文档内容
专题 21 概率与统计常考小题归类
目录
01考情透视·目标导航..........................................................................................................................2
02知识导图·思维引航..........................................................................................................................3
03 知识梳理·方法技巧.........................................................................................................................4
04 真题研析·精准预测.........................................................................................................................5
05 核心精讲·题型突破.......................................................................................................................15
题型一：抽样方法与随机数表 15
题型二：统计图表及其数字特征 16
题型三：传统线性拟合 20
题型四：非线性拟合处理 22
题型五：传统独立性检验 23
题型六：创新类定义统计 27
题型七：正态分布 30
题型八：超几何分布与二项分布 32
题型九：随机变量的分布列、期望、方差 35
题型十：古典概型 38
题型十一：条件概率与全概率 42
题型十二：概统结合问题 44
题型十三：新赛制概率问题 46
重难点突破：递推型概率命题 48概率统计小题乃历年高考必考项目，主要涵盖三大方面：一是解析统计图表、计算方差及平均数，这
类题目通常要求考生能够准确理解并应用统计知识，对数据的处理能力有一定要求；二是求解古典概型问
题，这要求考生掌握古典概型的定义及计算方法，能够准确判断事件的等可能性，并据此求解概率；三是
涉及相互独立事件及其概率乘法公式的应用，这部分内容要求考生理解独立事件的概念，掌握概率乘法公
式的使用方法，并能够灵活应用于实际问题中。
此类题目多以选择、填空的形式出现，难度适中，旨在检验考生对概率统计基础知识的掌握程度及实
际应用能力。
考点要求 目标要求 考题统计 考情分析
2024年II卷第4题，5分
2023年上海卷第14题，4分
掌握统计图表分
统计图表、方差、平
析，理解方差平 2022年甲卷第2题，5分
均数、中位数
均数中位数
2021年甲卷第2题，5分
2021年I卷第9题，5分
2024年I卷第14题，5分
2024年甲卷第16题，5分 预测 2025 年高考，
理解古典概型定 概率统计内容或将频繁以
2023年乙卷第9题，5分
古典概型 义，掌握概率计 小题面貌亮相，亦可能巧
算方法 2023年甲卷第4题，5分 妙融入解答题中，呈现相
2022年I卷第5题，5分 对独立性。其中：（1）
选择题或填空题将侧重于
2022年甲卷第6题，5分
检验逻辑推理与数学运算
能力；（2）古典概型题
相互独立事件和相互 理解独立事件概 目将成为热门考点，备受
2022年乙卷第10题，5分
独立事件的概率乘法 念，掌握概率乘 瞩目。
2021年天津卷第14题，5分
公式 法公式
2024年I卷第9题，6分
掌握回归方程应
回归方程、正态分布 用，理解正态分 2023年天津卷第7题，5分
布特性
2021年II卷第5题，5分1、加强识图能力，理解并记准频率分布直方图与众数、中位数及平均数的关系；折线图注意上升趋
势以及波动性；扇形图数据可先用表格列出，再计算、判断．
2、在频率分布直方图中，注意小矩形的 ，小矩形的面积 ，所有小矩形
的面积之和为1．
3、求回归方程
（1）根据散点图判断两变量是否线性相关，如不是，应通过换元构造线性相关．
（2）利用公式，求出回归系数 ．
（3）待定系数法：利用回归直线过样本点的中心求系数 ．
4、回归方程的拟合效果，可以利用相关系数判断，当 越趋近于1时，两变量的线性相关性越强．
5、比较几个分类变量有关联的可能性大小的方法
（1）通过计算 的大小判断： 越大，两变量有关联的可能性越大．
（2）通过计算 的大小判断： 越大，两变量有关联的可能性越大．
6、独立性检验的一般步骤
（1）根据样本数据制成 列联表．
（2）根据公式 ，计算 的观测值 ．
（3）比较 与临界值的大小关系，进行统计推断．
7、概率分布与不同知识背景结合考查对实际问题的解决能力
（1）与数列结合的实际问题
（2）与函数导数结合的实际问题
（3）与分段函数求最值、解不等式结合的实际问题
（4）与统计结合的实际问题
（5）与其他背景结合的实际问题1．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）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． B． C． D．
【答案】B
【解析】解法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，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，
故所求概率 .
解法二：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有 种排法，丁就 种，共 种；
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有 种排法，丁就 种，共 种；
于是甲排在排尾共 种方法，同理乙排在排尾共 种方法，于是共 种排法符合题意；
基本事件总数显然是 ，
根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为 .
故选：B2．（2024年天津高考数学真题）下列图中，线性相关性系数最大的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较
好，呈现明显的正相关， 值相比于其他3图更接近1.
故选：A
3．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，
得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并整理如下表
亩产 [900， [950， [1000， [1050， [1150，
[1100，1150）
量 950） 1000） 1050） 1100） 1200）
频数 6 12 18 30 24 10
根据表中数据，下列结论中正确的是（ ）
A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg
B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%
C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间
D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间
【答案】C
【解析】对于 A, 根据频数分布表可知, ,
所以亩产量的中位数不小于 , 故 A 错误；
24+10=34
对于B，亩产量不低于 的频数为 ，所以低于 的稻田占比为 ，故B错误；
对于C，稻田亩产量的极差最大为 ，最小为 ，故C正确；
对于D，由频数分布表可得，平均值为
，故D错误.
故选；C.
4．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）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.记 为前两次取出的球上数字的平均值， 为取出的三个球上数字的平
均值，则 与 之差的绝对值不大于 的概率为 ．
【答案】
【解析】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有 种，
设前两个球的号码为 ，第三个球的号码为 ，则 ，
故 ，故 ，
故 ，
若 ，则 ，则 为： ，故有2种，
若 ，则 ，则 为： ，
，故有10种，
当 ，则 ，则 为：
，
，
故有16种，当 ，则 ，同理有16种，
当 ，则 ，同理有10种，
当 ，则 ，同理有2种，
共 与 的差的绝对值不超过 时不同的抽取方法总数为 ，
故所求概率为 .
故答案为：
5．（2024年天津高考数学真题）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5
个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设
每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为 ；已知乙同学参加的3
个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 ．
【答案】
【解析】解法一：列举法
给这5个项目分别编号为 ,从五个活动中选三个的情况有：
,共10种情况，
其中甲选到 有6种可能性： ，
则甲参加“整地做畦”的概率为： ；
乙选 活动有6种可能性： ，
其中再选择 有3种可能性： ，
故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 .
解法二：
设甲、乙选到 为事件 ，乙选到 为事件 ，则甲选到 的概率为 ；
乙选了 活动，他再选择 活动的概率为
故答案为： ；
6．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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 .
【答案】 /0.5
【解析】设甲在四轮游戏中的得分分别为 ，四轮的总得分为 .
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在
该轮得分的概率 ，所以 .
从而 .
记 .
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以
；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.
而 的所有可能取值是0，1，2，3，故 ， .
所以 ， ，两式相减即得 ，故 .
所以甲的总得分不小于2的概率为 .
故答案为： .
7．（2023年天津高考数学真题）把若干个黑球和白球（这些球除颜色外无其它差异）放进三个空箱子中，
三个箱子中的球数之比为 ．且其中的黑球比例依次为 ．若从每个箱子中各随机摸出
一球，则三个球都是黑球的概率为 ；若把所有球放在一起，随机摸出一球，则该球是白球的概
率为 ．
【答案】 /
【解析】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为 ，所以总数为 ，
所以甲盒中黑球个数为 ，白球个数为 ；
乙盒中黑球个数为 ，白球个数为 ；
丙盒中黑球个数为 ，白球个数为 ；
记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件 ，所以，
；
记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件 ，
黑球总共有 个，白球共有 个，
所以， ．
故答案为： ； ．
8．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）设O为平面坐标系的坐标原点，在区域内随机取一点，记该点为A，则直线OA的倾斜角不大于 的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为区域 表示以 圆心，外圆半径 ，内圆半径 的圆环，
则直线 的倾斜角不大于 的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角 ，
结合对称性可得所求概率 .
故选：C.
9．（2023年天津高考数学真题）鸢是鹰科的一种鸟，《诗经·大雅·旱麓》曰：“鸢飞戾天，鱼跃余渊”.
鸢尾花因花瓣形如鸢尾而得名，寓意鹏程万里、前途无量.通过随机抽样，收集了若干朵某品种鸢尾花的花
萼长度和花瓣长度（单位：cm），绘制散点图如图所示，计算得样本相关系数为 ，利用最小二
乘法求得相应的经验回归方程为 ，根据以上信息，如下判断正确的为（ ）A．花瓣长度和花萼长度不存在相关关系
B．花瓣长度和花萼长度负相关
C．花萼长度为7cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值为
D．若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是
【答案】C
【解析】根据散点的集中程度可知，花瓣长度和花萼长度有相关性，A选项错误
散点的分布是从左下到右上，从而花瓣长度和花萼长度呈现正相关性，B选项错误，
把 代入 可得 ，C选项正确；
由于 是全部数据的相关系数，取出来一部分数据，相关性可能变强，可能变弱，即取出的数据
的相关系数不一定是 ，D选项错误
故选：C
10．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机
抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名
和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A． 种 B． 种
C． 种 D． 种
【答案】D
【解析】根据分层抽样的定义知初中部共抽取 人，高中部共抽取 ，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有 种.
故选：D.11．（多选题）（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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 ，样本方差 ，已知该种植区以往的亩收入 服从正态分布
，假设推动出口后的亩收入 服从正态分布 ，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布
， ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】依题可知， ，所以 ，
故 ，C正确，D错误；
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
而 ，B正确，A错误，
故选：BC．
12．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）有一组样本数据 ，其中 是最小值， 是
最大值，则（ ）
A． 的平均数等于 的平均数
B． 的中位数等于 的中位数
C． 的标准差不小于 的标准差
D． 的极差不大于 的极差
【答案】BD【解析】对于选项A：设 的平均数为 ， 的平均数为 ，
则 ，
因为没有确定 的大小关系，所以无法判断 的大小，
例如： ，可得 ；
例如 ，可得 ；
例如 ，可得 ；故A错误；
对于选项B：不妨设 ，
可知 的中位数等于 的中位数均为 ，故B正确；
对于选项C：因为 是最小值， 是最大值，
则 的波动性不大于 的波动性，即 的标准差不大于 的标准差，
例如： ，则平均数 ，
标准差 ，
，则平均数 ，
标准差 ，
显然 ，即 ；故C错误；
对于选项D：不妨设 ，则 ，当且仅当 时，等号成立，故D正确；
故选：BD.
13．（多选题）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发
送0时，收到1的概率为 ，收到0的概率为 ；发送1时，收到0的概率为 ，收
到1的概率为 . 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次
传输 是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译
码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为
D．当 时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的
概率
【答案】ABD
【解析】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接
收1的3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为 ，A正确；
对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件，
是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为 ，B正确；
对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件
和，
它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为 ，C错误；
对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率 ，
单次传输发送0，则译码为0的概率 ，而 ，因此 ，即 ，D正确.
故选：ABD题型一：抽样方法与随机数表
【典例1-1】某厂质检员利用随机数表对生产的600个产品进行抽样调查，先将这600个产品进行编号：
001，002，003，…，600．从中抽取120个样本，下图是随机数表的第2行到第3行，若从随机数表的第2
行第5列开始从左向右读取数据，则得到的第5个编号是（ ）
32 12 67 12 31 02 37 02 14 72 31 09 81 47 80 25 13 25 46 08
71 20 34 51 19 72 01 38 47 18 04 92 51 28 02 31 27 46 51 30
A．098 B．147 C．513 D．310
【答案】C
【解析】由题意可知得到的编号依次为231，023，147，098，513，…，则得到的第5个编号是513.
故选：C.
【典例1-2】非物质文化遗产是文化多样性中最富活力的重要组成部分，是人类文明的结晶和最宝贵的共
同财富．某校为了解学生对当地非遗文化“川剧”的了解程度，现从高中部抽取部分学生进行调查，已知
该校高一、高二、高三年级学生人数之比为 ，若利用分层随机抽样的方法抽取 人进行调查，则抽
取到的高一年级学生人数比高三多（ ）
A． 人 B． 人 C． 人 D． 人
【答案】C
【解析】由题意，采用分层抽样的方法，应从高一年级抽取 人，
从高三年级抽取 人，则抽取到的高一年级学生人数比高三多 人．
故选：C
【变式1-1】国内某优秀新能源电池制造企业在锂电池单位能量密度技术上取得了重大突破，该制造企业
内的某车间有两条生产线，分别生产高能量密度锂电池和低能量密度锂电池，总产量为400个锂电池．质
检人员采用分层随机抽样的方法随机抽取了一个容量为80的样本进行质量检测，已知样本中高能量密度锂
电池有35个，则估计低能量密度锂电池的总产量为（ ）．
A．325个 B．300个 C．225个 D．175个【答案】C
【解析】根据分层随机抽样可知低能量密度锂电池的产量为 （个）．
故选：C
1．从一个含有 个个体的总体中抽取一容量为 的样本，当选取抽签法、随机数法和分层随机抽样三种
不同方法时，总体中每个个体被抽中的概率分别为 ，三者关系可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为在抽签法抽样、随机数法抽样和分层随机抽样中，每个个体被抽中的概率均为 ，
所以 .
故选：B.
题型二：统计图表及其数字特征
【典例2-1】豆瓣评分是将用户评价的一到五星转化为 的分值（一星 分，二星 分，三星 分，以
此类推），以得分总和除以评分的用户人数所得的数字，国庆爱国影片《长津湖》豆瓣得分是 分，截
止至 年 月 日，共计有 人参与评分，豆瓣评分表如图．根据猫眼实时数据，该片的票房为
亿元，按照平均票价 元来计算，大约有 亿人次观看了此片，假如参与评分观众中有 的评价
不低于二星，则下列说法错误的是（ ）A． 的值是
B．随机抽取 名观众，则不一定有 人评价五星
C．若以频率当作概率，记事件 为“评价是一星”，事件 为“评价不高于二星”，则
D．若从已作评价的观众中随机抽出 人，则事件“至多 人评价五星”与事件“恰有 人评价五星”是
互斥且不对立事件
【答案】C
【解析】对A选项，参与评价的观众中有 的评价不低于二星，
则 ，所以 ，故A正确；
对B选项，随机抽取 名观众，可能有 人评价五星，但不是一定的，故B正确；
对C选项，因为 ，则 ，故C错误；
对D选项，根据互斥事件和对立事件的定义可知，
事件“至多 人评价五星”与事件“恰有 人评价五星”是互斥且不对立事件，故D正确.
故选：C.
【典例2-2】将某大型出版公司所有打字员每分钟的平均打字数统计如下图所示，则可以估计该公司打字
员每分钟的平均打字数的中位数为（ ）
A．380 B．360 C．340 D．320【答案】B
【解析】由图可知，前三个矩形的面积依次为0.02，0.18，0.4，
，
故所求中位数为 .
故选：B
【变式2-1】已知甲、乙两组数可分别用图（1）、（2）表示，记甲、乙两组数的平均数和方差分别为 、
、 、 ，则它们的大小关系是（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】B
【解析】 ，
故 ，
，
，故 ，
故选：B.1．某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短期；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；
戊，重大疾病保险.各种保险按相关约定进行参保与理赔.该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得
到如图所示的统计图表.则下列说法中一定错误的是（ ）
A．丁险种参保人数超过五成 B．41岁以上参保人数超过总参保人数的五成
C．18－29周岁人群参保的总费用最少 D．人均参保费用不超过5000元
【答案】B
【解析】对于A，由条形图可知丁险种参保比例为 ，
超过五成，故A正确；
对于B，由扇形图可知，41岁以上参保人数占比： ，故B错误；
对于C，由扇形图与折线图可知18－29周岁人群参保人数占比 ，
人均参保费用在 ，而54岁及以上人群参保比例虽 ，
但人均参保费用在6000，所以18－29周岁人群参保的总费用最少，故C正确；
对于D，由扇形图与折线图可知，人均参保费用约
，不超过5000元，故D正确.
故选：B
题型三：传统线性拟合
【典例3-1】已知 个点 大致呈线性分布，其中 ，且数据 的回归直线方
程为 ，则 的最小值为 ．
【答案】
【解析】回归直线 经过 ，
且 ，
代入回归方程得： ，
即 ，
所以当 时， 的最小值为 .
故答案为： .
【典例3-2】已知 和 之间的一组数据如右表； 与 线性相关，且回归方程为 ， 为 的
方差的0.6倍，则当 时， .
0 1 2 3
5
【答案】 /【解析】由表格可得 的平均值 ，
则 ，
由表格可得 的平均值 ，
将 代入回归直线 ，可得 ，解得 ，
则 ，当 ，则 .
故答案为： .
【变式3-1】商家项目投资的利润产生是一个复杂的系统结果．它与项目落地国的商业环境，政府执政能
力，法律生态等都有重大的关联．如表所示是某项目在中国和南亚某国投资额和相应利润的统计表．
项目落地国 中国 南亚某国
投资额x（亿
10 11 12 13 14 10 11 12 13 14
元）
利润y（亿元） 11 12 14 16 19 12 13 13 14 15
请选择平均利润较高的落地国，用最小二乘法求出回归直线方程为 ．参考数据和公式：
，中国 ，南亚某国 ， ，
．
【答案】
【解析】两国的平均利润分别为 和 ，故中国的平均利润
较高.
根据题设数据，有 ， .
故答案为： .1．某科研团队研究发现向日葵花盘中所含的二萜化合物对灰葡萄孢菌具有良好的抗菌活性，能通过破坏
细胞膜完整性等方式来抑制病原菌生长，增加果蔬的保鲜时长．通过实验得到不同浓度的二萜化合物对灰
葡萄孢菌的抑制率如下表：
2 6
二萜化合物浓度 40 80 100
0 0
1 1
抑制率 15 21 25
0 8
若 呈线性相关，且满足经验回归方程为 ，则当 时，抑制率 的值为 ．
【答案】
【解析】由题得 ， ，
所以 ，解得 ，
可得 ，
当 时， ．
故答案为：
题型四：非线性拟合处理
【典例4-1】已知 ， 之间的一组数据：
1 4 9 16
1 2.98 5.01 7.01
若 与 满足经验回归方程 ，则此曲线必过点 .
【答案】【解析】依题意， 的平均数为 ， 的平均数为 ，
所以此曲线必过点 .
故答案为：
【典例4-2】害虫防控对于提高农作物产量具有重要意义.已知某种害虫产卵数 （单位：个）与温度
（单位： ）有关，测得一组数据 ，可用模型 进行拟合，利用 变换得
到的线性回归方程为 .若 ，则 的值为 .
【答案】
【解析】对 两边同时取对数可得 ；
即 ，可得
由 可得 ，
代入 可得 ，即 ，所以 .
故答案为：
【变式4-1】为了反映城市的人口数量x与就业压力指数y之间的变量关系，研究人员选择使用非线性回归
模型 对所测数据进行拟合，并设 ，得到的数据如表所示，则 .
x 4 6 8 10
z 2 c 5 6
【答案】3
【解析】 ， ，依题意， ，
而回归直线方程 过点 ，故 ，解得 .
故答案为：3
1．一只红铃虫产卵数 和温度 有关，现测得一组数据 ，可用模型 拟合，设
，其变换后的线性回归方程为 ，若 ， ， 为自然常数，
则 .
【答案】
【解析】 经过 变换后，得到 ，根据题意 ，故 ，又
，故 ， ，故 ，于是回归方程
为 一定经过 ，故 ，解得 ，即 ，于是 .
故答案为： .
题型五：传统独立性检验
【典例5-1】下面是 列联表：
合计
21 7322 25 47
合计 46 120
则表中 ， 的值分别为（ ）
A．94，72 B．52，50 C．52，74 D．74．52
【答案】C
【解析】因为 ．所以 ．又 ，所以 ．
故选：C.
【典例5-2】 年 月 日太原地铁 号线开通，在一定程度上缓解了市内交通的拥堵状况，为了了解
市民对地铁 号线开通的关注情况，某调查机构在地铁开通后两天抽取了部分乘坐地铁的市民作为样本，
分析其年龄和性别结构．并制作出如下等高堆积条形图：
根据图中信息，下列结论不一定正确的是（ ）
A．样本中男性比女性更关注地铁 号线开通
B．样本中多数女性是 岁及以上
C．样本中 岁以下的男性人数比 岁及以上的女性人数多
D．样本中 岁及以上的人对地铁 号线的开通关注度更高
【答案】C
【解析】设等高条形图对应 列联表如下：
岁及以上 岁以下 总计
男性
女性
总计根据第 个等高条形图可知， 岁及以上男性比 岁及以上女性多，即 ；
岁以下男性比 岁以下女性多，即 ．
根据第 个等高条形图可知，男性中 岁及以上的比 岁以下的多，即 ；
女性中 岁及以上的比 岁以下的多，即 ，
对于A，男性人数为 ，女性人数为 ，
因为 ，所以 ，所以A正确；
对于B， 岁及以上女性人数为 ， 岁以下女性人数为 ，
因为 ，所以B正确；
对于C， 岁以下男性人数为 ， 岁及以上女性人数为 ，
无法从图中直接判断 与 的大小关系，所以C不一定正确；
对于D， 岁及以上的人数为 ， 岁以下的人数为 ，
因为 ，所以 ，所以D正确．
故选：C.
【变式5-1】对于独立性检验，下列说法中错误的是（ ）
A． 的值越大，说明两事件相关程度越大
B． 的值越小，说明两事件相关程度越小
C． 时，则在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为事件 与 有关
D． 时，则可以大概率认为事件 与 有关
【答案】C
【解析】对于A,B,因观测值 ， 的值越大， 越大，事件A与事件
B关系越强；反之，事件A与事件B关系越弱,故A,B项均正确；
对于C，D，因只有 时，说明在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为事件 与 有关，
而 ，故C错误；D正确.故选：C.
1．某校团委对“学生性别和喜欢某视频 是否有关”做了一次调查，其中被调查的女生人数是男生人
数的一半，男生喜欢该视频 的人数占男生人数的 ，女生喜欢该视频 的人数占女生人数的 ，
若依据小概率值 的独立性检验，认为喜欢该视频 和性别有关，则男生至少有（ ）
附：
0.050 0.010
3.841 6.635
.
A．12人 B．6人 C．10人 D．18人
【答案】A
【解析】设被调查的男生人数为 ，则被调查的女生人数为 ，则 列联表为
付某视频 的态度 合
性别
喜欢 不喜欢 计
男生
女生
合计
根据小概率值 的独立性检验，
认为喜欢某视频 和性别有关，则 ，即 ，
则 ，
又 均为整数，
所以男生至少有12人.
故选：A.
题型六：创新类定义统计
【典例6-1】定义空间直角坐标系中的任意点 的“N数”为：在P点的坐标中不同数字的个数，如：
，若点P的坐标 ，则所有这些点P的“N数”的平均值
与最小值之差为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【解析】由题意，点P的坐标中不同数字的个数，可分为三类：
（1）恰有3个相同数字的排列为 种，则 共有4个；
（2）恰有2个相同数字的排列为 种，则 共有36个；
（3）恰有0个相同数字的排列为 种，则 共有24个．
所以平均值为 ，
故选：A．
【典例6-2】一组数据 的平均数为 ，现定义这组数据的平均差.下图是甲、乙两组数据的频率分布折线图
根据折线图，判断甲、乙两组数据的平均差 的大小关系是（ ）
A． B． C． D．无法确定
【答案】C
【解析】由给定的平均差公式可知：数据越集中于平均值附近，平均差越小.
甲乙两图的纵坐标表示的为频率/组距，即指数据落在此处的概率，甲图中，不同组距区间的概率相差不大，
即指数据较为均匀的分布在各区间，而乙图数据较为集中的分布在乙图最高处指代的区间，其他区间分布
的比较少，故乙图平均差比较小.
故选：C
【变式6-1】（多选题）为了估计一批产品的不合格品率 ，现从这批产品中随机抽取一个样本容量为 的
样本 ，定义 ，于是 ， ， ，记
（其中 或1， ），称 表示 为参数的似然函数．极大似
然估计法是建立在极大似然原理基础上的一个统计方法，极大似然原理的直观想法是：一个随机试验如有
若干个可能的结果A，B，C，…，若在一次试验中，结果A出现，则一般认为试验条件对A出现有利，也
即A出现的概率很大. 极大似然估计是一种用给定观察数据来评估模型参数的统计方法，即“模型已定，
参数未知”，通过若干次试验，观察其结果，利用试验结果得到某个参数值能够使样本出现的概率为最大．
根据以上原理，下面说法正确的是（ ）
A．有外形完全相同的两个箱子，甲箱有99个白球1个黑球，乙箱有1个白球99个黑球．今随机地抽
取一箱，再从取出的一箱中抽取一球，结果取得白球，那么该球一定是从甲箱子中抽出的B．一个池塘里面有鲤鱼和草鱼，打捞了100条鱼，其中鲤鱼80条，草鱼20条，那么推测鲤鱼和草鱼
的比例为4:1时，出现80条鲤鱼、20条草鱼的概率是最大的
C．
D． 达到极大值时，参数 的极大似然估计值为
【答案】BCD
【解析】极大似然是一种估计方法，A错误；
设鲤鱼和草鱼的比例为 ，则出现80条鲤鱼，20条草鱼的概率为 ，
设
，
时， ， 时， ，
在 上单调递增，在 上单调递减，
故当 时， 最大，故B正确；
根据题意， （其中 或1， ），
所以 ，可知C正确；
令 ，解得 ，且 时 ， 时 ，故 在上递增，在 上递减，故 达到极大值时，参数 的极大似然估计值为 ，故
D正确.
故选：BCD
1．某批零件的尺寸 服从正态分布 ，且 ，规定 时零件合格，
从这批产品中抽取 件，若要保证抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，则 的最小值为
.
【答案】4
【解析】因为 服从正态分布 ，且 ，
所以 ，
即每个零件合格的概率为 ，合格零件不少于2件的对立事件是合格零件件数为0或1.
依题意， ，即 ，
令 ，则 ，
所以 单调递减，而 ，
所以不等式 的解集为 ，
所以 的最小值为4.
故答案为：4.题型七：正态分布
【典例7-1】某同学进行投篮训练，每次投篮次数为n， ， ，每次投篮的命中率都为p，随机
变量 表示投篮命中的次数， 服从二项分布 ，记 ，当 时，可认为 服从标准
正态分布 ，已知该同学每次投篮的命中率均为0.5，每次投篮命中得2分，不中得0分．若 ，
则该同学投中次数的期望为 次；若保证该同学n次投篮总得分在区间 的概率不低于
0.8，则n的最小值为 ．
附： ，则 ， ．
【答案】
【解析】①根据题意：投篮命中的次数 服从二项分布 ，
所以 （次），
故该同学投中次数的期望为20次；
②由该同学n次投篮总得分在区间 ，
则该同学n次投篮命中次数 在区间 ，
，
又因为 ，所以 ，
根据 服从标准正态分布 ，可知 ，所以 ，
则n需满足 ，
故n的最小值为 ，故答案为： ； .
【典例7-2】已知随机变量 ，且正数 满足 ，则 的最小值为
.
【答案】9
【解析】因为随机变量 ，正数 满足 ，
有对称性可知 ，即 ，
所以
；
当且仅当 ，即 时，等号成立.
故答案为：9
【变式7-1】若随机变量 ， ， ，则 的最小值为 ．
【答案】18
【解析】因为 ，所以对应的正态曲线的对称轴为直线 .
又 ，则由对称性得 .
又 ，所以 .
所以 ，
当且仅当 且 ，即 ， 时，等号成立.所以 的最小值为18.
故答案为：18.
1．某项实验的随机误差 为实验次数．要求 的概率低于 ，则至少需做
次实验（ ，在该实验的误差估计中，可认为 ）．
【答案】
【解析】由题可得 ，即 ，
而 ，所以 ．
又因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，
解得 ，故至少需做 次实验．
故答案为：
题型八：超几何分布与二项分布
【典例8-1】某班班主任为了解班级学生每周的体育锻炼情况进行了调查，发现班级中有20人每周的体育
锻炼时长超过6小时，若从班级学生中随机抽取的15人中有7人每周的体育锻炼时长超过6小时，估计班
级学生的总人数为 ．（记 为抽取的每周的体育锻炼时长超过6小时的学生人数，以使得
最大的班级学生的总人数为估计值）【答案】42
【解析】设班级学生的总人数为 ，且 ，则 ，
记 ，则 ，
易得 ，
由 可得 ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以 的最大值在 时取到，
所以估计班级学生的总人数为42人．
故答案为：42.
【典例8-2】某校在一次“二项分布的性质”为主题的探究活动中，该校数学第一小组的学生同学表现优
异，探究数学的奥秘.设随机变量 ，记 ，在探究
的最大值时，小组同学发现：当 为正整数，则 ，
，此时这两项概率均为最大值；当 为非整数， 取 的整数部分， 是唯一的最大
值.以此为理论依据，有同学重复投掷一枚大小均匀的骰子实时记录点数6出现的次数.当投掷第20次时，
记录到此时点数6出现5次，再进行80次投掷实验，当投掷到100次时，点数6总共出现的次数为
的概率最大.
【答案】18
【解析】继续再进行80次投掷试验，出现点数为6次数 服从二项分布 ，
由 ，结合题中结论可知， 时概率最大，
即后面80次中出现13次点数6的概率最大，
加上前面20次中的5次，所以出现18次的概率最大.故答案为：18.
【变式8-1】口袋中装有两个红球和三个白球，从中任取两个球，用X表示取出的两个球中白球的个数，
则X的数学期望 .
【答案】 /
【解析】从袋中1次随机摸出2个球，记白球的个数为X，则X的可能取值是0，1，2；
则 ，
，
，
所以随机变量X的概率分布为；
X 0 1 2
P
所以数学期望 .
故答案为： .
1．二项分布和正态分布是两类常见的分布模型，在实际运算中二项分布可以用正态分布近似运算.即：若
随机变量 ，当 充分大时， 可以用服从正态分布的随机变量 近似代替，其中 的期望值
和方差相同，一般情况下当 时，就有很好的近似效果.该方法也称为棣莫佛——拉普拉斯
极限定理.如果随机抛一枚硬币 次，设正面向上的概率为 ，则“正面向上的次数大于50、小于60”的概率近似为 .(结果保留三位小数.参考数据：若 ，则 ，
，
【答案】
【解析】由题意得随机抛一枚硬币 次，设正面向上的概率为 ，
同时设正面向上的次数为 ，则 ，
所以 ， ，
此时符合 ，故有 ，
且 ， ，设所求概率为 ，
因为 ，
所以由正态分布对称性得 .
故答案为：
题型九：随机变量的分布列、期望、方差
【典例9-1】“四书”是《大学》、《中庸》、《论语》、《孟子》的合称，又称“四子书”，在世界文
化、思想史上地位极高，所载内容及哲学思想至今仍具有积极意义．为弘扬中国优秀传统文化，某校计划
开展“四书”经典诵读比赛活动，某班有4位同学参赛，每人从《大学》、《中庸》、《论语》、《孟
子》这4本书中选取1本进行准备，且各自选取的书均不相同，比赛时有以下两种方案：（1）这四位同学
从这4本书中有放回随机抽取1本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为的人数X，（2）这
四位同学从这4本书中不放回随机抽取一本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为的人数
Y，则有（ ）
A． B．
C． D．【答案】D
【解析】由题可知方案（1）中这四位同学抽到自己准备的书的概率均为 ，易知 ，
由二项分布的数学期望公式与方差公式可知：
， .
由题可知Y的所有可能取值为0，1，2，4，
，
，
，
，
，
，
.
故选：D.
【典例9-2】飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点
数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步
数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家
到达终点时投掷骰子的次数为X，则 （ ）A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【解析】 ，即投掷1次到达终点，故第一次投掷的点数为3，故 ，
，即投掷2次到达终点，故第一次投掷的点数不为3，
第二次投掷的点数可根据第一次投掷的点数来唯一确定，
两次投掷的点数有以下的情况， ，
故 ，
，即投掷3次到达终点，前两次投掷均没有到达终点，
，
……，
，即投掷 次到达终点，前 次投掷均没有到达终点，
，
故 ①，
②，
则①- 得
②，
故 .
故选：B
【变式9-1】抛掷一枚质地均匀的硬币，一直到出现正面向上时或抛满100次时结束，设抛掷的次数为 ，
则随机变量 的数学期望 （ ）
A．大于2 B．小于2 C．等于2 D．与2的大小无法确定
【答案】B
【解析】由题意，在第 次结束抛掷的概率为 ，第100次结束的概率为 ，
所以 ，
则 ，
故
，
所以 .
故选：B
1．a、 b、 n均为正整数， A袋子中有a个白球，b个黑球 (大小质地均相同)，从中依次有放回
的摸出n个球，记摸出球中白球的数目为X；B袋子中有a张数字卡牌，b张字母卡牌(大小质地均相同)，
从中一次性摸出n张卡牌，记摸出卡牌中数字卡牌的数目为Y .下列选项中一定成立的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】C
【解析】若有放回的摸出n个球，每次摸到白球的概率为 ，且各次试验的结果是独立的，故
， ，其中 .
期望 ，方差 .
若一次性摸出n张卡牌，随机变量 的可能取值有 、 、 ，
则 ， ，
由结论（苏教版2019第121页）：当 时， ，得 ，
故 ，选项C正确；
特别地，取 ， ，其中 .
的分布为，
0 1 2
期望 ，方差
随机变量 的可能取值有 、 、 ，
则 ， ， ，
所以， ，.
显然 ； ； .
故ABD不正确.
故选：C.
题型十：古典概型
【典例10-1】如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，
触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态．假设起初所有灯区均
处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则 灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为
．
【答案】
【解析】从9个灯区中随机先后按下两个灯区，共有 种按法．
与 相邻的灯区为 ；与 相邻的灯区为 ，故将9个灯区分为三类：第一类 灯区，第二类
灯区，第三类 灯区．若要使得 灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随机
先后按两个不同灯区．
若先后按下的是 两个灯区，则 灯区最终仍处于“点亮”状态，共有 种按法；
①
若先后按下的是 灯区中的两个，则 灯区最终仍处于“点亮”状态，共有 种按法；
②
若先后按下的是 灯区中的两个，则 灯区最终仍处于“点亮”状态，共有 种按法．故
③灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为 ．
故答案为： ．
【典例10-2】如图， 是正八边形 的中心，从其八个顶点中随机取出四个顶点为顶点
作四边形，则可作平行四边形的概率为 ，则可作梯形的概率为 . (用数字作答)
【答案】
【解析】从八个顶点中随机取出四个顶点为顶点作四边形，可得四边形的个数为 ；
八个顶点的连线中有 4 条过中心 ，即有 4 条直径，每两条直径可确定一个平行四边形，可得平行四
边形的个数为 ，所以可作平行四边形的概率为 ；
梯形可由两条平行但不等的弦的四个顶点构成. 如图，设 分别为正八边形的两条不同类型的对称轴.
（1）以 为对称轴的平行弦 中，有 2 对平行且相等，所以 4 条平行弦可构成
个梯形，而类似的平行弦共有 4 组，所以可构成梯形 个；
（2）以 为对称轴的平行弦 ， ， 中，有 1 对平行且相等，所以 3 条平行弦可构成
个梯形，而类似的平行弦共有 4 组，所以可构成梯形 个.
综合 （1）（2）可得共有梯形 24 个，故可作梯形的概率为 .故答案为： ； .
【变式10-1】已知正项等比数列 的公比不为1，若在 的前20项中随机抽取4项，则这4项按原来
的顺序仍然成等比数列的概率为 .（用最简分数作答）
【答案】
【解析】设正项等比数列 的首项为 ，公比 ，则 .
当公比为 时，设选出来的四项为 ；
由 ，则 ，解得 ，
所以 ，此时有17种情况；
当公比为 时，设选出来的四项为 ；
由 ，则 ，解得 ，
所以 ，此时有14种情况；
当公比为 时，设选出来的四项为 ；
由 ，则 ，
解得 ，所以 ，此时有 种情况；
这是一个首项为 ，公差 的等差数列，
那么按原来顺序仍然成等比数列的组合数的总和
在 的前20项中随机抽取4项，共有 种取法；
故这4项按原来的顺序仍然成为等比数列的概率为 .
故答案为：
1．冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、 猜想等，其描述为：任一正整数x，如果是奇数就乘以3
再加1，如果是偶数就除以2，反复计算，最终都将会得到数字1．例如：给出正整数6，则进行这种反复
运算的过程为 ，即按照这种运算规律进行8次运算后得到1．若从正
整数3，11，12，13，14中任取2个数按照上述运算规律进行运算，则运算次数均被4整除余1的概率为
．
【答案】
【解析】按照题中运算规律，正整数3的运算过程为 ，运算次数为 ；
正整数11的部分运算过程为 ，
当运算到10时，运算次数为9，由正整数3的运算过程可知，正整数7总的运算次数为 ；
正整数12的运算次数为 ，共 次；
正整数13的运算次数为9；
正整数14的运算次数为 ，共故能被4整除余1共3个，
概率为 ．
故答案为： .
题型十一：条件概率与全概率
【典例11-1】有6名研究员进入A、B、C三个实验舱，则恰有4名研究员在A舱的条件下甲和乙在A舱的
概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设 事件表示“恰有4名研究员在A舱”， 事件表示“甲和乙在A舱”，
则 ， ，
则 .
故选：A.
【典例11-2】甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球（两箱中的球除颜色外没有其
他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件 和 表示从甲箱中取出的球是红球和白球：
再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则错误的选项为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C【解析】由题意可知 ， ， ， ，
所以 ，
，
综上ABD说法正确，C说法错误；
故选：C
【变式11-1】某校教工食堂为更好地服务教师，在教师微信群中发起“是否喜欢菜品 ”的点赞活动，参
与活动的男、女教师总人数比例为 ，男教师点赞人数占（参与活动的）男教师总人数的 ，女教师点
赞人数占（参与活动的）女教师总人数的 ，若从点赞教师中选择一人，则该教师为女教师的概率为（
）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设事件 “该教师为男教师”，事件 “该教师为女教师”，事件 “该教师为点赞教师”，
则 ，
又 ．
故选：C.
1．春夏换季是流行性感冒爆发期，已知A，B，C三个地区分别有 ， ， 的人患了流感，且这三
个地区的人口数之比是5:8:9，现从这三个地区中任意选取1人，若选取的这人患了流感，则这人来自B地区的概率是（ ）
A．0.25 B．0.27 C．0.48 D．0.52
【答案】C
【解析】记事件 表示“这人患了流感”，事件 分别表示“这人来自 地区”，
由题意可知 ， ， ，
， ， ，
则
故 .
故选：C.
题型十二：概统结合问题
【典例12-1】某校高三年级有男生660人，女生440人，现按性别用分层随机抽样的方法从高三年级所有
学生中抽取5人组成某活动志愿者小队，再从被抽取的这5人中抽取2人作为志愿者小队队长，则恰有1
名男队长的概率为 .
【答案】 /0.6
【解析】由分层抽样知，所抽取的这5人中有3男2女，所以恰有1个男队长的概率 .
故答案为：
【典例12-2】泊松分布的概率分布列为 ，其中 为自然对数的底数， 是泊松分
布的均值．若随机变量 服从二项分布 ，当 很大且 很小时，二项分布近似于泊松分布，其中，即 ．现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该种元件，
则抽到的次品的个数小于2的概率约为 ．（参考数据： ）
【答案】0.74/
【解析】由已知 ，
， ，
所以抽到的次品的个数小于2的概率为 ，
故答案为：0.74.
【变式12-1】某校有8名学生参加物理知识竞赛，其成绩如下：65，71，78，82，85，88，90，93，假设
这8名学生成绩的第60百分位数是N.若在这8人中随机选取两人，则这两人的成绩都低于N的概率为
．
【答案】
【解析】因为 ，所以这8人成绩的第60百分位数是从小到大排列的第5个数，即 ，
若在这8人中随机选取两人，共有28种情况，分别是
， ，
， ， ，
， ，
其中两人的成绩都低于 的情况有6种，
分别为 ，
所以在这8人中随机选取两人，则这两人的成绩都低于N的概率为 .故答案为： ．
1．某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，
得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判
定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为 ；误诊率是将未患病者判定为阳
性的概率，记为 ．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．则当漏诊
率 时，误诊率 .
【答案】
【解析】依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为 ，所以 ，
所以 ，解得： ，
由右边的频率分布直方图可得 .
故答案为：题型十三：新赛制概率问题
【典例13-1】随着阿根廷队的夺冠，2022年卡塔尔足球世界杯落下帷幕.根据足球比赛规则，两支球队先
进行90分钟常规赛.若比分相同，则进行30分钟加时赛；如果在加时赛比分依旧相同，则进入5球点球大
赛.若甲、乙两队在常规赛与加时赛中得分均相同，则甲、乙两队轮流进行5轮点球射门，进球得1分，不
进球不得分.假设甲队每次进球的概率均为0.8，乙队每次进球的概率均为0.5，且在前两轮点球中，乙队领
先一球，已知每轮点球大赛结果相互独立，则最终甲队获胜的概率为 .
【答案】0.304
【解析】甲队在每轮点球比赛获胜的概率为 ，
甲队在每轮点球比赛平局的概率为 .
由题可知最终甲队获胜，则后三轮比赛只能有两种情况：
①甲获胜两轮，剩下一轮甲乙平局，最终甲队获胜的概率为 ；
②甲获胜三轮，该情况下最终甲队获胜的概率为 ，
综上，甲队获胜的概率为0.24＋0.064＝0.304.
故答案为：0.304
【典例13-2】在立德学校举办的春季运动会上，甲、乙两位教师进行某项比赛，采取七局四胜制（当一人
赢得四局时就获胜，比赛结束）．根据甲、乙两人多次比赛的成绩统计，每局甲获胜的概率为 ，乙获胜
的概率为 ，设各局比赛结果相互独立，则乙在第一局负的情况下获胜的概率是 ．
【答案】
【解析】由题意可得：乙在第一局负的情况下获胜，则乙还需要胜四局比赛．
若再比赛四局乙获胜，则概率为 ；
若再比赛五局乙获胜，则概率为 ；
若再比赛六局乙获胜，则概率为 ；综上所述：乙在第一局负的情况下获胜的概率是 ．
故答案为： ．
【变式13-1】甲，乙两人组成的“梦队”参加篮球机器人比赛，比赛分为自主传球，自主投篮2个环节，
其中任何一人在每个环节获胜得2分，失败得0分，比赛中甲和乙获胜与否互不影响，各环节之间也互不
影响.若甲在每个环节中获胜的概率都为 ，乙在每个环节中获胜的概率都为p，且甲，乙两人在自主传球
环节得分之和为2的概率为 ，则p的值为 ，“梦队”在比赛中得分不低于6分的概率为
.
【答案】
【解析】记事件 “两人在自主传球环节得分之和为2分”， “甲在自主传球环节得 分” ，
“乙在自主传球环节得 分” ，
由题意可知， 与 相互独立，且 ，事件 与 互斥，
故 ，解得 ；
记事件 “‘梦队’在比赛中得分不低于6分”， “甲在自主投篮环节得 分” ，
“乙在自主投篮环节得 分” ，
由题意可知 相互独立，
则 ，
且事件 两两互斥，
则 .故答案为： ； .
1．校乒乓球锦标赛共有 位运动员参加.第一轮，运动员们随机配对，共有 场比赛，胜者进入第二轮，
负者淘汰.第二轮在同样的过程中产生 名胜者.如此下去，直到第n轮决出总冠军，实际上，在运动员之
间有一个不为比赛组织者所知的水平排序，在这个排序中 最好， 次之， …， 最差，假设任意两场
比赛的结果相互独立，不存在平局，且 当 与 比赛时， 获胜的概率为p，其中
，求最后一轮比赛在水平最高的两名运动员 与 之间进行的概率为
【答案】
【解析】一般情形：求倒数第k轮开始前剩下的选手恰好为 的概率.
要实现这一点，这 名选手是种子选手，即在前面的比赛中两两不能相遇，而且必须在其
全部 场比赛中获胜，
锦标赛树形的 片树叶的填写方式有 种，为使其称为种子，
我们有 种方式放置最上面的2个选手，且有 种方式放置其他选手，
因此其概率为 ，特别地，本题为 的情形，
故所求概率为 ，故答案为： .
重难点突破：递推型概率命题
【典例14-1】甲，乙，丙，丁4人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能
地将球传给另外三个人中的任何一人，经过两次传球后，球在乙手中的概率为 ；经过 次传球
后，球在甲手中的概率 为 （用含有 的式子表示）.
【答案】
【解析】第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：
甲乙甲，甲乙丙，甲乙丁，甲丙甲，甲丙乙，甲丙丁，甲丁甲，甲丁乙，甲丁丙，共9个结果，它们等可
能，
2次传球后球在乙手中的事件有：甲丙乙，甲丁乙，2个结果，所以概率是 ，
记n次传球后球在甲手中的事件为 ，对应的概率为 ， ，
，
则
，
于是得 ，即 ，
而 ，则数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
因此， ，即 ，所以n次传球后球在甲手中的概率是 ，
故答案为： ； .
【典例14-2】“布朗运动”是指悬浮在液体或气体中的微小颗粒所做的永不停息的无规则运动，在如图所
示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达
相邻仓，已知该粒子的初始位置在2号仓. 则粒子经过 次随机选择后到达2号仓的概率 =
【答案】
【解析】记粒子经过 次随机选择后到达1号仓的概率为 ，
粒子经过 次随机选择后到达3号仓的概率为 ，
则 ，
消去 ， 得 ，
即 ，又 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，
；故答案为：
【变式14-1】如图，一只蚂蚁从正四面体 的顶点 出发，每一步 (均为等可能性的)经过一条边
到达另一顶点，设该蚂蚁经过 步回到点 的概率 ，则 ， .
【答案】
【解析】由题可知，在1步后蚂蚁位于 、 、 、 点的概率分别为0， ， ，
故经过 2 步回到点 的概率 ，
， ，
数列 是公比为 的等比数列，
又 ， ，即 ，
故答案为： ； .
【变式14-2】近年来，我国外卖业发展迅猛，外卖小哥穿梭在城市的大街小巷成为一道道亮丽的风景线.他
们根据外卖平台提供的信息到外卖店取单.某外卖小哥每天来往于10个外卖店（外卖店的编号分别为1，
2，…，10），约定：每天他首先从1号外卖店取单，叫做第1次取单，之后，他等可能的前往其余9个外
卖店中的任何一个店取单叫做第2次取单，依此类推.假设从第2次取单开始，他每次都是从上次取单的店
之外的9个外卖店取单，设事件 {第 次取单恰好是从1号店取单}， 是事件 发生的概率，显然 ， ，则 ， （第二空精确到0.01）.
【答案】 0.10
【解析】 ，
因为
，
所以 ，
以此类推，可得
……
.
故答案为： ；0.10.1．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外
两个人中的任何一人，则第3次传球后球在乙手中的概率为 ，第n次传球后球在乙手中的概率为
．
【答案】 /
【解析】每次传球都有2种可能，传球3次有 种传球过程，
其中第3次传给乙，包含甲丙甲乙，甲乙丙乙，甲乙丙乙，3种传球过程，所以第3次传球后球在乙手中
的概率为 ；
设第 次传球后在乙手中的概率为 ，则第 次传球道甲或丙手中的概率为 ，
故 ，
所以 ，
所以数列 为等比数列，首项为 ，公比为 ，
所以 ，即 .
故答案为： ；
