专题11 概率（4大考向真题解读）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）

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命题分析
2024年高考新高考Ⅰ卷考查了与排列组合综合的古典概型问题，这也是高考常考点之一。同时在多选题中考查了正态分布及其应用。Ⅱ卷考查了独立事件的乘法公式，体现在大题中。从今年的考题来看，概率大题已经不是必考了，而且可以用来作填空的压轴题。这需要大家引起重视，对于概率难题要适当的练习，说不定在19题中也会出现它的影子。预计2025年高考还是主要考查古典概型和求随机变量的分布列与数学期望。建议大家要留意一下全概率公式，它将会是一个新的出题点，思维难度会略大。
试题精讲
一、多选题
1．（2024新高考Ⅰ卷·9）为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.
【详解】依题可知，，所以，
故，C正确，D错误；
因为，所以，
因为，所以，
而，B正确，A错误，
故选：BC．
二、填空题
2．（2024新高考Ⅰ卷·14）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 .
【答案】/0.5
【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率，所以.
从而.
记.
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.
而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.
所以，，两式相减即得，故.
所以甲的总得分不小于2的概率为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.
三、解答题
3．（2024新高考Ⅱ卷·18）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成员为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)假设，
（i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
（ii）为使得甲、乙，所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
【答案】(1)
(2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛；
【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）（i）首先各自计算出，，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.
【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
比赛成绩不少于5分的概率.
（2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
，
，
，应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
，
，
，
，
记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
同理
，
因为，则，，
则，
应该由甲参加第一阶段比赛.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.
一、单选题
1．（2022新高考Ⅰ卷·5）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.
【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有：，共7种，
故所求概率.
故选：D.
二、多选题
2．（2023新高考Ⅱ卷·12）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输 是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为
D．当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
【答案】ABD
【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答.
【详解】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为，A正确；
对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件，
是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为，B正确；
对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和，
它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为，C错误；
对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率，
单次传输发送0，则译码为0的概率，而，
因此，即，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.
三、填空题
3．（2022新高考Ⅱ卷·13）已知随机变量X服从正态分布，且，则 ．
【答案】/．
【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．
【详解】因为，所以，因此．
故答案为：．
四、解答题
4．（2022新高考Ⅰ卷·20）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；(ii)；
【分析】(1)由所给数据结合公式求出的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i) 根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求.
【详解】（1）由已知，
又，，
所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
（2）(i)因为，
所以
所以，
(ii)
由已知，，
又，，
所以
5．（2023新高考Ⅰ卷·21）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，
所以，
.
（2）设，依题可知，，则
，
即，
构造等比数列，
设，解得，则，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，
即．
（3）因为，，
所以当时，，
故．
【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解．
6．（2022新高考Ⅱ卷·19）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：

(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率；
(3)已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.
【答案】(1)岁；
(2)；
(3)．
【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；
（2）设{一人患这种疾病的年龄在区间}，根据对立事件的概率公式即可解出；
（3）根据条件概率公式即可求出．
【详解】（1）平均年龄
（岁）．
（2）设{一人患这种疾病的年龄在区间}，所以
．
（3）设“任选一人年龄位于区间[40,50)”，“从该地区中任选一人患这种疾病”，
则由已知得：
,
则由条件概率公式可得
从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，此人患这种疾病的概率为．
一、古典概型
（1）定义
一般地，若试验具有以下特征：
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．
（2）古典概型的概率公式
一般地，设试验是古典概型，样本空间包含个样本点，事件包含其中的个样本点，则定义事件的概率．
二、概率的基本性质
（1）对于任意事件都有：．
（2）必然事件的概率为，即；不可能事概率为，即．
（3）概率的加法公式：若事件与事件互斥，则．
推广：一般地，若事件，，…，彼此互斥，则事件发生（即，，…，中有一个发生）的概率等于这个事件分别发生的概率之和，即：．
（4）对立事件的概率：若事件与事件互为对立事件，则，，且．
（5）概率的单调性：若，则．
（6）若，是一次随机实验中的两个事件，则．
三、条件概率
（一）定义
一般地，设，为两个事件，且，称为在事件发生的条件下，事件发生的条件概率．
注意：（1）条件概率中“”后面就是条件；（2）若，表示条件不可能发生，此时用条件概率公式计算就没有意义了，所以条件概率计算必须在的情况下进行．
（二）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和1之间，即．
（2）必然事件的条件概率为1，不可能事件的条件概率为．
（3）如果与互斥，则．
注意：（1）如果知道事件发生会影响事件发生的概率，那么；
（2）已知发生，在此条件下发生，相当于发生，要求，相当于把看作新的基本事件空间计算发生的概率，即．
四、相互独立与条件概率的关系
（一）相互独立事件的概念及性质
（1）相互独立事件的概念
对于两个事件，，如果，则意味着事件的发生不影响事件发生的概率．设，根据条件概率的计算公式，，从而．
由此我们可得：设，为两个事件，若，则称事件与事件相互独立．
（2）概率的乘法公式
由条件概率的定义，对于任意两个事件与，若，则．我们称上式为概率的乘法公式．
（3）相互独立事件的性质
如果事件，互相独立，那么与，与，与也都相互独立．
（4）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个事件的相互独立性，即若事件，，…，相互独立，则这个事件同时发生的概率．
（二）事件的独立性
（1）事件与相互独立的充要条件是．
（2）当时，与独立的充要条件是．
（3）如果，与独立，则成立．
五、全概率公式
（一）全概率公式
（1）；
（2）定理若样本空间中的事件，，…，满足：
①任意两个事件均互斥，即，，；
②；
③，．
则对中的任意事件，都有，且
．
注意：（1）全概率公式是用来计算一个复杂事件的概率，它需要将复杂事件分解成若干简单事件的概率计算，即运用了“化整为零”的思想处理问题．
（2）什么样的问题适用于这个公式？所研究的事件试验前提或前一步骤试验有多种可能，在这多种可能中均有所研究的事件发生，这时要求所研究事件的概率就可用全概率公式．
（二）贝叶斯公式
（1）一般地，当且时，有
（2）定理若样本空间中的事件满足：
①任意两个事件均互斥，即，，；
②；
③，．
则对中的任意概率非零的事件，都有，
且
注意：（1）在理论研究和实际中还会遇到一类问题，这就是需要根据试验发生的结果寻找原因，看看导致这一试验结果的各种可能的原因中哪个起主要作用，解决这类问题的方法就是使用贝叶斯公式．贝叶斯公式的意义是导致事件发生的各种原因可能性的大小，称之为后验概率．
（2）贝叶斯公式充分体现了，，，，，之间的转关系，即，，之间的内在联系．
六、离散型随机变量的分布列
1、随机变量
在随机试验中，我们确定了一个对应关系，使得每一个试验结果都用一个确定的数字表示．在这个对应关系下，数字随着试验结果的变化而变化．像这种随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量．随机变量常用字母，，，，…表示．
注意：（1）一般地，如果一个试验满足下列条件：①试验可以在相同的情形下重复进行；②试验的所有可能结果是明确可知的，并且不止一个；③每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个，但在一次试验之前不能确定这次试验会出现哪个结果．这种试验就是随机试验．
（2）有些随机试验的结果虽然不具有数量性质，但可以用数来表示．如掷一枚硬币，表示反面向上，表示正面向上．
（3）随机变量的线性关系：若是随机变量，，是常数，则也是随机变量．
2、离散型随机变量
对于所有取值可以一一列出来的随机变量，称为离散型随机变量．
注意：（1）本章研究的离散型随机变量只取有限个值．
（2）离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系：①如果随机变量的可能取值是某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量；②离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结果，但离散型随机变量的结果可以按一定的次序一一列出，而连续型随机变量的结果不能一一列出．
3、离散型随机变量的分布列的表示
一般地，若离散型随机变量可能取的不同值为，取每一个值的概率，以表格的形式表示如下：
我们将上表称为离散型随机变量的概率分布列，简称为的分布列．有时为了简单起见，也用等式，表示的分布列．
4、离散型随机变量的分布列的性质
根据概率的性质，离散型随机变量的分布列具有如下性质：
（1），；（2）．
注意：
①性质（2）可以用来检查所写出的分布列是否有误，也可以用来求分布列中的某些参数．
②随机变量所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求相关事件的概率．
七、离散型随机变量的均值与方差
1、均值
若离散型随机变量的分布列为
称为随机变量的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
注意：（1）均值刻画的是取值的“中心位置”，这是随机变量的一个重要特征；
（2）根据均值的定义，可知随机变量的分布完全确定了它的均值．但反过来，两个不同的分布可以有相同的均值．这表明分布描述了随机现象的规律，从而也决定了随机变量的均值．而均值只是刻画了随机变量取值的“中心位置”这一重要特征，并不能完全决定随机变量的性质．
2、均值的性质
（1）（为常数）．
（2）若，其中为常数，则也是随机变量，且．
（3）．
（4）如果相互独立，则．
3、方差
若离散型随机变量的分布列为
则称为随机变量的方差，并称其算术平方根为随机变量的标准差．
注意：（1）描述了相对于均值的偏离程度，而是上述偏离程度的加权平均，刻画了随机变量与其均值的平均偏离程度．随机变量的方差和标准差均反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度．方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的平均程度越小；
（2）标准差与随机变量有相同的单位，而方差的单位是随机变量单位的平方．
4、方差的性质
（1）若，其中为常数，则也是随机变量，且．
（2）方差公式的变形：．
八、两点分布
1、若随机变量服从两点分布，即其分布列为
其中，则称离散型随机变量服从参数为的两点分布．其中称为成功概率．
注意：
（1）两点分布的试验结果只有两个可能性，且其概率之和为；
（2）两点分布又称分布、伯努利分布，其应用十分广泛．
2、两点分布的均值与方差：若随机变量服从参数为的两点分布，则，．
九、次独立重复试验
1、定义
一般地，在相同条件下重复做的次试验称为次独立重复试验．
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．
2、特点
（1）每次试验中，事件发生的概率是相同的；
（2）每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例．
十、二项分布
1、定义
一般地，在次独立重复试验中，用表示事件发生的次数，设每次试验中事件发生的概率为，不发生的概率，那么事件恰好发生次的概率是（，，，…，）
于是得到的分布列
由于表中第二行恰好是二项式展开式
各对应项的值，称这样的离散型随机变量服从参数为，的二项分布，记作，并称为成功概率．
注意：由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即时的二项分布，所以二项分布可以看成是两点分布的一般形式．
2、二项分布的适用范围及本质
（1）适用范围：
①各次试验中的事件是相互独立的；
②每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生；
③随机变量是这次独立重复试验中事件发生的次数．
（2）本质：二项分布是放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的．
3、二项分布的期望、方差
若，则，．
十一、超几何分布
1、定义
在含有件次品的件产品中，任取件，其中恰有件次品，则事件发生的概率为，，1，2，…，，其中，且，，，，，称分布列为超几何分布列．如果随机变量的分布列为超几何分布列，则称随机变量服从超几何分布．
2、超几何分布的适用范围件及本质
（1）适用范围：
①考察对象分两类；
②已知各类对象的个数；
③从中抽取若干个个体，考察某类个体个数的概率分布．
（2）本质：超几何分布是不放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的．
十二、正态曲线
1、定义：我们把函数，（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．
2、正态曲线的性质
（1）曲线位于轴上方，与轴不相交；
（2）曲线是单峰的，它关于直线对称；
（3）曲线在处达到峰值（最大值）；
（4）曲线与轴之间的面积为1；
（5）当一定时，曲线的位置由确定，曲线随着的变化而沿轴平移，如图甲所示：
（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，如图乙所示：：

甲 乙
十三、正态分布
1、定义
随机变量落在区间的概率为，即由正态曲线，过点和点的两条轴的垂线，及轴所围成的平面图形的面积，如下图中阴影部分所示，就是落在区间的概率的近似值．
一般地，如果对于任何实数，，随机变量满足，则称随机变量服从正态分布．正态分布完全由参数，确定，因此正态分布常记作．如果随机变量服从正态分布，则记为．
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．
2、原则
若，则对于任意的实数，为下图中阴影部分的面积，对于固定的和而言，该面积随着的减小而变大．这说明越小，落在区间的概率越大，即集中在周围的概率越大
特别地，有；；．
由，知正态总体几乎总取值于区间之内．而在此区间以外取值的概率只有，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的随机变量只取之间的值，并简称之为原则．
【概率常用结论】
一、古典概型
1、解决古典概型的问题的关键是：分清基本事件个数与事件中所包含的基本事件数．
因此要注意清楚以下三个方面：
（1）本试验是否具有等可能性；
（2）本试验的基本事件有多少个；
（3）事件是什么．
2、解题实现步骤：
（1）仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；
（2）判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件；
（3）分别求出基本事件的个数与所求事件中所包含的基本事件个数；
（4）利用公式求出事件的概率．
3、解题方法技巧：
（1）利用对立事件、加法公式求古典概型的概率
（2）利用分析法求解古典概型．
①任一随机事件的概率都等于构成它的每一个基本事件概率的和．
②求试验的基本事件数及事件A包含的基本事件数的方法有列举法、列表法和树状图法．
二、随机变量的分布列和数学期望
1、超几何分布和二项分布的区别
（1）超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；
（2）超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的；
而二项分布是“有放回”抽取（独立重复），在每次试验中某一事件发生的概率是相同的.
2、在解决有关问题时，通常认为服从正态分布的随机变量只取之间的值．如果服从正态分布的随机变量的某些取值超出了这个范围就说明出现了意外情况．
3、求正态变量在某区间内取值的概率的基本方法：
（1）根据题目中给出的条件确定与的值．
（2）将待求问题向，，这三个区间进行转化；
（3）利用在上述区间的概率、正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1求出最后结果．
4、假设检验的思想
（1）统计中假设检验的基本思想：根据小概率事件在一次试验中几乎不可能发生的原则和从总体中抽测的个体的数值，对事先所作的统计假设作出判断：是拒绝假设，还是接受假设．
（2）若随机变量ξ服从正态分布，则ξ落在区间内的概率为，亦即落在区间之外的概率为，此为小概率事件．如果此事件发生了，就说明不服从正态分布．
（3）对于小概率事件要有一个正确的理解：
小概率事件是指发生的概率小于的事件．对于这类事件来说，在大量重复试验中，平均每试验大约次，才发生1次，所以认为在一次试验中该事件是几乎不可能发生的．不过应注意两点：一是这里的“几乎不可能发生”是针对“一次试验”来说的，如果试验次数多了，该事件当然是很可能发生的；二是当我们运用“小概率事件几乎不可能发生的原理”进行推断时，也有犯错的可能性．
一、单选题
1．（2024·内蒙古·三模）三人被邀请参加一个晚会，若晚会必须有人去，去几人自行决定，则恰有一人参加晚会的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】列举基本事件空间，可得概率.
【详解】设三人为，，，则参加晚会的情况有，，，，，，，共种情况，
其中恰有一人参加晚会的情况有种，
故所求的概率为，
故选：B.
2．（2024·河北保定·三模）某火锅店在每周的周一、周三、周五、周日会安排员工跳舞蹈“科目三”，已知某人在一周的七天中，随机选择两天到该店吃火锅，则该人能欣赏到舞蹈“科目三”的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用对立事件思想解题即可.
【详解】该人不能欣赏到舞蹈“科目三”的概率，
则该人能欣赏到舞蹈“科目三”的概率，
故选：B.
3．（2024·湖南长沙·三模）已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A．0.2B．0.3C．0.7D．0.8
【答案】A
【分析】根据正态分布的对称性结合题意求解即可
【详解】根据正态曲线的对称性，由，得，
因为，
所以.
故选：A
4．（2024·安徽·三模）已知正方体的棱长为1，若从该正方体的8个顶点中任取4个，则这4个点可以构成体积为的四面体的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查排列组合与古典概型概率计算.
【详解】设正方体为，则满足体积为的四个顶点只有“”和“”两种情况满足，故所求概率.
故选：A
5．（2024·山东日照·三模）从标有1，2，3，4，5的5张卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一张，则出现重复编号卡片的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出5张卡片中有放回地抽取三次的基本事件，再算出三次都不重复的基本事件，利用间接法以及古典概型即可求解.
【详解】5张卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一张，共有 种取法，
三次都不重复的取法有种，
由加法原理和乘法原理，
出现重复编号卡片的概率.
故选：B.
6．（2024·河南·三模）已知0.9973.某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球的质量（单位：克）服从正态分布，从这一批篮球中随机抽检300个，则被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为（ ）
A．286B．293C．252D．246
【答案】B
【分析】根据正态分布的对称性求出的概率，即可得解.
【详解】由题意得，
，
，
所以被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为293.
故选：B.
7．（2024·江西鹰潭·三模）抛掷一枚骰子两次，将得到的点数分别记为，则能构成三角形的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】按照分类讨论的方法求出能够构成三角形的基本事件数，然后利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】因为三角形两边之和大于第三边，所以，
又因为最大为，所以
当时，有共六种情况，
当时，有共五种情况，
当时，有共四种情况，
当时，有共三种情况，
当时，有共两种情况，
当时，有一种情况，所以共有种情况，
而总的可能数有种，
所以概率为，
故选：A.
8．（2024·四川内江·三模）文明是一座城市最靓丽的底色，也是一座城市最暖的名片．自内江市开展“让文明出行成为甜城靓丽风景”文明实践日活动以来，全市广大学子以实际行动提升城市文明形象，助力全国文明城市创建工作．在活动中，甲、乙两名同学利用周末时间到交通路口开展文明劝导志愿服务工作，他们可以从四个路口中随机选择一个路口，设事件为“甲和乙至少有一人选择了路口”，事件为“甲和乙选择的路口不相同”，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用缩小样本空间的方法计算条件概率即可.
【详解】由题意可知甲乙随机选择路口有种方法，
而甲乙都不选A路口的可能有种，即事件M的样本点有7个，
而在甲乙至少一人选择A路口的前提下，两人选择的路口不同有种情况，
所以.
故选：B
9．（2024·贵州毕节·三模）某学生的QQ密码是由前两位是大写字母，第三位是小写字母，后六位是数字共九个符号组成．该生在登录QQ时，忘记了密码的最后一位数字，如果该生记住密码的最后一位是奇数，则不超过两次就输对密码的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设出事件，由已知根据互斥事件的运算性质，以及条件概率的性质，即可得出答案.
【详解】设为“第次按对密码”（），
则事件 “不超过2次就按对”可表示为，
记“密码的最后一位数字是奇数”为事件，
由条件概率的性质可得.
.故选：C.
10．（2024·四川眉山·三模）四名同学参加社会实践，他们中的每个人都可以从三个项目中随机选择一个参加，且每人的选择相互独立.这三个项目中恰有一个项目没有被任何人选择的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】借助排列数、组合数求出符合要求的情况种数及所有可能情况种数即可得.
【详解】.
故选：C.
11．（2024·江西景德镇·三模）六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧，每列3人.则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用排列应用问题、及组合计数求出基本事件数，再利用古典概率计算即得.
【详解】不妨假设六位爸爸已经站好了位置，不同站位方法数为，
小孩找到各自的爸爸，则其为定序问题，不同站位方法数为
所以不需要插队的概率.
故选：B
12．（2024·河南南阳·三模）甲袋中有3个红球，3个白球和2个黑球；乙袋中有2个红球，2个白球和4个黑球.先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以，，表示事件“取出的是红球”、“取出的是白球”、“取出的是黑球”；再从乙袋中随机取出一球，以表示事件“取出的是白球”，则下列结论中不正确的是（ ）
A．事件，，是两两互斥的事件B．事件与事件为相互独立事件
C．D．
【答案】B
【分析】由互斥事件，互相独立事件的概念以及条件概率的计算公式逐项判断即可.
【详解】由题意可得，，，
显然事件，，是两两互斥的事件，故A正确；
，故D正确；
，，
所以，故事件与事件不是相互独立事件，故B错误；
，故C正确；
故选：B.
13．（2024·四川凉山·三模）凉山地区学生中有50%的同学爱好羽毛球，60%的同学爱好乒乓球，70%的同学爱好羽毛球或乒乓球．在凉山地区的学生中随机调查一位同学，若该同学爱好羽毛球，则该同学也爱好乒乓球的概率为（ ）
A．0.4B．0.5C．0.8D．0.9
【答案】C
【分析】由题设出事件，设在凉山地区的学生中随机调查一位同学，该同学爱好羽毛球为事件A，爱好乒乓球为事件B，根据已知条件求出，再利用条件概率公式求出即可.
【详解】设在凉山地区的学生中随机调查一位同学，该同学爱好羽毛球为事件A，爱好乒乓球为事件B，则由题：，
所以，
随机调查一位同学，若该同学爱好羽毛球，则该同学也爱好乒乓球为，
故选：C.
14．（2024·安徽马鞍山·三模）甲、乙等5名学生参加学校运动会志愿者服务，每个人从“检录组”“计分组”“宣传组”三个岗位中随机选择一个岗位，每个岗位至少有一名志愿者，则甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分类讨论人数的配比情况，分别求总共不同的安排方法和甲、乙两人恰选择同一岗位时不同的安排方法，结合古典概型运算求解.
【详解】若人数配比为时，则有种不同安排方法；
若人数配比为时，则有种不同安排方法；
所以共有种不同安排方法.
若甲、乙两人恰选择同一岗位且人数配比为时，则有种不同安排方法；
若甲、乙两人恰选择同一岗位且人数配比为时，则有种不同安排方法；
所以共有种不同安排方法.
所以甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为.
故选：C.
二、多选题
15．（2024·浙江绍兴·三模）已知随机变量，若，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】借助正态分布的对称性可得A、B，借助正态分布定义及期望与方差的性质可得C、D.
【详解】由随机变量，则，，
则，
，
，
，
故A、B、D正确，C错误.
故选：ABD.
16．（2024·湖南长沙·三模）某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（ ）
A．乙组同学恰好命中2次的概率为
B．甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率
C．甲组同学命中次数的方差为
D．乙组同学命中次数的数学期望为
【答案】BCD
【分析】根据题意，利用概率乘法和加法公式，可判定A错误；根据独立重复试验的概率公式，可得判定B正确，结合二项分布的方差，可判定C中，由乙组同学命中次数为随机变量的所有可能取值为，求得相应的概率，结合期望的公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，设“乙组同学恰好命中2次”为事件，则，所以A错误；
对于B中，设“甲组同学恰好命中2次”为事件，则，因为，所以B正确；
对于C中，因为甲组同学每次命中的概率都为，设甲组同学命中次数为，则，可得，所以C正确；
对于D中，设乙组同学命中次数为随机变量，则的所有可能取值为，
所以，
，
，
故，所以D正确.
故选：BCD.
17．（2024·云南昆明·三模）在一个有限样本空间中，事件发生的概率满足，，A与互斥，则下列说法正确的是（ ）
A．B．A与相互独立
C．D．
【答案】ABD
【分析】A选项，根据互斥得到，；B选项，根据求出，故，B正确；C选项，A与互斥，故与互斥，故C正确；D选项，根据求出D正确.
【详解】A选项，A与互斥，故，，则包含事件，故，A正确；
B选项，，
即，故，
故，A与相互独立，B正确；
C选项，A与互斥，故与互斥，故，C错误；
D选项，
，
因为，故，D正确.
故选：ABD
18．（2024·山东青岛·三模）某新能源车厂家 2015 - 2023 年新能源电车的产量和销量数据如下表所示
记“产销率” 年新能源电车产量的中位数为，则（ ）
A．
B．2015 - 2023 年该厂新能源电车的产销率与年份正相关
C．从 2015 -2023 年中随机取 1 年，新能源电车产销率大于 的概率为
D．从 2015 -2023 年中随机取2年，在这2年中新能源电车的年产量都大于 的条件下，这2年中新能源电车的产销率都大于 的概率为
【答案】ACD
【分析】由中位数定义可判断A；求得每年的产销率，可判断B；由B可得产销率大于的有2个年份，可得概率判断C；利用条件概率公式求解可判断D.
【详解】对于A：由中位数的定义可知，，故A正确；
对于B：2015 - 2023 年该厂新能源电车的产销率依次为：
所以2015 - 2023 年该厂新能源电车的产销率随年份的增加，有时增加，有时减少，故B错误；
对于C：由B可知，从2015 - 2023 年该厂新能源电车的产销率大于的有2个年份，
所以从2015 – 2023年中随机取1年，新能源电车产销率大于的概率为，
对于D：设事件A表示“从2015 - 2023 年中随机取2年，这2年中新能源电车的年产量都大于 m”，
事件B表示“从2015 - 2023 年中随机取2年，这2年中新能源电车的产销率大于”，
所以
所以故D正确.
故选：ACD.
19．（2024·福建三明·三模）假设甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.下列选项正确的是（ ）
A．从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为
B．从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为
C．从乙袋中取出的2个球是红球的概率为
D．已知从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，结合古典概率公式、条件概率公式及全概率公式逐项计算判断得解.
【详解】从甲袋中取出个球有个红球的事件为，从乙袋中取出个球红球的事件为，
，，，
，，，
对于A，从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为，A正确；
对于B，从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为，B错误；
对于C，从乙袋中取出的2个球是红球的概率，C正确；
对于D，从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率
，D正确.
故选：ACD
20．（2024·河南·二模）现有编号分别为的三个盒子，其中盒中共20个小球，其中红球6个，盒中共20个小球，其中红球5个，盒中共30个小球，其中红球6个.现从所有球中随机抽取一个，记事件：“该球为红球”，事件：“该球出自编号为的盒中”，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若从所有红球中随机抽取一个，则该球来自盒的概率最小
【答案】ACD
【分析】由古典概率先计算，再由条件概率计算得到A正确；由全概率计算得到B错误；由条件概率得到C正确；由古典概率得到D正确.
【详解】A：由题，，故A正确；
B：由选项A可得，故B错误；
C：因为，所以，
所以，故C正确；
D：由题该球来自的概率为，该球来自的概率为，该球来自的概率为，
所以该球来自的概率最小，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题A，C关键在于应用条件概率公式即.
三、填空题
21．（2024·上海·三模）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为1，2，4，5，6，x，则这6个点数的中位数为4的概率为 ．
【答案】/
【分析】这6个点数的中位数为从小往大排列后的第3个和第4个数的平均数，，得到，求相应的概率即可.
【详解】当且仅当时，这6个点数的中位数为4，的概率为，
所以这6个点数的中位数为4的概率为.
故答案为：.
22．（2024·上海闵行·三模）3名男生和2名女生排成一排，则女生互不相邻的排法的概率为 .
【答案】/0.6
【分析】利用插空法求出女生互不相邻的排法，进而得到概率.
【详解】先排男生共有种，男生排好后共有4个空隙，再把2个女生排进去共有种排法，
所以符合条件的共有种排法，
故女生互不相邻的排法的概率为.
故答案为：
23．（2024·山东济宁·三模）甲和乙两个箱子中各装有6个球，其中甲箱子中有4个红球、2个白球，乙箱子中有2个红球、4个白球，现随机选择一个箱子，然后从该箱子中随机取出一个球，则取出的球是白球的概率为 .
【答案】/0.5
【分析】把所求概率的事件分拆成两个互斥事件的和，再利用互斥事件的概率公式及相互独立事件的概率公式求解即得.
【详解】依题意，取出的球是白球的事件是取甲箱并取白球的事件与取乙箱并取白球的事件的和，
显然事件与互斥，，，
所以.
故答案为：
24．（2024·北京·三模）在统计调查中，对一些敏感性问题，要精心设计问卷，设法消除被调查者的顾虑，使他们能够如实回答问题．否则，被调查者往往会拒绝回答，或不提供真实情况．某中学为了调查本校中学生某不良习惯A的发生情况，对随机抽出的200名中学生进行了调查．调查中设置了两个问题：
问题1：你的阳历生日日期是否偶数？ 问题2：你是否有A习惯？
调查者准备了一个不透明袋子，里面装有大小、形状和质量完全一样的5个白球和5个红球．每个被调查者随机从袋中摸出1个球（摸出的球再放回袋中并搅拌均匀），摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不做．已知调查结束后，盒子里共有55个小石子．据此估计此中学学生中有习惯A的人数的百分比为 ．
【答案】5%
【分析】计算随机抽出的200名学生中回答第一个问题且为“是”的学生数，由此求出回答第二个问题且为是的人数，计算概率值即可．
【详解】根据题意，被调查者回答第一个问题的概率为；其阳历生日日期是偶数的概率也是，
所以随机抽出的200名学生中，回答两个问题的人数估计各有人，
所以200人中抽取到白球并回答第一个问题为“是”的学生估计有人；
所以抽到红球并回答第二个问题为“是”的人数估计为人，
由此估计此中学学生有A习惯人数的百分比为．
故答案为：5%.
25．（2024·天津滨海新·三模）随着我国经济发展越来越好，外出旅游的人越来越多，现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区，这6个随机选择1个景点游玩，两位游客都选择天津之眼摩天轮的概率为 ．这两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮的条件下，他们选择的景点不相同的概率 ．
【答案】
【分析】根据古典概型的计算方法可求两位游客都选择天津之眼摩天轮的概率；设事件表示“两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮”，事件表示“他们选择的景点不相同”，先求出，，在利用条件概率公式即可求第二空.
【详解】设事件表示“两位游客都选择天津之眼摩天轮”，
则；
设事件表示“两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮”，事件表示“他们选择的景点不相同”，
则，，
∴．
故答案为：．
26．（2024·广东广州·三模）在一个抽奖游戏中，主持人从编号为的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．现在已知甲选择了号箱，用表示号箱有奖品（），用表示主持人打开号箱子（），则 ，若抽奖人更改了选择，则其中奖概率为 ．
【答案】 /0.375
【分析】根据主持人可打开的箱子号码可确定；分别考虑奖品在号箱、不在号箱的情况，根据此时更改选择，结合全概率公式求解即可.
【详解】奖品在号箱，甲选择了号箱，主持人可打开号箱，则；
若奖品在号箱，其概率为，抽奖人更改了选择，则其选中奖品所在箱子的概率为；
若奖品不在号箱，其概率为，主持人随机打开不含奖品的两个箱子中的个，
若此时抽奖人更改选择，其选中奖品所在箱子的概率为；
若抽奖人更改选择，其中奖的概率为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查条件概率的求解、决策类问题，解题关键是能够根据根据奖品所在箱子号码，确定主持人可打开的箱子数，由此确定选中中奖箱子的概率.
27．（2024·河北张家口·三模）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛11分制，若比分打到时，需要一人比另一人多得两分，比赛才能结束．已知甲赢得每一分的概率为，在两人的第一局比赛中，两人达到了，此局比赛结束时，两人的得分总和为n，则此时的概率 ．
【答案】
【分析】由条件分析的特点，讨论，结合比赛流程及概率乘法公式分别求甲赢得比赛的概率和乙赢得比赛的概率，相加可得结论.
【详解】因为比赛结束时，两人的得分总和为n，其中且两人的得分的差的绝对值为，
所以，且为偶数，
所以当，时，，
当时，，
当，且为偶数时，
若甲赢得比赛，则最后两局比赛甲胜，余下比赛中，第21球开始，奇数球与其之后的偶数球均为甲乙一胜一负，
所以事件甲赢得比赛的概率为，
同理乙赢得比赛的概率为，
所以，
时，的值也符合关系，
所以，，，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于认真审题，分析事件的特征，选择适当的概率运算公式求解.
四、解答题
28．（2024·重庆九龙坡·三模）在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先四人抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两个对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到最后的决赛，败者获得第三名：最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵结果相互独立.
(1)若，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁.
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望.
(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人抽签决定两两对阵，两场比赛的胜者晋级到冠军决赛，败者参加三、四名比赛，哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
【答案】(1)①；②；
(2)答案见解析.
【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可；
（2）结合对立事件概率和独立事件概率公式，再列出分布列，最后求期望即可.
【详解】（1）①记“甲获得第四名”为事件，即甲双败，则；
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，
则的所有可能取值为
连败两局：，
可以分为三种情形：甲第一、第二局连胜两局，第三局不管胜负；甲第一局负，第二局胜，第三局负；甲第一局胜，第二局负，第三局负；
，
可以分为三种情形：甲第一局负，第二局胜，第三局胜；甲第一局胜，第二局负，第三局胜，且第四局都不管胜负.
；
故的分布列如下：
故数学期望；
（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率，
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为，
由，且
所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
29．（2024·新疆喀什·三模）某企业监控汽车零件的生产过程，现从汽车零件中随机抽取100件作为样本，测得质量差（零件质量与标准质量之差的绝对值）的样本数据如下表：
(1)求样本质量差的平均数；假设零件的质量差，其中，用作为的近似值，求的值；
(2)已知该企业共有两条生产汽车零件的生产线，其中第1条生产线和第2条生产线生产的零件件数比是3:1．若第1、2条生产线的废品率分别为0.004和0.008，且这两条生产线是否产出废品是相独立的．现从该企业生产的汽车零件中随机抽取一件．
（ⅰ）求抽取的零件为废品的概率；
（ⅱ）若抽取出的零件为废品，求该废品来自第1条生产线的概率．
参考数据：若随机变量，则，，
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）先求出，再利用正态分布曲线的对称性求解；（2）（ⅰ）利用全概率公式求解；（ⅱ）利用条件概率公式求解.
【详解】（1）由题意可知:，
则，
所以
（2）（i）设事件表示“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”，
事件表示“随机抽取一件零件为第1条生产线生产”，
事件表示“随机抽取一件零件为第2条生产线生产”，
则，，，，
所以；
（ii）因为，
所以，
所以．
30．（2024·安徽合肥·三模）在2024年高考前夕，合肥一六八中学东校区为了舒展年级学子身心，缓解学子压力，在一周内（周一到周五）举行了别开生面“舞动青春，梦想飞扬”的竞技活动，每天活动共计有两场，第一场获胜得3分，第二场获胜得2分，无论哪一场失败均得1分，某同学周一到周五每天都参加了两场的竞技活动，已知该同学第一场和第二场竞技获胜的概率分别为、，且各场比赛互不影响．
(1)若，记该同学一天中参加此竞技活动的得分为，求的分布列和数学期望；
(2)设该同学在一周5天的竞技活动中，恰有3天每天得分不低于4分的概率为，试求当取何值时，取得最大值．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）根据题意得到可能的取值，求出对应的概率，进而得到分布列和期望；
（2）先求出一天得分不低于4分的概率，再用二项分布的概率公式求出，利用导数即可求得取最值时的值.
【详解】（1）由题可知，的可能取值为．
因为，所以，
，
故的分布列为：
的数学期望.
（2）设一天得分不低于4分为事件，则，
则，
则，
当时，；当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得最大值．
31．（2024·北京西城·三模）根据2024城市魅力排行榜，一线城市4个，分别为：上海、北京、深圳、广州；新一线城市15个，分别为：成都、杭州、重庆、苏州、武汉、西安、南京、长沙、天津、郑州、东莞、无锡、宁波、青岛、合肥.其中城区常住人口超过一千万的超大城市10个，分别为：上海、北京、深圳、重庆、 广州、成都、天津、东莞、武汉、杭州.
(1)从10个超大城市中随机抽取一座城市，求该城市是一线城市的概率；
(2)从10个超大城市按不可放回抽样的方式随机抽取3个城市，随机变量X表示新一线城市的数量，求随机变量X的分布列和期望；
(3)从10个超大城市中按可放回抽样的方式随机抽取3个城市，随机变量Y表示新一线城市的数量，比较E（X）与E（Y）的大小关系.（直接写出结果）
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）根据古典概型直接求概率；
（2）根据超几何分布求得X取值对应的概率，得到分布列和期望；
（3），运用二项分布期望公式求得，即可得到二者相等.
【详解】（1）10个超大城市中包含4个一线城市，
所以从10个超大城市中随机抽取一座城市，该城市是一线城市的概率为.
（2）10个超大城市中包含6个新一线城市，
X所有可能的取值为：.
；；
；.
所以X的分布列为：
.
（3）
理由如下：从10个超大城市中按可放回抽样的方式随机抽取3个城市，
随机变量，，所以.
32．（2024·山东青岛·三模）为了研究高三年级学生的性别和身高是否大于 的关联性，随机调查了某中学部分高三年级的学生，整理得到如下列联表 （单位:人):
(1)依据 的独立性检验，能否认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联?
(2)从身高不低于的15 名学生中随机抽取三名学生，设抽取的三名学生中女生人数为，求的分布列及期望.
(3)若低于的8 名男生身高数据的平均数为，方差为，不低于的10名男生身高数据的平均数为，方差为 .请估计该中学男生身高数据的平均数和方差.
附: .
【答案】(1)可以认为性别与身高有关联
(2)分布列见解析，1
(3)平均数为174，方差为59
【分析】（1）根据列联表中的数据，求得，结合附表，即可求解；根据小概率值 的独立性检验，可以认为性别与身高有关联
（2）根据题意，得到变量的可能取值为，求得相应的概率，得出分布列，结合期望的公式，即可求解；
（3）根据题意，求得18名男生身高数据的平均数和方差，结合分层抽样的方差的计算公式，即可求解.
【详解】（1）解：零假设：该中学高三年级学生的性别与身高无关联
根据列联表中的数据，经计算得，
由此可知根据小概率值 的独立性检验，零假设不成立，
可以认为性别与身高有关联
（2）解：由题意，可得随机变量的可能取值为，
可得
所以随机变量的分布列为:
所以，期望为，
（3）解：由题意知，18名男生身高数据的平均数，
18 名男生身高数据的方差
，
所以，该中学男生身高数据的平均数为174，方差为59.
33．（2024·山东烟台·三模）为提高学生对航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某学校组织学生参加航天科普知识挑战赛，比赛共设置A，B，C三个问题，规则如下：①每位参加者计分器的初始分均为50分，答对问题A，B，C分别加10分，20分，30分，答错任一题减10分；②每回答一题，计分器显示累计分数，当累计分数小于40分或答完三题时累计分数不足80分，答题结束，挑战失败；当累计分数大于或等于80分时，答题结束，挑战成功；③每位参加者按问题A，B，C顺序作答，直至挑战结束.设甲同学能正确回答出问题A，B，C的概率分别为，，，且回答各题正确与否互不影响.
(1)求甲同学挑战成功的概率；
(2)用X表示甲同学答题结束时答对问题的个数，求X的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）用表示甲第i个问题回答正确，表示甲第i个问题回答错误，分析甲同学能挑战成功包括，分别求概率，再相加；
（2）分析出的可能取值：0，1，2，分别求概率，写出分布列，求出数学期望即可.
【详解】（1）用表示甲第i个问题回答正确，表示甲第i个问题回答错误，则;
.
记事件Q：甲同学能挑战成功，则：
.
即甲同学能挑战成功的概率为.
（2）由题意知的可能取值：0，1，2，
∴;,
，
，
∴的分布列为：
∴,
即数学期望为.
34．（2024·浙江·三模）为提高学生的思想政治觉悟，激发爱国热情，增强国防观念和国家安全意识，某校进行军训打靶竞赛．规则如下：每人共有3次机会，击中靶心得1分，否则得0分、已知甲选手第一枪击中靶心的概率为，且满足：如果第n次射击击中靶心概率为p，那么当第n次击中靶心时，第次击中靶心的概率也为p，否则第次击中靶心的概率为．
(1)求甲选手得分X的分布列及其数学期望；
(2)有如下定义：设X是一个随机变量，x是任意实数，函数，称为X的分布函数，对于任意实数，，有．因此，若已知X的分布函数，我们就知道X落在任一区间上的概率．
（i）写出（1）中甲选手得分X的分布函数（分段函数形式）；
（ii）靶子是半径为2的一个圆盘，设击中靶上任一同心圆盘上的点的概率与该圆盘的面积成正比，假如选手射击都能中靶，以Y表示弹着点与圆心的距离．试求随机变量Y的分布函数．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）列出的可能值，并求出对应的概率，可得的分布列，并求期望.
（2）根据分布函数的概念，求分布函数.
【详解】（1）甲选手得分X的取值可为0，1，2，3，
，．
，，
所以X的分布列为
X的数学期望是．
（2）（i）X的分布函数为；
（ii）设随机变量Y的分布函数为，
若，此时；
若，由题意设，
当时，有，又因为，
所以，即，
所以；
若，此时，
综上所述，．
35．（2024·广东汕头·三模）11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束：当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立．
(1)若每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.
(2)已知第一局目前比分为10∶10，求
（ⅰ）再打两个球甲新增的得分的分布列和均值；
（ⅱ）第一局比赛甲获胜的概率；
【答案】(1)
(2)（ⅰ）分布列见详解，；（ⅱ）
【分析】（1）由五局三胜制的规则，可知的所有可能取值为，求出对应概率相加即可求得甲获胜的概率为；
（2）（ⅰ）易知的所有可能取值为，根据条件概率公式可求得对应概率取值可得分布列和均值；（ⅱ）根据获胜规则求出第一局比赛甲获胜概率的表达式，解得.
【详解】（1）因为甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则，
设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立，
所以的所有可能取值为，
可得；
故该场比赛甲获胜的概率.
（2）（ⅰ）依题意，的所有可能取值为
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
所以，
.
所以的分布列为
故的均值为；
（ⅱ）设第一局比赛甲获胜为事件，则.
由（ⅰ）知，，
由全概率公式，得
解得，即第一局比赛甲获胜的概率.
36．（2024·浙江绍兴·三模）如图是一个各棱长均为1米的正四棱锥，现有一只电子蛐蛐在棱上爬行，每次从一个顶点开始，等可能地沿棱爬到相邻顶点，已知电子蛐蛐初始从顶点出发，再次回到顶点时停止爬行.
(1)求电子蛐蛐爬行2米后恰好回到顶点的概率；
(2)在电子蛐蛐停止爬行时爬行长度不超过4米的条件下，记爬行长度为，求的分布列及其数学期望；
(3)设电子蛐蛐爬行米后恰好停止爬行（首次回到顶点）的概率记为，求（用表示）.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）根据独立事件概率公式计算即可；
（2）结合条件概率先求离散型随机变量的分布列再求出数学期望；
（3）结合等比数列的通项公式求出.
【详解】（1）记事件“电子蛐蛐爬行的第米终点为”，“电子蛐蛐爬行的第米终点为”，
“电子蛐蛐爬行的第米终点为”，“电子蛐蛐爬行的第米终点为”，
“电子蛐蛐爬行的第米终点为”，“电子蛐蛐爬行米后恰好停止爬行”，
则
（2）记事件“电子蛐蛐停止爬行时，爬行长度不超过4米”
的可能取值为2，3，4，根据条件概率的知识，可得的分布列为
，
，
，
用表格表示的分布列为：
．
（3）（，）①
②
②－①得：
，
命题解读
考向
考查统计
1.高考对概率的考查，重点是
（1）理解古典概型及其概率计算公式；
（2）会计算一些随机事件所包含的样本点及事件发生的概率；
（3）理解随机事件的独立性和条件概率的关系，会利用全概率公式计算概率；
（4）理解两点分布、二项分布、超几何分布的概念，能解决一些简单的实际问题；
（5）借助正态分布曲线了解正态分布的概念，并进行简单应用。
古典概型
2022·新高考Ⅰ卷，5
2024·新高考Ⅰ卷，14
正态分布
2024·新高考Ⅰ卷，9
2022·新高考Ⅱ卷，13
独立事件的乘法公式
2023·新高考Ⅰ卷，7
2023·新高考Ⅱ卷，12
2024·新高考Ⅱ卷，18
条件概率、全概率公式
2022·新高考Ⅰ卷，20
2022·新高考Ⅱ卷，19
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
0
1
…
…
…
…
0
1
…
…
年份
2015
2016
2017
2018
2019
2020
2021
2022
2023
产量（万台)
3.3
7.2
13.1
14.8
18.7
23.7
36.6
44.3
43.0
销量 （万台)
2.3
5.7
13.6
14.9
15.0
15.6
27.1
29.7
31.6
2
3
4
质量差（单位：）
54
58
60
63
64
件数（单位：件）
5
25
45
20
5
2
3
4
5
X
0
1
2
3
P
性別
身高
合计
低于
不低于
女
14
5
19
男
8
10
18
合计
22
15
37
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
0
1
2
3
0
1
2
X
0
1
2
3
0
1
2
2
3
4