专题24 概率-【创新大课堂】2026年高考数学五年真题分类汇编168优化重组卷

专题24 概率 考向1古典概型 6.(2021·全国甲卷理，5分)将4个1和2个0随 1.(2024·全国甲卷·文，5分)甲、乙、丙、丁四人 机排成一行，则2个0不相邻的概率为() 排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概 A号 R号 率是 ( ) A B司 c号 n.考 I 7.(2024·新课标I卷，5分)甲、乙两人各有四张 c n号 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 2.(2023·全国甲卷·文，5分)某校文艺部有4 字2,4,6,8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛 名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名 中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张， ® 学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名 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 学生来自不同年级的概率为 ( ) 选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使 抑 A R司 用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概 率为 c 8.(2024·全国甲卷·理，5分)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 3.(2023·全国乙卷·文，5分)某学校举办作文 机取3次，每次取1个球，设m为前两次取出的 比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取 球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字 一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到 量 的平均值，则m与n之差的绝对值不大于2的 不同主题的概率为 ( 概率为 B号 9.(2024·天津卷，5分)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 C.2 率为 ;已知乙选了A活动，他再选择B 令 4.(2022·全国甲（文）T6)从分别写有1,2,3,4， 活动的概率为 10.(2022·全国甲（理）T15)从正方体的8个顶点 烂 5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到 中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率 的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为 为 11.(2022·全国乙（文T14)(理T13)从甲、乙等 新 A. 5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则 .3 甲、乙都入选的概率为 c.5 n号 考向2几何概型 1.(2023·全国乙卷·理，5分)设O为平面坐标 郑 5.(2022·新高考I卷T5)从2至8的7个整数 系的坐标原点，在区域{(x,y)|1≤x2十y2≤4》 中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概 内随机取一点，记该点为A,则直线OA的倾斜 摇 率为 ( ) 角不大于的概率为 A日 B. A.8 B.6 3 1 C 1 C.4 1 D.2 77 2.(2021·全国乙卷理，5分)在区间(0,1)与：3.(2023·全国甲卷·理，5分)某地的中学生中 12)中各随机取1个数，则两数之和大于子的 有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑 雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的 概率为 ( 中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑 a号 B器 雪，则该同学也爱好滑冰的概率为 () c品 A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4 :4.(2022·全国乙（理）T10)某棋手与甲、乙、丙三 3.(2021·全国乙卷文)在区间(0,7】 上随机取 位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.己 知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为 1个数，则取到的数小于3的概率为 p1,2,p3,且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两 A B号 盘的概率为p,则 () A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 c D.g B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 考向3相互独立事件的概率 C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 1.(2025·上海卷，4分)已知事件A,B相互独立，： D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 事件A发生的概率为P(A)= 2,事件B发生5.(2021·新高考卷I,5分)有6个相同的球，分 别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回的随机 的概率为P(B)=2,则事件A门B发生的概率 取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取 P(A∩B)为 出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出 A日 B. 4 c D.0 的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球 的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球 2.（多选)(2023·新课标Ⅱ卷，5分)在信道内传 的数字之和是7”，则 ( 输0,1信号，信号的传输相互独立.发送0时， A.甲与丙相互独立 收到1的概率为a(0<a<1),收到0的概率为 1一a;发送1时，收到0的概率为B(0<β<1)， B.甲与丁相互独立 收到1的概率为1一3.考虑两种传输方案：单次 C.乙与丙相互独立 传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发 D.丙与丁相互独立 送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次.6.(2024·上海卷，5分)某校举办科学竞技比赛， 收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输 有A,B,C3种题库，A题库有5000道题，B题 时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的： 库有4000道题，C题库有3000道题.小申已完 信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收 成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的 到1,0,1，则译码为1) 正确率是0.86，C题库的正确率是0.72，现他从 A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依 所有的题中随机选一题，正确率是 次收到1,0,1的概率为(1-a)(1一3)2 :7.(2023·天津卷，5分)甲、乙、丙三个盒子中装有 B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1， 一定数量的黑球和白球，其总数之比为5：4：6. 0,1的概率为3(1-一3)2 C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的 这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%， 概率为3(1-β)2十(1-3)3 25%,50%.现从三个盒子中各取一个球，取到 D.当0<a<0.5时，若发送0，则采用三次传输 的三个球都是黑球的概率为 ;将三个 方案译码为0的概率大于采用单次传输方 盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率 案译码为0的概率 为 78 8.(2023·新课标I卷，12分)甲、乙两人投篮，每9.(2022·新高考Ⅱ卷T19)在某地区进行某种疾 次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继 病调查，随机调查了100名这种疾病患者的年 续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投 龄，得到如下的样本数据频率分布直方图： 篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙 频率/组距 每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次 0.023 0.020 投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各 0.017 为0.5. 0.012 0.006 (1)求第2次投篮的人是乙的概率. 888 (2)求第i次投篮的人是甲的概率， 0102030405060708090年龄（岁） (3)已知：若随机变量X:服从两点分布，且 (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一 P(X;=1)=1-P(X:=0)=qi,i=1,2,…,n, 组数据用该区间的中点值作代表》 则E(之X:)=之g.记前n次（即从第1次到第 (2)估计该地区人患这种疾病患者年龄在区间 n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y). [20,70)的概率； (3)已知该地区这种疾病患者的患病率为 0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人口数 占该地区总人口数的16%，从该地区任选一 人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患 该种疾病的概率.（样本数据中的患者年龄位于 各地区的频率作为患者年龄位于该区间的概 率，精确到0.0001) 79(3)第1步：写出2X2列联表 对数据重新组合，得到2×2列联表 日均体育锻炼时长/小时 学业成筑 [1,2) 其他 合计 优秀 45 50 95 不优秀 177 308 485 合计 222 358 580 第2步：代入公式计算 提出原假设H。:学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时 且小于2小时无关 确定显著性水平a=0.05,P(x2≥3.841)≈0.05， X_580X45X308,177X50)≈3.976>3.841. 95×485×222×358 第3步：得结论 原假设不成立，所以有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育 锻炼时长不小于]小时且小于2小时有关， 4.解(1)X的所有可能取值为0,1,2， P(X=o)=Cg×(1-2)×(1-2)=子，P(X=I)=g× ×（1-）=合，P(x=2)=G××= 所以X的分布列为 0 1 2 名 EX0=0X+1X+2x-1 (2)(ⅰ)根据试验数据可以知道40只小白鼠体重增加量的中位数 m 23.2+23.6-23.4. 2 列联表如下： ∠m ≥m 对照组 6 试验组 14 6 (i)根据(1)中结果可得K?=40X(6×614X14)2 =6.4≥ 20×20×20×20 3.841, 所以有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境 中体重的增加量有差异， 5,解(1)A公司一共调查了260个班次，其中有240个班次准点，故 A公司甲，乙两线之同的长连家车水点的概率是织吕 B公司一共调查了240个班次，其中有210个班次准点，故B公司 甲、乙两域之间的长逢客车准点的挺率是织日 (2周为K=50X240X30-20×210)_125≈3.205>2.706. 260×240×450×50 -39 所以有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客 车所属公司有关」 6.解(1)假设患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯没有 差异， 则K2=200(40×90-60×10)2 50×150×100×100 =24>10.828, 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： P(AB) P(AB) (2)(DR=P(BIA)P(BI) P(A) P(A) P(AB)P(AB) P(B引A)P(BA) P(AB) P(AB)P(AB)P(AB) P(A) P(A) P(AB) P(AB) P(AB) P(AB) P(B) P(B) P(AB) P(A B) P(AB) P(AB) P(AB) P(AB) P(A B) P(AB) P(B) P(B) 得证； (i)由润查：括可知P4B品-号P(AB)=品六，则 P(A1B)=1-P(AB)三三，P(A=9 ，所以R=·士 516 7.解(1)根据表中数据知，甲机床生产的产品中一级品的频率是 50=0.75,乙机床生产的产品中一级品的频率是)20=0. (2)根据列联表中的数据可得 K2= 400×(150×80-120×50)2=400≈10.256. 200×200×270×130 39 因为10.256>6.635，所以有99%的把握认为甲机床的产品质量与 乙机床的产品质量有差异， 考向4回归分析 1,A[线性相关系数（理性思维）选项A中的散，点有明显的从左 下角到右上角沿直线分布的趋势，且散点集中在一条直线的附近， 故选项A中的线性相关系数最大，故选A,门 2.C「样本相关系数因为沿海地区气温和海水表层温度相关，且 样本相关系数为正数，所以随着沿海地区气温由低到高，海水表层 温度呈上升趋势，故选C.] 3.C[因为相关系数r=0.8245>0.75,所以花瓣长度和花萼长度 的相关性较强，并且呈正相关，所以选项A,B错误，选项C正确：因 为相关系数与样本的数据有关，所以当样本发生变化时，相关系数 也会发生变化，所以选项D错误.故选C.] 4,极差十中位数十平均数十古典概型十回归方程（数据处理能力，运 算求解能力) 解(1)这组数据的极差为216,93一206.78=10.15， 中位教为209.35210.68=210.015. (2)记“从这10个数据中任选3个，恰有2个数据在211以上”为事 件A, CiC 由题可知，这10个数据中在211以上的有4个，故P(A) C 6×63 120=10: (3)由题可知，x=2006,y=211.399, 代入y=-0.311x+b,得211.399=-0.311×2006+6， 解得b=835.265, 则y=-0.311x+835.265, 将x=2028代入，得y=204.557≈204.56， 故预测2028年冠军队的成绩为204.56秒. 解()该林区这种树木平均一棵的根部横裁面积工-，6号 =0.06(m), 平均一棵的材积量y= 3.9=0.39(m3) 10 (2)由题意，得(，-工)2= Cx号-10.x2=0.038-10×0.062= =1 i=1 0.002, 2(-)= y-10y2=1.6158-10×0.392=0.0948, (z,)(yy=2zy,10zy=0.2474-10×0.06x0.39 1 =1 0.0134, 所以相关系数”= 0.0134 0.0134 0.0134≈ √0.002×0.0948 /1.896×0.0001 0.01377 0.97. (3)因为树木的材积量与其根部横裁面积近似成正比，所以比例 系敦k= y_0.39=6.5, 0.06 所以该林区这种树木的总材积量的估计值为186×6.5=1209(m). 专题24概率 考向1古典概型 1.B「古典概型 画出树状图： 甲 丙丁乙丁乙丙 丙丁 丁丙丁乙丙乙 甲乙 A八N 7 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！ 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 或乙在排尾的排法共有8种，所以所求概率为员=子，故选B] 4X3×2×1=21(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P是 2.D[记高一年级2名学生分别为a1,a2,高二年级2名学生分别为！ b1,b2,则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件 27 有aa,a1.24).a6a.h6.共6个，其8 [古典概型（理性思雏、数学探索）设3次取出的球上的数字 中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1,b1),(a1,b2),(a2, b1),(a2,b),共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P= 依次为a,b,c,则无放回地随机取3次球的取法有A=120(种)，则 =号故选D.] 6 : 1m-m=1中++1=1+621≤之，可得1a+62≤3. 2 3 3.A[设6个主题分别为A,B,C,D,E,F,甲、乙两位同学所选主题 当c=1时，a,b需要满足“1≤a十b≤5”，所有可能情况为(2,3)， 的所有可能情况如表： (3,2),共2种 当c=2时，a,b需要满足“1a十b≤7”，所有可能情况为(1,3)， B D E F (1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,4),(4,3),共 甲 10种 (A,A) (A,B) (A,C) (A,D) (A,E) (A,F) 当c=3时，a,b需要满足“3a十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), (B,A) (B,B) (B,C) (B,D) (B,E) (B,F) (2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5),(5,4),共16种. C (C,A) (C,B) (C,C) (C,D) (C,E) (C,F) 当c=4时，a,b需要满足“5≤a十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), D (D,A) (D,B) (D,C) (D,D) (D,E) (D,F) (3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(6,5),(5,6),共16种 E (E,A) (E,B) (E,C) (E,D) (E,E) (E,F) 当c=5时，a,b需要满足“7≤a十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 F (F,A) (F,B) (F,C) (F,D) (F,E) (F,F) 10种. 共36种情况.其中甲、乙两位同学抽到不同主题的情况有30种，故： 当c=6时，a,b需要满足“9a十b≤15”，所有可能情况为(4,5)， 到不同主题的为器吾故选A] (5,4),共2种. 故共有2十10十16十16十10十2=56（种）可能情况，所以所求概率 4.C「从6张卡片中任取2张的取法有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)， (1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5), 《4:6:5:6),共15种不同取法，其中2张卡片上的数字之款是9.号 3 1 [古典概型十条件概率（理性思雏、数学探索）由题意 的倍数的取法有(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)，(4,5)，(4,6)，共6种， 6 所以所求概率p=号=子，故选C.] 知甲选到A的概率P=CS-是.记乙选择A活动为事件M,乙选 C Γ5 5.D[法一从2,3,4,5,6,7,8中随机取2个不同的数有C号=211 (种)结果，其中这2个数互质的结果有(2,3)，(2,5)，(2,7)，(3,1 了A活动再选择B活动为事件N,则P(M)= 4),(3,5),(3,7),(3,8),(4,5),(4,7),(5,6),(5,7),(5,8),(6, 3 42 C 3 7),(7,8),共14种，所以所求概率为-了，故选D. =是所以P(NIM)-之] P(M) 3 法二从2,3,4,5,6,7,8中随机取2个不同的数有C号=21（种）结 5 果，其中这2个数不互质的结果有(2,4)，(2.6)，28)，(3,6)，10，品[从正方体的8个预点中任选4个，所有的取法有C=70 【4,6),(4,8,(6,8,共7种，所以所求概率为22号，故 21 (种)，4个点共面的取法共有12种（表面有6个四边形，对角线可 选D.] 构成6个长方形，所以共有12种)，所以4个点在同一个平面概率 6.C「法一（将4个1和2个0视为完全不同的元素） 4个1分别设为1A,1B,1C,1D,2个0分别设为0A,0B,将4个11 和2个0随机排成一行有种将法将1A,B。C,D将成二行1.品 [从5名同学中随机选3名参加社区服务工作，共有C=10 有A种排法，再将0A,0B插空有A:种排法，所以2个0不相邻 (种)选法，甲、乙都入选有C=3(种)选法，根据古典概型的概率 的概率P-AA2 A -3 计算公式，甲，乙新入选的概率力=品] 法二（含有相同元素的排列）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C?种排法，其中将4个1排成一行， 考向2几何概型 把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有C种排法. !1,A[如图所示，题中所给区城为一圈环形区 域，其面积为4π-π=3元.由题意，知A点应 所以2个0不和华的机车P得-号，] 在图中的BCDE区域内（包含边界），其中 7.2[古典概型（理性思维，数学探索、数学应用） ∠0虹=开，该部分区线的面积为号× 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， 于×2-合×子×1：=誓故所求桃率为 8 甲的总得分最多为3. 3π 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. 3元 1,故选A] 若甲的总得分为2，有以下三类情况： 2.B[在区间(0,1)中随机取一个数，记为x,在区 ,x=1 第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3一2,5一4,11 间(1,2)中随机取一个数，记为y,两数之和大于 ---y=2 6,7-8: 7 7 4 ,即x十y>,则 --------- 第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3一2,7一4,1一6,5一8或3一1 2,7-4,1-8,5-6或3-2,7-6,1-4,5-8，共3种组合： 0x1, 第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5-2,7-4,1一6,3-8或5- <<2：在如图所示的平面直角坐标系中， xty= 2,7-4,1-8,3-6或5-4,7-2,1-6,3-8或5-4,7-2,1-8， e+>子 3-6或5-2,7-6,1-4,3-8或5-2,7-6,1-8,3-4或5-4， 点(x,y)构成的区域是边长为1的正方形区域（不含边界），事件A 7-6,1-2,3一8，共7种组合. 158 “两教之和大于子”即x十y>子中，点（红，）构成的区城为图中阴 影部分（不含边界），由几何概型的概率计算公式得P(A)=! 1(×立器，故选] 1×1 32 3.B[因为区间(0，宁)的长度为立，区间(0，号)的长度为号，所 以在区间(0,2)上随起取1个数，取到的数小于号的概牵P= 子÷号故选] 考向3相互独立事件的概率 1.B[相互独立事件的概率因为事件A,B相互独立，所以P(A∩： B)=P(A)P(B=号X=.] 2.ABD[由题意，发0收1的概率为a,发0收0的概率为1一a:发1 收0的概率为B,发1收1的概率为1一.对于A,发1收1的概率· 为1一3，发0收0的概率为1一a,发1收1的概率为1一3，所以所！ 求概率为(1一α)(1一)，故A选项正确.对于B,相当于发了1,1,1 1,收到1,0,1，则概率为(1一)(1一)=(1一)2，故B选项正确. 对于C,相当于发了1,1,1，收到1,1,0或1,0,1或0,1,1或1,1， 1,则概率为C号(1一)2+C(1-B)3=3B(1-B)2+(1-)3,故C 不正确.对于D,发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0,0， 0,收到0,0,1或0,1,0或1,0,0或0,0,0，则此方案的概率P1= C号a(1-a)2十C(1-a)3=3a(1-a)2十(1-a)3:发送0，采用单次1 传输方案译码为0的概率P2=1一a,当0<a<0.5时，P1一P2= 3a(1-a)2+(1-a)3-(1-a)=a(1-a)(1-2a)>0,故D选项正} 确.综上，选ABD.」 3.A[如图，左圈表示爱好滑冰的学生所占 比例，右图表示爱好滑雪的学生所占比 爱好滑冰/ 例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生 爱好滑雪 B 所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪 的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱 好滑冰的学生所占比例，则0.6十0.5 B=0.7,所以B=0.4,C=0.5一0.4=0.1.所以若该学生爱好滑！ 雪，剥他也金好滑*的瓶率为℃号0.8，故选A] 4.D[该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率！ 均为弓， 则此时连胜两盘的概率为p甲， 则pp=2[(1-p)p1p,+p1(1-p)]+2[(1-p)p:+ p3p1(1-p2)]=p1(p2十p3)-2p1p2: 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乞， 则元=(1-力1)p2p:十p1p2(1-p3)=p2(十p3)-2p1p2p3, 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为卫丙， 则p雨=(1-p1)pp2十p1p(1-)=p(p十p2)-2p1p2p 则pp一pt=p1(p2十p3)-2p1p2p-[p(p1十p:)-2p1pp]= (p1一p2)p3<0, p之一p雨=p(p1+p3)-2p1p2pa-[p3(p1+p2)-2p1p2p]= (p2-p)p10, 即pp<p之p元<p雨， 则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大，选项D判断正确：选项BC判 断错误； p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关，选项A判断错误， 故选D.] 5B[易知P(甲)=古，P(乙)=日，P(丙)=高P(T)品=合 6 .P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)， P(甲T)=36=P(甲)P(T), P(乙丙)=36≠P(乙)P(丙)， P(丙丁)=0≠P(丙)P(丁)， 因此事件甲与丁相互独立，] 6.a85(或号)[全概丰公式A题库占50+00+30m一 5000 5 B 15 4000 1 3000 题库占写00+1000+300=方.C题库占500+400+300 子，则所求概年P音×0.92+号×0a.86+子×0,72=065.] ,六号[设A=从甲会子中取一个球，是黑球”，B=从乙金子中 取一个球，是黑球”，C=“从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知 PA)=40%=号，PB=25%=子，PC=50%=,现从三个金 子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC) PUA)RO-号×子×合京：设D=取到的球是甲金子中 的”，D,=“取到的球是乙盒子中的”，D=“取到的球是丙盒子中的”， E=取到的球是白球”，由题意可知P(D)=十十6=了，P(D,) 5 5+4+6PD,)=6++=号PED)=1-号=是 4 6 2 P(EID,)=1--,P(ED,)=1-令=÷，所以P(E) P(D E+D,E+DE)=P(D E)+P(D,E)+P(D E)=P(D)P(E D)+ PD,)PED)+P(D,)P(ED)=号×号+告×子+号× 13 2=5] 8.解(1)记“第2次投篮的人是乙”为事件A,“第1次投篮的人是 甲”为事件B,则A=BA十BA, 所以P(A)=P(BA十BA)=P(BA)十P(BA)=P(B)P(A|B)+ P(B)P(A|B)=0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6. (2)设第i次投篮的人是甲的概率为力：，由题意可知，p1=2, p+1=p,×0.6十(1-p:)×(1-0.8),即p:+1=0.4p,十0.2= A十月 所以=号 1 号为公比的等比数列， -1 所以A-×（号） -1 所以A=+×（号） (3)设第i次投篮时甲投篮的次数为X,则X,的可能取值为0或 1,当X,=0时，表示第i次投篮的人是乙，当X,=1时，表示第i次 投篮的人是甲，所以P(X,=1)=p:,P(X,=0)=1一p,所以 E(X,)=p,· Y=X1十X2+X十…十Xn 则E(Y)=E(X1十X2+X十…十Xn)=p1+p十p十…十pn,(10 分) 由(2)知，p,= 3+×(号)】 所以p1十p2十3十…十p。= + ×[+号+（号）+…叶 2 -（5】 (号)]+× 1-号 =+×[-()]】 9.解(1)平均年龄x=(5×0.001十15×0.002十25×0.012十35× 0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85× 0.002)×10=47.9(岁). (2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，则 P(A)=1-P(A)=1-(0.001+0.002+0.006十0.002)×10=1 0.11=0.89. (3)设B={任选一人年龄位于区间[40,50)}，C={任选一人患这 种疾病}， 则由条件概率公式，得 PCBD=01%X0.023X100.01X03=0.0m875 16% 0.16 0.0014.