9.2 随机事件、古典概型与条件概率(实战册)-【实战高考】2026年高考数学总复习（山东专版）

答案 实战高考·数学 含xy4的项， 所以在(x十y2-1)(x2-y-1)6的展开式中， 含x2y2,x2y的项分别为C(x2)C(-y)2(-1)3, x2y4的系数为C%×Cg(-1)3+(-1)×C8×Cg(-1)1 C8(x2)Cg(-y)4(-1)1, =-30, 9.2随机事件、古典概型与条件概率 山东新高考全练 ①D解析从2至8的7个整数中随机取2个不同的数， 构造等比数列{p:十λ}， 共有C号=21（种）不同的取法.若两数不互质，不同的取法 设+1十A=号(p:十x),解得入=-3，则p1-} 有(2,4)，(2,6)，(2,8)，(3,6)，(4,6)，(4,8)，(6,8)， 共7种，战所求版率P=2分7-号：故遂D 号(：-3) 21 BB解P(甲)=合，P(乙)=名，P(丙)=希，P(T) 又=合一日言，所以{：一号)是首项为行，公比 =品=日，P甲丙)=0≠P(甲)P(丙)，P(甲T)=0 为子的等比数列， P(甲)P(T),P(乙丙)=高≠P(乙)P(丙)，P(丙T)=0 即合名×（得） ≠P(丁)P(丙).故选B. 所以=6×（号）+子 3解：(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件A:,“第i次投 篮的人是乙”为事件B:, (3)因为=日×（号）+3，=1,2，…，m, 所以P(B2)=P(A1B2)+P(B1B2)=P(A1)P(B2 所以当n∈N时，E(Y)=p十十…十pn=名× A1)+P(B1)P(B2|B1) =0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6. 1-(号)》” n_ (2)设P(A:)=p,依题意可知P(B:)=1一：，则 1-2 3-1 [1-(层)门+号， P(A+1)=P(AA+1)+P(BA计1)=P(A:)P(A+1 A)+P(B:)P(A+1|B:), 故E(Y)= [1-(层)]+子 即p+1=0.6p:+(1-0.8)×(1-p:)=0.4p:+0.2. 山东模拟专练 考点闯关) 一个发生，故事件A与B是互斥事件，也是对立事件，选 考点①随机事件和古典概型 项AB正确； ①C解析由题意，得没有荣获“优秀员工”称号的高级 对于选项C:如果取出的数为2,4，则事件B与事件C均 工程师有120-85-14=21（人）， 发生，不互斥，选项C错误； 则公司共有高级工程师的人数为75十21=96， 对于选项D:P(B)=1- 告Pc=+C=2 故被选中的员工是高级工程师的概单为部-青 C 9N 5 日号解标甲、乙两位同学从4个不同的项日中各选2 P(BC)= 则P(B)P(C)≠P(BC),即事件B与 项，共有C2C=36(种)选法， C不相互独立，选项D错误. 甲、乙两位同学所选的项目恰有1项相同，共有CCgC2 24(种)选法， a号 解析到达第3阶台阶的方法有两种： 所以甲、乙两位同学所选项目恰有1项相同的概率为P= 号 第一种：每步上一个台阶，上两步，则概率为子×是-： 考点2事件的相互独立性 第二种：只上一步且上两个台阶，则概率为4 3AB解析对于选项AB:取出的球的数字之积为奇数 和取出的球的数字之积为偶数不可能同时发生，且必有 所以到达第3降台阶的凝率为。十日一品 496 Q实战册参考答案及解析 考点3条件概率与全概率公式 ,所以P(AB)=P(A)P(B),所以事件A与B相互独 1 ⑤D解析设甲获胜为事件A,甲第一局获胜为事件B, 则P(A=号×号+号××号+×号×号- 立，则A与B也相互独立， 20 所以P(AB)=P(A)P(B)=P(A)I-P(B)=号× P(AB)=×2+2×L×216 3×3+3×3×3=27: 所以在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是P(BA) ④D解析对于选项A:因为P(AB)≠P(A)P(B),所 16 P(AB)_27」 4 以A与B不相互独立，故A错误； P(A) 20 27 对于选项B若A,B相互独立，则P(AB)=PCAB)= P(B) ⑥C解析设事件A为“任意调查一名学生，每天玩手机 超过1h”,事件B为“任意调查一名学生，该学生近视”， P(A)P(B2=P(A=0.5,故B错误； P(B) 则P(A)=号，P(BA)=,所以P(A)=1-PA)= 对于选项C因为PAlB)=》,所以PAB》 号，P(BA)=,则P(B)=P(ADP(BIA)+PA)· P(B)P(A|B)=0.4×0.5=0.2,故C错误； 对于选项D:若B二A,则P(AB)=P(B)=0.4,所以 P(BA)=×+号×- 3 2 5 pB1A)-P-& =0.8,故D正确 分层闯关) ⑤AC解玩对于选项A,依题意P(A)-号，P(B)- 基础题组 1 11 ①C解析设甲获胜为事件A,比赛进行了3局为事件 ,P(AB)= 2×2-41 =P(A)P(B),所以事件A与事 B,则P(A)=0.7×0.7+0.7×0.3×0.7+0.3×0.7× 件B相互独立，故A正确； 0.7=0.784,P(AB)=0.7×0.3×0.7+0.3×0.7×0.7 对于选项B,由题意可知，事件A与事件B有可能同时发 =0.294,所以P(BA)-PA-6.7848· P(AB)_0.294_3 生，例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件A与事件B 不是互斥事件，故B错误； 2D解析甲、乙每次出牌1张，若两人出牌的点数都是 偶数或都是奇数，则平局，所以平局的概率1=2X3X3 对于选项CD,P(C)=1-宁×号-子，周为BCC,所以 6×6 1 P(BC)=P(B)=,所以P(B1C)=PBC- 2 P(C) 3 4 若甲胜，则结果有(2,1)、(3,2)、(4,1)、(4,3)、(5,2)、 (5,4)、(6,1)、(6,3)、(6,5),共9种，所以甲胜的概率为 号，故C正确，D错误 加一6又。青，同理之胜的概率也为子 9 ⑥BCD解析先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，得到 向上的点数分别为x,y, 各出牌4次后停止游戏，若4次会平局，概率为（侵）川 则基本事件总数为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1， = 6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3, 2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4, 若平局2次，则最后1次不能是平局，另外2次甲全胜或 4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5, 乙全胜，概率为C(日)×号×号×2=品： 6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共36种 情况. 若平局0次，则一方3胜1负，且负的1次只能在前2次 满足事件A的有(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,3)，(2,1)，(3， 中，概率为C×是×（经）》×2=a 1),(3,4),(4,1),(4,5),(5,6),(5,1),(6,1),共12种，其 所以P(X=4)=16+32+6464 1+3+111 餐率P(A)一号-日故A锈误： 满足事件B的有(1,1)，(1,3)，(1,5)，(2,2)，(2,4)，(2， 目A解由题意，得P(A)=,P(B)=,P(AB) 6),(3,1),(3,3),(3,5),(4,2),(4,4),(4,6),(5,1),(5, 497 答案 实战高考·数学 3),(5,5),(6,2),(6,4),(6,6),共18个，故P(B) 18 第二种初始状态下的变换过程为：bk→skb, 36 第三种初始状态下的变换过程为：bks→kbs -ksb, 第四种初始状态下的变换过程为：bsk→bks→kbs, 满足事件AB的有(1,1)，(3,1)，(5,1)，共3个，所以 第五种初始状态：sb,不需要调换， 第六种初始状态下的变换过程为：kbs→ksb. PCA)=品2放B正痛， 从以上可以看出来，末状态杯子在右位对应的初始状态 满足事件C的有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)， 为：第一、二、三、五、六种初始状态，共5种情况， (1,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(5,1), 在杯子出现在右位的条件下，筷子出现在中位的末状态 (5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),共18个，故P(C)= 只能是sb(对应的初始状态是第二种初始状态)，故所求 18_1 36=2, 概率为行 满足事件BC的有(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3， 日号 解析根据题意，设甲获胜为事件A,比赛进行两 5),(5,1),(5,3),(5,5),共9个，所以P(BC)=是=1 36-4 局为事件B, =P(B)P(C), 则P=号×号+C×号××号-器，P(AB 所以事件B与事件C相互独立，故C正确； 满足事件AC的有(1,1)，(1,2)，(1,4)，(3,1)，(3,4)， c×号×号-告， (5,6),(5,1),共7个， 故P(BIA)=PAB)=9 =3 所以PAC)=高，则P(A1C)-S=而=A, P(A) 0 -51 P(C) 、1 18故 27 2 能力题组 D正确， 0C解析王同学第1天随机选择一家餐厅用餐，那么 16 解析甲比乙进球数多包含以下三种情况： 去A餐厅的概率为PCA1)=号 ①甲选1球，乙进0球，概率为P1=G×}×号× 如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为 P(A2A1)=0.6. c8(3)°=0 根据条件概率公式可得第1天去A餐厅且第2天去A餐 厅的概率为： ②甲进2球，乙进1球，概率为2=C(日)×C(2)月 PAA)=PA1)PAA)=2X0.6=0.3 同理，第1天去B餐厅的概率为P(B)=号 ③甲进2球，乙进0球，概率为p9=C号(3)×C(分)月 如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为 P(A2B1)=0.4. 根据条件概率公式，可得第1天去B餐厅且第2天去A 2+ 故甲比乙进球数多的概率p=p1十加十3一36十36十36 4 餐斤的概率为P(BAa)=P(B)P(AB1)=合×0,4= .7 0.2. 因为“第一天去A餐厅且第二天去A餐厅”与“第一天去 目}解标我们不坊用勺子、筷子和杯子的第一个字的 B餐厅且第二天去A餐厅”这两个事件是互斥的，所以根 拼音的第一个小写英文字母来代替这三个东西，例如kb 据互斥事件的概率加法公式， 代表勺子在左位，筷子在中位，杯子在右位 可得王同学第二天去A餐厅用餐的概率为 一开始的状态有skb,sbk,bs,bsk,sb,bs六种情况，我们 P(A2)=P(A1A2)+P(B1A2)=0.3+0.2=0.5. 用→表示一次调换， 门C解玩当n为寺数时，前n十2项中有”士3个寺数 那么根据题意，第一种初始状态下的变换过程为：sb →ksb, 项，即有”3个正数， 498 O实战册参考答案及解析 C2 n+3.n十1 P,= 2 2 ,(n十3)(n+1) n十3 又P(X=2)=号P(X>1D=吉×1-P(X=1D) C+2 (m+2)(n+1)-4(n+2)(m+-4(m+2: P=了，故A错误： -P(X-D), 当n为偶数时，前十2项中有”2个奇数项，即有” 所以P-专对任意nEN都成立， P(X=n) 2 2 个正数， 此时P(X=)}是首项为号，公比为号的等比数列， C (空)贤 (n+2)n 所以P(X=)=号×（借）-，故P(Xm=5P(X= P.-C+2-+2(n+4a+2+4m+' B-品P0=-碧，P>P,故B特误： 1010 n+D=5x号×（告）”=（借）” P=是=品>P,放C正确： a=P(X=0=号×n(告）1， Pe==是<P,放D错误 s.=3[1×()°+2x(告}++m-1)×(号)2 ②号解标由题知，玩家从起点方格出发，每次向右或 +x(售)》]， 向下移动一格，可以顺利到达终点，即为挑战成功，反之 告s.=号[1×（号》+2×（传）}+…+(n-1)× 挑战失败.用A表示第m行第n列含有陷阱的方格，则 第1行含有陷阱的方格为A1:(i=2,3),第2行含有陷阱 (售)+x()], 的方格为A2j(j=1,2,3),第3行含有陷肼的方格为A3r 两式作差，得号s.=号[1+（借}+（售）》+…十 (r=1,2),所以每一行随机设置1个陷阱（起点和终点处 无陷阱)共有C2CgC2=12(个)基本事件， (传)-x(停)]， 具体如下： (A12,A21,A31),(A12,A21,A32),(A12,A22,A31),(A12, S= 1-哈门x(层广-5a+x(信尸 A22,A32),(A12,A23,A31),(A12,A23,A32),（A13,A21, 1-号 A31),(A13,A21,A32),(A13,A22,A31),(A13,A22,A32), 培优题组 (A13,A23,A31),(A13,A23,A32), 14解：(1)设D=“甲从A袋中摸球”，E=“乙从B袋中摸 玩家挑战失败的基本事件有(A12,A21,A31),(A12,A21, 球”，C=“乙摸出的是红球”， A32),(A12,A22,A31),(A12,A22,A32),(A12,A23,A32), 由全概率公式，知乙从B袋中摸球的概率P(E)=P(D)· (A13,A22,A31),（A13,A22,A2),(A13,A23,A32),共 8个， PED)+PDPD)-X号+X号-： 所以元家挑战夫政的概丰为昌一号 所以在一轮中乙从B袋中摸出红球的概率为P(EC)= PKEP(CIE)=名x号-是 图（号）”5-(+5)（号）”解标因为P(X=n+1X (2)在一轮中乙摸出红球的概率P(C)=P(E)· ≥=P-3, P(X>n) P(CE)+PE)P(CE)=0×p+器×号 所以P(X=n+1)=方P(Xm. p+1. 将n换成n-1,此时P(X=m)=号PXC-1, (3)不同意.理由如下： 由题意知3轮摸球后摸出红球的个数服从二项分布 两式相减可得P(X=n)-P(X=n+1)=号P(X>n B(3,+1D), 1)-号P(Xn)=号P(X=, 则3轮摸球后乙摸出2个红球的概率为P= P》-≥2 G[品ap+D]'[-p+1D]-18p+1(9 499 答案 实战高考·数学 -7)(0<<1). P(BA)·PCAB)=是×}×号-= 设f()=(7p+1)2(9-7p), 则f()=7(7p十1)(17-21). 同理：P(B1A2C3)=P(A1C2B3)=P(B1C2A3)= 17 P(CuAzBa)-P(CiBzAs)-80 .3 令f(p)=0,解得=21， 则当0<号时，广(p>0,fKp)单润递增，当货<1 所以PM=PABC)X6-高×6- 时，f(p)<0,f(p)单调递减， (2)①第n次答题后游戏停止的情况是：前n一1次答题中 正确的恰好为4次，答题错误n一5次，且第n次摸出最后 所以当一引时，3轮摸球后乙摸出2个红球的概率最 一球时答题正确， 大，所以不同意乙的观点。 所以a=c4(合）》（侵）厂×3-C1(2”。 ⑤解：(1)记M-“此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑 球各一个”， ②存在.由①，知am=C41(分）”， A:=“第i次摸出红球，并且答题正确”，i=1,2,3, B,=“第j次摸出黑球，并且答题正确”，j=1,2,3, 所以1 c() n！ 4!m-4X2 an C41” (n-1)！ 2(n-4) Ck=“第k次摸出红球或黑球，并且答题错误”，k=1, 4!(n-5)1 2,3, 所以M=A1B2C3+B1A2C3+A1C2B3+B1C2A3+ 当5≤n<8时，a>1,即a+1>an； an C1A2 B3+C1B2A3. 当n=8时，9-1，即a9=a8; a8 又PA)=号×号-PBA)-X号-子， 当n心8时，0中1<1，即an+1<an an P(C3A1B2)-1X2=2, 11 故am存在最大值，an的最大值是a8=a9= 35 2561 所以P(A1B2C3)=P(A1B2)·P(C3|A1B2)=P(A1)· 高考全国视野 真题精练) 项B知，所求的概率为CB(1-)2+(1-)3=(1一)2· ①B解析当甲排在排尾，乙排第一位时，丙有2种排 (1+2),C错误. 法，丁有1种排法，共2种； 对于D,由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概 当甲排在排尾，乙排第二位或第三位时，丙有1种排法， 率P=(1一a)2(1+2a), 丁有1种排法，共2种 单次传输发送0，则译码为0的概率P'=1一α，而0<a< 故甲排在排尾共4种排法. 0.5, 同理，乙排在排尾共4种排法，于是共8种排法符合题意. 因此P-P'=(1-a)2(1+2a)-(1-a)=a(1-a)(1- 基本事件总数是A=24,根据古典概型的计算公式，丙不 2a)>0,即P>P,D正确. 在排头，且甲浅乙在排尾的概率为员子 8号 解析从6个球中不放回地抽取3次，共有A。= 2ABD解析对于A,依次发送1,0,1，则依次收到1,0， 120种取法 1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1这 设前两次取出的球上的数字为α，b,第三次取出的球上的 3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1一)(1 数字为c,则 -a)(1-=(1-a)(1-)2,A正确. -生s2 3 对于B,三次传输发送1，相当于依次发送1,1,1，则依次 故2c-(a+b)|≤3，故-3≤2c-(a+b)≤3， 收到1,0,1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1 故a+b-32ca+b+3. 接收1这3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为 若c=1,则a+b≤5，则(a,b)为(2,3)，(3,2)，故有2种 (1一·B·(1一B)=B(1一)2，B正确. 情况； 对于C,三次传输发送1，则译码为1的事件是依次收到 若c=2,则1≤a十b≤7，则(a,b)为(1,3)，(1,4)，(1,5)， 1,1,0;1,0,1;0,1,1和1,1,1的事件和，它们互斥，由选 (1,6),(3,4),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(4,3),故有10 500 Q实战册参考答案及解析 种情况； 3(5,2),(6,),共6种，所以P(D)=是 若c=3,则3≤a+b≤9，则(a,b)为(1,2)，(1,4)，(1,5)， (1,6),(2,4),(2,5),(2,6),(4,5),(2,1),(4,1),(5,1), 7 对于选项A,图为P(AC)=36≠P(A)P(C),所以A与C (6,1),(4,2),(5,2),(6,2),(5,4),故有16种情况. 不相互独立，故A错误； 若c=4,则5≤a十b≤11，同理有16种情况. 若c=5,则7≤a十b≤13，同理有10种情况. 对于选项B因为P(BC)-希-g≠P(BP(G,所以B 若c=6,则9≤a十b≤15，同理有2种情况. 与C不相互独立，故B错误； 故m与”差的绝对值不超过2时不同的抽取方法总数为 对于选项C,因为事件C与D不能同时发生，所以P(CD) =0≠P(C)P(D),故C错误； 2(2+10+16)=56(种)， 故所求概率为2015 567 对于选项D,P(BD)-品-立=PBPD,则B与D相 互独立，故D正确」 a号 :解析方法一：列举法.从五个活动中选三个 ②C解析设事件D为这个人患流感，A1,A2,A3分别 的情况有：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD, 表示这个人来自A,B,C三个地区. BCE,BDE,CDE,共10种情况，其中甲选到A有如下6 由已知可得P(A1)=3+8+-合，PA)=3+2+1 3 2 种可能：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,则甲选到A 日PAe)=3+2+-合 1 1 的概率为P=8二=号：乙选A活功有知下6种可能： ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,其中含B活动的有3 又P(DlA1)=6%,P(D|A2)=5%,P(D|A3)=4%, 种：ABC,ABD,ABE,故乙选了A活动，他再选择B活动 由全概率公式可得P(D)=P(A1)·P(DA1)+P(A2)· 的概率为=2 PDA)+PA)·P(D1A)-7×6%+3×5%+日 方法二：设甲或乙选到A为事件M,乙选到B为事件N, ×4%-号 则甲选到A的概率为PM0= 5 圆C对于A运项，PB)-,若PAB> 乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(NM)= P(B|A),则P(A)>1,不符合题意，故A选项不正确； c 对于B选项，P(B|A)= P(AB)= 1-PA,若1 P(AB) P(MN) 1 P(M) C2 P(A) C P(AB)=[1-P(A)]·P(BA),则1-P(AB)= 模拟精练 P(AB),所以P(AB)+P(AB)=1,即P(B)=1,不符合 ①D解析由题意，得 题意，故B选项不正确； 事件A:“x>4”的情况有：(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5， 对于C选项，因为A与B互斥，所以A∩B=☑，又AUA 5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共 12种，所以PA)=363 121 =2,BUB=2,所以A二B,B二A,所以AUB=2,故 P(AUB)=1,故C选项正确； 事件B:“y为奇数”的情况有：(1,1)，(1,3)，(1,5)，(2， 对于D选项，P(AB)≠0，不能说明P(AB)=P(A)P(B) 1),(2,3),(2,5),(3,1),(3,3),(3,5),(4,1),(4,3),(4, 成立，故D选项不正确 5),(5,1),(5,3),(5,5),(6,1),(6,3),(6,5),共18种，所 11 以PB-8: AB解析由巴知得PA)=吉，P(AB)=文5=云，故 事件C:“x+y>8”的情况有：(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,4)， (5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共10种，所以 P(B1A)=PAB)=2方_1 P(A)1 5 5 105 P(C=3618 ⑤(1)解：设事件A=“一轮答题中系统派出通识题”，事 事件D:“x+y=7”的情况有：(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4， 件B=“该选手在一轮答题中答对”. 501 答案 实战高考·数学 依题意，P(A)= ,P(A)=号，P(BA)=,P(BA Cn-1Bn UCn-2BnBn-1, P(Cn)=P(Cn-1)P(BnCn-1)+P(Cn-2)P(BBn-1 Cm-2),而各轮答题正确与否相互独立， 因此P(B)=PAP(BA+PCAP(BA)=专×号十 因此P(Cm)=P(Cm-1)P(Bm)十P(Cn-2)P(BnBm-1)= 号x始后 }PC-+号P(C., 所以当心3时，：=了p1+号p2, 所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为} 设存在实数入，使得数列{p+1一入pm}为等比数列，且公比 (2)(i①)解：设事件Bn=“该选手在第n轮答对题目”，各轮 为q 答题正确与否相互独立， 当n≥2时，+1一入pn=q(pm一入pm-1),整理得p+1 由)，PB)=3,P)=号 3 =(入十q)pm-入qpm-1, 当n=1时，挑战显然不会终止，即p1=1. 2 +g， 当n=2时，第1、2轮至少答对一轮，2=1一P(B1B2)= 而+1=3m十9pm-1,则 1-P)P)=8 解得入一9=号或X-号9=子 2 1 由概率加法公式，得p3=P(B3)p2十P(B2B3)p1= Ps)加+PBs)P)A=号×号+号X号X1-品 当=1时，e十号p=8,-号=一日 8 2 同理p4=P(B4)3十P(B;B4)2=P(B4)3十 因此当=-子时，数列{D+1十3}是首项为8，公比 P)P)-专×+号×号×号- 为子的等比数列 (i)证明：设事件Cm=“第n轮答题结束时挑战未终止”， 当≥3时，第n轮答题结束时挑战未终止的情况有如下 当=号时，数列{p+1-号，}是首项为-日，公比为 两种： ①第n轮答对，第n一1轮结束时挑战未终止. 3的等比数列. ②第n轮答错，第n一1轮答对，第n一2轮结束时挑战未 故存在实数入=一 2 3 ,使得数列{p+1一入pm}为 终止 等比数列， 因此第n轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为Cn= 9.3离散型随机变量及其分布列、均值与方差 山东新高考全练 ①AC解析对于A选项，若n=1,则i=1,p1=1,所以 1,2,…m,且P(Y=j)=p;十p2m+1-j(j=1,2,…,m). H(X)=-(1×log21)=0,所以A选项正确. H(X)= 含n:·logP=空m…loeu方 对于B选项，若n=2,则=1,2,2=1一1， 所以H(X)=-[p1·log2p1+(1-p1)·log2(1-p1)], =p1·log2 分+如le+…+1l6 当p1=}时，H0=-(合1log子+星·1oe是)， 十p2m·log2p2m 1 当=时，HX0=-(1oge+lg） 1 HY)=（n+m)·log2n+（p+em1): 两者相等，所以B选项错误. 一十…十(pn十pr+1)·log2 pm+pa+1 1 1 对于C选项，若众=月（i=1,2,m,则 log2p2十p2m-1 logn十po+ilbe十n 1一十…十2m-1· 1十p2m·log21+p2m 1 则H(X)随着n的增大而增大，所以C选项正确. log2 p2+p2m-1 1 对于D选项，若n一2m,随机变量Y的所有可能的取值为 由于pi>0(i=1,2,…,2m),所以> p:p:十p2m+1-i 所 502实战册 实战高考·数学 9.2 随机事件、古典概型与条件概率 过去考什☑ 山东新高考全练 m答案：P496 1.(2022新高考I卷，5,5分；考，点1)从2至8 均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选， 的7个整数中随机取2个不同的数，则这2 第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. 个数互质的概率为( ) (1)求第2次投篮的人是乙的概率， A君 Ra (2)求第i次投篮的人是甲的概率. (3)已知：若随机变量X:服从两点分布，且 c号 n号 P(X:=1)=1-P(X:=0)=9,i=1,2,…, 2.(2021新高考I卷，8,5分；考点2)有6个 n,则（②X:)=g.记前n次（即从第1次 相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从 到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y, 中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲 求E(Y). 表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙 表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙 表示事件“两次取出的球的数字之和是8”， 丁表示事件“两次取出的球的数字之和是 7”,则( A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立 3.(2023新课标1卷，21,12分；考点3)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，若未命中则换为对 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 将来考什么 山东模拟专练 答案：P496 考点闯关) 考点①随机事件和古典概型 A是 B品 1.(2024山东济南一模)某公司现有员工120 人，在荣获“优秀员工”称号的85人中，有 c n弱 75人是高级工程师.既没有荣获“优秀员 2.(2024山东泰安二模)已知甲、乙两位同学 工”称号又不是高级工程师的员工共有14 报名参加学校运动会，要从100米、200米、 人，公司将随机选择一名员工接受电视新闻 跳高、跳远四个项目中各选两项，则甲、乙两 节目的采访，被选中的员工是高级工程师的 位同学所选项目恰有1项相同的概 概率为() 率为 132 O专题九计数原理、概率与统计 考点②事件的相互独立性 局2胜制，假设每局比赛中甲获胜的概率均 3.（多选)(2024山东青岛一模)袋子中有6个 为号，且各局比赛的结果相互独立.则在甲 相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从 获胜的条件下，甲第一局获胜的概率 中随机取出两个球，设事件A=“取出的球 是( 的数字之积为奇数”，事件B=“取出的球的 数字之积为偶数”，事件C=“取出的球的数 A B 字之和为偶数”，则() A.事件A与B是互斥事件 c D B.事件A与B是对立事件 6.(2024山东临沂一模)长时间玩手机可能影 C.事件B与C是互斥事件 响视力，据调查，某学校学生中，大约有的 D.事件B与C相互独立 学生每天玩手机超过1h,这些人近视率约 4.(2024山东枣庄一模)某人上楼梯，每步上1 阶的概率为子，每步上2阶的概率为子，设 为2，其余学生的近视率约为。，现从该校 任意调查一名学生，他近视的概率大约 该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的 是( 概率为 A日 7 者点3条件概率与全概率公式 B.16 5.(2025山东潍坊一模)某学校组织中国象棋 比赛，甲、乙两名同学进人决赛.决赛采取3 c D名 分层闯关 基础题组 点数大谁胜，重复上面的步骤，游戏进行到 1.（2025山东济宁一模)甲、乙两人进行乒乓 一方比对方多胜2次或平局4次时停止，记 球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比 游戏停止时甲、乙各出牌X次，则P(X=4) 赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为 =( 0.3,且各局比赛结果相互独立，那么在甲获 后 及是 胜的条件下，比赛进行了3局的概率 为() c u贵 A高 B吉 3.(2024山东实验中学一模)已知样本空间2 ={a,b,c,d}含有等可能的样本点，且A= cs n {a,b},B={b,c},则P(AB)=() 2.(2025山师附中一模)甲、乙两人玩一种扑 A 克游戏，每局开始前每人手中各有6张扑克 牌，点数分别为1~6，两人各随机出牌1 c D.1 张，当两张牌的点数之差为偶数时，视为平 4.(2024山东滨州二模)已知随机事件A,B 局，当两张牌的点数之差为奇数时，谁的牌 发生的概率分别为P(A)=0.5,P(B)= 133 实战 实战高考·数学 0.4,则下列说法正确的是( 动；第二步，杯子跟它右边的东西互换位置， A.若P(AB)=0.9,则A,B相互独立 如果杯子已经在最右边，就不需要移动.完 B.若A,B相互独立，则P(AB)=0.6 成这两步后，在杯子出现在右位的条件下， C.若P(AB)=0.5,则P(AB)=0.25 筷子出现在中位的概率是 D.若B二A,则P(BA)=0.8 9.(2024山东聊城二模)甲、乙两选手进行围 5.(多选)(2024山东日照二模)同时投掷甲、 棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为号， 乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为 事件A,“乙正面向上”为事件B,“甲、乙至 乙获胜的概率为3，采用三局两胜制，则在 少一枚正面向上”为事件C,则下列判断正 甲最终获胜的情况下，比赛进行了两局的概 确的是( 率为 A.A与B相互独立 B.A与B互斥 能力题组 CP(B1C-号 D.PC- 10.(2025山东淄博一模)某学校有A,B两家 6.（多选)(2024山东烟台一模)先后抛掷一枚 餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一 质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为 家餐厅用餐.如果第1天去A餐厅，那么 x,y,设事件A=“1ogx+)y为整数”，B= 第2天去A餐厅的概率为0.6；如果第1 “x十y为偶数”，C=“x十2y为奇数”， 天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率 则( 为0.4.则王同学第2天去A餐厅用餐的 A.P(A)- 概率为( A.0.24 B.1 BPAB)=吉 C.0.5 D.0.52 11.创意题(2024山东菏泽一模)若数列{a.} C.事件B与事件C相互独立 的通项公式为an=(一1)n-1n,记在数列 D.P(AIO- {an}的前n十2(n∈N*)项中任取两数都是 7.(2025山东威海一模)已知甲、乙两人投篮 正数的概率为P,则( ) 命中率分圳为号，2，并且他们投篮互不影 AB=号 B.P<P10 响，现每人投篮2次，则甲比乙进球数多的 C.P10<P1 D.P11<P12 概率为 12.(2025山东淄博一模)如图，在3×3的方 8.(2025山东临沂一模)2025年春晚，魔术师 格中，每一行随机设置1个陷阱（起点和终 表演了一个现场互动魔术，道具只有三个： 点处无陷阱).玩家从起点方格出发，每次 勺子、筷子和杯子.魔术师让观众从左到右 可以向右或向下移动一格到达下一格.若 随便摆放这三个道具，分为三个位置：左位、 遇到含有设置陷阱的方格，则被重置回起 中位和右位.假若按照魔术规则只进行前两 点，然后该玩家会寻找未走过的路线继续 步：第一步，筷子跟它左边的东西互换位置， 挑战，直至到达终点.若重置若干次以后始 如果筷子已经在最左边，那么就不需要移 终未能到达终点，则挑战失败.该玩家挑战 134 O专题九计数原理、概率与统计 失败的概率为 红球的概率越大，你同意他的观点吗？请 起点 说明理由， 终点 13.创意题(2024山东临沂二模)根据统计数 据，某种植物感染病毒之后，其存活日数X 满足：对于任意的n∈N*,X=n十1的样 本在X>n的样本里的数量占比与X=1 的样本在全体样本中的数量占比相同，均 等于号，即P(X=n+1X>n)=P(X=1) 15.创意题(2024山东枣庄一模)有甲、乙两个 =日，则P(X>)= ,设an= 不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑 nP(X=n),{a}的前n项和为Sn,则Sn 球，这些球除颜色外大小完全相同.某人做 = 摸球答题游戏，规则如下：每次答题前先从 培优题组 甲罐内随机摸出一球，然后答题.若答题正 14.(2025山东齐鲁名校大联考一模)已知A, 确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将 B两个不透明的袋子中均装有若干个大 该球放回甲罐.此人答对每一道题目的概 小、质地完全相同的红球和白球，从A袋 率均为2当甲罐内无球时，游戏停止.假 中摸出一个红球的概率是}，从B袋中摸 设开始时乙罐无球， 出一个红球的概率是卫.在每轮中，甲同学 (1)求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、 先选择一个袋子摸一次球并放回，乙再选 黑球各1个的概率， 择一个袋子摸一次球并放回，则该轮结束。 (2)设第n(n∈N*,n≥5)次答题后游戏停 已知在每轮中甲选A,B两袋的概率均为 止的概率为an. ①求an. 2·如果甲选A袋，则乙选B袋的概率为 ②a,是否存在最大值？若存在，求出最大 号：如果甲选B袋，则乙选B袋的概率 值；若不存在，试说明理由， 为解 (1若D=号，求在一轮中乙从B袋中摸出 红球的概率 (2)求在一轮中乙摸出红球的概率 (3)若甲、乙两位同学进行了3轮摸球.乙 同学认为，p越大，3轮摸球后他摸出2个 135 实战册 实战高考·数学 他省考什么 高考全国视野 答案：P500 真题精练 个球上数字的平均值，则m与n差的绝对 1.(2024全国甲卷，16,5分)甲、乙、丙、丁四人 值不超过的概率是 排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的 4.(2024天津卷，13,5分)A,B,C,D,E五种 概率是( ) 活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到 A B日 A的概率为 ；已知乙选了A活动， c n号 他再选择B活动的概率为 模拟精练 2.（多选)(2023新课标Ⅱ卷，12,5分)在信道 1.(2025湖南模拟)甲、乙两人在玩掷骰子游 内传输0,1信号，信号的传输相互独立.发 戏，各掷一次，设得到的点数分别为x,y,A 送0时，收到1的概率为a(0<a<1),收到 表示事件“x>4”,B表示事件“y为奇数”，C 0的概率为1一α；发送1时，收到0的概率 表示事件“x十y>8”,D表示事件“x十y= 为β(0<B<1),收到1的概率为1-R.考虑 7”,则相互独立的事件是() 两种传输方案：单次传输和三次传输.单次 A.A与C B.B与C 传输是指每个信号只发送1次，三次传输是 C.C与D D.B与D 指每个信号重复发送3次.收到的信号需要 2.(2025黑龙江吉林模拟)已知在A,B,C三 译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信 个地区暴发了流感，这三个地区分别有 号即为译码；三次传输时，收到的信号中出 6%,5%,4%的人患了流感.假设这三个地 现次数多的即为译码（例如，若依次收到1， 区人口数量的比为3：2：1，现从这三个地 0,1,则译码为1).下列说法正确的是() 区中任意选取一个人，则这个人患流感的概 A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1， 率为( 则依次收到1,0,1的概率为(1一a)(1 B)2 A高 B31 600 B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收 c是 D是 到1,0,1的概率为β(1一)2 3.(2025福建漳州一模)设A,B是两个随机 C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1 事件，且0<P(A)<1,P(B)>0,则下列说 的概率为3(1一)2+(1一3)3 法正确的是( D.当0<a<0.5时，若发送0，则采用三次 A.P(AB)>P(B A) 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 B.1-P(AB)=[1-P(A)]P(BA) 3.(2024全国甲卷，4,5分)有6个相同的球， C.若A与B互斥，则P(AUB)=1 分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地 D.若P(AB)≠0，则A与B相互独立 随机抽取3次，每次取1个球.记m为前两 4.(2025广东模拟)2025年3月14日是星期 次取出的球上数字的平均值，n为取出的三 五，学校数学组于3月10日至3月14日举 136 ○专题九计数原理、概率与统计 办为期5天的“数学节”活动，其中有一项抽 (1)求该选手在一轮答题中答对题目的 奖活动.在一个不透明的纸箱中，放着5个 概率 质地、大小完全相同的小球，球上写着“星期 (2)记该选手在第n轮答题结束时挑战依然 一”“星期二”“星期三”“星期四”“星期五”， 未终止的概率为pm, 分别对应得分：1,2,3,4,5.学生从中有放回 (1)求3，p4; 地任取一个球，记下得分.设事件A=“第一 (ii)证明：存在实数入，使得数列{p+1一入p.} 次得分为5”，事件B=“第二次得分为5”， 为等比数列. 则P(BA)=( ) A品 B号 Ci5 D站 5.(2025四川成都二模)某答题挑战赛规则如 下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能 进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终 止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专 识题，派出通识题的概率为了，派出专识题 的概率为号.已知某选手答对通识题与专识 题的概率分别为号，号，且各轮答题正确与 否相互独立 9.3离散型随机变量及其分布列、均值与方差 过去考什么 山东新高考全练 答案：P502 1.（多选)(2020新高考1卷，12,5分；考点)信息嫡 的增大而增大 是信息论中的一个重要概念设随机变量X所 D.若n=2m,随机变量Y所有可能的取值 有可能的取值为1,2，…，n,且P(X=)= 为1,2，…，m,且P(Y=j)=p;十p2m+1-j >0(=1,2,…,0,2b=1,定义X的信息 (j=1,2,…,m),则H(X)≤H(Y) 2.(2025新课标I卷，14,5分；考，点)一个箱子 熵H(X)=一 含Alg.下列说法正确的 里有5个相同的球，分别以1~5标号，若每次 是() 取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的 A.若n=1,则H(X)=0 球的个数X,则数学期望E(X)= B.若n=2,则H(X)随着p1的增大而增大 3.(2024新课标I卷，14,5分；考，点)甲、乙两 人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数 C.若p,=（i=1,2,…,0),则H(X)随着n 字，甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7，乙 137