专题20概率与随机变量及分布列7种常见考法归类（全国通用）（解析版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2021-2025高考数学五年真题分类汇编

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ 2021-2025高考真题分类 概率与随机变量及分布列 ~ ~ 2021-2025高考真题分类 概率与随机变量及分布列1 一 古典概型 1 二 相互独立事件 6 三 条件概率与全概率公式 9 四 求离散型随机变量的均值 12 五 二项分布 20 六 正态分布 21 七 概率与其他知识的综合 22 ~ ~ 一 古典概型 1. (2023·全国甲卷·高考真题)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选 2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为 ( ) 1 1 1 2 A. B. C. D. 6 3 2 3 【答案】D 【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解. 【解析】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有C2=6件， 4 其中这2名学生来自不同年级的基本事件有C1C1=4， 2 2 4 2 所以这2名学生来自不同年级的概率为 = . 6 3 故选：D. 2. (2023·全国乙卷·高考真题)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备 作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为 ( ) 5 2 1 1 A. B. C. D. 6 3 2 3 【答案】A 【分析】对6个主题编号，利用列举列出甲、乙抽取的所有结果，并求出抽到不同主题的结果，再利用古典 概率求解作答. 【解析】用1，2，3，4，5，6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表： 乙甲 1 2 3 4 5 6 1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) 2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6) 5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6) 6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) 共有36个不同结果，它们等可能， 数学试题 第 1 页 共 24 页其中甲乙抽到相同结果有(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)，共6个， 30 5 因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率P= = . 36 6 故选：A 3. (2024·全国甲卷·高考真题)某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序 由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是 ( ) 1 1 1 1 A. B. C. D. 6 4 3 2 【答案】C 【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解. 解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解. 【解析】解法一：画出树状图，如图， 由树状图可得，出场次序共有24种， 其中符合题意的出场次序共有8种， 8 1 故所求概率P= = ； 24 3 解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有2种排法，丁就1种，共2种； 当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有1种排法，丁就1种，共2种； 于是甲最后出场共4种方法，同理乙最后出场共4种方法，于是共8种出场顺序符合题意； 基本事件总数显然是A4=24， 4 8 1 根据古典概型的计算公式，所求概率为 = . 24 3 故选：C 4. (2022·全国甲卷·高考真题)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 ( ) 1 1 2 2 A. B. C. D. 5 3 5 3 【答案】C 【分析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可. 【解析】[方法一]：【最优解】无序 数学试题 第 2 页 共 24 页从6张卡片中无放回抽取2张，共有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  15种情况，其中数字之积为4的倍数的有1,4  ,2,4  ,2,6  , 3,4  ,4,5  ,4,6  6 2 6种情况，故概率为 = . 15 5 [方法二]：有序 从6张卡片中无放回抽取2张，共有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  ,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6, 2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况， 其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4) 12 2 ,(6,2),(6,4)12种情况，故概率为 = . 30 5 故选：C. 【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解； 方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出； 5. (2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为 ( ) 1 1 1 2 A. B. C. D. 6 3 2 3 【答案】D 【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解. 【解析】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C2=21种不同的取法， 7 若两数不互质，不同的取法有：2,4  ,2,6  ,2,8  ,3,6  ,4,6  ,4,8  ,6,8  ，共7种， 21-7 2 故所求概率P= = . 21 3 故选：D. 6. (2021·全国甲卷·高考真题)将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为 ( ) A. 0.3 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.8 【答案】C 【分析】利用古典概型的概率公式可求概率. 【解析】解：将3个1和2个0随机排成一行，可以是： 00111,01011,01101,01110,10011,10101,10110,11001,11010,11100， 共10种排法， 其中2个0不相邻的排列方法为： 01011,01101,01110,10101,10110,11010， 共6种方法， 6 故2个0不相邻的概率为 =0.6， 10 故选：C. 7. (2021·全国甲卷·高考真题)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为 ( ) 1 2 2 4 A. B. C. D. 3 5 3 5 【答案】C 数学试题 第 3 页 共 24 页【解析】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空， 若2个0相邻，则有C1=5种排法，若2个0不相邻，则有C2=10种排法， 5 5 10 2 所以2个0不相邻的概率为 = . 5+10 3 故选：C. 8. (2024·全国甲卷·高考真题)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的平均值，则m与n之 1 差的绝对值不大于 的概率为 ． 2 7 【答案】 15 【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则a+b-3≤ 2c≤a+b+3，就c的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率. 【解析】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A3=120种， 6 a+b+c a+b 设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则 - 3 2  1 ≤ ， 2 故2c-(a+b)  ≤3，故-3≤2c-(a+b)≤3， 故a+b-3≤2c≤a+b+3， 若c=1，则a+b≤5，则a,b  为：2,3  ,3,2  ，故有2种， 若c=2，则1≤a+b≤7，则a,b  为：1,3  ,1,4  ,1,5  ,1,6  ,3,4  ， 3,1  ,4,1  ,5,1  ,6,1  ,4,3  ，故有10种， 当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  ,6,1  ,4,2  ,5,2  ,6,2  ,5,4  ， 故有16种， 当c=4，则5≤a+b≤11，同理有16种， 当c=5，则7≤a+b≤13，同理有10种， 当c=6，则9≤a+b≤15，同理有2种， 1 共m与n的差的绝对值不超过 时不同的抽取方法总数为22+10+16 2  =56， 56 7 故所求概率为 = . 120 15 7 故答案为： 15 9. (2022·上海·高考真题)为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中 随机抽取4项进行检则，则每一类都被抽到的概率为 ； 3 【答案】 7 【分析】 由题意，利用古典概型的计算公式，计算求得结果． 【解析】 解：从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的方 法共有C1⋅C1⋅C2+C1⋅C2⋅C1种， 1 3 4 1 3 4 而所有的抽取方法共有C4种， 8 数学试题 第 4 页 共 24 页C1⋅C1⋅C2+C1⋅C2⋅C1 30 3 故每一类都被抽到的概率为 1 3 4 1 3 4 = = ， C4 70 7 8 3 故答案为： ． 7 10.(2022·全国甲卷·高考真题)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为 ． 6 【答案】 . 35 【分析】根据古典概型的概率公式即可求出． 【解析】从正方体的8个顶点中任取4个，有n=C4=70个结果，这4个点在同一个平面的有m=6+6 8 m 12 6 =12个，故所求概率P= = = ． n 70 35 6 故答案为： ． 35 11.(2022·全国乙卷·高考真题)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 ． 3 【答案】 /0.3 10 【分析】根据古典概型计算即可 【解析】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名， 有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙， 2，3)，(1，2，3)，共10种选法； 3 其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率P= . 10 3 故答案为： . 10 解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为C3=10 5 3 甲、乙都入选的方法数为C1=3，所以甲、乙都入选的概率P= 3 10 3 故答案为： 10 12.(2023·北京·高考真题)为研究某种农产品价格变化的规律，收集得到了该农产品连续40天的价格变化数 据，如下表所示．在描述价格变化时，用“+”表示“上涨”，即当天价格比前一天价格高；用“-”表示“下 跌”，即当天价格比前一天价格低；用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同． 时段 价格变化 第1天到第20天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 + 第21天到第40天 0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - + 用频率估计概率． (1)试估计该农产品价格“上涨”的概率； (2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这 4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率； (3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第41天该农产品价格“上涨”“下 跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．(结论不要求证明) 【答案】(1)0.4 (2)0.168 数学试题 第 5 页 共 24 页(3)不变 【分析】(1)计算表格中的+的次数，然后根据古典概型进行计算； (2)分别计算出表格中上涨，不变，下跌的概率后进行计算； (3)通过统计表格中前一次上涨，后一次发生的各种情况进行推断第41天的情况. 【解析】(1)根据表格数据可以看出，40天里，有16个+，也就是有16天是上涨的， 16 根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为： =0.4 40 (2)在这40天里，有16天上涨，14天下跌，10天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是0.4，0.35， 0.25， 于是未来任取4天，2天上涨，1天下跌，1天不变的概率是C2×0.42×C1×0.35×0.25=0.168 4 2 (3)由于第40天处于上涨状态，从前39次的15次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有4次，不变的 有9次，下跌的有2次， 因此估计第41次不变的概率最大. 二 相互独立事件 1. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取 两次，每次取1个球，甲表示事件“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 【答案】B 【分析】根据独立事件概率关系逐一判断 1 1 5 6 1 【解析】P(甲)= ，P(乙)= ，P(丙)= ，P(丁)= = ，， 6 6 36 36 6 1 P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)= =P(甲)P(丁)， 36 1 P(乙丙)= ≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙)， 36 故选：B 【点睛】判断事件A,B是否独立，先计算对应概率，再判断P(A)P(B)=P(AB)是否成立 1 2. (2025·上海·高考真题)己知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为P(A)= ，事件B发生的概率为 2 1 P(B)= ，则事件A∩B发生的概率P(A∩B)为 ( ) 2 1 1 1 A. B. C. D. 0 8 4 2 【答案】B 【分析】根据独立事件的概率公式可求PA∩B  . 【解析】因为A,B相互独立，故PA∩B  =PA  PB  1 1 1 = × = ， 2 2 4 故选：B. 3. (2023·天津·高考真题)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5:4:6．且其中的黑球比例依次为40%,25%,50%．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 ． 数学试题 第 6 页 共 24 页3 【答案】 0.05 /0.6 5 【分析】先根据题意求出各盒中白球，黑球的数量，再根据概率的乘法公式可求出第一空； 根据古典概型的概率公式可求出第二个空． 【解析】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n,4n,6n，所以总数为15n， 所以甲盒中黑球个数为40%×5n=2n，白球个数为3n； 乙盒中黑球个数为25%×4n=n，白球个数为3n； 丙盒中黑球个数为50%×6n=3n，白球个数为3n； 记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件A，所以， PA  =0.4×0.25×0.5=0.05； 记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件B， 黑球总共有2n+n+3n=6n个，白球共有9n个， 所以，PB  9n 3 = = ． 15n 5 3 故答案为：0.05； ． 5 4. 【多选】(2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)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α(0<α<1)，收到0的概率为1-α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1 -β. 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(1-α)(1-β)2 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β(1-β)2 C. 采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1-β)2+(1-β)3 D. 当0<α<0.5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 【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C； 求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答. 【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(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2，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(1-β)⋅β⋅(1-β)=β(1-β)2，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C2β(1-β)2+(1-β)3=(1-β)2(1+2β)，C错误； 3 对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P=(1-α)2(1+2α)， 单次传输发送0，则译码为0的概率P=1-α，而0<α<0.5， 因此P-P=(1-α)2(1+2α)-(1-α)=α(1-α)(1-2α)>0，即P>P，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和， 数学试题 第 7 页 共 24 页相互独立事件的积是解题的关键. 5. (2022·全国乙卷·高考真题)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．已知该棋 手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p ,p ,p ，且p >p >p >0．记该棋手连胜两盘的概率为p，则 1 2 3 3 2 1 ( ) 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 C. 该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D. 该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 【答案】D 【解析】解法一：要求连胜两局，故只能第一局和第二局连胜，或第二局和第三局连胜，则第二局和谁比 赛很重要，第二局的对手实力越强，连胜两局的概率越小，第二局的对手实力越弱，连胜两局的概率越大，所 以根据条件估算得到丙实力最弱，所以D选项正确. 解法二：该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 1 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 ， 2 则此时连胜两盘的概率为p 甲 1 则p 甲 = 2 (1-p 2 )p 1 p 3 +p 2 p 1 (1-p 3 )  1 + 2 (1-p 3 )p 1 p 2 +p 3 p 1 (1-p 2 )  =p(p +p )-2p p p ； 1 2 3 1 2 3 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p ， 乙 则p =(1-p)p p +p p (1-p )=p (p +p )-2p p p 乙 1 2 3 1 2 3 2 1 3 1 2 3 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p 丙 则p =(1-p)p p +p p (1-p )=p (p +p )-2p p p 丙 1 3 2 1 3 2 3 1 2 1 2 3 则p 甲 -p 乙 =p 1 (p 2 +p 3 )-2p 1 p 2 p 3 -p 2 (p 1 +p 3 )-2p 1 p 2 p 3  =p 1 -p 2  p <0 3 p 乙 -p 丙 =p 2 (p 1 +p 3 )-2p 1 p 2 p 3 -p 3 (p 1 +p 2 )-2p 1 p 2 p 3  =p 2 -p 3  p <0 1 即p

0， ∴P >P ，应该由甲参加第一阶段比赛. 甲 乙 (ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15， P(X=0)=(1-p)3+1-(1-p)3  ⋅(1-q)3， PX=5  = 1-1-p  3   C 3 1q⋅1-q  2， P(X=10)=1-(1-p)3  ⋅C2q2(1-q)， 3 P(X=15)=1-(1-p)3  ⋅q3， ∴E(X)=151-(1-p)3  q=15p3-3p2+3p  ⋅q 记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15， 同理E(Y)=15q3-3q2+3q  ⋅p ∴E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)] =15(p-q)pq(p+q-3)， 因为00， ∴应该由甲参加第一阶段比赛. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出 大小关系，最后得到结论. 三 条件概率与全概率公式 1. (2023·全国甲卷·高考真题)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 【答案】A 【分析】先算出同时爱好两项的概率,利用条件概率的知识求解. 【解析】同时爱好两项的概率为0.5+0.6-0.7=0.4， 记“该同学爱好滑雪”为事件A,记“该同学爱好滑冰”为事件B， 则P(A)=0.5,P(AB)=0.4， P(AB) 0.4 所以P(B∣A)= = =0.8. P(A) 0.5 故选:A. 2. (2024·天津·高考真题)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 数学试题 第 9 页 共 24 页别为整地做畦、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 ． 3 1 【答案】 5 2 【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求解第一空；采用列举法或者条件概率公式可求第二空. 【解析】解法一：列举法 给这5个项目分别编号为A,B,C,D,E,F,从五个活动中选三个的情况有： ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种情况， 其中甲选到A有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE， 6 3 则甲参加“整地做畦”的概率为：P= = ； 10 5 乙选A活动有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE， 其中再选择D有3种可能性：ABD,ACD,ADE， 3 1 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 = . 6 2 解法二： 设甲、乙选到A为事件M，乙选到D为事件N， 则甲选到A的概率为PM  C2 3 = 4 = ； C3 5 5 乙选了A活动，他再选择D活动的概率为P N   M  PMN =  PM  C1 3 C3 1 = 5 = C2 2 4 C3 5 3 1 故答案为： ； 5 2 3. (2022·天津·高考真题)52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 ； 已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为 1 1 【答案】 221 17 【分析】由题意结合概率的乘法公式可得两次都抽到A的概率，再由条件概率的公式即可求得在第一次 抽到A的条件下，第二次抽到A的概率. 【解析】由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C, 则PBC  4 3 1 4 1 = × = ,P(B)= = ,PC|B 52 51 221 52 13  PBC =  PB  1 221 1 = = . 1 17 13 1 1 故答案为： ； . 221 17 4. (2024·上海·高考真题)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题库有 4000道题，C题库有3000道题．小申已完成所有题，已知小申完成A题库的正确率是0.92，B题库的正 确率是0.86，C题库的正确率是0.72．现他从所有的题中随机选一题，正确率是 ． 【答案】0.85 【分析】求出各题库所占比，根据全概率公式即可得到答案. 【解析】由题意知，A,B,C题库的比例为：5:4:3， 数学试题 第 10 页 共 24 页5 4 3 各占比分别为 , , ， 12 12 12 5 4 3 则根据全概率公式知所求正确率p= ×0.92+ ×0.86+ ×0.72=0.85． 12 12 12 故答案为：0.85． 5. (2025·北京·高考真题)某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生 都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该 题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题 相互独立，用频率估计概率. (1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率p (2)从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计X= 1的概率及X的数学期望； (3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该 知识点，甲校学生选择正确的概率为100%，乙校学生选择正确的概率为85%.设甲、乙两校高一年级学 生掌握该知识点的概率估计值分别为p ，p ，判断p 与p 的大小(结论不要求证明). 1 2 1 2 4 【答案】(1) 5 (2)0.35，EX  =1.55 (3)p

P C2 25 150 C2 150 25 25 (C)>P(D)， 因此抽取的两个模型的外观和内饰均为不同色是一等奖；外观和内饰均为同色是二等奖； 外观同色但内饰不同色，或内饰同色但外观不同色是三等奖， 奖金额X的可能值为：600,300,150， 奖金额X的分布列： X 600 300 150 P 数学试题 第 17 页 共 24 页4 49 77 25 150 150 4 49 77 奖金额X的期望E(X)=600× +300× +150× =271(元). 25 150 150 9. (2022·北京·高考真题)在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9．50m以 上(含9．50m)的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比 赛成绩，并整理得到如下数据(单位：m)： 甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25； 乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23； 丙：9.85，9.65，9.20，9.16． 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立． (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率； (2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E(X)； (3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？(结论不要求证明) 【答案】(1)0.4 7 (2) 5 (3)丙 【分析】(1) 由频率估计概率即可 (2) 求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望. (3) 计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值 最大. 【解析】(1)由频率估计概率可得 甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5， 故答案为0.4 (2)设甲获得优秀为事件A ,乙获得优秀为事件A ，丙获得优秀为事件A 1 2 3    3 P(X=0)=P(AA A )=0.6×0.5×0.5= ， 1 2 3 20       P(X=1)=P(AA A )+P(AA A )+P(AA A ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 8 =0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5= ， 20    P(X=2)=P(AA A )+P(AA A )+P(AA A ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 7 =0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5= ， 20 2 P(X=3)=P(AA A )=0.4×0.5×0.5= . 1 2 3 20 ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 3 8 7 2 P 20 20 20 20 3 8 7 2 7 ∴E(X)=0× +1× +2× +3× = 20 20 20 20 5 (3)丙夺冠概率估计值最大. 数学试题 第 18 页 共 24 页1 因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为 ，甲获得9.80的概率为 4 1 1 ，乙获得9.78的概率为 .并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利. 10 6 10.(2022·全国甲卷·高考真题)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负 方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜 的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． (1)求甲学校获得冠军的概率； (2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望． 【答案】(1)0.6； (2)分布列见解析，EX  =13. 【分析】(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目， 利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出； (2)依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望． 【解析】(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C，所以甲学校获得冠军的概率为 P=PABC   +PABC   +PABC   +PABC  =0.5×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2 =0.16+0.16+0.24+0.04=0.6． (2)依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以， PX=0  =0.5×0.4×0.8=0.16, PX=10  =0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2=0.44， PX=20  =0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34， PX=30  =0.5×0.6×0.2=0.06. 即X的分布列为 X 0 10 20 30 P 0.16 0.44 0.34 0.06 期望EX  =0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13. 11.(2021·北京·高考真题)在核酸检测中,“k合1”混采核酸检测是指：先将k个人的样本混合在一起进行 1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测 结束:如果这k个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人 的检测结果，检测结束. 现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确. (I)将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测. (i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数; 1 (ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为 .设X是检测的总次数，求X的 11 分布列与数学期望E(X). (II)将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测.设Y是检测的总次数， 试判断数学期望E(Y)与(I)中E(X)的大小.(结论不要求证明) 320 【答案】(1)①20次；②分布列见解析；期望为 ；(2)EY 11  >EX  ． 数学试题 第 19 页 共 24 页【分析】(1)①由题设条件还原情境，即可得解； ②求出X的取值情况，求出各情况下的概率，进而可得分布列，再由期望的公式即可得解； (2)求出两名感染者在一组的概率，进而求出EY  ，即可得解. 【解析】(1)①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次； 所以总检测次数为20次； ②由题意，X可以取20，30， PX=20  1 = ，PX=30 11  1 10 =1- = ， 11 11 则X的分布列: X 20 30 1 10 P 11 11 所以EX  1 10 320 =20× +30× = ； 11 11 11 (2)由题意，Y可以取25，30， 20C2C3 4 95 两名感染者在同一组的概率为P= 2 98 = ，不在同一组的概率为P = ， 1 C5 99 2 99 100 则EY  4 95 2950 =25× +30× = >EX 99 99 99  . 五 二项分布 1. (2025·全国二卷·高考真题)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜 1 的概率为p 0，解得p= ； 3 (3)我们有 m-1 m-1 m-1 m-1 m-1 p -p =Ck p2m-kqk-Ck p2m+1-kqk=Ck p2m-kqk-Ck p2m+1-kqk-Ck-1p2m+1-kqk 2m 2m+1 2m 2m+1 2m 2m 2m k=0 k=0 k=0 k=0 k=0 =1-p  m-1 m-1 m-1 m-1 Ck p2m-kqk-Ck-1p2m+1-kqk=Ck p2m-kqk+1-Ck-1p2m+1-kqk 2m 2m 2m 2m k=0 k=0 k=0 k=0 m-1 m-2 =Ck p2m-kqk+1-Ck p2m-kqk+1=Cm-1pm+1qm. 2m 2m 2m k=0 k=0 以及 m m-1 m m p -p =Ck p2m+2-kqk-Ck p2m+1-kqk=Ck-1 p2m+2-kqk+Ck p2m+2-kqk- 2m+2 2m+1 2m+2 2m+1 2m+1 2m+1 k=0 k=0 k=0 k=0 m-1 Ck p2m+1-kqk 2m+1 k=0 m =C 2 k m - + 1 1 p2m+2-kqk+C 2 m m+1 pm+2qm+p-1 k=0  m-1 Ck p2m+1-kqk 2m+1 k=0 m m-1 =Ck-1 p2m+2-kqk+Cm pm+2qm-Ck p2m+1-kqk+1 2m+1 2m+1 2m+1 k=0 k=0 m-1 m-1 =Ck p2m+1-kqk+1+Cm pm+2qm-Ck p2m+1-kqk+1=Cm pm+2qm. 2m+1 2m+1 2m+1 2m+1 k=0 k=0 至此我们得到p -p =Cm-1pm+1qm，p -p =Cm pm+2qm，同理有q -q = 2m 2m+1 2m 2m+2 2m+1 2m+1 2m 2m+1 Cm-1qm+1pm，q -q =Cm qm+2pm. 2m 2m+2 2m+1 2m+1 故p 2m -p 2m+1 =C 2 m m -1pm+1qm=p⋅C 2 m m -1pmqm  >q⋅C 2 m m -1pmqm  =Cm-1qm+1pm=q -q ，即p - 2m 2m 2m+1 2m+1 q

0， 就能得到p -p >q -q ，即p -q

2.5)= ． 数学试题 第 21 页 共 24 页7 【答案】0.14/ ． 50 【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出． 【解析】因为X∼N2,σ2  ，所以PX<2  =PX>2  =0.5，因此PX>2.5  =PX>2  - P22)>0.2 B. P(X>2)<0.5 C. P(Y>2)>0.5 D. P(Y>2)<0.8 数学试题 第 22 页 共 24 页【答案】BC 【分析】根据正态分布的3σ原则以及正态分布的对称性即可解出.  【解析】依题可知，x=2.1,s2=0.01，所以Y~N2.1,0.12  ， 故PY>2  =PY>2.1-0.1  =PY<2.1+0.1  ≈0.8413>0.5，C正确，D错误； 因为X~N1.8,0.12  ，所以PX>2  =PX>1.8+2×0.1  ， 因为PX<1.8+0.1  ≈0.8413，所以PX>1.8+0.1  ≈1-0.8413=0.1587<0.2， 而PX>2  =PX>1.8+2×0.1  1.8+0.1  <0.2，B正确，A错误， 故选：BC． 七 概率与其他知识的综合 1. (2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)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 率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第i次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量X i 服从两点分布，且PX i =1  =1-PX i =0  n =q ,i=1,2,⋅⋅⋅,n，则E∑X i i i=1  = n ∑q i ．记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求EY i=1  ． 【答案】(1)0.6 1 1 2 (2)p - = × i 3 6 5  i-1 1 2 ,p = × i 6 5  i-1 1 + 3 5 2 (3)E(Y)= 1- 18 5  n     n + 3 【分析】(1)根据全概率公式即可求出； (2)设PA i  =p，由题意可得p =0.4p +0.2，根据数列知识，构造等比数列即可解出； i i+1 i (3)先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出． 【解析】(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， i i 所以，PB 2  =PA 1 B 2  +PB 1 B 2  =PA 1  PB 2 |A 1  +PB 1  PB 2 |B 1  =0.5×1-0.6  +0.5×0.8=0.6. (2)设PA i  =p i ，依题可知，PB i  =1-p，则 i PA i+1  =PA i A i+1  +PB i A i+1  =PA i  PA i+1 |A i  +PB i  PA i+1 |B i  ， 即p i+1 =0.6p i +1-0.8  ×1-p i  =0.4p +0.2， i 构造等比数列p+λ i  ， 2 设p i+1 +λ= 5 p i +λ  1 1 2 1 ，解得λ=- ，则p - = p- 3 i+1 3 5 i 3  ， 1 1 1 1 又p = ,p - = ，所以p- 1 2 1 3 6  i 3  1 2 是首项为 ，公比为 的等比数列， 6 5 1 1 2 即p - = × i 3 6 5  i-1 1 2 ,p = × i 6 5  i-1 1 + ． 3 1 2 (3)因为p = × i 6 5  i-1 1 + ，i=1,2,⋅⋅⋅,n， 3 所以当n∈N*时，EY  2 1- 1 5 =p +p +⋯+p = × 1 2 n 6  n n 5 2 + = 1- 2 3 18 5 1- 5  n     n + ， 3 数学试题 第 23 页 共 24 页5 2 故E(Y)= 1- 18 5  n     n + ． 3 【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据 数列的基本知识求解． 2. (2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物 为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代⋯⋯，该微生物每代繁殖的个数是相互 独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X=i)=p(i=0,1,2,3)． i (1)已知p =0.4,p =0.3,p =0.2,p =0.1，求E(X)； 0 1 2 3 (2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：p +px+p x2+p x3=x 0 1 2 3 的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p=1，当E(X)>1时，p<1； (3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义． 【答案】(1)1；(2)见解析；(3)见解析. 【分析】(1)利用公式计算可得E(X). (2)利用导数讨论函数的单调性，结合f1  =0及极值点的范围可得fx  的最小正零点. (3)利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明. 【解析】(1)E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1. (2)设fx  =p 3 x3+p 2 x2+p 1 -1  x+p ， 0 因为p 3 +p 2 +p 1 +p 0 =1，故fx  =p 3 x3+p 2 x2-p 2 +p 0 +p 3  x+p ， 0 若EX  ≤1，则p +2p +3p ≤1，故p +2p ≤p . 1 2 3 2 3 0 fx  =3p 3 x2+2p 2 x-p 2 +p 0 +p 3  ， 因为f0  =-p 2 +p 0 +p 3  <0，f1  =p +2p -p ≤0， 2 3 0 故fx  有两个不同零点x ,x ，且x <0<1≤x ， 1 2 1 2 且x∈-∞,x 1  ∪x 2 ,+∞  时，fx  >0；x∈x 1 ,x 2  时，fx  <0； 故fx  在-∞,x 1  ，x 2 ,+∞  上为增函数，在x 1 ,x 2  上为减函数， 若x 2 =1，因为fx  在x 2 ,+∞  为增函数且f1  =0， 而当x∈0,x 2  时，因为fx  在x 1 ,x 2  上为减函数，故fx  >fx 2  =f1  =0， 故1为p +px+p x2+p x3=x的一个最小正实根， 0 1 2 3 若x 2 >1，因为f1  =0且在0,x 2  上为减函数，故1为p +px+p x2+p x3=x的一个最小正实根， 0 1 2 3 综上，若EX  ≤1，则p=1. 若EX  >1，则p +2p +3p >1，故p +2p >p . 1 2 3 2 3 0 此时f0  =-p 2 +p 0 +p 3  <0，f1  =p +2p -p >0， 2 3 0 故fx  有两个不同零点x ,x ，且x <00；x∈x 3 ,x 4  时，fx  <0； 故fx  在-∞,x 3  ，x 4 ,+∞  上为增函数，在x 3 ,x 4  上为减函数， 而f1  =0，故fx 4  <0， 又f0  =p 0 >0，故fx  在0,x 4  存在一个零点p，且p<1. 所以p为p +px+p x2+p x3=x的一个最小正实根，此时p<1， 0 1 2 3 故当EX  >1时，p<1. (3)意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过 1，则若干代后被灭绝的概率小于1. 数学试题 第 24 页 共 24 页