专题13：概率 （七大易错点通关训练）——2025届高三数学满分冲刺【基础提升练+易错题型练+综合热点练】 上海专用

2025年上海高考数学满分冲刺易错题型专项训练（十三） 概 率 易错点01：混淆互斥、对立、独立事件的概念 【例1】（2024·上海虹口·一模）已知事件和事件满足，则下列说法正确的是（   ）． A．事件和事件独立 B．事件和事件互斥 C．事件和事件对立 D．事件和事件互斥 【答案】B 【分析】根据互斥事件、相互独立事件的定义判断即可. 【详解】因为事件和事件满足，则一定可以得到事件和事件互斥，但不一定对立，故B正确，C错误； 因为，当，不为时，事件和事件不独立，故A错误； 抛掷一枚骰子，记出现点为事件，出现点为事件， 则，，显然事件和事件不互斥，故D错误. 故选：B 【例2】（2025·上海徐汇·二模）已知为两个随机事件，则“为互斥事件”是“为对立事件”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 【答案】B 【分析】根据互斥事件和对立事件的概念直接判断即可. 【详解】根据互斥事件和对立事件的概念可知，互斥不一定对立，对立一定互斥，所以“ A､B 为互斥事件”是“ A､B 为对立事件”的必要非充分条件. 故选：B 【跟踪训练】 1.（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，，，.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，记事件，事件，事件，则（   ） A．事件两两独立，事件相互独立 B．事件两两独立，事件不相互独立 C．事件不两两独立，事件相互独立 D．事件不两两独立，事件不相互独立 【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：，，， ，，，. 因为，， 所以事件两两独立； 但，所以事件不相互独立. 故选：B. 2．（24-25高三上·上海·期中）抛掷一枚质地均匀的骰子一次，记事件A：“出现偶数点”，事件B：“出现3 点或4 点”，则事件A与事件 B的关系为 （    ） A．是相互独立事件，不是互斥事件 B．是互斥事件，不是相互独立事件 C．既是相互独立事件又是互斥事件 D．既不是互斥事件也不是相互独立事件 【答案】A 【分析】根据互相独立事件、互斥事件的定义确定即可. 【详解】因为，，所以， 所以，， 所以， 所以事件与事件是相互独立事件，不是互斥事件. 故选：A. 3．（24-25高三上·上海杨浦·期末）已知，，，则事件与的关系是（    ） A．与互斥不对立 B．与对立 C．与相互独立 D．与既互斥又独立 【答案】C 【分析】利用计算出，可得到则能得到与不互斥，不对立；再利用算出即可得到答案 【详解】由可得， 因为，则与不互斥，不对立， 由可得， 因为，所以与相互独立 故选：C 4．设A，B是两个随机事件，，分别为A，B的对立事件．给出以下命题：①若A，B为互斥事件，且，，则；②若，，且，则A，B相互独立；③若，，且，则A，B相互独立；④若，，且，则A，B相互独立．其中所有真命题的序号为（    ） A．① B．② C．①②③ D．②③④ 【详解】对于①，因为A，B为互斥事件，且，，所以，所以①正确， 对于②，因为，所以，因为，,所以，所以A，B相互独立，所以②正确， 对于③，因为，，所以，，所以，所以相互独立，所以A，B相互独立，所以③正确， 对于④，因为，所以，因为，，所以，所以A，B不相互独立，所以④错误， 故选：C 易错点02：混淆“有放回”与“不放回”致错 【例3】（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， 由题意可得：，解得：. 故选：B 【例4】某袋子中有大小相同的4个白球和2个红球，甲乙两人先后依次从袋中不放回取球，每次取1球，先取到红球者获胜，则甲获胜的概率（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】甲获胜的情形有三种：第一种，甲第一次就摸到红球；第二种，甲、乙第一次都摸到白球，甲第二次摸到红球；第三种，甲、乙第一、二次都摸到白球，第三次摸甲摸到红球.利用古典概率的加法求解即可 【详解】； 故选：C. 【跟踪训练】 1.从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是5的倍数的概率为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，先列举出所有情况，再从中挑出数字之和是5的倍数的情况，结合古典概型求概率，即可求解． 【详解】从6张卡片中无放回地随机抽取2张，有 共15种情况，其中数字之和为5的倍数的有共3种情况， 所以所求的概率为. 故选：A. 2.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. 3.已知在个电子元件中，有个次品，个合格品，每次任取一个测试，测试完后不再放回，直到个次品都找到为止，则经过次测试恰好将个次品全部找出的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据概率的乘法公式可得解. 【详解】由已知可得前两次测试一次取得正品一次取得次品，第三次测试恰好取得次品， 则， 故选：B. 易错点03：使用概率加法公式没有注意成立条件 注意：概率加法公式是指当事件为互斥事件时，则有，否则只能使用一般的概率加法公式 【例5】已知事件A与事件相互独立，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意两个相互独立事件的和事件的概率应该为两事件概率之和减去这两事件同时发生的概率，可得答案. 【详解】由题意事件A与事件相互独立， , 故选：B． 【跟踪训练】 1.（多选）下列四个命题中，假命题有（    ） A．对立事件一定是互斥事件 B．若为两个事件，则 C．若事件彼此互斥，则 D．若事件满足，则是对立事件 【答案】BCD 【分析】根据对立事件和互斥事件的关系可判断A；根据事件的和事件的概率可判断B；举反例可判断C，D, 【详解】对于A，因为对立事件一定是互斥事件，A正确； 对B，当且仅当A与B互斥时才有， 对于任意两个事件，满足，B不正确； 对C，若事件彼此互斥，不妨取分别表示掷骰子试验中的事件“掷出1点”，“掷出2点”，“掷出3点”， 则，所以C不正确； 对于D，例如，袋中有大小相同的红、黄、黑、蓝4个球， 从袋中任摸一个球，设事件A={摸到红球或黄球}，事件B={摸到黄球或黑球）， 满足， 但事件A与B不互斥，也不对立，D错误， 故选：BCD. 易错点04：对条件概率理解不透彻致 注意：样本空间不同，在中，事件成为样本空间;在中，样本空间仍为，因而有 【例6】（2025·上海徐汇·二模）已知两个随机事件，若，，，则 . 【答案】 【分析】根据全概率公式有，由乘法公式有求出，最后利用条件概率公式即可求解. 【详解】由题意， 所以， 所以. 故答案为：. 【例7】已知A，B，C为随机事件，则下列表述中不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】根据条件概率和独立事件概率公式依次判断选项即可得到答案. 【详解】对选项A，当事件为独立事件，则，故A错误； 对选项B，当事件为互斥事件时，， 故B错误； 对选项C，，故C正确； 对选项D，，故D正确. 故答案为：AB 【例8】已知盒中装有3只螺口灯泡与9只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放置，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只且不放回，则在他第1次抽到螺口灯泡的条件下，第2次抽到卡口灯泡的概率为(　 ) A. B. C. D. 【错解】选B，共有12只灯泡，电工师傅每次从中任取一只且不放回，共有种，则第1次抽到螺口灯泡，第2次抽到卡口灯泡，共有种，则在他第1次抽到螺口灯泡的条件下，第2次抽到卡口灯泡的概率为。 【错因】没有理解条件概率，错解中误当成古典概型去求。注意，条件概率：设A，B是条件S下的两个随机事件，，则称在事件A发生的条件下事件B发生的概率为条件概率，记作，，其中表示事件A与事件B同时发生构造的事件． 【正解】选C，设事件A为第1次抽到螺口灯泡，事件B为第2次抽到卡口灯泡，则在第1次抽到螺口灯泡的条件下，第2次抽到卡口灯泡的概率P(B|A)＝＝＝. 【例9】第一个袋中有黑、白球各2只，第二个袋中有黑、白球各3只．先从第一个袋中任取一球放入第二个袋中，再从第二个袋中任取一球，则两次均取到白球的概率为(　 ) A. B. C. D. 【错解】选D，若从第一个袋中取的的是白球，则，若从第一个袋中取的的是黑球，则，则两次均取到白球的概率为. 【错因】对条件概率概念理解不透致错。 【正解】选B　记Ai表示第i次取到白球(i＝1,2)，则P(A1)＝，P(A2|A1)＝.由乘法公式，得P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝×＝. 【例10】假定生男生女是等可能的，某家庭有3个孩子，其中有1名女孩，则其至少有1个男孩的概率为 ． 【错解1】此家庭有3个孩子共有（男，男，女），（女，女，男），（男，男，男），（女，女，女）4种可能，故其中有1名女孩条件下至少有1个男孩的概率为． 【错因】基本事件空间认识有误，此家庭中3个孩子出生有先后顺序，应包含8种可能；同时条件概率求解时若采用缩小事件空间用古典概型求解时事件总数应为7，而不是8．因为（男，男，男）中不包含其中有1个女孩． 【正解】此家庭共有3个孩子，包含基本事件有（男，男，男），（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男），（男，女，女），（女，男，女），（女，女，男），（女，女，女）其中至少有1个女孩共有7种可能，其中至少有1个男孩有6种可能，故其概率为． 【错解2】记事件A表示“其中有1名女孩”，B表示“至少有1个男孩”， 则． 【错因】其中有1名女孩共有6种可能，即至少有1名是女孩，错解中误理解为有且只有1名女孩． 【正解2】． 【跟踪训练】 1.设某种灯管使用了500h还能继续使用的概率是0.94，使用到700h后还能继续使用的概率是0.87，问已经使用了500h的灯管还能继续使用到700h的概率是多少？ 解：设A＝“能使用到500h”，B＝“能使用到700h”，则，．而所求的概率为，由于，故． 故答案为：. 2.有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取1粒，求这粒种子能成长为幼苗的概率． 解：设事件“种子的发芽”，事件“幼苗成活” 据题意知，，，故由知，，又由于，故 即为这粒种子能成长为幼苗的概率． 故答案为：0.72. 3.已知甲、乙去北京旅游的概率分别为，，甲、乙两人中至少有一人去北京旅游的概率为，且甲是否去北京旅游对乙去北京旅游有一定影响，则在乙不去北京的前提下，甲去北京旅游的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据两个事件的和事件的概率公式求出，利用全概率公式得到，再利用条件概率求解即可. 【详解】记事件A：甲去北京旅游，事件B：乙去北京旅游， 则，，， 因为，即，解得， 又因为，即，解得， 因为，所以， 所以. 故选：D. 4.某厂产品有的产品不需要调试就可以出厂上市，另的产品经过调试以后有能出厂，则该厂产品能出厂的概率 ；任取一出厂产品，求未经调试的概率 ． 【答案】 【分析】答题空一：根据题意设出事件，利用全概率公式即可求解；答题空二：利用空一结果，根据贝叶斯公式即可求解. 【详解】设事件表示产品能出厂上市，事件表示产品不需要调试，表示产品需要调试， 则有，，，， 由全概率公式可得： ； 由贝叶斯公式可得： . 故答案为：； 易错点05：随机变量分布列性质 【例11】若随机变量X满足,则 . 【错解】因为,所以 =. 【错因】没有求出a的值 【正解】因为满足,所以 =,所以,所以=. 【跟踪训练】 1.随机变量X的分布列为 X P 若，，成等差数列，则公差的取值范围是______． 【答案】 【解析】由题意知，， ∴，∴． 又，∴，∴． 同理，由，，∴， ∴，即公差的取值范围是 故答案为： 2.随机变量的概率分布列如下： 0 1 2 3 4 5 6 则___________. 【答案】64 【解析】根据概率分布列的概率性质可知， 所以，即，解得. 故答案为： 易错点06：混淆超几何分布和二项分布的概念 【例12】某工厂进行产品质量抽测，两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品，已知在两人抽取的一批产品中均有5件次品，员工A从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品，员工B从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品．设员工A抽取到的3件产品中次品数量为X，员工B抽取到的3件产品中次品数量为Y，，1，2，3．则下列判断正确的是（    ） A．随机变量X服从超几何分布 B．随机变量Y服从超几何分布 C． D． 【错解】AD，对于A，B选项，由超几何分布的概念可知A正确； 对于D选项，该批产品有M件，则，，因此D正确； 对于C选项，假若C正确可得，则D错误，矛盾！故C错误． 【错因】由超几何分布和二项分布的概念可知“有放回”是二项分布，“无放回”是超几何分布，故A错，B对。 【正解】由超几何分布的概念可知B正确；对于D选项，该批产品有M件，则，，因此D正确； 对于C选项，假若C正确可得，则D错误，矛盾！故C错误． 【例13】某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种（分别称为品种甲和品种乙）进行田间试验．现在在总共8小块地中，随机选4小块地种植品种甲，另外4小块地种植品种乙，种植完成后若随机选出4块地，其中种植品种甲的小块地的数目记为X，求． 【错解】根据题意可知X服从二项分布，每块地种甲的概率为，故，． 【错因】产生错误的主要原因是没有真正掌握二项分布与超几何分布的概念而将它们混为一谈，本题中选地种植甲或乙品种是“不重复”试验，故X应服从超几何分布． 【正解】X可能的取值为0，1，2，3，4，且． 【跟踪训练】 1.从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意得：从一个装有4个白球和3个红球的袋子中取出一个球，是红球的概率为， 因为是有放回的取球，所以， 所以 故选：D 2.一批产品共有20件，其中2件次品，18件合格品，从这批产品中任意抽取2件，则至少有1件是次品的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】至少有1件是次品的概率是. 故选：C. 3.从一批含有13件正品，2件次品的产品中不放回地抽3次，每次抽取1件，设抽取的次品数为ξ，则E(5ξ＋1)＝(    ) A．2 B．1 C．3 D．4 【答案】C 【解析】的可能取值为. ，，. ∴的分布列为： ξ 0 1 2 P 于是， 故. 故选：C. 4.电视传媒公司为了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了名观众进行调查．如图是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图：将日均收看该体育节目时间不低于分钟的观众称为“体育迷”．将上述调查所得到的频率视为概率． (1)现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样方法每次抽取名观众，抽取次，记被抽取的名观众中的“体育迷”人数为．若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列及数学期望． (2)用分层抽样的方法从这名“体育迷”中抽取名观众，再从抽取的抽取名观众中随机抽取名，表示抽取的是“体育迷”的人数，求的分布列． 【答案】(1)分布列见解析；数学期望 (2)分布列见解析 【分析】（1）根据频率分布直方图可计算得到“体育迷”对应的频率，由频率估计概率可知，根据二项分布概率公式可求得每个取值对应的概率，进而得到分布列；由二项分布期望计算公式可求得数学期望； （2）根据分层抽样原则可确定抽取的人中“体育迷”的人数，由此可得所有可能的取值；根据超几何分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列. 【详解】（1）“体育迷”对应的频率为：， 用频率估计概率，可知从该地区大量电视观众中，随机抽取名观众，该观众是“体育迷”的概率为，则； 所有可能的取值为， ；；；； 的分布列为： 数学期望. （2）根据分层抽样原则知：抽取的人中，有“体育迷”人，非“体育迷”体育迷人，则所有可能的取值为， ；；； 的分布列为： 5.袋中有6个白球､3个黑球，从中随机地连续抽取2次，每次取1个球. (1)若每次抽取后都放回，设取到黑球的次数为，求的分布列和期望； (2)若每次抽取后都不放回，设取到黑球的个数为，求的分布列和期望. 【答案】(1)分布列答案见解析，数学期望： (2)分布列答案见解析，数学期望： 【分析】（1）根据题意满足二项分布，建立二项分布模型，得到的可能取值，利用二项分布计算概率，列出分布列即可； （2）根据题意可得满足超几何分布，得出的可能取值，分别计算其概率，列出分布列即可求得. 【详解】（1）由题意，每次抽取后都放回，取得黑球的次数的可能取值为， 其中每次抽取到黑球的概率均为， 所以2次取球可以看成2次的独立重复试验，则， 可得：， ， ， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 ； （2）若每次抽取后都不放回，取到黑球的个数的可能取值为， 可得， 所以随机变量的分别列为： 0 1 2 . 易错点07：对正态分布的性质及意义不熟 【例14】设随机变量服从正态分布，若，则 ． 【错解】由，所以，得 【错因】（1）对正态分布中的的意义不清； （2）对正态分布的性质及意义不熟悉． 【纠错提醒】由题意与关于对称，，解得． 【正解】由，由正态分布的性质知，与[来源:学+科+网] 关于对称，，解得[来源:学科网ZXXK] 【例15】设随机变量，且，则______． 【正解】0.2． 【例16】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，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对于A中，随机变量服从正态分布，且， 可得随机变量的方差为，即，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， 所以，所以B错误； 对于C中，根据正态分布密度曲线图像，可得时，随机变量对应的曲线与围成的面积小于时随机变量对应的曲线与围成的面积， 所以，所以C正确； 对于D中，根据正态分布密度曲线图像，可得，， 即，所以D错误. 故选：C. 【跟踪训练】 1．（2024·上海青浦·二模）设随机变量服从正态分布，若，则实数 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性列式计算即得. 【详解】由正态分布的对称性，得，所以. 故答案为： 2．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知随机变量服从正态分布，若，则 . 【答案】/ 【分析】根据正态分布的对称性求解. 【详解】由正态分布的对称性可得. 故答案为：. 一、选择题 1．已知为随机事件，则下列表述中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据概率的性质及事件的运算关系，结合独立事件、条件概率公式判断各项的正误. 【详解】仅当与相互独立时，成立，故A不正确； 当和是两个互斥事件时才成立，故B不正确； ，故C正确； ，故D不正确． 故选：C 2．第一个袋中有黑、白球各2只，第二个袋中有黑、白球各3只．先从第一个袋中任取一球放入第二个袋中，再从第二个袋中任取一球，则两次均取到白球的概率为(　 ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】　记Ai表示第i次取到白球(i＝1,2)，则P(A1)＝，P(A2|A1)＝.由乘法公式，得P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝×＝. 3．甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，各局比赛结果相互独立且没有平局，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设甲获得冠军为，比赛进行了三局为，则，，所以. 所以在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为. 4.某高中为了解学生的肥胖是否与经常饮用碳酸饮料有关，现对400名高二学生进行了问卷调查，学生饮用碳酸饮料的统计结果如下：学校有的学生每天饮用碳酸饮料不低于500毫升，这些学生的肥胖率为，每天饮用碳酸饮料低于500毫升的学生的肥胖率为.若从该中学高二的学生中任意抽取一名学生，则该学生肥胖的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设相应事件,根据题意利用全概率公式运算求解即可. 【详解】设“学生每天饮用碳酸饮料不低于500毫升”为事件A，则，， 设“学生肥胖”为事件B，则，， 由全概率公式可得， 所以若从该中学高二的学生中任意抽取一名学生，则该学生肥胖的概率为. 故选：A 5．甲、乙两位学生在学校组织的课后服务活动中，准备从①②③④⑤5个项目中分别各自随机选择其中一项，记事件：甲和乙选择的活动各不同，事件：甲和乙恰好一人选择①，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用排列组合及计数原理，求出和，再利用条件概率公式即可求出结果. 【详解】由题意知，，， 所以， 故选：B. 6．2023年3月13日第十四届全国人民代表大会第一次会议在北京胜利闭幕，某中学为了贯彻学习“两会”精神，举办“学两会，知国事”知识竞赛．高二学生代表队由A，B，C，D，E共5名成员组成，现从这5名成员中随机抽选3名参加学校决赛，则在学生A被抽到的条件下，学生B也被抽到的概率为（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设出事件，利用条件概率求解公式计算. 【详解】记事件A：学生A被抽到，事件B：学生B被抽到， 所以，， 所以． 故选：B 7．甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以和表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（    ） A． B．事件与事件B相互独立 C． D． 【答案】D 【详解】由题意得，所以A错误；因为， ，所以，即，故事件事件与事件B不相互独立，所以B错误，D正确； ，所以C错误； 8．已知两个随机变量X，Y，其中，（σ>0），若E(X)=E(Y)，且，则（    ） A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.1 【答案】A 【详解】由题设，即，又，故. 9．有歌唱道：“江西是个好地方，山清水秀好风光．”现有甲、乙两位游客慕名来到江西旅游，准备从庐山、三清山、龙虎山和明月山四个著名旅游景点中随机选择一个景点游玩，记事件A为“甲和乙至少一人选择庐山”，事件B为“甲和乙选择的景点不同”，则P(B|A)＝(　 ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由题意知事件A“甲和乙至少一人选择庐山”包含n(A)＝CC＋1＝7种情况，事件AB“甲和乙选择的景点不同，且至少一人选择庐山”包含n(AB)＝CC＝6种情况，所以P(B|A)＝＝. 二、填空题 10．（2025·上海青浦·模拟预测）已知随机变量，若，则 . 【答案】0.4 【分析】由正态分布曲线的对称性求解即可. 【详解】因为随机变量，正态曲线关于对称. ，则， 根据正态曲线的对称性. 故答案为：0.4. 11.从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 ；从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为 . 【答案】 /0.3 /0.4 【分析】利用古典概型求概率公式即可求出结果； 【详解】从5名同学中随机选3名参加社区服务工作共有种选法， 其中甲、乙都入选共有种， 所以甲、乙都入选的概率； 从6张卡片中无放回随机抽取2张共有种抽取情况， 抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的情况有：，，，，，共计6种情况， 所以抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率. 故答案为： ， 三、解答题 12.北京某高校有20名志愿者报名参加2022年北京冬奥会服务工作，其中有2名老师，18名学生.若从中随机抽取名志愿者，用X表示所抽取的n名志愿者中老师的人数. (1)若，求X的分布列与数学期望； (2)当n为何值时，的概率取得最大值?最大值是多少? 【解析】（1）当时，X的所有可能取值为0，1，2， 则，，， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P . （2）的概率为，，且. 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以当时，的概率取最大值，最大值是. 13.某市移动公司为了提高服务质量，决定对使用A，B两种套餐的集团用户进行调查，准备从本市n（）个人数超过1000人的大集团和4个人数低于200人的小集团中随机抽取若干个集团进行调查，若一次抽取2个集团，全是小集团的概率为. (1)在取出的2个集团是同一类集团的情况下，求全为大集团的概率； (2)若一次抽取3个集团，假设取出小集团的个数为X，求X的分布列和期望. 【解析】（1）由题意知共有个集团，取出2个集团的方法总数是，其中全是小集团的情况有，故全是小集团的概率是， 整理得到即，解得． 若2个全是大集团，共有种情况； 若2个全是小集团，共有种情况； 故在取出的2个集团是同一类集团的情况下，全为大集团的概率为． （2）由题意知，随机变量的可能取值为， 计算，， ，， 故的分布列为： 0 1 2 3 数学期望为． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年上海高考数学满分冲刺易错题型专项训练（十三） 概 率 易错点01：混淆互斥、对立、独立事件的概念 【例1】（2024·上海虹口·一模）已知事件和事件满足，则下列说法正确的是（   ）． A．事件和事件独立 B．事件和事件互斥 C．事件和事件对立 D．事件和事件互斥 【例2】（2025·上海徐汇·二模）已知为两个随机事件，则“为互斥事件”是“为对立事件”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 【跟踪训练】 1.（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，，，.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，记事件，事件，事件，则（   ） A．事件两两独立，事件相互独立 B．事件两两独立，事件不相互独立 C．事件不两两独立，事件相互独立 D．事件不两两独立，事件不相互独立 2．（24-25高三上·上海·期中）抛掷一枚质地均匀的骰子一次，记事件A：“出现偶数点”，事件B：“出现3 点或4 点”，则事件A与事件 B的关系为 （    ） A．是相互独立事件，不是互斥事件 B．是互斥事件，不是相互独立事件 C．既是相互独立事件又是互斥事件 D．既不是互斥事件也不是相互独立事件 3．（24-25高三上·上海杨浦·期末）已知，，，则事件与的关系是（    ） A．与互斥不对立 B．与对立 C．与相互独立 D．与既互斥又独立 4．设A，B是两个随机事件，，分别为A，B的对立事件．给出以下命题：①若A，B为互斥事件，且，，则；②若，，且，则A，B相互独立；③若，，且，则A，B相互独立；④若，，且，则A，B相互独立．其中所有真命题的序号为（    ） A．① B．② C．①②③ D．②③④ 易错点02：混淆“有放回”与“不放回”致错 【例3】（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 【例4】某袋子中有大小相同的4个白球和2个红球，甲乙两人先后依次从袋中不放回取球，每次取1球，先取到红球者获胜，则甲获胜的概率（   ） A． B． C． D． 【跟踪训练】 1.从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是5的倍数的概率为（　　） A． B． C． D． 2.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． 3.已知在个电子元件中，有个次品，个合格品，每次任取一个测试，测试完后不再放回，直到个次品都找到为止，则经过次测试恰好将个次品全部找出的概率为（    ） A． B． C． D． 易错点03：使用概率加法公式没有注意成立条件 注意：概率加法公式是指当事件为互斥事件时，则有，否则只能使用一般的概率加法公式 【例5】已知事件A与事件相互独立，且，则（    ） A． B． C． D． 【跟踪训练】 1.下列四个命题中，真命题是（    ） A．对立事件一定是互斥事件 B．若为两个事件，则 C．若事件彼此互斥，则 D．若事件满足，则是对立事件 易错点04：对条件概率理解不透彻致 注意：样本空间不同，在中，事件成为样本空间;在中，样本空间仍为，因而有 【例6】（2025·上海徐汇·二模）已知两个随机事件，若，，，则 . 【例7】已知A，B，C为随机事件，则下列表述中不正确的是（    ） A． B． C． D． 【例8】已知盒中装有3只螺口灯泡与9只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放置，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只且不放回，则在他第1次抽到螺口灯泡的条件下，第2次抽到卡口灯泡的概率为(　 ) A. B. C. D. 【例9】第一个袋中有黑、白球各2只，第二个袋中有黑、白球各3只．先从第一个袋中任取一球放入第二个袋中，再从第二个袋中任取一球，则两次均取到白球的概率为(　 ) A. B. C. D. 【例10】假定生男生女是等可能的，某家庭有3个孩子，其中有1名女孩，则其至少有1个男孩的概率为 ． 【跟踪训练】 1.设某种灯管使用了500h还能继续使用的概率是0.94，使用到700h后还能继续使用的概率是0.87，问已经使用了500h的灯管还能继续使用到700h的概率是多少？ 2.有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取1粒，求这粒种子能成长为幼苗的概率． 3.已知甲、乙去北京旅游的概率分别为，，甲、乙两人中至少有一人去北京旅游的概率为，且甲是否去北京旅游对乙去北京旅游有一定影响，则在乙不去北京的前提下，甲去北京旅游的概率为（   ） A． B． C． D． 4.某厂产品有的产品不需要调试就可以出厂上市，另的产品经过调试以后有能出厂，则该厂产品能出厂的概率 ；任取一出厂产品，求未经调试的概率 ． 易错点05：随机变量分布列性质 【例11】若随机变量X满足,则 . 【跟踪训练】 1.随机变量X的分布列为 X P 若，，成等差数列，则公差的取值范围是______． 2.随机变量的概率分布列如下： 0 1 2 3 4 5 6 则___________. 易错点06：混淆超几何分布和二项分布的概念 【例12】某工厂进行产品质量抽测，两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品，已知在两人抽取的一批产品中均有5件次品，员工A从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品，员工B从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品．设员工A抽取到的3件产品中次品数量为X，员工B抽取到的3件产品中次品数量为Y，，1，2，3．则下列判断正确的是（    ） A．随机变量X服从超几何分布 B．随机变量Y服从超几何分布 C． D． 【例13】某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种（分别称为品种甲和品种乙）进行田间试验．现在在总共8小块地中，随机选4小块地种植品种甲，另外4小块地种植品种乙，种植完成后若随机选出4块地，其中种植品种甲的小块地的数目记为X，求． 【跟踪训练】 1.从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则（    ） A． B． C． D． 2.一批产品共有20件，其中2件次品，18件合格品，从这批产品中任意抽取2件，则至少有1件是次品的概率是（    ） A． B． C． D． 3.从一批含有13件正品，2件次品的产品中不放回地抽3次，每次抽取1件，设抽取的次品数为ξ，则E(5ξ＋1)＝(    ) A．2 B．1 C．3 D．4 4.电视传媒公司为了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了名观众进行调查．如图是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图：将日均收看该体育节目时间不低于分钟的观众称为“体育迷”．将上述调查所得到的频率视为概率． (1)现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样方法每次抽取名观众，抽取次，记被抽取的名观众中的“体育迷”人数为．若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列及数学期望． (2)用分层抽样的方法从这名“体育迷”中抽取名观众，再从抽取的抽取名观众中随机抽取名，表示抽取的是“体育迷”的人数，求的分布列． 5.袋中有6个白球､3个黑球，从中随机地连续抽取2次，每次取1个球. (1)若每次抽取后都放回，设取到黑球的次数为，求的分布列和期望； (2)若每次抽取后都不放回，设取到黑球的个数为，求的分布列和期望. 易错点07：对正态分布的性质及意义不熟 【例14】设随机变量服从正态分布，若，则 ． 【例15】设随机变量，且，则______． 【例16】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，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是（    ） A． B． C． D． 【跟踪训练】 1．（2024·上海青浦·二模）设随机变量服从正态分布，若，则实数 ． 2．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知随机变量服从正态分布，若，则 . 一、选择题 1．已知为随机事件，则下列表述中正确的是（    ） A． B． C． D． 2．第一个袋中有黑、白球各2只，第二个袋中有黑、白球各3只．先从第一个袋中任取一球放入第二个袋中，再从第二个袋中任取一球，则两次均取到白球的概率为(　 ) A. B. C. D. 3．甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，各局比赛结果相互独立且没有平局，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为（    ） A． B． C． D． 4.某高中为了解学生的肥胖是否与经常饮用碳酸饮料有关，现对400名高二学生进行了问卷调查，学生饮用碳酸饮料的统计结果如下：学校有的学生每天饮用碳酸饮料不低于500毫升，这些学生的肥胖率为，每天饮用碳酸饮料低于500毫升的学生的肥胖率为.若从该中学高二的学生中任意抽取一名学生，则该学生肥胖的概率为（   ） A． B． C． D． 5．甲、乙两位学生在学校组织的课后服务活动中，准备从①②③④⑤5个项目中分别各自随机选择其中一项，记事件：甲和乙选择的活动各不同，事件：甲和乙恰好一人选择①，则等于（    ） A． B． C． D． 6．2023年3月13日第十四届全国人民代表大会第一次会议在北京胜利闭幕，某中学为了贯彻学习“两会”精神，举办“学两会，知国事”知识竞赛．高二学生代表队由A，B，C，D，E共5名成员组成，现从这5名成员中随机抽选3名参加学校决赛，则在学生A被抽到的条件下，学生B也被抽到的概率为（    ）． A． B． C． D． 7．甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以和表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（    ） A． B．事件与事件B相互独立 C． D． 8．已知两个随机变量X，Y，其中，（σ>0），若E(X)=E(Y)，且，则（    ） A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.1 9．有歌唱道：“江西是个好地方，山清水秀好风光．”现有甲、乙两位游客慕名来到江西旅游，准备从庐山、三清山、龙虎山和明月山四个著名旅游景点中随机选择一个景点游玩，记事件A为“甲和乙至少一人选择庐山”，事件B为“甲和乙选择的景点不同”，则P(B|A)＝(　 ) A. B. C. D. 二、填空题 10．（2025·上海青浦·模拟预测）已知随机变量，若，则 . 11.从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 ；从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为 . 三、解答题 12.北京某高校有20名志愿者报名参加2022年北京冬奥会服务工作，其中有2名老师，18名学生.若从中随机抽取名志愿者，用X表示所抽取的n名志愿者中老师的人数. (1)若，求X的分布列与数学期望； (2)当n为何值时，的概率取得最大值?最大值是多少? 13.某市移动公司为了提高服务质量，决定对使用A，B两种套餐的集团用户进行调查，准备从本市n（）个人数超过1000人的大集团和4个人数低于200人的小集团中随机抽取若干个集团进行调查，若一次抽取2个集团，全是小集团的概率为. (1)在取出的2个集团是同一类集团的情况下，求全为大集团的概率； (2)若一次抽取3个集团，假设取出小集团的个数为X，求X的分布列和期望. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$