2025年高考数学二轮复习重点专题训练·概率统计第1课时概率、事件及分布

2025高考二轮复习重点专题训练·概率、事件及分布 一、单项选择题 1．(2024·江苏盐城高三模拟)若从1至9的9个整数中随机取2个不同的数，则这2个数的和是3的倍数的概率为(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 2．(2024·江苏泰州阶段训练)在的展开式中，二项式系数的和为64，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为(　　) A. B. C. D. 3．(2024·上海三模)在一个有限样本空间中，假设P(A)＝P(B)＝P(C)＝，且A与B相互独立，A与C互斥，以下说法中，正确的个数是(　　) ①P(A∪B)＝； ②P(C|A)＝2P(A|C)； ③若P(C|B)＋P(C|B)＝，则B与C互斥． A．0 B．1 C．2 D．3 4．(2024·江苏宿迁期末)某工厂有甲、乙、丙3个车间生产同一种产品，其中甲车间的产量占总产量的20%，乙车间占35%，丙车间占45%.已知这3个车间的次品率依次为5%，4%，2%，若从该厂生产的这种产品中取出1件为次品，则该次品由乙车间生产的概率为(　　) A. B. C. D. 5．(2024·河北沧州期中)已知随机变量X～B(n，p)，若E(X)＝，D(X)＝，则＝(　　) A．15 B. C. D. 6．(2024·浙江适应性调研)随机变量X服从正态分布N(1，σ2)．若P(1≤X<3)＝0.2，则P(X<1||X|>1)＝(　　) A. B. C. D. 7．(2024·河北保定期末)概率论中有一个重要的结论：若随机变量Y～B(n，p)，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似地替代，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．现抛掷一枚质地均匀的硬币2 500次，利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于1 200的概率为(　　) (附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5) A．0.998 65 B．0.977 25 C．0.841 35 D．0.658 65 8．(2024·山东青岛三模)某校高一有学生980人，在一次模拟考试中这些学生的数学成绩X服从正态分布N(100，σ2)，已知P(90<X≤100)＝0.1，则该校高一学生数学成绩在110分以上的人数大约为(　　) A．784 B．490 C．392 D．294 9．(2024·天津静海阶段练习)现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球．第一次先从1号口袋内随机取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法不正确的是(　　) A．在第一次取到3号球的条件下，第二次取到1号球的概率是 B．第二次取到1号球的概率为 C．如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大 D．如果将5个不同的小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有150种 二、多项选择题 10．(2024·重庆八中适应性考试)已知A，B分别为随机事件A，B的对立事件，满足0<P(A)<1，0<P(B)<1，则下列可以说明事件A，B为相互独立事件的是(　　) A．P(B)＝P(B|A) B．P(B|A)＝P(B|A) C．P(A)＋P(B)＝P(A∪B) D．P(AB)＋P(AB)＝P(B|A) 11．(2024·广州一模)甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球(两箱中的球除颜色外，没有其他区别)．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则(　　) A．P(A1)＝ B．P(B)＝ C．P(B|A1)＝ D．P(A2|B)＝ 12．已知离散型随机变量X服从二项分布B(n，p)，其中n∈N*，0<p<1，记X为奇数的概率为a，X为偶数的概率为b，则下列说法中正确的有(　　) A．a＋b＝1 B．当p＝时，a＝b C．当0<p<时，a随着n的增大而增大 D．当<p<1时，a随着n的增大而减小 13．(2024·福建福州期中)已知Ω为随机试验的样本空间，事件A，B满足AΩ，BΩ，则下列说法正确的是(　　) A．若AB，且P(A)＝，P(B)＝，则P(A＋B)＝ B．若A∩B＝，且P(A)＝，P(B)＝，则P(A＋B)＝ C．若P(A)＝P(A|B)＝，P(B)＝，则P(B|A)＝ D．若P(A)＝，P(A|B)＝，P(A|B)＝，则P(B)＝ 三、填空题 14．(1)(2024·江苏八市第三次调研)已知随机变量X～N(4，42)，若P(X≤3)＝0.3，则P(3<X<5)＝________，若Y＝2X＋1，则Y的方差为________． (2)(2024·广东佛山二模)统计学中通常认为服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，简称为3σ原则．假设某厂有一条包装食盐的生产线，正常情况下食盐质量(单位：g)服从正态分布N(400，σ2)，某天生产线上的检测员随机抽取了一包食盐，称得其质量大于415 g，他立即判断生产线出现了异常，要求停产检修．由此可以得出，σ的最大值是________． 15．(2024·安庆示范性高中高三4月联考)一个不透明的袋子装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1，2，3，4，4.现甲从中随机摸出一个球记下所标数字后放回，乙再从中随机摸出一个球记下所标数字，若摸出的球上所标数字大的即为获胜(若摸出的球所标数字相同则为平局)，则在甲获胜的条件下，乙摸到2号球的概率为________． 16．(2024·河北保定期中)在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3且外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将箱子关闭，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，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择．现在已知甲选择了1号箱，若用Ai表示i号箱有奖品(i＝1，2，3)，用Bj表示主持人打开j号箱子(j＝2，3)，则P(A2|B3)＝________． 17．有人玩掷硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正反面为等可能性事件，棋盘上标有第0站，第1站，第2站，…，第8站，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋子向前跳一站(从k到k＋1)，若掷出反面，棋子向前跳两站(从k到k＋2)，直到棋子跳到第7站(胜利大本营)或跳到第8站(失败集中营)时，该游戏结束．设棋子跳到第n站的概率为Pn，则P8＝________． 四、解答题 18．(2023·安徽期末)某校为了培养学生数学学科的核心素养，组织了数学建模知识竞赛，共有两道题目，答对每道题目得10分，答错或不答得0分．甲答对每道题目的概率为，乙答对每道题目的概率为p(0<p<1)，且甲、乙答对与否互不影响，各题答题结果也互不影响．已知至少一人答对第一道题目的概率为. (1)求p的值； (2)求甲、乙得分之和为30的概率． 19．(2024·苏州大学指导卷)甲、乙、丙三人同时对一飞行物进行射击，三人击中的概率分别为0.5，0.6，0.7.若飞行物被一人击中，则其被击落的概率为0.2；若飞行物被两人击中，则其被击落的概率为0.4；若飞行物被三人击中，则其被击落的概率为0.9. (1)求飞行物被两人击中的概率； (2)求飞行物被击落的概率． 20．(2024·石家庄质检)某商场周年庆进行大型促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，活动期间在商场消费达到一定金额的人可以参加游戏，游戏规则如下：在一个盒子里放着六枚硬币，其中有三枚正常的硬币，一面印着字，一面印着花；另外三枚硬币是特制的，有两枚双面都印着字，一枚双面都印着花，规定印着字的面为正面，印着花的面为反面．游戏者蒙着眼睛随机从盒子中抽取一枚硬币并连续投掷两次，由工作人员告知投掷的结果，若投掷两次向上的面都是正面，则进入最终挑战，否则游戏结束，不获得任何礼券．最终挑战的方式是进行第三次投掷，有两个方案可供选择：方案一，继续投掷之前抽取的那枚硬币，如果掷出向上的面为正面，则获得200元礼券；方案二，不使用之前抽取的硬币，从盒子里剩余的五枚硬币中再次随机抽取一枚投掷，如果掷出向上的面为正面，则获得300元礼券，不管选择方案一还是方案二，如果掷出向上的面为反面，则获得100元礼券． (1)求第一次投掷后，向上的面为正面的概率； (2)若已知某顾客抽取一枚硬币后连续投掷两次，向上的面均为正面，求该硬币是正常硬币的概率； (3)在已知某顾客进入了最终挑战环节的条件下，试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得的礼券金额的数学期望，并以此判断应该选择哪种抽奖方案更合适． 21．(2024·福建泉州模拟预测)为更好地发挥高考的育才作用，部分新高考试题采用了多选题这一新题型．多选题的评分规则如下：对于多选题，每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，满分6分．全部选对得6分，有错选或全不选的得0分．当正确答案为两项时，选对1个得3分；当正确答案为三项时，选对1个得2分，选对2个得4分．某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为p，正确答案是三个选项的概率为1－p(0<p<1)．现有一道多选题，学生李华完全不会，此时他有三种答题方案：Ⅰ.随机选一个选项；Ⅱ.随机选两个选项；Ⅲ.随机选三个选项． (1)若p＝，且学生李华选择方案Ⅰ，求本题得分的数学期望； (2)以本题得分的数学期望为决策依据，p的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好？ 22．(2024·山东菏泽模拟预测)菏泽牡丹栽培始于隋，兴于唐，盛于明清，自古享有“曹州牡丹甲天下”的美誉．四月，菏泽大地上牡丹次第绽放，观赏牡丹拥有9大色系、10大花型、1 308个品种，以最亮眼的姿态恭迎八方游人．某旅行团带游客来菏泽观赏牡丹，游客可自由选择曹州牡丹园和中国牡丹园的一处游览，若每位游客选择曹州牡丹园的概率是，选择中国牡丹园的概率是，游客之间选择意愿相互独立． (1)从游客中随机选取3人，记3人中选择曹州牡丹园的人数为X，求X的分布列、均值与方差； (2)现对游客进行问卷调查，若选择曹州牡丹园记2分，选择中国牡丹园记1分，记已调查过的游客累计得分为n的概率为Pn，求Pn. 23．(2024·陕西西安一模)某市为提升中学生的环境保护意识，举办了一次“环境保护知识竞赛”，分预赛和复赛两个环节，预赛成绩排名前300的学生参加复赛．已知共有12 000名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100人的预赛成绩作为样本，得到频率分布直方图如图所示． (1)规定预赛成绩不低于80分为优良，若从样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机抽取2人，求至少有1人预赛成绩优良的概率，并求预赛成绩优良的人数X的分布列及数学期望； (2)由频率分布直方图可认为该市参加预赛的全体学生的预赛成绩Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ可近似为样本中100名学生预赛成绩的平均值(同一组数据用该组区间的中点值代替)，且σ2＝362，已知小明的预赛成绩为91分，利用该正态分布，估计小明是否有资格参加复赛． 附：若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.997 3；≈19. 24．(2024·江西南昌二模)一条生产电阻的生产线生产状态正常时，生产的电阻阻值X(单位：Ω)服从正态分布N(1 000，52)． (1)生产状态正常时，从这条生产线生产的电阻中抽取2只，求这两只电阻的阻值在区间[995，1 000]和[1 005，1 010]内各一只的概率；(精确到0.001) (2)根据统计学的知识，从服从正态分布N(μ，σ2)的总体中抽取容量为n的样本，则这个样本的平均数服从正态分布N.某时刻，质检员从生产线上抽取5只电阻，测得阻值分别为1 000，1 007，1 012，1 013，1 013(单位：Ω)．你认为这时生产线生产状态正常吗？说明理由．(参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3) 25．(2024·山东日照三模)电信诈骗是指通过电话、网络和短信等方式，编造虚假信息，设置骗局，对受害人实施远程诈骗的犯罪行为．随着5G时代的全面来临，借助手机、网银等实施的非接触式电信诈骗迅速发展蔓延，不法分子甚至将“魔爪”伸向了学生．为了增强同学们的防范意识，某校举办了主题为“防电信诈骗，做反诈达人”的知识竞赛． (1)已知该校参加本次竞赛的学生分数η近似服从正态分布N(80，25)，若某同学成绩满足μ－σ≤η≤μ＋2σ，则该同学被评为“反诈标兵”；若η>μ＋2σ，则该同学被评为“反诈达人”． (ⅰ)试判断分数为88的同学能否被评为“反诈标兵”； (ⅱ)若全校共有40名同学被评为“反诈达人”，试估计参与本次知识竞赛的学生人数(四舍五入后取整)； (2)已知该学校有男生1 000人，女生1 200人，经调查有750名男生和600名女生了解“反诈”知识，用样本估计总体，现从全校随机抽出2名男生和3名女生，这5人中了解“反诈”知识的人数记为X，求X的分布列及数学期望E(X)． 参考数据：若ξ～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3. 3 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高考二轮复习重点专题训练·概率、事件及分布 一、单项选择题 1．(2024·江苏盐城高三模拟)若从1至9的9个整数中随机取2个不同的数，则这2个数的和是3的倍数的概率为(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 答案　C 解析　从1至9的9个整数中随机取2个不同的数共有C92＝36个结果，这2个数的和是3的倍数有C31C31＋C32＝12个结果，P＝＝. 2．(2024·江苏泰州阶段训练)在的展开式中，二项式系数的和为64，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　在的展开式中，二项式系数的和为2n＝64＝26，所以n＝6. 则即，其展开式的通项公式为Tr＋1＝C6r··x3－，r＝0，1，2，…，6， 故展开式共有7项，当r＝0，4时为有理项， 把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻，即把其他的5个无理项先任意排，再把这两个有理项插入产生的6个空中，方法共有A55A62种，故有理项都互不相邻的概率为P＝＝.故选A. 3．(2024·上海三模)在一个有限样本空间中，假设P(A)＝P(B)＝P(C)＝，且A与B相互独立，A与C互斥，以下说法中，正确的个数是(　　) ①P(A∪B)＝； ②P(C|A)＝2P(A|C)； ③若P(C|B)＋P(C|B)＝，则B与C互斥． A．0 B．1 C．2 D．3 答案　C 解析　P(A)＝P(B)＝，且A与B相互独立，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－×＝，故①错误； P(C|A)＝＝3P(CA)，P(A|C)＝＝＝P(CA)，故P(C|A)＝2P(A|C)，故②正确； P(C|B)＋P(C|B)＝，P(C|B)＝，P(C|B)＝，故＋＝，即6P(CB)＋3P(CB)＝1，若B与C互斥，则P(BC)＝0，P(CB)＝P(C)＝，满足上式，故P(BC)＝0，即B与C互斥，故③正确．故选C. 4．(2024·江苏宿迁期末)某工厂有甲、乙、丙3个车间生产同一种产品，其中甲车间的产量占总产量的20%，乙车间占35%，丙车间占45%.已知这3个车间的次品率依次为5%，4%，2%，若从该厂生产的这种产品中取出1件为次品，则该次品由乙车间生产的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　记事件A表示取出一件产品是甲车间生产的， 事件B表示取出一件产品是乙车间生产的， 事件C表示取出一件产品是丙车间生产的， 事件D表示取出一件产品是次品， 则P(A)＝0.2，P(B)＝0.35，P(C)＝0.45， P(D|A)＝0.05，P(D|B)＝0.04，P(D|C)＝0.02， 故P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.2×0.05＋0.35×0.04＋0.45×0.02＝0.033， 若取到的是次品，则此次品由乙车间生产的概率为P(B|D)＝＝＝＝＝. 故选C. 5．(2024·河北沧州期中)已知随机变量X～B(n，p)，若E(X)＝，D(X)＝，则＝(　　) A．15 B. C. D. 答案　A 解析　因为E(X)＝np＝，D(X)＝np(1－p)＝，所以＝1－p＝，即p＝，所以n＝3，所以＝15.故选A. 6．(2024·浙江适应性调研)随机变量X服从正态分布N(1，σ2)．若P(1≤X<3)＝0.2，则P(X<1||X|>1)＝(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由题可知x＝1为正态曲线的对称轴，故P(X≥1)＝P(X<1)＝0.5. 又由P(1≤X<3)＝0.2及正态曲线的对称性知P(－1≤X<1)＝0.2，P(X<－1)＝P(X<1)－P(－1≤X<1)＝0.3，则P(|X|>1)＝1－P(－1≤X≤1)＝0.8，则P(X<1||X|>1)＝＝＝＝.故选B. 7．(2024·河北保定期末)概率论中有一个重要的结论：若随机变量Y～B(n，p)，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似地替代，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．现抛掷一枚质地均匀的硬币2 500次，利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于1 200的概率为(　　) (附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5) A．0.998 65 B．0.977 25 C．0.841 35 D．0.658 65 答案　B 解析　抛掷一枚质地均匀的硬币2 500次，设硬币正面向上的次数为X， 则X～B，E(X)＝2 500×＝1 250，D(X)＝2 500××＝625. 由题意X～N(μ，σ2)，且μ＝E(X)＝1 250，σ2＝D(X)＝625＝252， 因为P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，即P(1 250－2×25≤X≤1 250＋2×25)≈0.954 5， 所以利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于1 200的概率为P(X≥1 200)＝P(X≥1 250－2×25)≈＋0.5＝0.977 25.故选B. 8．(2024·山东青岛三模)某校高一有学生980人，在一次模拟考试中这些学生的数学成绩X服从正态分布N(100，σ2)，已知P(90<X≤100)＝0.1，则该校高一学生数学成绩在110分以上的人数大约为(　　) A．784 B．490 C．392 D．294 答案　C 解析　因为X～N(100，σ2)，且P(90<X≤100)＝0.1，所以P(100<X≤110)＝P(90<X≤100)＝0.1，所以P(X>110)＝0.5－P(100<X≤110)＝0.5－0.1＝0.4，又因为高一有学生980人，所以该校高一学生数学成绩在110分以上的人数大约为980×0.4＝392.故选C. 9．(2024·天津静海阶段练习)现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球．第一次先从1号口袋内随机取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法不正确的是(　　) A．在第一次取到3号球的条件下，第二次取到1号球的概率是 B．第二次取到1号球的概率为 C．如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大 D．如果将5个不同的小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有150种 答案　B 解析　记事件Ai，Bi分别表示第一次、第二次取到i号球，i＝1，2，3，则在第一次取到3号球的条件下，第二次取到1号球的概率P(B1|A3)＝＝，故A正确； 依题意A1，A2，A3两两互斥，其和为Ω，并且P(A1)＝，P(A2)＝P(A3)＝，P(B1|A1)＝，P(B1|A2)＝，P(B1|A3)＝，应用全概率公式，有P(B1)＝∑3,i＝1P(Ai)P(B1|Ai)＝×＋×＋×＝，故B错误； 依题设知，第二次的球取自口袋的编号与第一次取的球上的号数相同，则P(A1|B1)＝＝××2＝，P(A2|B1)＝＝××2＝，P(A3|B1)＝＝××2＝，故在第二次取到1号球的条件下，它来自1号口袋的概率最大，故C正确； 先将5个不同的小球分成1，1，3或2，2，1三组，再放入三个不同的口袋，则不同的分配方法有·A33＝150(种)，故D正确．故选B. 二、多项选择题 10．(2024·重庆八中适应性考试)已知A，B分别为随机事件A，B的对立事件，满足0<P(A)<1，0<P(B)<1，则下列可以说明事件A，B为相互独立事件的是(　　) A．P(B)＝P(B|A) B．P(B|A)＝P(B|A) C．P(A)＋P(B)＝P(A∪B) D．P(AB)＋P(AB)＝P(B|A) 答案　ABD 解析　对于A，由P(B)＝P(B|A)，得＝P(B)，即P(AB)＝P(A)P(B)，故A可以； 对于B，结合相互独立事件的定义易知事件A与B相互独立，再结合性质易知事件A，B相互独立，故B可以； 对于C，由P(A)＋P(B)＝P(A∪B)易知P(AB)＝0<P(A)P(B)，故事件A，B不独立，故C不可以； 对于D，由全概率公式可得P(AB)＋P(AB)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝P(B)，P(B|A)＝，又因为P(AB)＋P(AB)＝P(B|A)，故P(AB)＝P(A)P(B)，故D可以．故选ABD. 11．(2024·广州一模)甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球(两箱中的球除颜色外，没有其他区别)．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则(　　) A．P(A1)＝ B．P(B)＝ C．P(B|A1)＝ D．P(A2|B)＝ 答案　ABD 解析　P(A1)＝，A正确；P(B)＝×＋×＝，B正确；P(B|A1)＝＝＝，C错误；P(A2|B)＝＝＝，D正确．故选ABD. 12．已知离散型随机变量X服从二项分布B(n，p)，其中n∈N*，0<p<1，记X为奇数的概率为a，X为偶数的概率为b，则下列说法中正确的有(　　) A．a＋b＝1 B．当p＝时，a＝b C．当0<p<时，a随着n的增大而增大 D．当<p<1时，a随着n的增大而减小 答案　ABC 解析　对于A，由概率的基本性质可知，a＋b＝1，故正确；对于B，当p＝时，离散型随机变量X服从二项分布B，则P(X＝k)＝Cnk(k＝0，1，2，3，…，n)，当n为偶数时，a＝(Cn1＋Cn3＋Cn5＋…＋Cnn－1)＝×2n－1＝，b＝(Cn0＋Cn2＋Cn4＋…＋Cnn)＝×2n－1＝，所以a＝b，同理，当n为奇数时，也有a＝b，故正确；对于C、D，a＝＝，当0<p<时，a＝为正且递增，故a随着n的增大而增大，故C正确；当<p<1时，(1－2p)n正负交替，故D不正确． 13．(2024·福建福州期中)已知Ω为随机试验的样本空间，事件A，B满足AΩ，BΩ，则下列说法正确的是(　　) A．若AB，且P(A)＝，P(B)＝，则P(A＋B)＝ B．若A∩B＝，且P(A)＝，P(B)＝，则P(A＋B)＝ C．若P(A)＝P(A|B)＝，P(B)＝，则P(B|A)＝ D．若P(A)＝，P(A|B)＝，P(A|B)＝，则P(B)＝ 答案　BCD 解析　因为AB，所以P(A＋B)＝P(A∪B)＝P(B)＝，A不正确； 若A∩B＝，则A，B互斥，由P(A)＝，P(B)＝，得P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝，B正确； 由P(A)＝P(A|B)＝，即P(AB)＝P(A)·P(B)，得事件A，B相互独立，所以事件A，B也相互独立，所以P(AB)＝P(A)P(B)＝＝，则P(B|A)＝＝＝，C正确； 由P(A|B)＝＝，P(A|B)＝＝，得P(AB)＝P(B)，P(AB)＝P(B)，则P(A)＝P(AB)＋P(A B)＝P(B)＋P(B)，所以1－＝(1－P(B))＋P(B)，解得P(B)＝，D正确．故选BCD. 三、填空题 14．(1)(2024·江苏八市第三次调研)已知随机变量X～N(4，42)，若P(X≤3)＝0.3，则P(3<X<5)＝________，若Y＝2X＋1，则Y的方差为________． 答案　0.4　64 解析　由X～N(4，42)，P(X≤3)＝0.3，得P(3<X≤4)＝0.2，P(3<X<5)＝0.4，由D(X)＝42，得D(Y)＝4D(X)＝64. (2)(2024·广东佛山二模)统计学中通常认为服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，简称为3σ原则．假设某厂有一条包装食盐的生产线，正常情况下食盐质量(单位：g)服从正态分布N(400，σ2)，某天生产线上的检测员随机抽取了一包食盐，称得其质量大于415 g，他立即判断生产线出现了异常，要求停产检修．由此可以得出，σ的最大值是________． 答案　5 解析　依题意，μ＝400，由3σ原则，得400＋3σ≤415，解得σ≤5，所以σ的最大值是5. 15．(2024·安庆示范性高中高三4月联考)一个不透明的袋子装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1，2，3，4，4.现甲从中随机摸出一个球记下所标数字后放回，乙再从中随机摸出一个球记下所标数字，若摸出的球上所标数字大的即为获胜(若摸出的球所标数字相同则为平局)，则在甲获胜的条件下，乙摸到2号球的概率为________． 答案　 解析　设“甲获胜”为事件A，“乙摸到2号球”为事件B，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝＝. 16．(2024·河北保定期中)在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3且外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将箱子关闭，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，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择．现在已知甲选择了1号箱，若用Ai表示i号箱有奖品(i＝1，2，3)，用Bj表示主持人打开j号箱子(j＝2，3)，则P(A2|B3)＝________． 答案　 解析　若奖品在1号箱里，则主持人可打开2，3号箱，故P(B3|A1)＝；若奖品在2号箱里，则主持人打开3号箱的概率为1，故P(B3|A2)＝1；若奖品在3号箱里，则主持人只能打开2号箱，故P(B3|A3)＝0，由全概率公式可得P(B3)＝P(Ai)P(B3|Ai)＝＝，则P(A2|B3)＝＝＝. 17．有人玩掷硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正反面为等可能性事件，棋盘上标有第0站，第1站，第2站，…，第8站，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋子向前跳一站(从k到k＋1)，若掷出反面，棋子向前跳两站(从k到k＋2)，直到棋子跳到第7站(胜利大本营)或跳到第8站(失败集中营)时，该游戏结束．设棋子跳到第n站的概率为Pn，则P8＝________． 答案　 解析　棋子开始在第0站为必然事件，∴P0＝1. 若第一次掷硬币出现正面，棋子跳到第1站，其概率为P1＝.棋子跳到第2站应从如下两方面考虑： 前两次掷硬币都出现正面，其概率为； 第一次掷硬币出现反面，其概率为. ∴P2＝＋＝. 棋子跳到第n(2≤n≤7)站的情况有下列两种： 棋子先跳到第n－2站，又掷出反面，其概率为Pn－2； 棋子先跳到第n－1站，又掷出正面，其概率为Pn－1. ∴Pn＝Pn－2＋Pn－1， ∴Pn－Pn－1＝－(Pn－1－Pn－2)． 所以当2≤n≤7时，数列{Pn－Pn－1}是首项为P2－P1，公比为－的等比数列． P2－P1＝，P3－P2＝－，…，Pn－Pn－1＝， 以上各式相加，得Pn＝，2≤n≤7， ∴P6＝＝， 又第8站的上一站只能为第6站， ∴P8＝P6＝. 4、 解答题 18．(2023·安徽期末)某校为了培养学生数学学科的核心素养，组织了数学建模知识竞赛，共有两道题目，答对每道题目得10分，答错或不答得0分．甲答对每道题目的概率为，乙答对每道题目的概率为p(0<p<1)，且甲、乙答对与否互不影响，各题答题结果也互不影响．已知至少一人答对第一道题目的概率为. (1)求p的值； (2)求甲、乙得分之和为30的概率． 解析　(1)设A＝“甲答对第一道题目”，B＝“乙答对第一道题目”，则P(A)＝，P(B)＝p， 因为A与B相互独立，所以A与B也相互独立． 由于“至少一人答对第一道题目”的对立事件是“甲、乙都答错第一道题目”， 根据对立事件的性质，得至少一人答对第一道题目的概率为1－P(A B)＝1－(1－p)＝＋p， 由题意可知，＋p＝，解得p＝. (2)设A1表示甲答对1道题目，A2表示甲答对2道题目，B1表示乙答对1道题目，B2表示乙答对2道题目． 则P(A1)＝×＋×＝， P(A2)＝×＝， P(B1)＝×＋×＝， P(B2)＝×＝. 设C表示甲、乙得分之和为30，则C＝A1B2＋A2B1，因为甲、乙答对与否互不影响，各题答题结果也互不影响，所以A1与B2相互独立，A2与B1相互独立，且A1B2与A2B1互斥， 则P(C)＝P(A1B2＋A2B1)＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＝×＋×＝. 19．(2024·苏州大学指导卷)甲、乙、丙三人同时对一飞行物进行射击，三人击中的概率分别为0.5，0.6，0.7.若飞行物被一人击中，则其被击落的概率为0.2；若飞行物被两人击中，则其被击落的概率为0.4；若飞行物被三人击中，则其被击落的概率为0.9. (1)求飞行物被两人击中的概率； (2)求飞行物被击落的概率． 解析　记事件Ai(i＝0，1，2，3)表示“飞行物被i个人击中”，事件Bi(i＝1，2，3)分别表示“飞行物被甲、乙、丙击中”，由题意知P(B1)＝0.5，P(B2)＝0.6，P(B3)＝0.7. (1)P(A2)＝P(B1B2B3∪B1B2B3∪B1B2B3)＝P(B1B2B3)＋P(B1B2B3)＋P(B1B2B3)＝0.5×0.6×(1－0.7)＋0.5×(1－0.6)×0.7＋(1－0.5)×0.6×0.7＝0.09＋0.14＋0.21＝0.44，故飞行物被两人击中的概率为0.44. (2)记事件C表示“飞行物被击落”，由题意知P(C|A0)＝0，P(C|A1)＝0.2，P(C|A2)＝0.4，P(C|A3)＝0.9，而P(A0)＝P(B1B2B3)＝(1－0.5)×(1－0.6)×(1－0.7)＝0.06，P(A1)＝P(B1B2B3∪B1B2B3∪B1B2B3)＝P(B1B2B3)＋P(B1B2B3)＋P(B1B2B3)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.7)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.7＋(1－0.5)×0.6×(1－0.7)＝0.06＋0.14＋0.09＝0.29，P(A3)＝P(B1B2B3)＝0.5×0.6×0.7＝0.21，从而由全概率公式得P(C)＝P(A0)·P(C|A0)＋P(A1)·P(C|A1)＋P(A2)·P(C|A2)＋P(A3)·P(C|A3)＝0.06×0＋0.29×0.2＋0.44×0.4＋0.21×0.9＝0.423.故飞行物被击落的概率为0.423. 20．(2024·石家庄质检)某商场周年庆进行大型促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，活动期间在商场消费达到一定金额的人可以参加游戏，游戏规则如下：在一个盒子里放着六枚硬币，其中有三枚正常的硬币，一面印着字，一面印着花；另外三枚硬币是特制的，有两枚双面都印着字，一枚双面都印着花，规定印着字的面为正面，印着花的面为反面．游戏者蒙着眼睛随机从盒子中抽取一枚硬币并连续投掷两次，由工作人员告知投掷的结果，若投掷两次向上的面都是正面，则进入最终挑战，否则游戏结束，不获得任何礼券．最终挑战的方式是进行第三次投掷，有两个方案可供选择：方案一，继续投掷之前抽取的那枚硬币，如果掷出向上的面为正面，则获得200元礼券；方案二，不使用之前抽取的硬币，从盒子里剩余的五枚硬币中再次随机抽取一枚投掷，如果掷出向上的面为正面，则获得300元礼券，不管选择方案一还是方案二，如果掷出向上的面为反面，则获得100元礼券． (1)求第一次投掷后，向上的面为正面的概率； (2)若已知某顾客抽取一枚硬币后连续投掷两次，向上的面均为正面，求该硬币是正常硬币的概率； (3)在已知某顾客进入了最终挑战环节的条件下，试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得的礼券金额的数学期望，并以此判断应该选择哪种抽奖方案更合适． 解析　设第一次抽到正常硬币为事件A，第一次抽到双面都印着字的硬币为事件B，第一次抽到双面都印着花的硬币为事件C，第一次投掷出正面向上为事件M1，第二次投掷出正面向上为事件M2，选择方案一进行第三次投掷并正面向上为事件M3，选择方案二进行第三次投掷并正面向上为事件N3. (1)由全概率公式可得P(M1)＝P(M1|A)·P(A)＋P(M1|B)·P(B)＋P(M1|C)·P(C)＝×＋×1＋×0＝. (2)投掷两次都是正面向上的概率为P(M1M2)＝P(M1M2|A)P(A)＋P(M1M2|B)P(B)＋P(M1M2|C)P(C)＝××＋×1＋×0＝. P(A|M1M2)＝＝＝＝. (3)若选择方案一，设第三次投掷后最终获得的礼券为X元，第三次掷出正面向上为事件S， 则P(M3|M1M2)＝ ＝ ＝＝， 即P(S)＝，1－P(S)＝， E(X)＝×200＋×100＝＝. 若选择方案二，设第三次投掷后最终获得的礼券为Y元，第三次掷出正面向上为事件T， ①如果第一次抽到的是正常硬币，设第二次抽到正常硬币为事件HA，第二次抽到双面都印着字的硬币为事件HB，第二次抽到双面都印着花的硬币为事件HC，则P1＝P(M1M2|A)·P(A)·[P(N3|HA)·P(HA)＋P(N3|HB)·P(HB)＋P(N3|HC)·P(HC)]＝×××(×＋×1＋×0)＝. ②如果第一次抽到的是双面都印着字的硬币，设第二次抽到正常硬币为事件KA，第二次抽到双面都印着字的硬币为事件KB，第二次抽到双面都印着花的硬币为事件KC，则P2＝P(M1M2|B)·P(B)·[P(N3|KA)·P(KA)＋P(N3|KB)·P(KB)＋P(N3|KC)·P(KC)]＝×1×＝， 所以P(M1M2N3)＝P1＋P2＝＋＝， P(N3|M1M2)＝＝＝， 即P(T)＝，1－P(T)＝， E(Y)＝×300＋×100＝＝. 综上，E(X)<E(Y)，所以选择方案二抽奖更合适． 21．(2024·福建泉州模拟预测)为更好地发挥高考的育才作用，部分新高考试题采用了多选题这一新题型．多选题的评分规则如下：对于多选题，每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，满分6分．全部选对得6分，有错选或全不选的得0分．当正确答案为两项时，选对1个得3分；当正确答案为三项时，选对1个得2分，选对2个得4分．某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为p，正确答案是三个选项的概率为1－p(0<p<1)．现有一道多选题，学生李华完全不会，此时他有三种答题方案：Ⅰ.随机选一个选项；Ⅱ.随机选两个选项；Ⅲ.随机选三个选项． (1)若p＝，且学生李华选择方案Ⅰ，求本题得分的数学期望； (2)以本题得分的数学期望为决策依据，p的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好？ 解析　(1)记X为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则X的所有可能取值为0，2，3， P(X＝0)＝×＋×＝， P(X＝2)＝×0＋×＝， P(X＝3)＝×0＋×＝， 所以X的分布列为： X 0 2 3 P 则数学期望E(X)＝0×＋2×＋3×＝. (2)记ξ为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则ξ的所有可能取值为0，2，3， 则P(ξ＝0)＝p×＋(1－p)×＝， P(ξ＝2)＝p×0＋(1－p)×＝(1－p)， P(ξ＝3)＝p×＋(1－p)×0＝p， 所以E(ξ)＝0×＋2×(1－p)＋3×p＝. 记ε为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，则ε的所有可能取值为0，4，6， 则P(ε＝0)＝p×＋(1－p)×＝p＋， P(ε＝4)＝p×0＋(1－p)×＝(1－p)， P(ε＝6)＝p×＋(1－p)×0＝p， 所以E(ε)＝0×＋4×(1－p)＋6×p＝2－p. 记η为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，则η的所有可能取值为0，6， 则P(η＝0)＝p×1＋(1－p)×＝p＋， P(η＝6)＝p×0＋(1－p)×＝(1－p)， 所以E(η)＝0×＋6×(1－p)＝(1－p)． 若唯独选择方案Ⅰ最好，则 解得<p<1，故p的取值范围为. 22．(2024·山东菏泽模拟预测)菏泽牡丹栽培始于隋，兴于唐，盛于明清，自古享有“曹州牡丹甲天下”的美誉．四月，菏泽大地上牡丹次第绽放，观赏牡丹拥有9大色系、10大花型、1 308个品种，以最亮眼的姿态恭迎八方游人．某旅行团带游客来菏泽观赏牡丹，游客可自由选择曹州牡丹园和中国牡丹园的一处游览，若每位游客选择曹州牡丹园的概率是，选择中国牡丹园的概率是，游客之间选择意愿相互独立． (1)从游客中随机选取3人，记3人中选择曹州牡丹园的人数为X，求X的分布列、均值与方差； (2)现对游客进行问卷调查，若选择曹州牡丹园记2分，选择中国牡丹园记1分，记已调查过的游客累计得分为n的概率为Pn，求Pn. 解析　(1)随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，且X～B， 所以P(X＝0)＝C30＝， P(X＝1)＝C31＝， P(X＝2)＝C32＝， P(X＝3)＝C33＝. 所以随机变量X的分布列为： X 0 1 2 3 P 所以均值为E(X)＝3×＝， 方差为D(X)＝3××＝. (2)由题意可知，P1＝，P2＝＋×＝，P3＝×＋×， 所以当n≥3时，Pn＝Pn－1＋Pn－2， 则Pn＋Pn－1＝Pn－1＋Pn－2， 所以为常数列，且Pn＋Pn－1＝P2＋P1＝＋×＝1(n≥2)， 所以Pn－＝－(Pn－1－)(n≥2)， 所以是以P1－＝－为首项，公比为－的等比数列， 所以Pn－＝－×， 所以Pn＝－×＋. 23．(2024·陕西西安一模)某市为提升中学生的环境保护意识，举办了一次“环境保护知识竞赛”，分预赛和复赛两个环节，预赛成绩排名前300的学生参加复赛．已知共有12 000名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100人的预赛成绩作为样本，得到频率分布直方图如图所示． (1)规定预赛成绩不低于80分为优良，若从样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机抽取2人，求至少有1人预赛成绩优良的概率，并求预赛成绩优良的人数X的分布列及数学期望； (2)由频率分布直方图可认为该市参加预赛的全体学生的预赛成绩Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ可近似为样本中100名学生预赛成绩的平均值(同一组数据用该组区间的中点值代替)，且σ2＝362，已知小明的预赛成绩为91分，利用该正态分布，估计小明是否有资格参加复赛． 附：若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.997 3；≈19. 解析　(1)预赛成绩在[60，80)范围内的样本量为0.012 5×20×100＝25， 预赛成绩在[80，100]范围内的样本量为0.007 5×20×100＝15， 设抽取的2人中预赛成绩优良的人数为X，则X的所有可能取值为0，1，2， P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X≥1)＝＋＝， 所以至少有1人预赛成绩优良的概率为， X的分布列为： X 0 1 2 P 故数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝. (2)μ＝(10×0.005＋30×0.01＋50×0.015＋70×0.012 5＋90×0.007 5)×20＝53， σ2＝362，则σ≈19，所以Z～N(53，362)， 故P(Z≥91)＝P(Z≥μ＋2σ)＝[1－P(μ－2σ<Z<μ＋2σ)]≈0.022 75， 故全市参加预赛的学生中，成绩不低于91分的约为12 000×0.022 75＝273(人)． 因为273<300，所以小明有资格参加复赛． 24．(2024·江西南昌二模)一条生产电阻的生产线生产状态正常时，生产的电阻阻值X(单位：Ω)服从正态分布N(1 000，52)． (1)生产状态正常时，从这条生产线生产的电阻中抽取2只，求这两只电阻的阻值在区间[995，1 000]和[1 005，1 010]内各一只的概率；(精确到0.001) (2)根据统计学的知识，从服从正态分布N(μ，σ2)的总体中抽取容量为n的样本，则这个样本的平均数服从正态分布N.某时刻，质检员从生产线上抽取5只电阻，测得阻值分别为1 000，1 007，1 012，1 013，1 013(单位：Ω)．你认为这时生产线生产状态正常吗？说明理由．(参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3) 解析　(1)电阻阻值X服从正态分布N(1 000，52)， 所以μ＝1 000，σ＝5. 所以生产状态正常时，从这条生产线生产的电阻中抽取1只，则这只电阻阻值在[995，1 000]和在[1 005，1 010]的概率分别为P1＝P(995≤X≤1 000)＝P(μ－σ≤X≤μ)＝P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.341 35， P2＝P(1 005≤X≤1 010)＝P(μ＋σ≤X≤μ＋2σ)＝[P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)－P(μ－σ<X<μ＋σ)]≈0.135 9. 因此这两只电阻的阻值在区间[995，1 000]和[1 005，1 010]内各一只的概率P＝2P1P2≈2×0.341 35×0.135 9≈0.093. (2)生产状态正常时，这5个样本的平均数服从正态分布N，即N(1 000，()2)， 记σ′＝，计算可得这5只电阻阻值的平均数x＝1 009， 而1 009>1 000＋3，即x>μ＋3σ′， 因为在一次试验中，小概率事件发生了，因此认为这时生产线生产状态不正常． 25．(2024·山东日照三模)电信诈骗是指通过电话、网络和短信等方式，编造虚假信息，设置骗局，对受害人实施远程诈骗的犯罪行为．随着5G时代的全面来临，借助手机、网银等实施的非接触式电信诈骗迅速发展蔓延，不法分子甚至将“魔爪”伸向了学生．为了增强同学们的防范意识，某校举办了主题为“防电信诈骗，做反诈达人”的知识竞赛． (1)已知该校参加本次竞赛的学生分数η近似服从正态分布N(80，25)，若某同学成绩满足μ－σ≤η≤μ＋2σ，则该同学被评为“反诈标兵”；若η>μ＋2σ，则该同学被评为“反诈达人”． (ⅰ)试判断分数为88的同学能否被评为“反诈标兵”； (ⅱ)若全校共有40名同学被评为“反诈达人”，试估计参与本次知识竞赛的学生人数(四舍五入后取整)； (2)已知该学校有男生1 000人，女生1 200人，经调查有750名男生和600名女生了解“反诈”知识，用样本估计总体，现从全校随机抽出2名男生和3名女生，这5人中了解“反诈”知识的人数记为X，求X的分布列及数学期望E(X)． 参考数据：若ξ～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3. 解析　(1)(ⅰ)由题意知，该校参加本次竞赛的学生分数η近似服从正态分布N(80，25)， 可得μ＝80，σ＝5，因为75<88<90，则该同学能被评为“反诈标兵”． (ⅱ)设全校参与本次竞赛的人数为n，则被评为“反诈达人”的概率为P(η>μ＋2σ)＝[1－P(μ－2σ≤η≤μ＋2σ)]≈×(1－0.954 5)＝0.022 75， 则≈0.022 75，解得n≈1 758，所以参与本次知识竞赛的学生人数约为1 758. (2)由题意知，男生了解“反诈”知识的概率为，女生了解“反诈”知识的概率为， 随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5， 可得P(X＝0)＝C20C30＝， P(X＝1)＝C21C30＋C20C31＝， P(X＝2)＝C22C30＋C21 C31＋C20C32＝， P(X＝3)＝C22C31＋C21 C32＋C20C33＝， P(X＝4)＝C22C32＋C21 C33＝， P(X＝5)＝C22C33＝. 所以随机变量X的分布列为： X 0 1 2 3 4 5 P 所以，期望为E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝3. 7 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$