专题24 概率-【创新大课堂】高考数学五年（2022-2026年）真题分类汇编168优化重组卷

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=50X150X100X100 200(40×90-60×10)2 =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) P(BA)P(BA) P(A) P(A) P(AB)PAB) (2)(1)R P(BA)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(AB) P(AB)P(AB) P(AB) P(AB) P(AB)P(A B)' P(B) P(B) 得证： ()由调查数据可知PAD=品-号，PA=品=0，则 29 PAB=1-PAB=PAB二&，所以R号 106. 10 考向4回归分析 1,A[成对数据的相关性十回归分析对A,因为0，所以y与x! 负相关，A正确.对B,C,当x=10时，y=1359,为预测值，不代表 观测值的大小，故B,C错误，对D,r=0.91,接近1，说明样本数 据线性相关程度强，D错误，] 2.A[线性相关系数（理性思维）远项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，故远A.] 3.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，故远C.] 4.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，远项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，所以远项D错误.故远C,] 5.古典概型十统计图的选择与应用十选择合适的拟合函数模型解决 实际问题 解(1)由题意，设该年份颗粒物的密度大于二氧化硫密度为事件 A,显然满足题意的有7年， (2分) 故PA=子 故该年份颗粒物的密度大于二氧化硫密度的概率为子。(4分) (2)茎叶图：仅用于展示单个变量的数据分布特征（如集中趋势、离 散程度、是否有异常值)，可以保留原始数据，但无法反映两个变量 的相关性。 扇形图：仅用于展示单个变量中各部分占总体的比例关系，不能体 现两个变量的相关性 散点图：专门用于研究两个变量之间相关关系的工具，它将一个变 量作为横坐标，另一个变量作为纵坐标，每组数据对应平面上的一 个，点，通过观察，点的整体分布趋势，可以直观判断两个变量是正相 关、负相关还是不相关！ 因为本题要研究颗粒物密度与二氧化硫密度的相关性，所以选择 散点图. (6分) 因为相关系数r的取值范围是[一1,1]，所以可以排除区间(1,2). 通过所给数据可知随着颗粒物密度的减小，二氧化硫密度也呈现 减小的趋势，二者变化方向一致，属于正相关，因此>0. 综上，相关系数r的取位区间为(0,1). (8分)· (3)由题意，设样本中心为(2018，y), y=g×(101.02+87.02+57.46+21.85+11.76+8.86+5.03+ 4.63+3.86)≈33.499， 由33.499=a(2018-2014)十83.743，得a=-12.561, 此时y=-12.561(x-2014)+83.743, (10分) 故当x=2023时，y=106.544e041×2023-2014)≈1.681，差的绝！ 对值约为2.20， 15 y=-12.561×(2023-2014)十83.743--29.306，差的绝对值 约为33.19， 33.19>2.20. (12分) 故y=106.544e0.41(x-2o1对于2023年的预测值与实际值的差 的绝对值更小 (14分) 6.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， 中位数为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, 由题可知，这10个数据中在211以上的有4个，故PA)=CC Cio 部品 (3)由题可知，x=2006,y=211399, 代入y--0.311x十b,得211.399=-0.311×2006+6， 解得7=835.265， 则y=-0.311x十835.265， 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(1)该林区这升时木平均一保的根部镜藏面积：-8-Q06㎡)， 平均一棵的材积童y=0-0.39(m). (2)由题意，得2(5-x)-是-102=0.038-10×0.06 =1 i=1 0.002, (y--号y-107=1.6158-10×0.392=0.0948, =1 (x-3(0y-y=号x-10ry=0.2474-10X0.06X0.39= 10 =1 =1 0.0134, 所以相关系数 0.0134 0.0134 0.0134≈ V0.002X0.0948√1.896×0.00010.01377 0.97 (3)因为树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以比例 =6.5, 所以该林区这种树木的总材积量的估计位为186×6.5=1209(m3). 专题24概率 考向1古典概型 1.A[新定义十随机变量的数学期望 (列举法)(1)当2中的点对应的坐标中的三个坐标都相同时，共 有3种取值情况，列表如下： X -2,-2,-2, 一6 63 -1-1,-1 -3 63 2,2,2 6 63 因为三个坐标相同，只能表示一个点，所以每种情况的概率都为 丽发现X有一个取6，另一个取-6，并且概率相同，所以求期望 1 时，这两种情况相加和为0. (2)当2中的点对应的坐标中有两个坐标相同时，共有 12(CC=12)种取值情况，列表如下： X 2,-2,-1 -5 21 -2,-2,1 -3 21 -2,-2,2 -2 21 1,-1, -4 21 -1,-1,1 -1 D (D,A) (D,B) (D,C) (D,D) (D,E) (D,F) 21 (E,A) (E,B) (E,C) (E,D) (E,E) (E,F) -1,-1,2 0 21 F (F,A) (F,B) (F,C) (F,D) (F,E) (F,F) 1,1,-2 0 21 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 1,1,-1 1 21 抽到不同主题的概率为器号，故选八] 5.C[从6张卡片中任取2张的取法有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)， 1,1,2 4 21 (1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5) 2,2,-2 (4,6),(5,6),共15种不同取法，其中2张卡片上的数字之积是4 2 21 的倍数的取法有(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)，(4,5)，(4,6)，共6种， 2,2,-1 2 所以所求概牵少一号=号截选C] 1 6.D[法一从2,3,4,5,6,7,8中随机取2个不同的数有C号=21 2,2,1 21 (种)结果，其中这2个数互质的结果有(2,3)，(2,5)，(2,7)，(3,4)， 因为坐标中有两个坐标相同，所以每种取值可以对应3(C)个点， (3,5),(3,7),(3,8),(4,5),(4,7),(5,6),(5,7),(5,8),(6,7), 所以每种取值情况的概率都为 （,8),共14种，所以所求概率为是-号故选D 看到这个表格，发现X的值具有对称性，并且概率都相同，所以求！ 法二从2,3,4,5,6,7,8中随机取2个不同的数有C=21(种)结 期望时，这部分相加和为0. 采，其中这2个数不互质的结果有(2,4)，(2,6)，(2,8)，(3,6)， (3)当2中的，点对应的坐标中的三个坐标都不相同时，共有4(C?= 4,6.4,8,C6,8,共7种，所以所求概率为2-号故 21 4)种取值情况，列表如下： 远D.] 7.27 37 64 [相互独立事件的概率十条件概率一次取球，没取到 -2,-1,1 -2 黄球的概率为1一 2 6 =号，所以取三次，三次都设取到黄球的概率 -2,-1,2 -1 为（号）=·三次取球都设取到黄球和红球的概率为(1 8 -2,1,2 1 2 1 -1,1,2 2 品 日，由条件概率公式可得所求概率为1 -J 27 因为3个坐标都不同，所以每种取值可以对应6(A)个点，所以每 种聚植诗况的板率都为品 8 [古典概型（理性思雏、数学探索、数学应用） 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 看到这个表格，发现X的值具有对称性，并且概率都相同，所以求 的总得分最多为3. 期望时，这部分相加和为0. 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： 综上，E(X)=(-3)X63= 27·故选A] 3-2,5-4,7-6,1-8. 若甲的总得分为2，有以下三类情况： 2.B[古典概型画出树状图 第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3一2,5一4,1一 6,7-8； 甲 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 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5一2,7-4,1一6,3-8或5一 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. 子Z艺 后艺侧甲艺吊 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 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： 4X3×2X1=24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P=号 或乙在排尾的排法共有8种，所以所求概率为员-了，故选B] 2 3.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 7 ,山，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！9, 「古典概型（理性思雏、数学探索）设3次取出的球上的数字 有(a1a2),(a1,b1),(a1,b),(ag,b),(a2,b2),(b1,b2),共6个，其 依次为a,b,c,测无放回地随机取3次球的取法有A=120(种)，则 中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1,b),(a1,b),(ae, b),(a2,b),共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P= m-川=9=合2必≤分，可得a十b-2≤3 3 6 合=号选D] 当c=1时，a,b需要满足“1≤a十b≤5”，所有可能情况为(2,3)， (3,2),共2种 4.A[设6个主题分别为A,B,C,D,E,F,甲、乙两位同学所远主题 当c=2时，a,b需要满足“1≤a十b≤7”，所有可能情况为(1,3)， 的所有可能情况如表： (1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,4),(4,3),共 10种. 甲 y B 当c=3时，a,b需要满足“3≤a十b9”,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), A (A,A) (A,B) (A,C) (A,D) (A,E) (A,F) (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“5a十b≤11”，所有可能情况为(1,5)， B (B.A) (B,B) (B,C) (B,D) (B,E) (B,F) (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 C (C,A) (C,B) (C,C) (C,D) (C,E) (C,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)， 158 (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“9a十b15”,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=源-品J 10.是[古典概十条件概率（理性思维、数学浆索）由题 知甲选到A的概率P=号=。记乙选择A活动为事件M,乙 C 了A活动再远择B活动为事件V,则P(M)= g=子P(MN C 3 -是-是所以pN0=-空-女] P(M) 1山.品[从正方体的8个顶点中任选4个，所有的取法有C- 70(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 12.品[从5名同学中随机选3名参加社区服务工作，共有C心- 10(种)选法，甲、乙都入远有C一3（种）远法，根据古典概型的概 率计算公式，甲乙都入选的概率=品] 考向2几何概型 A[如图所示，题中所给区域为一圆环形区 域，其面积为4π一元一3元，由题意，知A点应 在图中的BCDE区域内（包含边界），其中 ∠BOk=平，该部分区城的面积为号X 于×2-×牙×1-，故所求概率为 3π 日故选A] 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)X] ,1 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3，发1收1的概率为1一3.对于A,发1收1的概率 为1一3，发0收0的概率为1-a,发1收1的概率为1一3，所以所 求概率为(1一a)(1一)，故A选项正确.对于B,相当于发了1,1， 1,收到1,0,1，则概率为(1一)31一)=1一)，故B远项正确. 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CB(1-3)2十C(1-)3=33(1-)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= Ca(1-a)2+C(1-a)3=3a(1-a)2十(1-a)3:发送0，采用单次 传输方案译码为0的概率P2=1一a,当0a0.5时，P1一P= 3a(1-a)2十(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，左圆表示爱好滑冰的学生所占 比例，右圆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 所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪 B 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0.6十0.5一 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，则他也爱好清冰的概率为B日C等0,8，故运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 均为号， 则此时连胜两盘的概率为巾甲， 1 则p,=2[I-)p,A十PP(1-)]+[(1-)AA十 p3p1(1-p2)]=p1(p2十p3)-2p1p2p3； 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p, 则pz=(1一p)pp3十p1p(1-p3)=p（p十p3)-2p1p2pg. 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为力而， 则p丙=(1一p)pp十p1P(1一)=P3(十P2)-2p1PP· 则pp-p2=p1(p,十p3)-2p1p2p3-[p2(p1十)-2p1p2p]= （p1一p2）p30, D元一p两=(p1十p)-2p1p:pg-[p:（p1十p2)-2p1p2p]= （pg一p）p10, 即pm<p之，pz<p雨， 则该棋手在第二盘与丙比赛，力最大，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 故远D.] 5.085(或品)[金概率公式A题库占00+40+300 5000 题库占500-4080-30=子，C题库占50十子0调-30m 4000 3000 子，则所求概率P-音×0.92+号×0.86+子×072=0.5，】 3[设A=“从甲盒子中取一个球，是黑球”，B=“从乙盒子中 6.205 取一个球，是黑球”，C一“从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知 P=0%=号，PB)=25%=子，P(C=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P(ABC)= PDP(份PO=号X子×号-高：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D)-写6=合，D) PD)=9-=号P(ED)=1-号-号 4 6 PED,)=1-子-是，PED)=1-=,所以P(E) P(D E-D,E+DE-P(D E+P(DE+P(D E)-P(D )P(E D)+ PDE)+P(D)P(ED)=号X号+×+ 7.离散型随机变量的分布列十事件的相互独立性十条件概率 解(1)由题知X的可能取值为1,2,3,4. (1分) 记A:第i次投中， P(X=1)=P(A)=3, PX==PAA)-(1-)×- 、2 PX==AA)=(-吉)×号- 8 P(X=4)-P(A1AA3)= （1-3）=27: (5分) 则X的分布列为 1 2 3 4 2 3 9 27 27 (6分) (2)()注意到X>k等价于前k次都未投中， (7分) 则P(X≥k)=(1一p) (9分) (i)设A:X>k十n,B:Xk, 则P(X>k十mX>k)=P(AB)=PAB -P(X>k十m= P(B) P(X>k) (1一p)+m (1-=(1-p) (13分) 又P(X>n)=(1-p)m, 所以P(X>k十mX>k)=P(X>m). (15分) 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+BA)=P(BA)+P(BA)=P(B)P(AB)+ P(B)P(AB)=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P:,由题意可知，P=号， p+1=p:×0.6+(1-p:)×(1-0.8),即p+1=0.4p:十0.2= 2 1 又A一吉-所以数到{号}是以为首项 号为公比的等比教列， 所以=言×（号） 1 2 1 1 2 所以p=3+百×（) (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：，所以 E(X:)=p: Y=X1+X2十X+…+Xm, 则E(Y)=E(X1十X2十X十…十X)=p+十p十…十p, (10分) 由2)知：=十日×（号） 所以十十p++A=号+×[1+号（号） 1-号 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+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-9-01%X0.023x10-0.01x0.3=0.01375 16% 0.16 0.0014. 专题25离散型随机变量的分布列、期望和方差 考向1分布列的性质、正态分布 1,B[正态曲线十样本相关系数A(√/)由正态曲线的对称性可知 P(X≤一)=P(X≥u十a). 错误项分析B(×)若X一N(1,2),Y~N(2,2),则P(X<1)= P(Y<2)=2 C(/)D(/)根据人教A版选择性必修第三册(2020年3月第1 版)第99页内容可知样本相关系数r的绝对值大小可以反映成对 样本数据之间线性相关的程度，当x越接近1时，成对样本数据的 线性相关程度越强：当越接近0时，成对样本数据的线性相关程 度越弱.门 2.BC「正态分布（理性思雏、数学探索、数学应用） 数形结合法由题意可知，XN(1.8,0.1),所以P(X>2)< P(X>1.8)=0.5,P(X<1.9)≈0.8413，所以P(X>2)<P(X≥ 1.9)=1-P(X<1.9)≈1-0.8413=0.1587<0.2，所以A错误， B正确.因为YV(2.1,0.12),所以P(Y2.2)≈0.8413，P(Y 2)P(Y>2.1)=0.5,所以P(2Y2.1)-P(2.1<Y<2.2) P(Y<2.2)-P(Y≤2.1)≈0.8413-0.5=0.3413，所以P(Y>2) P(2Y<2.1)+P(Y≥2.1)≈0.3413+0.5=0.8413>0.8，所以C 正确，D错误.综上，远C 3.0.6[离散型随机变量的分布列与期望E(X)=-1×a十0X 0.3十1×b=-a十b=0.5,由分布列的性质可知a十0.3十b=1,即 a十b=0.7,由{a+-0,5得6=0.6.] 1a+b=0.7 1 4. 61 25 厂离散型随机变量的分布列和数学期望十排列与组合 X的所有可能取值为12,3，则PX=1)=C(合)）广=务=方 P(X=2)=C()】 60=是，P(X=3)=C×(5)X6 ×6=1225 号所以X的分布列为 60 X 1 2 12 25 25 25 所以BX)=1X+2x号+3×号-] 5.6.3「随机变量的数学期望E(X)=5×0.2十6×0.3+7×0.5 =6.3. 6.0.14[本题考查正态分布，体现了数学运算的核心素养，由题意 可知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.] 考向2二项分布、超几何分布 1.0.63.2[相互独立事件的概率十二项分布小桐一周跑11图 的概率P=0.5×0.6十0.5×0.6-0.6.小桐一周运动量达标的概 率p=1-0.5×0.4=0.8,显然X服从二项分布B(4,0.8),故 E(X)=4×0.8=3.2.] 16 2.357 2[从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共 有C种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有 C+CC种，所以P(2)=C+CC=16 C 351 由已知可得的取值有1,2,3,4， 16 P(=1)=2号，P(=2)=35' P(=3) 11 ==,P(4==35 所以B以)=1×铝+2×票+3×品+4X高号，故答家为： ”是] 3.二项分布十递推思想十不等式的性质 解(1)打完3个球后甲比乙至少多得2分，只有一种情况：甲全胜 得3分，所以p3=p3 打完4个球后甲比乙至少多得2分，有两种情况：甲全胜得4分：甲 胜3个球得3分，乙胜1个球得1分.所以p,=p十C!·p(1一p) =p3(4-3p). (2)由(1)可知p,一p3=p3(4一3p)一p3=3p3(1一p), 【考虑每个球甲胜的概率p和每个球乙胜的概率？是对等的，所以 可直接类比得出q一9】 同理q:-93=3q(1-q)=3(1-p)3 由二2=4，可得21二A-4,即3p-8p十4=0，解得p= q:-93 3p(1-p)3 号或p=2合). 2 所以p=3 (3)由7<pK1,p十q=1,可知0<g号<p<1. 设随机变量X为“打完k个球后甲的得分”，则X一B(k,p), 【打完2m个球后甲比乙至少多得2分，包括：甲得2m分，乙得0 分；甲得2n一1分，乙得1分：…；甲得n十2分，乙得n一2分； 甲得m十1分，乙得m-1分】 pem=p2m十Cm·b2m-1q十C8m·p2m-2g十…十Cn1· pm+1m-1 【p2m的表达式比较复杂且不易化简，如果继续计算中2m+1,p2m+2, q2m等，会使问题更加复杂.注意到要证Pm+1一2m+1<p2m一4m, 即证92m一坠m+1<pm一pm+1,所以考虑寻求pm+1与P2m的递推 关系，同理也可得到q2m+1与q的递推关系，达到简化计算的目 的 对于p2m+1,考虑前2m个球的情况.若打完2个球后，甲、乙得分 一样，或者甲比乙得分少，则第2n十1个球无论甲胜负，甲都不可专题24 概率 考向1 古典概型 7.(2026·天津卷，5分)箱子里有一个红球，两个 1.(2026·全国I卷，5分)设U={(x1,x2,x3) 黄球，三个白球.有放回地取三次，每次取一个， x:∈{-2，-1,1,2}，i=1,2,3}为空间中64个 三次都没取到黄球的概率是 ；在三次 都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的 点构成的集合.点P(1,1,1),记样本空间2= 概率是 C{P;.从2中随机取一个点.定义随机变量X 8.(2024·新课标I卷，5分)甲、乙两人各有四张 救 如下：对2中的每个点A(x1,x2,x3),令X(A) 卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分 =x1十x2十x3.则X的数学期望为 别标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有数 A.- 21 B.- C.0 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， 2.(2024·全国甲卷·文，5分)甲、乙、丙、丁四人 并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得 排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概 1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所 率是 ( 》 选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使 抑 A号 c n号 用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概 率为 3.(2023·全国甲卷·文，5分)某校文艺部有49.(2024·全国甲卷·理，5分)有6个相同的球， 名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名 分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中无放回地随 学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名 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 学生来自不同年级的概率为 ( 蜜 A B司 C. 的平均值，则m与n之差的绝对值不大于2的 概率为 4.(2023·全国乙卷·文，5分)某学校举办作文 10.(2024·天津卷，5分)A,B,C,D,E五种活动， 比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取 甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概 交 一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到 率为 ;已知乙选了A活动，他再选择 不同主题的概率为 ( B活动的概率为 A哥 1 1 11.(2022·全国甲（理）T15)从正方体的8个顶点 C. 2 D. 3 中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率 5.(2022·全国甲（文）T6)从分别写有1,2,3,4， 为 装 5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到 :12.(2022·全国乙（文T14)(理T13)从甲、乙等 的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为 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 考向2几何概型 尔 A.5 c D. (2023·全国乙卷·理，5分)设O为平面坐标 6.(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} 出 内随机取一点，记该点为A,则直线OA的倾斜 中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概 率为 ( 角不大于兀的概率为 1 1 A.6 B. 2 . D. A.8 C. 6 4 D.2 77 考向3相互独立事件的概率 C.该棋手在第二盘与乙比赛，力最大 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)=?,事件B发生5.(2024·上海卷，5分)某校举办科学竞技比赛， 有A,B,C3种题库，A题库有5000道题，B题 的概率为P(B)=2,则事件A门B发生的概率 库有4000道题，C题库有3000道题.小申已完 P(A∩B)为 ( ) 成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的 A日 B c 正确率是0.86，C题库的正确率是0.72，现他从 D.0 所有的题中随机选一题，正确率是 2.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷，5分)在信道内传6.(2023·天津卷，5分)甲、乙、丙三个盒子中装有 输0,1信号，信号的传输相互独立.发送0时， 一定数量的黑球和白球，其总数之比为5：4：6. 收到1的概率为a(0<a<1),收到0的概率为 这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%， 1一a;发送1时，收到0的概率为B(0<B<1), 收到1的概率为1一3.考虑两种传输方案：单次 25%,50%.现从三个盒子中各取一个球，取到 传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发 的三个球都是黑球的概率为 ;将三个 送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次. 盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率 收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输： 为 时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的7.(2026·全国I卷，15分)设整数N≥2.某同学 信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收！ 用一个球进行投篮练习，至多投篮N次，当且 到1,0,1，则译码为1) ) 仅当投中1次时或N次均未投中时，停止练 A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依 习.设该同学每次投中的概率为p(0<<1), 次收到1,0,1的概率为(1-a)(1-3)2 各次投中与否相互独立.记X为停止练习时该 B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1， 同学的投篮次数 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 (1)当N=4,p=号时，求X的分布列： 概率为3(1一β)2十(1-3)3 (2)设k,m均为自然数， D.当0<a<0.5时，若发送0，则采用三次传输 (i)当k≤N-1时，求P(X>k): 方案译码为0的概率大于采用单次传输方： (iⅱ)当k十m≤N-1时，证明：P(X>k十m 案译码为0的概率 X>k)=P(X>m). 3.(2023·全国甲卷·理，5分)某地的中学生中 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 中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑 雪，则该同学也爱好滑冰的概率为 ( 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 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,p2,3,且p3>p2>1>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 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 0.02 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)=q,i=1,2,…,n, 组数据用该区间的中点值作代表》 则E(2X;)=之q: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