25届高考数学二轮复习重点专题突破·概率、事件及分布（全国通用）

高考二轮复习专题 概率、事件及分布 目 录 1 2 3 知识梳理·温故知新 典例分析·能力提升 CONTENTS 真题演练·高分突破 知识梳理·温故知新 1 4 5 6 7 8 9 10 典例分析·能力提升 2 典例一　概率 √ 12 √ 13 √ 14 √ 15 √ 16 典例二　 分布列、期望与方差 √ √ 17 18 19 √ 20 21 √ 22 23 典例三　 二项分布、超几何分布、正态分布 √ 24 25 26 √ 27 28 29 真题演练·高分突破 3 √ 31 √ √ 32 33 √ 34 √ 35 √ 36 √ 37 0.85 38 39 40 41 42 43 0.05 44 45 0.14 46 47 2 0 2 5 看 观 谢 谢 ★二轮复习专题突破★ 1．古典概型的计算公式 P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数). 2．条件概率与全概率公式 (1)条件概率： ①定义：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率． ②概率的乘法公式：由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)P(B|A)． (2)条件概率的性质：设P(A)>0，Ω为样本空间，则 ①P(Ω|A)＝1. ②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)． ③记B是B的对立事件，则P(B|A)＝1－P(B|A)． (3)全概率公式：一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件BΩ，有P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)，我们称这个公式为全概率公式． (4)贝叶斯公式：设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件BΩ，P(B)>0，有P(Ai|B)＝eq \f(P（Ai）P（B|Ai）,P（B）)＝，i＝1，2，…，n. 3．二项分布 一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝Cnkpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)． 4．正态分布 (1)正态分布的定义及表示： 若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)＝eq \f(1,σ\r(2π))eeq \s\up12(－\f(（x－μ）2,2σ2))，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，则称随机变量X服从正态分布，记作X～N(μ，σ2)． (2)正态分布的三个常用数据： ①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7. ②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5. ③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3. 5．超几何分布 在含有M件次品的N件产品中随机抽取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝eq \f(CMkCN－Mn－k,CNn)，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.其中n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}．此时称随机变量X服从超几何分布．超几何分布的模型是不放回抽样． 6．数学期望与方差 (1)若离散型随机变量X的分布列如表： X x1 x2 … xn P p1 p2 … pn 则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝ xipi为随机变量X的均值或数学期望，它反映了随机变量取值的平均水平．称D(X)＝ (xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X的取值与其均值E(X)的偏离程度，其算术平方根eq \r(D（X）)为随机变量X的标准差，记作σ(X)． (2)均值与方差的性质： ①E(aX＋b)＝aE(X)＋b(a，b为常数)． ②D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为常数)． ③如果X～N(μ，σ2)，那么E(X)＝μ，D(X)＝σ2. ④如果X～B(n，p)，那么E(X)＝np，D(X)＝n·p·(1－p)． ⑤如果X服从参数为n，M，N的超几何分布，那么E(X)＝eq \f(M·n,N)，D(X)＝eq \f(M·n·（N－M）·（N－n）,N2·（N－1）) (1)(2024·河南三模)某地博物馆所展示的甲骨文十二生肖图如图所示，其中，牛、马、羊、鸡、狗、猪为六畜，若从图中每行任意选取1个生肖，则所选的3个生肖中至少有1个属于六畜的概率为(　　) A.eq \f(29,110)　　　　　　B.eq \f(3,4) C.eq \f(29,32) D.eq \f(7,8) 【解析】　(古典概型)若第三行选择猴，则前两行至少要选1个六畜中的生肖，则有C11C41＋C31C21＝10种选法； 若第三行不选择猴，则有C31C41C41＝48种选法，故所求概率为eq \f(10＋48,C41C41C41)＝eq \f(29,32).故选C. (2)(2024·四川绵阳模拟预测)袋子中有9个除颜色外完全相同的小球，其中5个红球，4个黄球．若从袋子中任取3个球，则在摸到的球颜色不同的条件下，最终摸球的结果为2红1黄的概率为(　　) A.eq \f(3,8) B.eq \f(4,7) C.eq \f(3,7) D.eq \f(5,8) 【解析】　(条件概率)记摸到的球颜色不同为事件A，摸到2红1黄为事件B，则P(A)＝eq \f(C51C42＋C52C41,C93)，P(AB)＝eq \f(C52C41,C93)，所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(C52C41,C93),\f(C51C42＋C52C41,C93))＝eq \f(C52C41,C51C42＋C52C41)＝eq \f(40,30＋40)＝eq \f(4,7).故选B. (3)(2024·辽宁葫芦岛二模)设A，B是两个随机事件，且P(A)＝eq \f(1,4)，P(B)＝eq \f(1,2)，则下列结论正确的是(　　) A．若P(BA)＝eq \f(3,8)，则A与B相互独立 B．P(A＋B)＝eq \f(3,4) C．P(A|B)＝eq \f(1,4) D．A与B有可能是对立事件 【解析】　由P(A)＝eq \f(1,4)，故P(A)＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)，则有P(A)P(B)＝P(BA)＝eq \f(3,8)，故A与B相互独立，故A与B相互独立，故A正确；P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq \f(3,4)－P(AB)≤eq \f(3,4)，故B错误；P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝2P(AB)，由于P(AB)未定，故C错误；P(A)＋P(B)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)≠1，故A与B不是对立事件，故D错误．故选A. (4)(2024·山东菏泽模拟预测)随着我国铁路的发展，列车的正点率有了显著的提高．据统计，途经某车站的只有和谐号和复兴号列车，且和谐号列车的列次为复兴号列车的列次的2倍，和谐号的正点率为0.98，复兴号的正点率为0.99，今有一列车未正点到达该站，则该列车为和谐号的概率为(　　) A．0.2 B．0.5 C．0.6 D．0.8 【解析】　记事件A＝“经过的列车为和谐号”，事件B＝“经过的列车为复兴号”，事件C＝“列车未正点到达”，则P(A)＝eq \f(2,3)，P(B)＝eq \f(1,3)，P(C|A)＝0.02，P(C|B)＝0.01，于是P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝eq \f(2,3)×0.02＋eq \f(1,3)×0.01＝eq \f(0.05,3)，所以该列车为和谐号的概率为P(A|C)＝eq \f(P（AC）,P（C）)＝eq \f(P（A）P（C|A）,P（C）)＝eq \f(\f(2,3)×0.02,\f(0.05,3))＝0.8.故选D. (5)(2024·宿迁一模)人工智能领域让贝叶斯公式：P(A|B)＝eq \f(P（B|A）P（A）,P（B）)站在了世界中心位置，AI换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些AI视频，AI视频占有率为0.001.某团队决定用AI对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有98%的可能鉴定为“AI”；它的误报率是0.04，即在该视频是真实的情况下，它有4%的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的概率为(　　) A．0.1% B．0.4% C．2.4% D．4% 【解析】　记“视频是‘AI’合成”为事件A，“鉴定结果为‘AI’”为事件B，则P(A)＝0.001，P(A)＝0.999，P(B|A)＝0.98，P(B|A)＝0.04，由贝叶斯公式得P(A|B)＝eq \f(P（A）P（B|A）,P（A）P（B|A）＋P（A）P（B|A）)＝eq \f(0.001×0.98,0.001×0.98＋0.999×0.04)≈0.024.故选C. (1)【多选题】(2024·浙江省高中联盟3月模拟)高考数学试题的第二部分为多选题，共三个题，每个题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项，全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．小明对其中的一道题完全不会，该题有两个选项正确的概率是eq \f(1,2)，记X为小明随机选择1个选项的得分，Y为小明随机选择2个选项的得分，则(　　) A．P(X＝0)>P(Y＝0) B．P(X＝2)>P(Y＝2) C．E(X)>E(Y) D．D(X)>D(Y) 【解析】　X的所有可能取值为0，2， P(X＝0)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,4)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＝eq \f(3,8)， P(X＝2)＝1－eq \f(3,8)＝eq \f(5,8). Y的所有可能取值为0，2，6， P(Y＝0)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(C22,C42)))＋eq \f(1,2)×eq \f(C31,C42)＝eq \f(2,3)， P(Y＝6)＝eq \f(1,2)×eq \f(C22,C42)＝eq \f(1,12)， P(Y＝2)＝1－eq \f(2,3)－eq \f(1,12)＝eq \f(1,4). X的分布列： X 0 2 P eq \f(3,8) eq \f(5,8) Y的分布列： Y 0 2 6 P eq \f(2,3) eq \f(1,4) eq \f(1,12) E(X)＝eq \f(5,4)，E(Y)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝1， D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝4×eq \f(5,8)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(15,16)， D(Y)＝E(Y2)－(E(Y))2＝4×eq \f(1,4)＋36×eq \f(1,12)－1＝3.故选BC. (2)(2024·河北邢台二模)已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x)))) eq \s\up12(n)的展开式中，第6项为常数项，若在展开式中任取3项，其中有理项的个数为ξ，则E(ξ)＝(　　) A.eq \f(8,11) B.eq \f(12,11) C.eq \f(9,11) D.eq \f(8,55) 【解析】　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x)))) eq \s\up12(n)的展开式的通项为Tr＋1＝Cnr(eq \r(3,x))n－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2\r(3,x)))) eq \s\up12(r)＝Cnreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(r)xeq \s\up12(\f(n－2r,3))(r＝0，1，2，…，n)， 由题意eq \f(n－2×（6－1）,3)＝0，解得n＝10， 若要取到有理项，则需要10－2r能被3整除，则r＝2，5，8， 即在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x)))) eq \s\up12(10)的展开式中，有理项有3项，无理项有8项， 若在展开式中任取3项，其中有理项的个数为ξ，则ξ的所有可能取值为0，1，2，3， P(ξ＝0)＝eq \f(C30C83,C113)＝eq \f(56,165)，P(ξ＝1)＝eq \f(C31C82,C113)＝eq \f(84,165)，P(ξ＝2)＝eq \f(C32C81,C113)＝eq \f(24,165)，P(ξ＝3)＝eq \f(C33C80,C113)＝eq \f(1,165)， 所以E(ξ)＝0×eq \f(56,165)＋1×eq \f(84,165)＋2×eq \f(24,165)＋3×eq \f(1,165)＝eq \f(135,165)＝eq \f(9,11).故选C. (3)(2024·江苏南通阶段训练)已知随机变量ξ的分布列如表，若D(ξ＋1)＝eq \f(5,9)，则E(ξ＋1)＝(　　) ξ －1 0 1 P a eq \f(1,3) c 　　A.eq \f(2,3) B.eq \f(4,3) C.eq \f(2,3)或eq \f(4,3) D．－eq \f(2,3)或eq \f(4,3) 【解析】　由题意可得a＋eq \f(1,3)＋c＝1，即c＝eq \f(2,3)－a， 则E(ξ)＝－1×a＋0×eq \f(1,3)＋1×c＝c－a＝eq \f(2,3)－2a， 则D(ξ)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－2a＋1)) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－2a－0)) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－a)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－2a－1)) eq \s\up12(2)＝D(ξ＋1)＝eq \f(5,9)， 化简得－4a2＋eq \f(8,3)a＋eq \f(2,9)＝eq \f(5,9)，解得a＝eq \f(1,2)或a＝eq \f(1,6)，则E(ξ)＝eq \f(2,3)－2a＝－eq \f(1,3)或E(ξ)＝eq \f(1,3)， 则E(ξ＋1)＝E(ξ)＋1＝－eq \f(1,3)＋1＝eq \f(2,3)或E(ξ＋1)＝E(ξ)＋1＝eq \f(1,3)＋1＝eq \f(4,3).故选C. (1)(2024·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(　　) A．若n＝10，p＝0.8，则P(X＝k)取最大值时k＝9 B．当p＝eq \f(1,2)时，D(X)取得最小值 C．当0<p<eq \f(1,2)时，P(A)随着n的增大而增大 D．当eq \f(1,2)<p<1时，P(A)随着n的增大而减小 【解析】　在10次射击中击中目标的次数X～B(10，0.8)， P(X＝k)＝C10k×0.8k×0.210－k(k＝0，1，2，…，10)， 因为P(X＝k)取最大值， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（X＝k）≥P（X＝k＋1），,P（X＝k）≥P（X＝k－1），)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C10k×0.8k×0.210－k≥C10k＋1×0.8k＋1×0.29－k，,C10k×0.8k×0.210－k≥C10k－1×0.8k－1×0.211－k，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＋1≥4（10－k），,4（11－k）≥k，))解得eq \f(39,5)≤k≤eq \f(44,5)， 因为k∈N且1≤k≤9，所以k＝8，即当k＝8时概率P(X＝8)最大，故A不正确； D(X)＝np(1－p)＝neq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,4)))，当p＝eq \f(1,2)时，D(X)取得最大值，故B不正确； ∵P(X＝k)＝Cnk×pk×(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)， ∴P(A)＝Cn1×p1×(1－p)n－1＋Cn3×p3×(1－p)n－3＋Cn5×p5×(1－p)n－5＋…， 1－P(A)＝Cn0×p0×(1－p)n＋Cn2×p2×(1－p)n－2＋Cn4×p4×(1－p)n－4＋…， ∴P(A)＝eq \f([（1－p）＋p]n－[（1－p）－p]n,2)＝eq \f(1－（1－2p）n,2)， 当0<p<eq \f(1,2)时，0<1－2p<1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1－（1－2p）n,2)))为正项递增数列， 所以P(A)随着n的增大而增大，故C正确； 当eq \f(1,2)<p<1时，－1<1－2p<0，{(1－2p)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. (2)(2024·山东济宁三模)若随机变量X～N(3，22)，随机变量Y＝eq \f(1,2)(X－3)，则eq \f(E（Y）＋1,D（Y）＋1)＝(　　) A．0 B.eq \f(1,2) C.eq \f(4,5) D．2 【解析】　由X～N(3，22)可知E(X)＝3，D(X)＝4，又因为Y＝eq \f(1,2)(X－3)，所以E(Y)＝Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)X－\f(3,2)))＝eq \f(1,2)E(X)－eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)－eq \f(3,2)＝0，D(Y)＝Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)X－\f(3,2)))＝eq \f(1,4)D(X)＝1，则eq \f(E（Y）＋1,D（Y）＋1)＝eq \f(0＋1,1＋1)＝eq \f(1,2).故选B. (3)(2024·天津北辰区阶段训练)某学校有A，B两家餐厅，经统计发现，某班学生第1天午餐时选择A餐厅和选择B餐厅的概率均为eq \f(1,2).如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为eq \f(3,5)；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为eq \f(4,5)，则某同学第2天去A餐厅用餐的概率为________；假设班内各位同学的选择相互独立，随机变量X为该班3名同学中第2天选择B餐厅的人数，则随机变量X的均值E(X)＝________． eq \f(7,10) eq \f(9,10) 【解析】　设事件A1：第一天去A餐厅，事件A2：第二天去A餐厅，事件B1：第一天去B餐厅，事件B2：第二天去B餐厅，由题意可知，P(A1)＝P(B1)＝eq \f(1,2)，P(A2|A1)＝eq \f(3,5)，P(A2|B1)＝eq \f(4,5)，则P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝eq \f(1,2)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,2)×eq \f(4,5)＝eq \f(7,10)，所以第2天去A餐厅的概率为eq \f(7,10)，所以该班同学第2天去B餐厅的概率为1－eq \f(7,10)＝eq \f(3,10)，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,10)))，所以E(X)＝3×eq \f(3,10)＝eq \f(9,10). 1．(2024·全国甲卷，文)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是(　　) A.eq \f(1,4)　　　　　　　 B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3) 解析　画出树状图： 甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种排法，其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，所以所求概率为eq \f(8,24)＝eq \f(1,3).故选B. 2．【多选题】(2024·新课标Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口．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x＝2.1，样本方差s2＝0.01.已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(x，s2)，则(　　) (若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(Z<μ＋σ)≈0.841 3) A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5 C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8 解析　由题意可知，X～N(1.8，0.12)，所以P(X>2)<P(X>1.8)＝0.5，P(X<1.9)≈0.841 3，所以P(X>2)<P(X≥1.9)＝1－P(X<1.9)≈1－0.841 3＝0.158 7<0.2，所以A错误，B正确．因为Y～N(2.1，0.12)，所以P(Y<2.2)≈0.841 3，P(Y>2)>P(Y>2.1)＝0.5，所以P(2<Y<2.1)＝P(2.1<Y<2.2)＝P(Y<2.2)－P(Y≤2.1)≈0.841 3－0.5＝0.341 3，所以P(Y>2)＝P(2<Y<2.1)＋P(Y≥2.1)≈0.341 3＋0.5＝0.841 3>0.8(另解：P(Y>2)＝P(Y<2.2)≈0.841 3>0.8)，所以C正确，D错误．综上，选BC. 3．(2023·全国甲卷，理)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为(　　) A．0.8 B．0.4 C．0.2 D．0.1 解析　报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A，“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝eq \f(50,70)＝eq \f(5,7)，P(AB)＝eq \f(40,70)＝eq \f(4,7)，所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(4,7),\f(5,7))＝0.8.故选A. 4．(2022·全国乙卷，理)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则(　　) A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 解析　设该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率为p甲，在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率为p乙，在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率为p丙，由题意可知，p甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，p乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，p丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以p丙－p甲＝2p2(p3－p1)>0，p丙－p乙＝2p1(p3－p2)>0，所以p丙最大．故选D. 5．(2021·全国甲卷，理)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,5) C.eq \f(2,3) D.eq \f(4,5) 解析　方法一：将4个1和2个0视为完全不同的元素，则将4个1和2个0随机排成一行有A66种排法，将4个1排成一行有A44种排法，再将2个0插空有A52种排法，所以2个0不相邻的概率P＝eq \f(A44A52,A66)＝eq \f(2,3). 方法二：将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0，共有C62种排法；将4个1排成一行，把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，有C52种排法．所以2个0不相邻的概率P＝eq \f(C52,C62)＝eq \f(2,3). 6．(2021·新高考Ⅱ卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10，σ2)，下列结论中不正确的是(　　) A．σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9，10.1)的概率越大 B．该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5 C．该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等 D．该物理量在一次测量中落在(9.9，10.2)与落在(10，10.3)的概率相等 解析　对于A，σ2为数据的方差，所以σ越小，数据在μ＝10附近越集中，所以测量结果落在(9.9，10.1)内的概率越大，故A正确；对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5，故B正确；对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C正确；对于D，因为该物理量一次测量结果落在(9.9，10.0)的概率与落在(10.2，10.3)的概率不同，所以一次测量结果落在(9.9，10.2)的概率与落在(10，10.3)的概率不同，故D错误．故选D. 7．(2024·上海)某校举办科学竞技比赛，有A，B，C 3种题库，A题库有5 000道题，B题库有4 000道题，C题库有3 000道题．小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的正确率是0.86，C题库的正确率是0.72，现他从所有的题中随机选一题，正确率是________． 解析　A题库占eq \f(5 000,5 000＋4 000＋3 000)＝eq \f(5,12)，B题库占eq \f(4 000,5 000＋4 000＋3 000)＝eq \f(1,3)，C题库占eq \f(3 000,5 000＋4 000＋3 000)＝eq \f(1,4)，则所求概率P＝eq \f(5,12)×0.92＋eq \f(1,3)×0.86＋eq \f(1,4)×0.72＝0.85. 8．(2024·新课标Ⅰ卷)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________． eq \f(1,2) 解析　因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3. 若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：3－2，5－4，7－6，1－8. 若甲的总得分为2，有以下三类情况： 第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2，5－4，1－6，7－8； 第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2，7－4，1－6，5－8或3－2，7－4，1－8，5－6或3－2，7－6，1－4，5－8，共3种组合； 第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2，7－4，1－6，3－8或5－2，7－4，1－8，3－6或5－4，7－2，1－6，3－8或5－4，7－2，1－8，3－6或5－2，7－6，1－4，3－8或5－2，7－6，1－8，3－4或5－4，7－6，1－2，3－8，共7种组合． 综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P＝eq \f(12,24)＝eq \f(1,2). 9．(2024·天津)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________． eq \f(3,5) eq \f(1,2) 解析　由题意知甲选到A的概率P＝eq \f(C42,C53)＝eq \f(3,5).记乙选择A活动为事件M，乙选择B活动为事件N，则P(M)＝eq \f(C42,C53)＝eq \f(3,5)，P(MN)＝eq \f(C31,C53)＝eq \f(3,10)，所以P(N|M)＝eq \f(P（MN）,P（M）)＝eq \f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq \f(1,2). 10．(2024·全国甲卷，理)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球，设m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于eq \f(1,2)的概率为________． eq \f(7,15) 解析　设3次取出的球上的数字依次为a，b，c，则无放回地随机取3次球的取法有A63＝120(种)，则|m－n|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)－\f(a＋b＋c,3)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b－2c,6)))≤eq \f(1,2)，可得|a＋b－2c|≤3. 当c＝1时，a，b需要满足“－1≤a＋b≤5”，所有可能情况为(2，3)，(3，2)，共2种． 当c＝2时，a，b需要满足“1≤a＋b≤7”，所有可能情况为(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(3，4)，(4，3)，共10种． 当c＝3时，a，b需要满足“3≤a＋b≤9”，所有可能情况为(1，2)，(2，1)，(1，4)，(4，1)，(1，5)，(5，1)，(1，6)，(6，1)，(2，4)，(4，2)，(2，5)，(5，2)，(2，6)，(6，2)，(4，5)，(5，4)，共16种． 当c＝4时，a，b需要满足“5≤a＋b≤11”，所有可能情况为(1，5)，(5，1)，(1，6)，(6，1)，(2，3)，(3，2)，(2，5)，(5，2)，(2，6)，(6，2)，(3，5)，(5，3)，(3，6)，(6，3)，(6，5)，(5，6)，共16种． 当c＝5时，a，b需要满足“7≤a＋b≤13”，所有可能情况为(1，6)，(6，1)，(2，6)，(6，2)，(3，4)，(4，3)，(3，6)，(6，3)，(4，6)，(6，4)，共10种． 当c＝6时，a，b需要满足“9≤a＋b≤15”，所有可能情况为(4，5)，(5，4)，共2种． 故共有2＋10＋16＋16＋10＋2＝56种可能情况，所以所求概率P＝eq \f(56,120)＝eq \f(7,15). 11．(2023·天津)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子混合后任取一个球，是白球的概率为________． eq \f(3,5) 解析　设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n，4n，6n，n∈N*，所以三个盒子中球的总数为15n， 所以甲盒中黑球个数为40%×5n＝2n，白球个数为3n； 乙盒中黑球个数为25%×4n＝n，白球个数为3n； 丙盒中黑球个数为50%×6n＝3n，白球个数为3n. 记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件A，所以P(A)＝0.4×0.25×0.5＝0.05. 记“将三个盒子混合后取出一个球是白球”为事件B， 黑球共有2n＋n＋3n＝6n(个)，白球共有9n个， 所以P(B)＝eq \f(9n,15n)＝eq \f(3,5). 12．(2022·新高考Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，若P(2<X≤2.5)＝0.36，则P(X>2.5)＝________． 解析　因为X～N(2，σ2)，所以P(X>2)＝0.5，所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2<X≤2.5)＝0.5－0.36＝0.14. 13．(2022·全国甲卷，理)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________． eq \f(6,35) 解析　从正方体的8个顶点中任选4个，取法有C84＝70(种)，其中4个点共面有以下两种情况： (1)所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取法； (2)所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法． 所以所取的4个点在同一个平面的概率P＝eq \f(12,70)＝eq \f(6,35). $$