
所以第 70 百分位数位于区间70,80 内，记为 x ，
x  700.7  0.56
则
80  700.84  0.56
，解得x  75 .
所以估计该校高三学生化学等级分数的第 70 百分位数为 75.
（2）因为80, 90， 90,100两组的频率之比为0.12 : 0.04  3 :1，所以从80, 90， 90,100 两组中抽取的人数分别为 6，2.
由题意的可能取值为1, 2, 3 ，
C1 C23
C2  C115
C310
8
且 P  1  62 ， P  2  62 ， P  3  6 ，
C
C
C
8
8
328

1
2
3
P
3
28
15
28
10
28
所以的分布列为：
328
328
所以 E   1

3  2 15  3 10  63  9 .
282828284
组名
A
B
C
D
E
年龄
10, 20
20, 30
30, 40
40, 50 
50, 60
人数
20
120
100
40
20
51．（2026·河南洛阳·模拟预测）经调查发现，年龄（单位：岁）在[10，60]上的旅游者为中国乡村旅游的“目标客群”.为了充分了解此群体的旅游意愿，随机调查了“目标客群”中的 300 名旅游者，统计他们的年龄，得到如下统计表：
用分层随机抽样的方法，从上面 5 组“目标客群”中随机抽取 15 人，再从这 15 人中随机抽取 4 人，记抽到 C 组的人数为 X1 ，E 组的人数为 X 2 .设 X  X1  X 2 ，求 X 的分布列和期望；
年龄在20, 40上的旅游者称为中国乡村旅游的“主流客群”.若把样本中“主流客群”的频率作为所有“目标客群”中“主流客群”的概率，则从所有“目标客群”中随机抽取 20 人，“主流客群”中最有可能被抽到多少人？
【答案】(1)分布列见解析， 232
195
(2)15
【分析】（1）根据分层抽样特点求出， X 的所有可能取值为 0，1，2，3，4，求出 X 的所有可能取值的概
率，进而得到分布列和期望；
（2）根据题意设抽取到的乡村旅游者年龄在20, 40内的人数为Y ，则Y 
性，求出 P Y  k  的最大值，从而求得k .

B  20,

11  ，判断 P Y  k 的单调
15 

【详解】（1）由题意得，这 15 人中，年龄在 C 组内的有100 15  5 （人），
300
年龄在 E 组内的有 20 15  1（人），
300
则 X 的所有可能取值为 0，1，2，3，4，
C4  C1C1C2
102
C1 C3  C1C3  C2C1C1
198
所以 P  X  0  95 1 9 ， P  X  1  5 91 95 1 9 ，
C
C
15
15
44554455
C2C2  C3C174
C3C16
C41
P  X  2  5 95 1 ， P  X  3  5 9 ， P  X  4  5 ，
C
C
C
15
91
4273
44
1515
273
X
0
1
2
3
4
P
102
455
198
455
74
273
6
91
1
273
则 X 的分布列为：
所以 E  X   0  102 1 198  2  74
 3 6  4  1
 232 .
45545527391273195
（2）样本中“主流客群”的频率为120 100  220  11 .
30030015
从所有“目标客群”中随机抽取 20 人，
设“主流客群”中被抽到的人数为Y ，则Y  B  20, 11 
15 

Ck 1
 11 k 1  4 19k
P Y  k  1
所以 P Y  k  
20 
1515

 11 k  4  20k
 220 11k .
4k  4
20  15   15 
Ck
 
由于220 11k  4k  4  216 15k ，
P Y  k  1
故当k  15 时， 216 15k  0,
P Y  k 
 1 ，
则 P Y  15  P Y  16   P Y  20 .
P Y  k  1
当k  14 时， 216 15k  0, 1 ，
P Y  k 
则 P Y  15  P Y  14  P Y  13   P Y  0 .
所以当k  15 时， P Y  k  最大，
即从所有“目标客群”中随机抽取 20 人，“主流客群”中最有可能抽到 15 人.
52．（2026·陕西宝鸡·一模）为了了解全市高中学生体育锻炼情况，现准备在某高中进行抽样调查．已知该
高中共有学生 1200 人，其中男生 720 人．现按学生性别采用分层抽样方法抽取 60 人进行调查．调查中把
每天锻炼时间超过 60 分钟的学生称为“锻炼积极者”，否则称为“锻炼不积极者”．已知在样本中：男性“锻炼
积极者”共 24 人，女性“锻炼积极者”共 12 人．
求抽取的 60 人中男生、女生各多少人．
从抽取的 60 人中随机选取一人，设事件 A 为“选到男生”，事件 B 为“选到锻炼积极者”，试判断事件 A 、B是否相互独立，并说明理由．
用上面的样本估计总体，若从全市学生中抽取 3 人，记抽取的 3 人中“锻炼积极者”的人数为 X，求 X 的分布列和数学期望．
【答案】(1)男生 36 人，女生 24 人.
不相互独立，理由见解析.
分布列见解析， E  X   9
5
【分析】（1）根据分层抽样的概念计算男、女生的人数.
利用 P  A P B 与 P  AB 的关系判断事件 A 、 B 是否相互独立.
利用二项分布概率模型求分布列和期望.
60
【详解】（1）60 人中，男生人数为720  36 人，女生人数为： 60  36  24 人.
1200
所以抽取的 60 人中男生 36 人，女生 24 人.
由题意： P  A  36  3 ， P  B   24 12  3 ，
605605
事件 AB 表示“选到男生且是锻炼积极者”，所以 P  AB   24  2 .
605
因为 P  A  P  B   9  2  P  AB  ，所以事件 A 、 B 不相互独立.
255
从全市学生中任意抽取 1 人是“锻炼积极者”的概率为 24 12  3 .
605
从全市学生中抽取 3 人，“锻炼积极者”的人数 X 服从二项分布， X  B  3, 3  ，
5 
 2 38

3  2 236
所以 P  X  0  C0  ， P  X  1  C1   ，
5
5
3  
 
125
3 
5  
125
 3 2
254
 3 327
P  X  2  C2   ， P  X  3  C3  .
5
5
3  
 
5125
3  
 
125
所以 X 的分布列为：
所以 E  X   3 3  9 .
55
53．（2025·四川成都·一模）某校举办校刊义卖活动，学生在义卖处每领取一本校刊，便自觉向收银箱中支
付至少两元钱.现统计了连续 5 天的售出校刊数量和收益情况，如下表：
求收益 y 关于售出数量 x 的回归直线方程，并计算售出 8 箱校刊时的预计收益；
学校决定将收益奖励在科技创新大赛中获奖的学生，获奖学生每人奖励 100 元.已知甲、乙两名学生是否
获奖是相互独立的，甲获奖的概率为 2 ，乙获奖的概率为 1 ，求甲、乙两名学生获奖总金额 X 的分布列及
32
n
 xi yi  nx y
数学期望.附： b‸  i1 ， a‸  y  b‸ x .
n22
 xi  nx
i1
【答案】(1) ‸y  20x 124 ； 284 元；
(2)分布列见解析； E  X   350 .
3
【分析】（1）根据给出的公式求线性回归方程，再把 x  8 代入求值即可.
（2）明确 X 的取值，求出对应的概率，可得 X 的分布列，再根据期望公式求 E  X  .
【详解】（1）因为 x  6  5  7  5  7  6 ， y  240  220  260  230  270  244 ，
55
X
0
1
2
3
P
8
125
36
125
54
125
27
125
售出校刊数量 x（单位：箱）
6
5
7
5
7
收益 y（单位：元）
240
220
260
230
270
5
 xi yi  6 240  5 220  7  260  5 230  7  270  7400 ，
i1
 x  36  25  49  25  49  184 ，
5
2
i
i1
所以b‸  7400  5 6  244  20 ， a‸  y  b‸  x  244  20 6  124 .
184  5 62
所以收益 y 关于售出数量 x 的回归直线方程为： ‸y  20x 124 .
当 x  8 时，预测收益为 ‸y  208 124  284 元.
（2）由题意， X 的值可能为： 0,100, 200 ，
且 P  X  0  1  1  1 ， P  X  100  2  1  1  1  1 ， P  X  200  2  1  1 .
3 26
所以 X 的分布列为：
3 23 22
323
所以 E  X   0  1 100  1  200  1  350 .
6233
均值与方差的性质
均值与方差的性质
E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b 为常数)．
常用结论
E(k)＝k，D(k)＝0，其中 k 为常数．
E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)．
D(X)＝E(X2)－[E(X)]2.
54．（23-24 高二下·天津滨海新·期中）已知随机变量 X 的分布列：
满足Y  aX  3, E Y   5 ，则 a 的值为（ ）
3
X
0
100
200
P
1
6
1
2
1
3
x
1
0
1
P
1
2
1
3
1
6
A．4B． 4C．2D． 2
【答案】A
【分析】根据期望的计算公式可得 E  X    1  0  1   1 ，即可利用期望的性质求解.
263
【详解】由表可得 E  X    1  0  1   1 ，
263
又Y  aX  3, E Y   5 可得 E Y   aE X  3  1 a 3  5 ,解得a  4 ，
333
故选：A
55．（2024·四川南充·一模）某一随机变量 X 的分布列如下表，且n  m  0.2 ，则 E(3X  2)  .
【答案】8
n  m  0.2
【分析】根据题意可得0.1  m  0.2  n  1 ，即可求得m, n 的值，进而结合期望公式可求得 E( X ) ，进而得

到 E(3X  2) .
n  m  0.2
【详解】由题意，得0.1  m  0.2  n  1 ，解得m  0.25, n  0.45 ，

所以 E( X )  0 0.11 0.25  2 0.2  3 0.45  2 ，所以 E(3X  2)  3E  X   2  3 2  2  8 .
故答案为：8.
56．（2023·上海·模拟预测）随机变量 X 的分布列如下列表格所示，其中 E  X  为 X 的数学期望，则
E  X  E X   .
【答案】0
【分析】根据离散型随机变量的分布列的数学期望公式求解即可.
X
0
1
2
3
P
0.1
m
0.2
n
X
1
2
3
4
5
p
0.1
a
0.2
0.3
0.1
【详解】根据概率的性质可得0.1 a  0.2  0.3  0.1  1 解得a  0.3 ，所以 E X   1 0.1 2 0.3  3 0.2  4 0.3  5 0.1  3 ，
所以 E  X  E  X   E  X  3  E  X   3  0 .
故答案为:0.
57．（25-26 高二上·全国·期末）已知随机变量 X 的分布列如下，若 E  X   0 ，则 D 3X 1  （ ）
X
2
0
1
2
P
m
1
6
1
3
n
A． 7
3
【答案】C
B．7C．21D．22
【分析】先根据分布列性质计算求参数，再根据方差定义计算方差，最后应用方差性质计算求解.
m  n  1m  1
2
【详解】由题意可得： 1
3
，解得1 ，
2m  0   2n  0n 
36
则 D  X    xi  EX 
i 1
 P  4  1  0 1 1  4  1  7 ，
42
i3363
所以 D 3X 1  9D X   9  7  21 ．
3
故选：C．
58．（2026 高三·全国·专题练习）已知随机变量 X 满足 E 2  2X   4 ， D 2  2X   4 ，下列说法正确的是
（ ）
A． E  X   1， D  X   1
C． E  X   1 ， D  X   4
B． E  X   1， D  X   2
D． E  X   1 ， D  X   1
【答案】D
【分析】根据方差和期望的运算性质计算即可.
【详解】由 E 2  2X   2  2E  X   4 ，解得 E  X   1，由 D 2  2X   4D  X   4 ，解得 D  X   1.
故选：D.
59．（24-25 高二下·重庆·期中）设0  a  2 ，随机变量 X 的分布列为
当随机变量 X 的方差 D  X  取得最小值时， a （ ）
X
0
a
2
P
1
2
1
3
1
6
A． 1
3
【答案】B
B． 1
2
C． 2
3
D． 3
4
【分析】根据期望公式求出 E  X  ，再将其代入方差公式得到关于a 的函数，最后通过求函数的最小值来确定a 的值.
【详解】根据期望公式可得： E  X   0  1  a  1  2  1  a 1
2363
a 1 2 1 
a 1 2 1 a 1 2 12a 2 2a  5

根据方差公式 D  X    0  3   2  a  3   3   2  3 6 9

 2
则对称轴a   9  1 ，
2  22
9
所以当a  1 时，方差 D  X  取得最小值
2
故选：B.
独立重复试验与二项分布
定型：“独立”“重复”是二项分布的基本特征，“每次试验事件发生的概率都相等”是二项分布的本质特征．判断随机变量是否服从二项分布，要看在一次试验中是否只有两种试验结果，且两种试验结果发生的概率分别为 p,1－p，还要看是否为 n 次独立重复试验，随机变量是否为某事件在这 n 次独立重复试验中发生的次数．
定参，确定二项分布中的两个参数 n 和 p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率．
列表，根据离散型随机变量的取值及其对应的概率，列出分布列．
求值，根据离散型随机变量的期望和方差公式，代入相应数据求值．
n
相关公式：已知 X～B(n，p)，则 P(X＝k)＝Ckpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
60．（25-26 高二上·黑龙江绥化·期中）如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O 出发，每隔 1 秒等
P 6  0
6
可能地向左或向右移动 1 个单位.设移动n 秒后质点所在位置对应的实数为随机变量n ，则 P   2 （ ）
A． 4
3
【答案】A
B． 3
2
C． 5
4
D．2
【分析】记质点向右移动的次数为 X ，据题意可得，X 服从二项分布.分别求得6  0 和6  2 时对应的 X 的
P 6  0
.
值，由此求得 P 6  0 和 P 6  2 ，从而求得
P 6  2
【详解】由题意知，质点向左或向右移动1 个单位的概率均为 1 ，设质点向右移动的次数为 X ，则 X  B  6, 1  ，
22 

  1 6
3
 
若 60 ，则移动 6 次后质点一共向左移动 3 次，向右移动 3 次，所以 P 6  0  P X  3  C6  2  ；
  1 6
4
 
若 62 ，则移动 6 次后质点一共向右移动 4 次，向左移动 2 次，所以 P 6  2  P X  4  C6  2  .
C3
 1 6
故
P 6  0 
P 6  2
 
6 2
 
C4
 1 6
6 2
 
 
 4 .
3
故选：A.
61．（25-26 高二上·全国·单元测试）某数学兴趣小组设计了一个开盲盒游戏：在编号为 1 到 4 的四个箱子中随机放入奖品，每个箱子中放入的奖品个数满足 P  n  k  n n  1, 2,3, 4,5 ，每个箱子中所放奖品的 个数相互独立．游戏规定：当箱子中奖品的个数超过 3 时，可以从该箱中取走一个奖品，否则从该箱中不
取奖品．每个参与游戏的同学依次从 1 到 4 号箱子中取奖品，4 个箱子都取完后该同学结束游戏，则某同学
游戏结束时取走 2 个奖品的概率为（ ）
A． 181
625
【答案】B
B． 216
625
C． 423
625
D． 19
25
【分析】根据分布列的性质，各取值概率之和为 1，可求出分布列，进而可得到答案
【详解】因为每个箱子中放入的奖品个数满足 P  n  k  n n  1, 2, 3, 4, 5 ，所以k 1 2  3  4  5  1，
则k 
1 ，所以的分布列为：
15

1
2
3
4
5
P
1
15
2
15
1
5
4
15
1
3
设事件 A 为某同学能从一个箱子中取走一个奖品，则 P  A  P( 3)  P  4  P  5 
3
4  1  3 ，
1535
所以某同学能从一个箱子中取走一个奖品的概率为．
5
X 3 
5
设某同学游戏结束时取走的奖品个数为 X ，则 X  0,1, 2, 3, 4 ，所以
B  4,  ，

 3 
m
所以 P  X  m   Cm  
 2  4m
， m  0,1, 2, 3, 4 ，
55
4   
  
 3 2  2 2216
所以 P  X  2  C2   ．
55
4    
   
625
故选：B
62．（2026·陕西西安·一模）2025 年 12 月 1 日全面实施电动车新国标的相关规定，全面禁售旧国标车，聚
焦车辆安全性能升级.据调查拥有电动车的家庭中， 2
5
的家庭只拥有电动车，
3 的家庭既有电动车也有其他
5
交通工具.对于每个家庭，若只拥有电动车则记 1 分，若同时拥有其他交通工具则记 2 分.假设各家庭是否拥有其他交通工具相互独立，且视调查频率为概率.
从被调查家庭中随机抽取 3 户，记这 3 户的合计得分为 X，求 X 的分布列和数学期望；
从被调查家庭中随机抽取 n（ n  N* ）户，记这 n 户的合计得分恰为n  1 的概率为 pn ，求 p1  p2   pn .
【答案】(1)分布列见解析， 24 ；
5
5  5  2  n
  
(2) p1  p2  p3   p n  3  3 n   5  .
【分析】（1）运用二项分布的知识求解即可；
（2）利用错位相减法解决“等差数列 等比数列”的求和模型.
【详解】（1）由题意知，每个家庭“只有电动车”的概率为 2 ，“既有电动车又有其他交通工具”的概率为 3 .
55
则 X 的可能取值为 3，4，5，6.
 2 
3
P  X  3  
8 ， P  X  4  C1    36 ，
 3   2 
5
55
2
 
 125
3    
   
125
 3 2
 2 54
 3 327
P  X  5  C2   ， P  X  6  ，
55
5
 
3   
  
125
 125
所以 X 的分布列为
所以 E  X   3 8  4  36  5 54  6  27  24 .
1251251251255
因为这n 户的合计得分为n  1分，所以其中恰有1户为“既有电动车又有其他交通工具”，其余n 1户均为“只有电动车”.
3  2 n13n  2 n
所以 p  C1    ，
nn5  5 2  5 
  
设 Sn  p1  p2  p3   pn ，
x
3
4
5
6
P
8
125
36
125
54
125
27
125
3  2  3
 22
3
 23
3 
 2n
252
 5 
2
 5 
2
 5 
即 Sn 
2  
3  
 
n   ①，
则 Sn 

   
n1
2
3
 2 2
3
 2 3
3
 2 4
 3  n   2 
 
5
2
  5  
2
 2  5  
2
 3  5  
2
 5 
②，
33 2
 2 2
 2 3
 2  n
3 n  2  n 1
①  ②得Sn 
5
  
  
       ，
2 5 5  5  5  2 5 
33 n   2  n
5  5
  2  n
即 5 Sn  1 1 5   5  ，所以Sn  3   3  n   5  ，
    
5  5  2  n
  
即 p1  p2  p3   p n  3  3 n   5  .
63．（25-26 高二上·山东日照·月考）甲、乙两人各进行 3
1
次射击，甲每次击中目标的概率是 4 ，乙每次击
中目标的概率是 1 ，假设两人是否击中目标相互之间没有影响.
2
设甲击中目标的次数为 X ，求 X 的分布列；
求甲恰好比乙多击中目标 2 次的概率.
【答案】(1)答案见解析
(2) 3
128
【分析】（1）由题意得到 X 的所有可能取值，根据变量对应的概率和独立重复试验的概率公式，写出对应的概率即可得到分布列；
（2）3 次射击中甲恰好比乙多击中目标 2 次，分别为甲击中目标 2 次且乙击中目标 0 次与甲击中目标 3 次
且乙击中目标 1 次，分别求出其概率，再相加即可；
【详解】（1）由题可知 X 的所有可能取值为 0，1，2，3，且
 3 
3
P  X  0  
27 ，P  X  1  C1
 1 1  3 227
，P  X  2  C2
 1 2  3 1
9 ，P  X  3   1 ，
4
3 44

64
    
    64
    
 1 
3 44
4

3
64
   64 
所以 X 的分布列为
设甲恰好比乙多击中目标 2 次为事件 A，甲击中目标 2 次且乙击中目标 0 次为事件 B1 ，甲击中目标 3
次且乙击中目标 1 次为事件 B2 ，
X
0
1
2
3
P
27
64
27
64
9
64
1
64
则 P  A  P B  P B
 C2
 1 2  3 1
 0
C
 1 0  1 3
C3
 1 3
 1
C
 1 1  1 23

，
123  4   4 3  2   2 3  4 3  2   2 128
          
所以甲恰好比乙多击中目标 2 次的概率为 3 ．
128
64．（25-26 高三上·北京·月考）随着智能手表的普及，越来越多的学生使用其功能，为了了解学生使用智
能手表功能的情况，现从某校随机抽取了 300 名学生，对使用 A，B，C，D 四种功能的情况统计如下:
在上述样本所有使用 3 种功能的人中，统计使用 A, B, C, D 的人次如下:
功能种数 性别
0 种
1 种
2 种
3 种
4 种
男
18
52
42
28
10
女
12
58
48
22
10
功能
A
B
C
D
假设不同学生使用智能手表功能的情况相互独立，用频率估计概率.
从该校随机选取一人，若已知该学生至少使用两种功能，估计该学生恰好使用三种功能的概率；
从该校使用三种功能的学生中，随机选出 3 人，记使用 B 功能的人数为 X 人，求 X 的分布列和期望；
从该校男、女生中各随机选一人，记他们使用功能的种数分别为Y , Z ，试比较Y , Z 期望的估计值
E Y , E Z  的大小 (结论不要求证明).
【答案】(1) 5
16
分布列见解析，数学期望为2.4
E Y   E Z 
【分析】（1）结合古典概型概率公式，用缩小样本空间法求解概率即可；
X  4 
人次
37
40
35
38
5
求出使用三种功能时使用 B 功能的概率，则被抽取的人数
B  3,  ，由二项分布概率公式即可求解；

求出随机变量对应的概率，利用期望公式分别求出 E Y , E Z  ，再比较大小即可.
【详解】（1）至少使用两种功能的学生数为42  28 10  48  22 10  160 ，恰好使用三种功能的学生
数为28  22  50 ，
则已知该学生至少使用两种功能，估计该学生恰好使用三种功能的概率 P  50  5 .
16016
抽取的 300 名学生中恰好使用三种功能的学生数为50 ，其中使用 B 功能的学生数为 40，
因此该校使用三种功能的学生中使用 B 功能的概率大约为 40  4 ，
505
X  4 
5
由已知 X 的可能取值为0,1, 2, 3，且
B  3,  ，

32


，
P  X  0  C0  1 1 ， P  X  1  C1  4  1 12
3 5
3 55
 
 125
  
  
125
3 55
P  X  2  C2
 4 2  1 
48 ， P  X  3  C3
 4 364
3 5

 
.
   
   

125
 125
X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
125
12
125
48
125
64
125
E  X   0  1 1 12  2  48  3 64  12  2.4 .
1251251251255
由题意可得样本中男，女学生人数分别为：150 和 150，
则Y 的可能取值为0,1, 2, 3, 4 ， P Y  0 
18 ， P Y  1 
150
52 ，
150
P Y  2  42 ， P Y  3  28 ， P Y  4  10 .
150
150
150
所以 E Y   0  18 1 52  2  42  3 28  4  10  26 ；
15015015015015015
Z 的可能取值为0,1, 2, 3, 4 ， P Z  0  12
150
， P Z  1 
58 ，
150
P Z  2 
48 ， P Z  3 
150
22
150
， P Z  4  10 .
150
所以 E Z   0  12 1 58  2  48  3 22  4  10  26 ，故 E Y   E Z  .
15015015015015015
65．（2025·甘肃·模拟预测）某大学为提升学生就业竞争力，免费提供数据分析与新媒体运营两项技能培训.每位学生可选择参加其中一项､两项或不参加.已知参加过数据分析培训的有60% ，参加过新媒体运营培训的有50%，假设每位学生对培训项目的选择相互独立，且彼此选择互不影响.
(1)任选 1 名学生，求该人参加过培训的概率；
(2)任选 3 名学生，记为 3 人中参加过培训的人数，求的分布列和期望.
【答案】(1)0.8
(2)分布列见解析，2.4
【分析】（1）由独立事件乘法公式和对立事件概率计算公式即可求解；
（2）由题意确定服从二项分布 B 3, 0.8 ，进而可求解.
【详解】（1）任选 1 名学生，记“该人参加过数据分析”为事件 A ，“该人参加过新媒体运营”为事件 B ，由题意可知，事件 A 与 B 相互独立， P  A  0.6, P  B   0.5 ，则 P  A  0.4, P B   0.5 ，
任选 1 名学生，该人没有参加过培训的概率 P1  P  A P B   0.4  0.5  0.2 ，故任选 1 名学生，该人参加过培训的概率 P  1 P1  1 0.2  0.8 .
（2）由题意结合（1）可知，3 人中参加过培训的人数服从二项分布 B 3, 0.8 ，则 0,1, 2, 3 ，
P  0  0.23  0.008 ，
3
P  1  C1  0.22  0.8  0.096 ，
3
P  2  C2  0.2  0.82  0.384 ，

0
1
2
3
P
0.008
0.096
0.384
0.512
P  3  0.83  0.512 ，所以的分布列为
的期望 E   3 0.8  2.4 .
66．（25-26 高三上·海南海口·月考）甲、乙两位学生进行答题比赛，每局只有 1 道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得 10 分，答错者得10 分；若两人都答对或都
答错，则两人均得 0 分．根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为 1 ，乙答对的概率为 2 ，且甲、乙答
23
对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响．
求在一局比赛中，甲得 10 分的概率；
设这次比赛共有 4 局，设Y 为甲得 0 分的次数，求Y 的分布列和数学期望；
设这次比赛共有 3 局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求甲最终获胜的概率．
【答案】(1) 1
6
(2)分布列见解析，2
(3) 43
216
【分析】（1）借助独立事件概率乘法公式计算即可得；
利用互斥事件的概率加法公式可得一局比赛中甲得 0 分的概率，再求出Y 的所有可能取值及其对应概率，即可得其分布列，利用二项分布期望公式即可得其期望；
列出甲最终获胜的所有可能情况及其对应概率即可得.
【详解】（1）设 X 表示在一局比赛中甲得分，则“ X  10 ”表示甲答对且乙答错的情况，
根据独立事件概率乘法公式，可得 P  X  10  1  1  1 ；
2 36
X  0 包含两种情况：甲、乙都答对或甲、乙都答错，
甲、乙都答对的概率为 1  2  1 ，
2 33
甲、乙都答错的概率为1  1 1  2   1  1  1 ，
2  3 2 36
 
根据互斥事件的概率加法公式，可得 P  X  0  1  1  1 ，
362
11 
22
因为每局比赛甲得0 分的概率为 ，且每次答题的结果互不影响，所以Y ~ B 4,  .

 1 0 1 4 1 41
则 P Y  0  C0  1  ，
4  2  2  2 16
   
 1 1 1 3 1 41
4
P Y  1  C1   1   4    ，
2224
   
 1 2 1 2 1 43
4
P Y  2  C2   1   6    ，
2228
   
 1 3 1 1 1 41
P Y  3  C3  1  4  ，
4  2  2  2 4
   
4
P Y  4  C4 
 1 41
2
  ，
 16
则Y 的分布列为：
则Y 的数学期望 E Y   4 1  2 ；
2
甲最终获胜有以下四种情况：
Y
0
1
2
3
4
P
1
16
1
4
3
8
1
4
1
16
 1 3
三局都得 10 分，其概率为 
6
 
 1 ，
216
 1 2 1111
两局得 10 分，一局得0 分，其概率为C2    3  ，
3  6 236 224
 
 1 2 1111
两局得 10 分，一局得10 分，其概率为C2    3  ，
3  6 336 336
 
1  1 21 11
一局得 10 分，两局得0 分，其概率为C1    3    ，
3 6  2 
6 48
 
综上可得，甲最终获胜的概率为 1  1  1  1  1 9 6 27  43 .
21624368216216
求超几何分布的分布列的步骤
第一步：验证随机变量服从超几何分布，并确定参数 N, M , n 的值；
第二步：根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率；第三步：用表格的形式列出分布列。
67．（25-26 高二上·全国·单元测试）高三（1）班有 50 名学生，其中 30 名男生，现从中任选 3 名学生参加体育抽测，用 X 表示男生被选中的人数，则 P  X  1  （ ）
53
980
【答案】B
923
980
623
980
57
980
【分析】解法 1；由事件 X  1 与事件 X  0 互为对立事件，求出 P( X  0) ，即可求出 P  X  1 ；解法 2：由题可得 P  X  1  P  X  1  P  X  2  P  X  3 ，直接利用概率公式求解即可.
C357
【详解】解法 1：因为事件 X  1 与事件 X  0 互为对立事件，而 P( X  0)  20 ，
C
50
3980
所以 P  X  1  1 P  X  0  1 57  923 （直接法求解较复杂时，考虑用间接法）．
980980
C1 C257
C2 C187
解法 2：由题意可知 X 的可能取值为 0，1，2，3， P  X  1  30 20 ， P  X  2  30 20 ，
C
C
50
50
31963196
C329
578729923
P  X  3  30 ，则 P  X  1  P  X  1  P  X  2  P  X  3 ．

C
50
3140
196196140980
故选：B
68．（24-25 高二下·内蒙古赤峰·期末）一批零件共有 10 个，其中有 3 个不合格．随机抽取 3 个零件进行检测，恰好有 1 件不合格的概率是（ ）
C2C1
C
A． 3 7
3
10
C1 C2
C
B． 3 7
3
10
C1 C2
C
C． 3 10
3
10
C2C1
C
D． 3 10
3
10
【答案】B
【分析】根据题意结合超几何分布分析求解即可.
10
【详解】从 10 个零件中抽取 3 个的总方式数为C3 ；
3
不合格零件有 3 个，从中选 1 个的方式数为 C1 ，
7
合格零件有 7 个，从中选 2 个的方式数为 C2 ，
37
根据分布乘法计数原理，恰好 1 个不合格的总方式数为C1  C2 ；
根据古典概型得 P  3 7 .
C1 C2
C
3
10
故选：B
69．（24-25 高二下·江苏南京·期中）盒中有 10 个玩具，其中有 3 个是坏的，先从盒中随机地抽取 4 个，则
下列事件概率是 1 的是（ ）
6
A．恰有 1 个是坏的B．4 个全是好的
C．恰有 2 个是坏的D．至多有 2 个是坏的
【答案】B
【分析】应用超几何分布的概率公式计算各个选项即可.
【详解】盒中有 10 个玩具，其中 3 个坏的，7 个好的.抽取 4 个玩具，计算各选项概率如下：
C1  C33 351051
选项 A（恰有 1 个坏的）： P  A  37  ；

C
10
42102102
C0  C41 35351
选项 B（4 个全是好的）： P  B  37  ；
C
10
42102106
C2 C23 21633
选项 C（恰有 2 个坏的）： P C   37 ；
C
10
421021010
C3 C11 7129
选项 D（至多 2 个坏的）： P D   1 37  1 1；

C
10
42103030
综上，只有选项 B 的概率为 1 ，
6
故选：B.
70．（24-25 高二下·河南郑州·期末）一个袋子中装有 5 个白球，3 个黑球，从中任选 4 个球，取到一个白球得 1 分，取到一个黑球得 3 分，设得分为随机变量 X ，则 P  X  6 为（ ）
A． 1
2
【答案】C
B． 1
14
C． 13
14
D． 3
7
【分析】结合组合、古典概型的概率公式，超几何分布，由 P  X  6  1 P  X  4 进行求解即可.
【详解】由题意，从中任选 4 个球，除取到 4 个白球得 4 分外，其他取法的得分都不小于 6，
C413
故 P  X  6  1 P X  4  1 5 .
C
8
414
故选：C.
5
 x2
i
i 1
5
 xi yi
i1
5
 yi
i1
55
70.4
19
71．（25-26 高三上·江苏盐城·月考）随着新能源产业的发展，某地区近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究充电桩建设的情况，相关部门收集到了 2021 年到 2025 年充电桩数量 y （单位：万个），为方便研究，年份代码用 x 表示（如： x  1 表示 2021 年），具体参考数据如下表：
请根据表中数据，建立 y 关于 x 的回归直线方程 yˆ  bˆx  aˆ ；
假设该地区现有 12 个充电桩，其中一半为快充桩，现对该地区现有的 12 个充电桩进行检查，随机抽取
3 个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为 X ，求 X 的分布列及均值.
nn
 xi  x  yi  yxi yi  nxy
（参考公式： bˆ  i1  i1 ， aˆ  y  bˆ x .）
n 2n 2 2
 xi  x 
i1
【答案】(1) yˆ  1.34x  0.22
(2)分布列见解析，1.5
xi
i1
 nx
【分析】（1）根据题干数据以及回归直线方程的参数公式，可得答案；
（2）根据超几何分布的分布列计算，以及均值计算公式，可得答案.
x  1 2  3  4  5 
y  1
5 y  19  3.8
【详解】（1）
5
5
 xi yi  5xy
5
3 ，
5
70.4  5 3 3.8
 i，
i 1
bˆ  i 1  1.34 ， aˆ  y  bˆx  3.8 1.34 3  0.22 ，
522
55  5 32
 xi  5x
i 1
所以，回归直线方程为 yˆ  1.34x  0.22 .
（2） X 的可能取值为0,1, 2, 3，则：
C0C3
1 201
C1 C2
6159
P  X  0  6 6  ， P  X  1  6 6 ，
C
C
12
12
322011322022
C2C1
15 69
C3 C0
2011
P  X  2  6 6 ， P  X  3  6 6  ，
C
C
12
12
322022322011
所以分布列为：
X
0
1
2
3
故均值 E  X   0  1 1 9  2  9  3 1  1.5.
11222211
72．（24-25 高二上·江西南昌·期末）袋中装有 12 个大小相同的球，其中红球 2 个，黄球 3 个，白球 7 个，
从中随机取出 3 个球
(1)求取出的 3 个球中有 2 个白球的概率；
(2)设 X 表示取到的红球个数，求 X 的分布列与数学期望.
【答案】(1) 21
44
(2)分布列见解析， E  X   1
2
【分析】（1）应用超几何分布的概率公式求概率即可.
（2）先分别应用超几何分布的概率公式求出对应概率，再写出分布列，再求数学期望即可.
【详解】（1）所求概率为 7 5 
C2C121
C
44
3
12
（2）X 可能的取值为 0，1，2.
C
C
3
3
P  X  0  10  6
1211
P
1
11
9
22
9
22
1
11
C2 C1
909
P  X  1  10 2 ，
C
12
322022
C1 C2
101
P  X  2  10 2 .
C
12
322022
故 X 的分布列为
故 EX  0 6  1 9  2 1  1 .
1122222
正态曲线的性质
X
0
1
2
P
6
11
9
22
1
22
①正态曲线是单峰的，它关于直线 = 对称，由此特点结合图象可求? .②正态曲线在 = 处达到峰
2π
值 1 ，由此特点结合图象可求? .③由指数型函数的图象与性质，既可以得到以上两点，又可以得到其
他一些性质.
11
22
73．（24-25 高三·北京·强基计划）设 X ~ N ,2 ，Y ~ N ,2  ，这两个正态分布密度曲线如图所示．下 列结论中正确的是（ ）
A． P(Y  2 )  P(Y  1)B． P( X  2 )  P( X  1)
C．对任意正数t ， P( X  t)  P(Y  t)D．对任意正数t ， P( X  t)  P(Y  t)
【答案】C
【分析】由正态密度曲线的性质结合图像可得1  2 ， 0 1 2 可判断 AB，由密度曲线与横轴所围成的 图形的面积的意义可判断 CD.
11
22
1
2
【详解】A 选项： X ~ N ,2 、Y ~ N ,2  的密度曲线分别关于 x  、 x   对称， 因此结合所给图像可得1  2 ，所以 P(Y ≥ 2 ) < P(Y ≥1) ，故 A 错误；
B 选项：又 X ~ N (,2 ) 的密度曲线较Y ~ N (,2 ) 的密度曲线“瘦高”，
1122
所以0 1 2 ，所以 P( X ≤2 ) > P( X ≤1 )，故 B 错误；
CD 选项：由密度曲线与横轴所围成的图形的面积的意义可知：
对任意正数t ， P( X  t)  P(Y  t) ． P( X  t)  P(Y  t) ,故 C 正确，D 错误．故选：C．
74．（2023·浙江宁波·二模）设随机变量服从正态分布，的分布密度曲线如图所示，若 P( 0)  p ，则
P(0  1) 与 D() 分别为（ ）
A． 1  p, 1
22
【答案】C
B． p, 1
2
C． 1  p, 1
24
D． p, 1
4
  1 2 
【分析】根据题意和正态曲线即可求得 P(0  1) ，又根据正态曲线可得~ N 1,  2 
 ，进而即可求得
D() ．
【详解】根据题意，且 P( 0)  p ，则 P(0  1)  1 2 p  1  p ，
22
   
  1 2 
 1 21
由正态曲线得~ N 1,  2   ，所以 D()   2   4 ．
    
故选：C．
75．（22-23 高三上·广东佛山·月考）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，
12
X ~ N , 62 ,Y ~ N , 22 ．X 和 Y 的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是（ ）
D( X )  6
P( X  38)  P(Y  38)
B． 1  2
P( X  34)  P(Y  34)
【答案】C
【分析】根据给定的正态分布密度曲线，结合正态分布的对称性和性质，逐项判定，即可求解.
1
【详解】对于 A 中，随机变量 X 服从正态分布，且 X ~ N , 62 ，可得随机变量 X 的方差为2  62 ，即 D( X )  36 ，所以 A 错误；
对于 B 中，根据给定的正态分布密度曲线图像，可得随机变量1  30,2  34 ，所以1  2 ，所以 B 错误；
对于 C 中，根据正态分布密度曲线图像，可得 X  38 时，随机变量 X 对应的曲线与 x 围成的面积小于Y  38
时随机变量Y 对应的曲线与 x 围成的面积，所以 P( X  38)  P(Y  38) ，所以 C 正确；
对于 D 中，根据正态分布密度曲线图像，可得 P( X  34)  1 ， P(Y  34)  1 ，
22
即 P( X  34)  P(Y  34) ，所以 D 错误.故选：C.
76．（24-25 高二下·河南南阳·期末）已知三个正态密度函数i  x 
1e
 x2
2i
i
i
22
（ x  R ，i  1, 2, 3）的图
像如图所示，则（ ）
A． 1  3  2 ，1  2  3B． 1  2  3 ，1  2  3
C． 1  3  2 ，1  2  3D． 1  2  3 ，1  2  3
【答案】C
【分析】由正态分布的图像中对称轴位置比较均值大小，图像胖瘦判断标准差的大小.
【详解】由题图中 y  i  x  的对称轴知： 1  3  2 ， y  1  x  与 y  2  x  (一样)瘦高，而 y  3  x  胖矮， 所以1  2  3 .
故选：C
正态曲线概率的计算
正态分布下两类常见的概率计算
利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线 x  对称，曲线与 x 轴之间的面积为 1．
利用3原则求概率问题时，要注意把给?的区间或范围与正态变量的，进行对比联系，确定它 们属于(，) ， ( 2， 2) ， ( 3， 3) 中的哪一个．
正态总体在某个区间内取值概率的求解策略
充分利用正态曲线对称性和曲线与 x 轴之间面积为 1．
熟记 P( X  ) ， P( 2 X   2) ， P( 3 X   3) 的值．
利用正态曲线解题,关键是利用对称性把待求区间内的概率转化为已知区间内的概率.解题时要注意数形结合思想及化归思想的运用.
77．（25-26 高三上·云南曲靖·期中）某市共 30000 人参加一次数学测试，满分 150 分，学生的抽测成绩 X
服从正态分布 N 90,102  ，则抽测成绩在100,110内的学生人数大约为（）若N ,2 ，则 P    0.6827, P  2  2  0.9545
A．4077B．5436C．1359D．2718
【答案】A
【分析】利用正态分布的性质，结合区间概率，即可求解.
【详解】学生的抽测成绩 X 服从正态分布 N 90,102  ，
2
则 P 100  X  110  1 P 70  X  110  P 80  X  100
 1 0.9545  0.6827  0.1359 ，
2
由于总人数为 30000，则抽测成绩在100,110内的学生人数大约为30000  0.1359  4077 ，故选：A．
78．（2025·江苏·模拟预测）某公司生产的糖果每包的标识质量是 500 克，但公司承认实际质量存在误差.
已知每包糖果的实际质量服从正态分布 N 500,2  ，且任意一包的糖果质量介于 495 克到 505 克之间的可能性为95.4%，则随意买一包该公司生产的糖果，其质量超过 495 克的可能性约为（ ）
A． 2.3%B． 4.6%C． 95.4%D． 97.7%
【答案】D
【分析】根据正态分布的对称性求值.
【详解】设 1 包糖果的质量为 X ，则 P 495  X  505  0.954 ，所以 P  X  495  1 P 495  X  505   1 0.954  0.023 ，
22
又 P  X  495  P  X  505 ，
所以 P  X  495  1 P  X  495  1 0.023  0.977 .
故选：D
79．（25-26 高三上·辽宁沈阳·期中）某工厂生产的产品质量指标服从正态分布 N (105,s2 )，从该工厂生产的产品中随机抽取 1000 件，质量指标在(100,110]内的产品有 680 件，则质量指标大于 110 的产品件数大约为（ ）件
A．160B．180C．320D．340
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出指定区间的概率，进而估计产品件数.
()()
【详解】由产品质量指标 X ~ N 105,s2 ，且 p 100 < X £ 110 = 680
1000
= 0.68 ，
2
∵ 105 ，∴ p (X > 110) = 1 (1- p (100 < X £ 110)) = 0.16 ，
∴质量指标大于 110 的产品件数大约为1000  0.16  160 (件).
故选：A
80．（25-26 高三·全国·假期作业）某奥运会期间，旅客人数（万人）为随机变量 X ，则 X : N 30, 22  ．记一天中旅客人数不少于26 万人的概率为 p0 ，则 p0 的值约为（ ）
（参考数据：若 X  N ,2 ，则 P  X    0.6827 ， P  2 X   2  0.9545 ，
P  3 X   3  0.9973 ）
A． 0.977B． 0.972C． 0.954D． 0.683
【答案】A
【分析】根据正态分布曲线的对称性及3原则直接求解即可.
【详解】 X ~ N 30, 22 ， 30 ， 2 ，
 P 26  X  34  P  2 X   2  0.9545 ，
P  X  34  P X  2 1 0.9545  0.02275，
2
 p0  P  X  26  P 26  X  34  P  X  34  0.9545  0.02275  0.97725  0.977 .
故选：A.
81．（25-26 高三上·重庆·月考）某校期中考试的数学成绩 X (满分: 150 分) 服从正态分布 N (,2 ) ，若
P( X  65)  P( X  115)  1 ，则  （ ）
A．75B．80C．90D．95
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求解.
【详解】由 X ~ N(,2 )， P( X  65)  P( X  115)  1 ，得 P( X  65)  1 P( X  115)  P( X  115) ，
所以 65 115  90 .
2
故选：C
82．（25-26 高三上·安徽阜阳·月考）某区举行模拟考试，共有 5000 名学生参加，考试分两次，对第一次考试成绩不满意的学生可参加第二次考试.为了解考生情况，随机抽取了 100 名学生第一次考试中某科目的成绩(满分:100 分)，并绘制样本频率分布直方图，如图所示.
若学生第一次考试中某科目的成绩 X 近似服从正态分布 N ,144 ，其中μ为样本平均数的估计值，请估计第一次考试中某科目的成绩高于 86 分的人数.(同一组数据用该区间的中点值作代表)
设第一次考试中某科目成绩在区间85, 95,65,85,45, 65,35, 45 内对应的等级分别为优秀、良好、合格
与不合格，若该科目第一次考试等级为良好，合格与不合格的学生都参加了第二次考试，假设第二次考试
1 2 4
后，原等级为良好、合格与不合格的学生分别有
, ,
2 3 5
的概率提升一个等级，不晋级则保留原等级，每位
学生的考试成绩相互独立.将频率视为概率，从全体学生中任取一人，求在已知该生是第二次考试后晋级的条件下，第一次考试评级为合格的概率.
附:若随机变量 X  N ,2  ，则 P  X     0.6827, P  X   2  0.9545 .
【答案】(1)114 人；
(2) 50 .
89
【分析】（1）根据频率分布直方图的均值计算公式得出平均数，再利用正态分布的对称性求出概率，进而得出人数；
（2）根据频率分布直方图得出评级为合格、不合格的概率，再利用条件概率的计算公式即可.
【详解】（1）样本平均数的估计值为
40 0.1 50 0.2  60 0.3  70 0.24  80 0.12  90 0.04  62 ，即 62 ，
又 12 ，则 2 62  24  86 ，则 P  X  86  1 0.9545  0.02275 ，
2
又5000 0.02275  114 ，所以估计第一次考试中某科目的成绩高于 86 分的学生有 114 人.
（2）由频率分布直方图知第一次考试评级是良好的频率为(0.024+0.012)×10=0.36， 评级为合格的频率为0.030  0.02010  0.5 ，评级为不合格的频率为0.010 10  0.1 ，
记事件 A 为“第二次考试后该学生晋级”，事件 B 为“该学生第一次考试评级为合格”，
P  A 
9  1  1  2  1  4 

89 ， P  AB   1  2  1 ，所以 P B A  P(AB)  50 ，

25 223105150
233
P(A)89
故在已知该生是第二次考试后晋级的条件下，第一次考试评级为合格的概率为 50
89