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第十二章 概率与统计
真题多维细目表
考题 涉分 题型 难度 考点 考向 解题方法 核心素养
抽样方法与总体 中位数、平均数、极差、
２０２１新高考 ９ ５ 多项选择题 中 直接法、公式法 数学运算
Ⅰ， 分布的估计 标准差的理解与判断
条件概率、相互独立 数学抽象
２０２１新高考 ８ ５ 单项选择题 中 判断独立事件 直接法
Ⅰ， 事件及二项分布 直观想象
数据分析
离散型随机变量及其 离散型随机变量
２０２１新高考 １８ １２ 解答题 中 公式法 数学运算
Ⅰ， 分布列、均值与方差 的分布列及期望
逻辑推理
数据分析
２０２１全国乙文 １７ １２ 解答题 中 用样本估计总体 求平均数及方差 公式法
， 数学运算
２０２０新高考 ９ ５ 多项选择题 中 统计图表 折线图 分析法 数据分析
Ⅱ，
新定义、离散型随机变 数据分析
离散型随机变 定义法
２０２０新高考 １２ ５ 多项选择题 难 量及其分布列、对数 数学运算
Ⅰ， 量及其分布列 公式法
运算、比较大小 逻辑推理
数据分析
概率的估计值、
２０２０新高考 １９ １２ 解答题 中 统计案例 定义法 数学运算
Ⅰ， 独立性检验
逻辑推理
抽样方法与总
２０２０新高考 ５ ５ 单项选择题 易 样本比例的计算 转化法 数据分析
Ⅰ， 体分布的估计
命题规律与备考策略
考查内容 本章考查的知识主要有 样本的抽样方法 数字特征 古 境主要为课程学习情境和生活实践情境 主要考查数据分析 数学运
：① 、 、 ， 、
典概型 离数型随机变量的分布列 二项分布 正态分布 在实际问 算 逻辑推理的核心素养．
、 、 、 ；② 、
题中的分布列 正态分布 统计案例的运用 概率问题与其他知识的 复习建议 在解决小题时 常借助公式法或排列 组合知识 注重逻辑
、 、 ；③ ， 、 ，
综合应用． 推理的灵活应用．加强关注概率与其他知识综合考查的题目 强化概率
，
题型赋分 题型以选择 填空 解答为主 或 道小题 道大题 总分 在决策问题中的运用 需要关注在不同背景下抽象出数学本质的方
、 、 ，１ ２ ，１ ， ，
值约 分 解答题难度略有增加． 法 强化知识的形成 应用与迁移过程．
２０ ， ， 、
命题规律 本章内容在选择题 填空题中主要考查抽样方法 古典概 备考策略 结合本章内容特点 备考时需重视知识理论的应用思维过
、 、 ，
型 用样本估计总体 正态分布等 解答题常利用排列 组合考查离散 程 如概率模型的理解与应用 有关独立性检验理论的应用等．而关于
、 、 ， 、 ， 、
型随机变量的分布列 期望 方差 二项分布和正态分布等问题 有时 随机变量的分布列 均值 方差问题则需理解思路与思维方向 对有关
、 、 、 ， 、 、 ，
亦考查统计案例的相关内容 注重阅读理解与处理信息能力的考查．试 函数 不等式 数列的概率综合题应加强关注．
， 、 、
题情６ １４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§１２．１ 随机事件、古典概型与几何概型
随机事件的概率 学生用书Ｐ２０６ 该校一年级女生中支持方案二的约有 １５０ 人
×３００≈１１３ ，
２５０＋１５０
１．（２０１８课标 文，５，５分）若某群体中的成员只用现金支付的 假设一年级学生中支持方案二的概率为ｐ 则ｐ
Ⅲ ２， ２＝（２９２＋１１３）
概率为 ． 既用现金支付也用非现金支付的概率为 ． 则
０４５， ０ １５， ８１ ８１ ８０ １
不用现金支付的概率为 ÷（５００＋３００）＝ ， ＞ ＝ ，
（ ） １６０ １６０ １６０ ２
． ． ． ． 则ｐ ｐ 故可知该校除一年级外其他年级学生支持方案二的
Ａ．０３ Ｂ．０４ Ｃ．０６ Ｄ．０７ ２＞ ０，
１． 答案 Ｂ 概率应低于平均概率 即ｐ ｐ ．
， １＜ ０
２．（２０２０北京，１８，１４分）某校为举办甲 乙两项不同活动 分别 解法二 由题表可知 男生支持方案二的概率明显大于女生支
、 ， ： ，
设计了相应的活动方案
：
方案一
、
方案二．为了解该校学生对活 持方案二的概率．样本中男
、
女生比例为
３ ∶ ２，
此时 ｐ
０ ＝
动方案是否支持 对学生进行简单随机抽样 获得数据如下表
， ， ： ３５０＋１５０ ＝ １．而一年级的男 、 女生比例为 ５∶ ３， 因为 ５ ＞ ３ ， 所以
男生 女生 ６００＋４００ ２ ３ ２
该校除一年级外其他年级学生支持方案二的概率应低于平均概
支持 不支持 支持 不支持 率 即ｐ ｐ ．
方案一 人 人 人 人 ， １＜ ０
２００ ４００ ３００ １００ 以下为教师用书专用（１—３１）
方案二 人 人 人 人
３５０ ２５０ １５０ ２５０
１．（２０１９课标 文，３，５分）两位男同学和两位女同学随机排成
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立． Ⅲ
一列 则两位女同学相邻的概率是
分别估计该校男生支持方案一的概率 该校女生支持方案 ， （ ）
（１） 、
一的概率 １ １ １ １
； Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
从该校全体男生中随机抽取 人 全体女生中随机抽取 ６ ４ ３ ２
（２） ２ ， １ 答案 Ｄ 本题考查古典概型 以现实生活中常见的学生排
人 估计这 人中恰有 人支持方案一的概率 ，
， ３ ２ ； 队问题为背景 考查学生对数学知识的应用意识．
将该校学生支持方案二的概率估计值记为ｐ ．假设该校一 ，
（３） ０ 设两位男同学分别为Ａ Ｂ 两位女同学分别为ａ ｂ 则四位同
年级有 名男生和 名女生 除一年级外其他年级学 、 ， 、 ，
５００ ３００ ， 学排成一列 所有可能的结果用树状图表示为
生支持方案二的概率估计值记为ｐ ．试比较ｐ 与ｐ 的大 ，
１ ０ １
小． 结论不要求证明
（ ）
２． 解析 设 该校男生支持方案一 为事件Ａ 该校女生
（１） “ ” ，“
支持方案一 为事件Ｂ．
”
依题意知 抽取的样本中共有男生 人 其中支持方案一的
， ６００ ，
有 人 故Ｐ Ａ ２００ １
２００ ， （ ）＝ ＝ ；
６００ ３
抽取的样本中共有女生 人 其中支持方案一的有 人
４００ ， ３００ ，
故Ｐ Ｂ ３００ ３ ．
（ ）＝ ＝ 共 种结果 其中两位女同学相邻的结果有 种
４００ ４ ２４ ， １２ ，
由 可知 该校男生支持方案一 的概率估计值为 １ Ｐ 两位女同学相邻 １２ １ 故选 ．
（２） （１） ，“ ” ； ∴ （ ）＝ ＝ ， Ｄ
３ ２４ ２
技巧点拨 用树状图列举所有可能的结果是求解古典概型
该校女生支持方案一 的概率估计值为 ３ ．
“ ” 问题的基本方法之一．
４
设 抽取的该校 个男生和 个女生中 支持方案一的恰有 ２．（２０１８课标 理，８，５分）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想
“ ２ １ ， ２ Ⅱ
人 为事件Ｃ 该事件包括 个男生均支持方案一而女生不支 的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是 每个大于
” ， “２ “
持方案一 个男生中有且只有 人支持方案一且女生支持 的偶数可以表示为两个素数的和 如 ．在不超过
”“２ １ ２ ”， ３０＝７＋２３ ３０
方案一 故所求概率为 的素数中 随机选取两个不同的数 其和等于 的概率是
”， ， ， ３０
( ) ( ) ( )
２
Ｐ Ｃ １ ３ １ １ １ ３ １３． （ ）
（ ）＝ × １－ ＋Ｃ２× × １－ × ＝
３ ４ ３ ３ ４ ３６ １ １ １ １
ｐ ｐ ． Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
（３） １＜ ０ １２ １４ １５ １８
解法一 由样本的频率估计总体概率 该校学生支持方案二的 答案 Ｃ 本题主要考查古典概型．
： ，
不超过 的素数有 共 个 从
概率估计值为ｐ ３５０＋１５０ １ ． ３０ ２，３，５，７，１１，１３，１７，１９，２３，２９， １０ ，
０＝ ＝ 这 个素数中随机选取两个不同的数 有 ２ 种情况 其
６００＋４００ ２ １０ ， Ｃ１０＝４５ ，
该校一年级男生中支持方案二的约有 ３５０ 人 和等于 的情况有 种 则所求概率等于 ３ １ ．故选 ．
×５００≈２９２ ， ３０ ３ ， ＝ Ｃ
３５０＋２５０ ４５ １５
第十二章 概率与统计 ６ １５
方法总结 解决关于古典概型的概率问题关键是正确求出 ６．（２０１６课标 文，３，５分）为美化环境 从红 黄 白 紫 种颜
Ⅰ ， 、 、 、 ４
基本事件的总数和所求事件包含的基本事件数．（ ）当基本事 色的花中任选 种花种在一个花坛中 余下的 种花种在另一
１ ２ ， ２
件的总数较少时，可用列举法把所有基本事件一一列举出来． 个花坛中 则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是
， （ ）
（ ）注意区分排列与组合，正确使用计数原理．
２ １ １ ２ ５
３．（２０１８课标 文，５，５分）从 名男同学和 名女同学中任选 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
３ ２ ３ ６
Ⅱ ２ ３ ２
人参加社区服务 则选中的 人都是女同学的概率为 答案 Ｃ 从红 黄 白 紫 种颜色的花中任选 种有以下
、 、 、 ４ ２
， ２ （ ）
选法 红黄 红白 红紫 黄白 黄紫 白紫 共
． ． ． ．
：（ ）、（ ）、（ ）、（ ）、（ ）、（ ），
Ａ．０６ Ｂ．０５ Ｃ．０４ Ｄ．０３
答案 Ｄ 设两名男生为Ａ Ｂ 三名女生为ａ ｂ ｃ 则从 人 种 其中红色和紫色的花不在同一花坛 亦即黄色和白色的
６ ， （
， ， ， ， ， ５
中任选 人有 Ａ ａ Ａ ｂ Ａ ｃ Ｂ ａ Ｂ ｂ Ｂ ｃ 花不在同一花坛 的选法有 种 所以所求事件的概率Ｐ ４
２ （ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ， ）， ） ４ ， ＝
ａ ｂ ａ ｃ ｂ ｃ Ａ Ｂ 共 种． 人都是女同学的有 ６
（ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ， ）， １０ ２
２ 故选 ．
ａ ｂ ａ ｃ ｂ ｃ 共 种 所以所求概率为 ３ ． ． ＝ ， Ｃ
（ ， ），（ ， ），（ ， ）， ３ ， ＝０３ ３
１０ 解后反思 从 种颜色的花中任选 种共有 种情况，不
方法总结 古典概型概率的求法： ４ ２ ６
重不漏地列举出所有情况是解题关键．
ｍ
（ ）应用公式Ｐ（Ａ） 求概率的关键是寻求基本事件的总数 评析 本题主要考查了古典概型、不重不漏地将所有情况列
１ ＝ ｎ
举出来是解题关键．
和待求事件包含的基本事件的个数．（ ）基本事件个数的确定
２
方法：
７．（２０１６课标 文，５，５分）小敏打开计算机时 忘记了开机密码
列举法：此法适用于基本事件较少的古典概型； Ⅲ ，
① 的前两位 只记得第一位是 中的一个字母 第二位是
列表法：此法适用于从多个元素中选定两个元素的试验，也 ， Ｍ，Ｉ，Ｎ ， １，
② 中的一个数字 则小敏输入一次密码能够成功开机的
可看成是坐标法； ２，３，４，５ ，
概率是
画树状图法：画树状图法是进行列举的一种常用方法，适用 （ ）
③
于有顺序的问题或较复杂问题中基本事件数的探求． ８ １ １ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４．（２０１７课标 文，１１，５分）从分别写有 的 张卡片 １５ ８ １５ ３０
Ⅱ １，２，３，４，５ ５ 答案 Ｃ 小敏输入密码后两位的所有可能情况如下
中随机抽取 张 放回后再随机抽取 张 则抽得的第一张卡 ：
１ ， １ ，
片上的数大于第二张卡片上的数的概率为 （Ｍ，１），（Ｍ，２），（Ｍ，３），（Ｍ，４），（Ｍ，５），
（ ）
（Ｉ，１），（Ｉ，２），（Ｉ，３），（Ｉ，４），（Ｉ，５），
１ １ ３ ２ 共 种．
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． （Ｎ，１），（Ｎ，２），（Ｎ，３），（Ｎ，４），（Ｎ，５）， １５
１０ ５ １０ ５ 而能开机的密码只有一种 所以小敏输入一次密码能够成功
答案 Ｄ 本题考查古典概型． ，
画出树状图如图 开机的概率为 １ ．
：
１５
８．（２０１６北京文，６，５分）从甲 乙等 名学生中随机选出 人
、 ５ ２ ，
则甲被选中的概率为
可知所有的基本事件共有 个 满足题意的基本事件有 （ ）
２５ ， １０
１ ２ ８ ９
个 故所求概率Ｐ １０ ２ ．故选 ． Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
， ＝ ＝ Ｄ ５ ５ ２５ ２５
２５ ５ 答案 Ｂ 设这 名学生为甲 乙 丙 丁 戊 从中任选 人
思路分析 由树状图列出所有的基本事件，可知共有 ５ 、 、 、 、 ， ２
２５ 的所有情况有 甲 乙 甲 丙 甲 丁 甲 戊
个，满足题目要求的基本事件共有 个．由古典概型概率公式 （ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ， ），
１０ 乙 丙 乙 丁 乙 戊
（ ， ），（ ， ），（ ， ），
可知所求概率Ｐ １０ ２ ． 丙 丁 丙 戊
＝ ＝ （ ， ），（ ， ），
２５ ５ 丁 戊
易错警示 本题易因忽略有放回的抽取而致错． （ ， ），
共 种．
４＋３＋２＋１＝１０
疑难突破 当利用古典概型求概率时，应区分有放回抽取
其中甲被选中的情况有 甲 乙 甲 丙 甲 丁 甲
（ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ，
与无放回抽取．有放回抽取一般采用画树状图法列出所有的基 戊 共 种
）， ４ ，
本事件，而无放回抽取一般采用穷举法．
故甲被选中的概率为 ４ ２ ．故选 ．
５．（２０１７天津文，３，５分）有 支彩笔 除颜色外无差别 颜色分 ＝ Ｂ
５ （ ）， １０ ５
别为红 黄 蓝 绿 紫．从这 支彩笔中任取 支不同颜色的彩 易错警示 在列举基本事件时要不重不漏，可画树状图：
、 、 、 、 ５ ２
笔 则取出的 支彩笔中含有红色彩笔的概率为
， ２ （ ）
４ ３ ２ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
５ ５ ５ ５
答案 Ｃ 本题考查古典概型． 评析 本题考查古典概型，属中档题．
从 支彩笔中任取 支不同颜色的彩笔 有以下 种情况 ９．（２０１５课标 文，４，５分）如果 个正整数可作为一个直角三
５ ２ ， １０ ： Ⅰ ３
红 黄 红 蓝 红 绿 红 紫 黄 蓝 黄 绿 角形三条边的边长 则称这 个数为一组勾股数．从
（ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ， ）， ， ３ １，２，３，４，５
黄 紫 蓝 绿 蓝 紫 绿 紫 ．其中含有红色彩笔的 中任取 个不同的数 则这 个数构成一组勾股数的概率为
（ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ， ） ３ ， ３
有 种情况 红 黄 红 蓝 红 绿 红 紫 所以所求
４ ：（ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ， ）， （ ）
事件的概率Ｐ ４ ２ 故选 ． ． ３ ． １ ． １ ． １
＝ ＝ ， Ｃ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
１０ ５ １０ ５ １０ ２０
６ １６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
答案 Ｃ 从 中任取 个不同的数有 种取 白 黑 白 黑 黑 黑 黑 黑 黑 黑 共
１，２，３，４，５ ３ １０ （ ２， ２），（ ２， ３），（ １， ２），（ １， ３），（ ２， ３），
法 有 个基本事件 而一白一黑的共有 个 故所求概率Ｐ
：（１，２，３），（１，２，４），（１，２，５），（１，３，４），（１，３，５），（１，４， １５ ， ６ ， ＝
其中能构成一组勾
５），（２，３，４），（２，３，５），（２，４，５），（３，４，５）， ６ ２ ．故选 ．
＝ Ｂ
股数的有 种 故所求事件的概率Ｐ １ 故选 ． １５ ５
１ ：（３，４，５）， ＝ ， Ｃ 评析 本题主要考查古典概型概率的求解，同时考查了列
１０
１０．（２０１５广东文，７，５分）已知 件产品中有 件次品 其余为 举法．
５ ２ ，
合格品．现从这 件产品中任取 件 恰有一件次品的概率为 １５．（２０１１课标文，６，５分）有 个兴趣小组 甲 乙两位同学各自
５ ２ ， ３ ， 、
参加其中一个小组 每位同学参加各个小组的可能性相同
（ ） ， ，
． ． ． 则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为
Ａ．０４ Ｂ．０６ Ｃ．０８ Ｄ．１ （ ）
答案 Ｂ 记 件合格品分别为Ａ Ａ Ａ 件次品分别为
３ １， ２， ３，２ １ １ ２ ３
Ｂ Ｂ 从 件产品中任取 件 有 Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
１， ２， ５ ２ ， （ １， ２），（ １， ３），（ １， ３ ２ ３ ４
Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ａ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ 答案 Ａ 甲 乙两人都有 种选择 共有 种情况
１），（ １， ２），（ ２， ３），（ ２， １），（ ２， ２），（ ３， １），（ ３， 、 ３ ， ３×３＝９ ，
Ｂ Ｂ Ｂ 共 种可能．其中恰有一件次品有 种可能 甲 乙两人参加同一兴趣小组共有 种情况． 甲 乙两人参
２），（ １， ２）， １０ ６ ， 、 ３ ∴ 、
由古典概型概率公式得所求事件概率为 ６ ． ．选 ． 加同一兴趣小组的概率Ｐ ３ １ 故选 ．
＝０６ Ｂ ＝ ＝ ， Ａ
１０ ９ ３
１１．（２０１４课标 理，５，５分） 位同学各自在周六 周日两天中任 评析 本题主要考查古典概型的概率运算，属容易题．
Ⅰ ４ 、
选一天参加公益活动 则周六 周日都有同学参加公益活动 １６．（２０１１浙江文，８，５分）从装有 个红球 个白球的袋中任取
， 、 ３ 、２
的概率为 个球 则所取的 个球中至少有 个白球的概率是
（ ） ３ ， ３ １ （ ）
１ ３ ５ ７ １ ３ ３ ９
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
８ ８ ８ ８ １０ １０ ５ １０
答案 Ｄ 由题意知 位同学各自在周六 周日两天中任 答案 Ｄ 解法一 直接法 所取 个球中至少有 个白
４ 、 （ ）： ３ １
选一天参加公益活动有 ４ 种情况 而 位同学都选周六有 球的取法可分为互斥的两类 两红一白有 种取法 一红两白
２ ， ４ １ ： ６ ，
种情况 位同学都选周日有 种情况 故周六 周日都有同 有 种取法 而从 个球中任取 个球的取法共有 种 所
，４ １ ， 、 ３ ， ５ ３ １０ ，
４
学参加公益活动的概率为Ｐ ２ －１－１ １４ ７ 故选 ． 以所求概率为 ９ 故选 ．
＝ ２ ４ ＝ １６ ＝ ８ ， Ｄ １０ ， Ｄ
１２．（２０１４陕西文，６，５分）从正方形四个顶点及其中心这 个点 解法二 间接法 至少有一个白球的对立事件为所取 个球
５ （ ）： ３
中 任取 个点 则这 个点的距离小于该正方形边长的概率 中没有白球 即只有 个红球 共 种取法 故所求概率为
， ２ ， ２ ， ３ ， １ ， １－
为
（ ） １ ９ 故选 ．
＝ ， Ｄ
１ ２ ３ ４ １０ １０
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． １７．（２０１８上海，９，５分）有编号互不相同的五个砝码 其中 克
５ ５ ５ ５ ， ５ 、
答案 Ｂ 设正方形的四个顶点分别是Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中心为 克 克砝码各一个 克砝码两个 从中随机选取三个 则
、 、 、 ， ３ 、１ ，２ ， ，
Ｏ 从这 个点中 任取两个点的事件分别为ＡＢ ＡＣ ＡＤ ＡＯ 这三个砝码的总质量为 克的概率是 结果用最简
， ５ ， 、 、 、 、 ９ （
ＢＣ ＢＤ ＢＯ ＣＤ ＣＯ ＤＯ 共有 种 其中只有顶点到中心Ｏ 分数表示 ．
、 、 、 、 、 ， １０ ， ）
的距离小于正方形的边长 分别是 ＡＯ ＢＯ ＣＯ ＤＯ 共有
， 、 、 、 ， ４ 答案 １
种．故满足条件的概率Ｐ ４ ２ ．故选 ． ５
＝ ＝ Ｂ 解析 本题主要考查古典概型的概率计算．记 克 克
１０ ５ ５ 、３ 、１
评析 本题考查古典概型知识，考查分析问题及阅读理解的 克砝码分别为 两个 克砝码分别为 ａ ｂ 则从这五
５、３、１， ２ ２ ，２ ，
能力．理解只有顶点到中心的距离小于边长是解题的关键． 个砝码中随机选取三个 有以下选法 ａ
， ：（５，３，１），（５，３，２ ），
１３．（２０１３课标 文，３，５分）从 中任取 个不同的数 ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ
Ⅰ １，２，３，４ ２ ， （５，３，２ ），（５，１，２ ），（５，１，２ ），（５，２ ，２ ），（３，１，２ ），（３，
则取出的 个数之差的绝对值为 的概率是 ｂ ａ ｂ ａ ｂ 共 种 其中满足三个砝码
２ ２ （ ） １，２ ），（３，２ ，２ ），（１，２ ，２ ）， １０ ，
的总质量为 克的有 ａ ｂ 共 种 故所求概
１ １ １ １ ９ （５，３，１），（５，２ ，２ ）， ２ ，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２ ３ ４ ６ 率Ｐ ２ １ ．
答案 Ｂ 从 中任取 个不同的数 共有 ＝ ＝
１，２，３，４ ２ ， （１，２）， １０ ５
种不同的结果 取出的 １８．（２０１６四川文，１３，５分）从 中任取两个不同的数字
（１，３），（１，４），（２，３），（２，４），（３，４）６ ， ２，３，８，９ ，
个数之差的绝对值为 的有 种结果 概率为 分别记为ａ ｂ 则 ｂ为整数的概率是 ．
２ ２ （１，３），（２，４）２ ， ， ， ｌｏｇａ
１ 故选 ． 答案 １
， Ｂ
３ ６
１４．（２０１２安徽文，１０，５分）袋中共有 个除了颜色外完全相同 解析 所有的基本事件有
６ （２，３），（２，８），（２，９），（３，２），
的球 其中有 个红球 个白球和 个黑球．从袋中任取两
， １ 、２ ３ （３，８），（３，９），（８，２），（８，３），（８，９），（９，２），（９，３），（９，８），
球 两球颜色为一白一黑的概率等于 共 个．
， （ ） １２
记 ｂ为整数 为事件Ａ
１ ２ ３ ４ “ｌｏｇａ ” ，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 则事件Ａ包含的基本事件有 共 个．
５ ５ ５ ５ （２，８），（３，９）， ２
答案 Ｂ 将同色小球编号．从袋中任取两球 所有基本事
， Ｐ Ａ ２ １ ．
件为 红 白 红 白 红 黑 红 黑 红 黑 ∴ （ ）＝ ＝
（ ， １），（ ， ２），（ ， １），（ ， ２），（ ， ３）， １２ ６
白 白 白 黑 白 黑 白 黑 白 黑 易错警示 对ａ，ｂ取值时要注意顺序．
（ １， ２），（ １， １），（ １， ２），（ １， ３），（ ２， １），
第十二章 概率与统计 ６ １７
评析 本题考查了古典概型．正确列举出基本事件是解题的 获得好评的第四类电影的概率
；
关键． 随机选取 部电影 估计这部电影没有获得好评的概率
（２） １ ， ；
１９．（２０１４课标 文，１３，５分）将 本不同的数学书和 本语文 电影公司为增加投资回报 拟改变投资策略 这将导致不
Ⅰ ２ １ （３） ， ，
书在书架上随机排成一行 则 本数学书相邻的概率为 同类型电影的好评率发生变化．假设表格中只有两类电
， ２
． 影的好评率数据发生变化 那么哪类电影的好评率增加
，
． 哪类电影的好评率减少 ． 使得获得好评的电影总
答案 ２ ０１， ０ １，
部数与样本中的电影总部数的比值达到最大 只需写
３ ？ （
解析 设 本不同的数学书为ａ ａ 本语文书为ｂ 在书 出结论
２ １、 ２，１ ， ）
架上的排法有 ａ ａ ｂ ａ ｂａ ａ ａ ｂ ａ ｂａ ｂａ ａ ｂａ ａ 共 解析 由题意知 样本中电影的总部数是
１ ２ ， １ ２， ２ １ ， ２ １， １ ２， ２ １， ６ （１） ， １４０＋５０＋３００
种 其中 本数学书相邻的有ａ ａ ｂ ａ ａ ｂ ｂａ ａ ｂａ ａ 共
， ２ １ ２ ， ２ １ ， １ ２， ２ １， ４ ＋２００＋８００＋５１０＝２０００，
第四类电影中获得好评的电影部数是 ． ．
种 因此 本数学书相邻的概率Ｐ ４ ２ ． ２００×０２５＝５０
， ２ ＝ ＝
６ ３ 故所求概率为 ５０ ． ．
２０．（２０１４课标 文，１３，５分）甲 乙两名运动员各自等可能地从 ＝００２５
Ⅱ 、 ２０００
红 白 蓝 种颜色的运动服中选择 种 则他们选择相同颜 由题意知 样本中获得好评的电影部数是
、 、 ３ １ ， （２） ，
色运动服的概率为 ． ． ． ． ． ． ．
１４０×０４＋５０×０２＋３００×０１５＋２００×０２５＋８００×０２＋５１０×０１
答案 １ ＝５６＋１０＋４５＋５０＋１６０＋５１
．
３ ＝３７２
解析 甲 乙的选择方案有红红 红白 红蓝 白红 白白
、 、 、 、 、 、 故所求概率估计为 ３７２ ． ．
白蓝 蓝红 蓝白 蓝蓝 种 其中颜色相同的有 种 所以所 １－ ＝０８１４
、 、 、 ９ ， ３ ， ２０００
增加第五类电影的好评率 减少第二类电影的好评率．
求概率为 ３ １ ． （３） ，
＝ ２５．（２０１８天津文，１５，１３分）已知某校甲 乙 丙三个年级的学生
９ ３
、 、
２１．（２０１４江苏，４，５分）从 这 个数中一次随机地取
志愿者人数分别为 ．现采用分层抽样的方法从中
１，２，３，６ ４ ２
２４０，１６０，１６０
个数 则所取 个数的乘积为 的概率是 ． 抽取 名同学去某敬老院参加献爱心活动．
， ２ ６ ７
答案 １ 应从甲 乙 丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多
（１） 、 、
３ 少人
解析 从 这 个数中一次随机地取 个数 有 ？
１，２，３，６ ４ ２ ， （１， 设抽出的 名同学分别用Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ Ｆ Ｇ表示 现从中
共 种情况． （２） ７ ， ， ， ， ， ， ，
２），（１，３），（１，６），（２，３），（２，６），（３，６）， ６ 随机抽取 名同学承担敬老院的卫生工作．
满足条件的有 共 种情况． ２
（２，３），（１，６）， ２ 试用所给字母列举出所有可能的抽取结果
① ；
故Ｐ ２ １ ． 设Ｍ为事件 抽取的 名同学来自同一年级 求事件
＝ ＝ ② “ ２ ”，
６ ３ Ｍ发生的概率．
２２．（２０１４浙江文，１４，４分）在 张奖券中有一 二等奖各 张
３ 、 １ ， 解析 本小题主要考查随机抽样 用列举法计算随机事件
另 张无奖．甲 乙两人各抽取 张 两人都中奖的概率是 ． 、
１ 、 １ ， 所含的基本事件数 古典概型及其概率计算公式等基本知识．
、
答案 １ 考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．
３ 由已知 甲 乙 丙三个年级的学生志愿者人数之比为
解析 设Ａ为一等奖奖券 Ｂ 为二等奖奖券 Ｃ 为无奖奖 （１） ， 、 、
， ， 由于采用分层抽样的方法从中抽取 名同学 因此应
券 则甲 乙两人抽取的所有可能结果为ＡＢ ＢＡ ＡＣ ＣＡ ＢＣ ３ ∶ ２ ∶ ２， ７ ，
， 、 、 、 、 、 、 从甲 乙 丙三个年级的学生志愿者中分别抽取 人 人 人．
ＣＢ 共 种．而甲 乙两人都中奖的情况有ＡＢ ＢＡ 共 种．故 、 、 ３ ，２ ，２
， ６ 、 、 ， ２ 从抽出的 名同学中随机抽取 名同学的所有可能结
（２）① ７ ２
所求概率为 ２ １ ． 果为 Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ｄ Ａ Ｅ Ａ Ｆ Ａ Ｇ Ｂ Ｃ
＝ ｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，
６ ３ Ｂ Ｄ Ｂ Ｅ Ｂ Ｆ Ｂ Ｇ Ｃ Ｄ Ｃ Ｅ Ｃ Ｆ Ｃ
２３．（２０１３课标 文，１３，５分）从 中任意取出两个不 ｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ，
Ⅱ １，２，３，４，５ Ｇ Ｄ Ｅ Ｄ Ｆ Ｄ Ｇ Ｅ Ｆ Ｅ Ｇ Ｆ Ｇ 共
同的数 其和为 的概率是 ． ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，
， ５ 种．
答案 ． ２１
０２ 由 不妨设抽出的 名同学中 来自甲年级的是Ａ Ｂ
解析 任取两个不同的数的情况有 ② （１）， ７ ， ， ，
：（１，２），（１，３），（１， Ｃ 来自乙年级的是Ｄ Ｅ 来自丙年级的是Ｆ Ｇ 则从抽出的
共 ， ， ， ， ， ７
４），（１，５），（２，３），（２，４），（２，５），（３，４），（３，５），（４，５）， 名同学中随机抽取的 名同学来自同一年级的所有可能结果
２
种 其中和为 的有 种 所以所求概率为 ２ ． ． 为 Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ Ｆ Ｇ 共 种．
１０ ， ５ ２ ， ＝０２ ｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝， ５
１０
２４．（２０１８北京文，１７，１３分）电影公司随机收集了电影的有关数 所以 事件Ｍ发生的概率Ｐ Ｍ ５ ．
， （ ）＝
据 经分类整理得到下表 ２１
， ： 易错警示 解决古典概型问题时，需注意以下几点：
电影类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类
（ ）忽视基本事件的等可能性导致错误；
电影部数 １
１４０ ５０ ３００ ２００ ８００ ５１０ （ ）列举基本事件考虑不全面导致错误；
２
好评率 ． ． ． ． ． ． （ ）在求基本事件总数和所求事件包含的基本事件数时，一
０４ ０２ ０１５ ０２５ ０２ ０１ ３
好评率是指 一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数 个按有序，一个按无序处理导致错误．
：
的比值． ２６．（２０１７山东文，１６，１２分）某旅游爱好者计划从 个亚洲国家
３
从电影公司收集的电影中随机选取 部 求这部电影是 Ａ Ａ Ａ 和 个欧洲国家Ｂ Ｂ Ｂ 中选择 个国家去旅游．
（１） １ ， １， ２， ３ ３ １， ２， ３ ２
６ １８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
若从这 个国家中任选 个 求这 个国家都是亚洲国 续表
（１） ６ ２ ， ２
家的概率
； 参加书法社团 未参加书法社团
若从亚洲国家和欧洲国家中各任选 个 求这 个国家
（２） １ ， ２ 参加演讲社团
包括Ａ 但不包括Ｂ 的概率． ８ ５
１ １
解析 由题意知 从 个国家中任选两个国家 其一切 未参加演讲社团
（１） ， ６ ， ２ ３０
可能的结果组成的基本事件有 Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ
Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
：｛
Ａ
１，
Ｂ
２｝，｛
Ａ
１，
Ｂ
３｝，｛
Ａ
２，
Ｂ
３｝，
（１）
从该班随机选
１
名同学
，
求该同学至少参加上述一个社
｛
Ａ
１，
Ｂ
１｝，｛
Ａ
１，
Ｂ
２｝，｛
Ａ
１，
Ｂ
３｝，｛
Ｂ
２，
Ｂ
１｝，｛
Ｂ
２，
Ｂ
２｝，｛
Ｂ
２，
Ｂ
３｝， 团的概率
；
｛
共
３，
个
１｝
．
，｛ ３， ２｝，｛ ３， ３｝，｛ １， ２｝，｛ １， ３｝，｛ ２， ３｝，
（２）
在既参加书法社团又参加演讲社团的
８
名同学中
，
有
５
１５ 名男同学Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ 名女同学Ｂ Ｂ Ｂ ．现从这
所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有 １， ２， ３， ４， ５，３ １， ２， ３
： 名男同学和 名女同学中各随机选 人 求Ａ 被选中
Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ 共 个 ５ ３ １ ， １
｛ １， ２｝，｛ １， ３｝，｛ ２， ３｝， ３ ， 且Ｂ 未被选中的概率．
１
则所求事件的概率Ｐ ３ １ ． 解析 由调查数据可知 既未参加书法社团又未参加
＝ ＝ （１） ，
１５ ５ 演讲社团的有 人
从亚洲国家和欧洲国家中各任选一个 其一切可能的结 ３０ ，
（２） ， 故至少参加上述一个社团的共有 人
果组成的基本事件有 Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ ４５－３０＝１５ ，
：｛ １， １｝，｛ １， ２｝，｛ １， ３｝，｛ ２， 所以从该班随机选 名同学 该同学至少参加上述一个社团
Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ 共 １ ，
１｝，｛ ２， ２｝，｛ ２， ３｝，｛ ３， １｝，｛ ３， ２｝，｛ ３， ３｝，
个． 的概率为Ｐ １５ １ ．
９ ＝ ＝
包括Ａ 但不包括Ｂ 的事件所包含的基本事件有 Ａ Ｂ ４５ ３
Ａ Ｂ １ 共 个 １ ：｛ １， ２｝， （２） 从这 ５ 名男同学和 ３ 名女同学中各随机选 １ 人 ， 其一切
｛ １， ３｝， ２ ， 可能的结果组成的基本事件有
：
则所求事件的概率Ｐ ２ ． Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
＝ ｛ １， １｝，｛ １， ２｝，｛ １， ３｝，｛ ２， １｝，｛ ２， ２｝，
９ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
方法总结 求古典概型概率的一般步骤： ｛ ２， ３｝，｛ ３， １｝，｛ ３， ２｝，｛ ３， ３｝，｛ ４， １｝，
Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
．求出所有基本事件的个数 ｎ，常用的方法有列举法、列表 ｛ ４， ２｝，｛ ４， ３｝，｛ ５， １｝，｛ ５， ２｝，｛ ５， ３｝，
１ 共 个．
法、画树状图法； １５
根据题意 这些基本事件的出现是等可能的．
．求出事件Ａ所包含的基本事件的个数ｍ； ，
２ 事件 Ａ 被选中且Ｂ 未被选中 所包含的基本事件有
ｍ “ １ １ ” ：
．代入公式Ｐ（Ａ） 求解． Ａ Ｂ Ａ Ｂ 共 个．
３ ＝ ｎ ｛ １， ２｝，｛ １， ３｝， ２
２７．（２０１５天津文，１５，１３分）设甲 乙 丙三个乒乓球协会的运动 因此Ａ 被选中且Ｂ 未被选中的概率为Ｐ ２ ．
、 、 １ １ ＝
员人数分别为 ．现采用分层抽样的方法从这三个协 １５
２７，９，１８ 评析 本题考查随机事件的概率及其计算，考查运算求解能
会中抽取 名运动员组队参加比赛．
６
力及应用意识．
求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数
（１） ； ２９．（２０１５四川文，１７，１２分）一辆小客车上有 个座位 其座位
将抽取的 名运动员进行编号 编号分别为 Ａ Ａ Ａ ５ ，
（２） Ａ Ａ Ａ ．现 ６ 从这 名运动员中 ， 随机抽取 人参 １， 加 ２ 双 ， 打 ３， 号为 １，２，３，４，５ ．乘客Ｐ １， Ｐ ２， Ｐ ３， Ｐ ４， Ｐ ５ 的座位号分别为 １，２，
比 ４， 赛． ５， ６ ６ ２ ３，４，５， 他们按照座位号从小到大的顺序先后上车．乘客Ｐ １ 因
身体原因没有坐自己的 号座位 这时司机要求余下的乘客
用所给编号列出所有可能的结果 １ ，
（ｉ） ； 按以下规则就座 如果自己的座位空着 就只能坐自己的座
设Ａ为事件 编号为Ａ 和Ａ 的两名运动员中至少有 ： ，
（ｉ 人 ｉ） 被抽到 求 “ 事件Ａ发生 ５ 的概 ６ 率． 位 ； 如果自己的座位已有乘客就座 ， 就在这 ５ 个座位的剩余空
１ ”， 位中任意选择座位．
解析 应从甲 乙 丙三个协会中抽取的运动员人数分
（１） 、 、 若乘客Ｐ 坐到了 号座位 其他乘客按规则就座 则此
别为 ． （１） １ ３ ， ，
３，１，２ 时共有 种坐法．下表给出了其中两种坐法 请填入余下
从 名运动员中随机抽取 人参加双打比赛的所有 ４ ，
（２）（ｉ） ６ ２ 两种坐法 将乘客就座的座位号填入表中空格处
可能结果为 Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ （ ）；
Ａ Ａ Ａ ｛ １ Ａ ， ２｝，｛ Ａ １， Ａ ３｝，｛ Ａ １， Ａ ４｝，｛ Ａ １， Ａ ５｝，｛ Ａ １， Ａ ６｝， （２） 若乘客Ｐ １ 坐到了 ２ 号座位 ， 其他乘客按规则就座 ， 求乘
｛ Ａ ２， Ａ ３｝，｛ Ａ ２， Ａ ４｝，｛ Ａ ２， Ａ ５｝，｛ Ａ ２ Ａ ， ６｝ 共 ，｛ ３ 种 ， ． ４｝，｛ ３， ５｝， 客Ｐ ５ 坐到 ５ 号座位的概率．
｛ ３， ６｝，｛ ４， ５｝，｛ ４， ６｝，｛ ５， ６｝， １５ 乘客 Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ
编号为Ａ 和Ａ 的两名运动员中至少有 人被抽到的所 １ ２ ３ ４ ５
（ｉｉ） ５ ６ １
有可能结果为 Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ ３ ２ １ ４ ５
｛ １， ５｝，｛ １， ６｝，｛ ２， ５｝，｛ ２， ６｝，｛ ３，
Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ 共 种．
５｝，｛ ３， ６｝，｛ ４， ５｝，｛ ４， ６｝，｛ ５， ６｝， ９ 座位号 ３ ２ ４ ５ １
因此 事件Ａ发生的概率Ｐ Ａ ９ ３ ．
， （ ）＝ ＝
１５ ５
评析 本小题主要考查分层抽样、用列举法计算随机事件所
解析 余下两种坐法如下表所示
含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基础知识．考 （１） ：
查运用概率、统计知识解决简单实际问题的能力． 乘客 Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ
１ ２ ３ ４ ５
２８．（２０１５山东文，１６，１２分）某中学调查了某班全部 名同学
４５ 座位号 ３ ２ ４ １ ５
参加书法社团和演讲社团的情况 数据如下表 单位 人
， ：（ ： ）
３ ２ ５ ４ １
参加书法社团 未参加书法社团
若乘客Ｐ 坐到了 号座位 其他乘客按规则就座 则所
（２） １ ２ ， ，
第十二章 概率与统计 ６ １９
有可能的坐法可用下表表示为 用表中字母列举出所有可能的结果
： （１） ；
乘客 Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ 设Ｍ为事件 选出的 人来自不同年级且恰有 名男同
１ ２ ３ ４ ５ （２） “ ２ １
学和 名女同学 求事件Ｍ发生的概率．
２ １ ３ ４ ５ １ ”，
解析 从 名同学中随机选出 人参加知识竞赛的所
２ ３ １ ４ ５ （１） ６ ２
２ ３ ４ １ ５ 有可能结果为 Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ｘ Ａ Ｙ Ａ Ｚ Ｂ
｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ，
座位号 ２ ３ ４ ５ １ Ｃ Ｂ Ｘ Ｂ Ｙ Ｂ Ｚ Ｃ Ｘ Ｃ Ｙ Ｃ Ｚ Ｘ Ｙ
｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，
２ ３ ５ ４ １ Ｘ Ｚ Ｙ Ｚ 共 种．
｛ ， ｝，｛ ， ｝， １５
２ ４ ３ １ ５ 选出的 人来自不同年级且恰有 名男同学和 名女同
（２） ２ １ １
２ ４ ３ ５ １ 学的所有可能结果为 Ａ Ｙ Ａ Ｚ Ｂ Ｘ Ｂ Ｚ Ｃ
２ ５ ３ ４ １ ｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ， ｝，｛ ，
Ｘ Ｃ Ｙ 共 种．
于是 所有可能的坐法共 种． ｝，｛ ， ｝， ６
， ８
设 乘客Ｐ 坐到 号座位 为事件Ａ 则事件Ａ中的基本事件 因此 事件Ｍ发生的概率为 ６ ２ ．
“ ５ ５ ” ， ， ＝
的个数为 ． １５ ５
４ 评析 本题主要考查用列举法计算随机事件所含的基本事
所以Ｐ Ａ ４ １ ． 件数、古典概型及其概率计算公式等基础知识．考查运用概率
（ ）＝ ＝
８ ２ 知识解决简单实际问题的能力．
答 乘客Ｐ 坐到 号座位的概率是 １ ．
： ５ ５
２
评析 本题主要考查随机事件的概率、古典概型等概念及相 古典概型 学生用书Ｐ２０６
关计算，考查运用概率知识与方法分析和解决实际问题的能
１．（２０２１全国甲理，１０，５分）将 个 和 个 随机排成一行 则
力，考查推理论证能力、应用意识． ４ １ ２ ０ ，
个 不相邻的概率为
３０．（２０１４四川文，１６，１２分）一个盒子里装有三张卡片 分别标 ２ ０ （ ）
，
记有数字 这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机
Ａ．
１
Ｂ．
２
Ｃ．
２
Ｄ．
４
１，２，３， ３ ５ ３ ５
有放回地抽取 次 每次抽取 张 将抽取的卡片上的数字依 １． 答案 Ｃ
３ ， １ ，
次记为ａ ｂ ｃ． ２．（２０２０课标 文，４，５分）设Ｏ为正方形ＡＢＣＤ的中心 在Ｏ
， ， Ⅰ ， ，
（１） 求 “ 抽取的卡片上的数字满足ａ ＋ ｂ ＝ ｃ ” 的概率 ； Ａ ， Ｂ ， Ｃ ， Ｄ中任取 ３ 点 ， 则取到的 ３ 点共线的概率为 （ ）
求 抽取的卡片上的数字ａ ｂ ｃ不完全相同 的概率．
（２） “ ， ， ” １ ２ １ ４
解析 由题意知 ａ ｂ ｃ 所有可能的结果为 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
（１） ，（ ， ， ） （１，１，１）， ５ ５ ２ ５
２． 答案 Ａ
（１，１，２），（１，１，３），（１，２，１），（１，２，２），（１，２，３），（１，３，１），
３．（２０１９课标 理，６，５分）我国古代典籍 周易
（１，３，２），（１，３，３），（２，１，１），（２，１，２），（２，１，３），（２，２，１）， Ⅰ 《 》
用 卦 描述万物的变化．每一 重卦 由从下到
（２，２，２），（２，２，３），（２，３，１），（２，３，２），（２，３，３），（３，１，１）， “ ” “ ”
上排列的 个爻组成 爻分为阳爻 和阴
（３，１，２），（３，１，３），（３，２，１），（３，２，２），（３，２，３），（３，３，１）， ６ ， “———”
共 种． 爻 如图就是一重卦．在所有重卦中随
（３，３，２），（３，３，３）， ２７ “— —”，
设 抽取的卡片上的数字满足ａ ｂ ｃ 为事件Ａ 机取一重卦 则该重卦恰有 个阳爻的概率是
“ ＋ ＝ ” ， ， ３ （ ）
则事件Ａ包括 共 种．
（１，１，２），（１，２，３），（２，１，３）， ３ ５ １１ ２１ １１
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
所以Ｐ Ａ ３ １ ． １６ ３２ ３２ １６
（ ）＝
２７
＝
９
３． 答案 Ａ
因此 抽取的卡片上的数字满足ａ ｂ ｃ 的概率为 １ ． ４．（２０１９课标 文，４，５分）生物实验室有 只兔子 其中只有
，“ ＋ ＝ ” Ⅱ ５ ， ３
９ 只测量过某项指标．若从这 只兔子中随机取出 只 则恰有
设 抽取的卡片上的数字ａ ｂ ｃ不完全相同 为事件Ｂ ５ ３ ， ２
（２） “ ， ， ” ， 只测量过该指标的概率为
（ ）
则事件Ｂ包括 共 种．
（１，１，１），（２，２，２），（３，３，３）， ３ ２ ３ ２ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
所以Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ ３ ８ ． ３ ５ ５ ５
（ ）＝１－ （ ）＝１－ ＝ ４． 答案 Ｂ
２７ ９
因此 抽取的卡片上的数字 ａ ｂ ｃ 不完全相同 的概率 ５．（２０１９课标 文，３，５分）两位男同学和两位女同学随机排成
，“ ， ， ” Ⅲ
一列 则两位女同学相邻的概率是
为 ８ ． ， （ ）
９
评析 本题主要考查随机事件的概率、古典概型等概念及相
Ａ．
１
Ｂ．
１
Ｃ．
１
Ｄ．
１
６ ４ ３ ２
关计算，考查应用意识． ５． 答案 Ｄ
３１．（２０１４天津文，１５，１３分）某校夏令营有 名男同学Ａ Ｂ Ｃ和 ６．（２０１８课标 理，８，５分）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究
３ ， ，
Ⅱ
３
名女同学Ｘ
，
Ｙ
，
Ｚ
，
其年级情况如下表
：
中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是 每个大于 的偶数可
“ ２
一年级 二年级 三年级 以表示为两个素数的和 如 ．在不超过 的素数中 随
”， ３０＝７＋２３ ３０ ，
男同学 Ａ Ｂ Ｃ 机选取两个不同的数 其和等于 的概率是
， ３０ （ ）
女同学 Ｘ Ｙ Ｚ １ １ １ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
现从这 名同学中随机选出 人参加知识竞赛 每人被选到 １２ １４ １５ １８
６ ２ （ ６． 答案 Ｃ
的可能性相同 ．
） ７．（２０１７天津文，３，５分）有 支彩笔 除颜色外无差别 颜色分
５ （ ），
６ ２０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
别为红 黄 蓝 绿 紫．从这 支彩笔中任取 支不同颜色的彩 １ １ １ １
、 、 、 、 ５ ２ 则Ｐ Ｂ Ｃ５０Ｃ６４０＋Ｃ１５０Ｃ１６０ ７ ．
笔 则取出的 支彩笔中含有红色彩笔的概率为 （ ）＝ １ １ ＝
， ２ （ ） Ｃ２００Ｃ８００ ２０
由题意知ξ ｋ 服从两点分布 由两点分
４ ３ ２ １ （３） ｋ（ ＝１，２，３，４，５，６） ，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 布的方差公式Ｄξ ｐ ｐ 分别求得Ｄξ ． Ｄξ ．
７． 答 ５ 案 Ｃ ５ ５ ５ Ｄξ ． Ｄξ ＝ （ ． １－ ）， Ｄξ ． Ｄξ １＝０ ． ２４， 所 ２ 以 ＝０ Ｄ １ ξ ６，
８．（２０２０江 苏 ，４，５分）将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷 Ｄξ ３＝ Ｄ ０ ξ １２７ Ｄ ５ ξ ， Ｄ ４ ξ ＝０ Ｄ １ ξ ８７ ． ５， ５＝０ １６， ６＝０ ０９， １＞
２ ４＞ ２＝ ５＞ ３＞ ６
次 观察向上的点数 则点数和为 的概率是 ． 解后反思 古典概型的概率以及方差的求解
， ， ５
８． 答案 １ 在使用古典概型的概率公式时，应该注意：（ ）要判断该概率
１
９ 模型是不是古典概型；（ ）先分清基本事件的总数ｎ与事件Ａ
９．（２０１９江苏，６，５分）从 名男同学和 名女同学中任选 名同 ２
３ ２ ２ ｍ
学参加志愿者服务 则选出的 名同学中至少有 名女同学的
中包含的结果数ｍ，再利用公式Ｐ（Ａ） 求出事件Ａ发生
， ２ １ ＝ ｎ
概率是 ． 的概率．在求方差时，要学会判断随机变量是不是服从特殊分
９． 答案 ７ 布，若服从，则可利用特殊分布的方差公式求解．
１０
１０．（２０１８江苏，６，５分）某兴趣小组有 名男生和 名女生 现
２ ３ ， 几何概型 学生用书Ｐ２０７
从中任选 名学生去参加活动 则恰好选中 名女生的概率
２ ， ２
为 ． ( )
１．（２０２１全国乙文，７，５ 分）在区间 １ 随机取 个数 则取
０， １ ，
１０． 答案 ３ ２
１０ 到的数小于 １ 的概率为
１１．（２０１８上海，９，５分）有编号互不相同的五个砝码 其中 克 （ ）
， ５ 、 ３
克 克砝码各一个 克砝码两个 从中随机选取三个 则
３ 、１ ，２ ， ， ３ ２ １ １
这三个砝码的总质量为 克的概率是 结果用最简 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ３ ３ ６
分数表示 ．
９ （ １． 答案 Ｂ
） ２．（２０１７课标 ，２，５ 分）如图 正方形 ＡＢＣＤ
１１． 答案 １ Ⅰ ，
内的图形来自中国古代的太极图．正方形内
５
１２．（２０１８北京理，１７，１２分）电影公司随机收集了电影的有关数 切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形
据 经分类整理得到下表 的中心成中心对称．在正方形内随机取一点
， ： ，
则此点取自黑色部分的概率是
电影类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类 （ ）
电影部数 １ π １ π
１４０ ５０ ３００ ２００ ８００ ５１０ Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ８ ２ ４
好评率 ． ． ． ． ． ． ２． 答案 Ｂ
０４ ０２ ０１５ ０２５ ０２ ０１
好评率是指 一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值． ３．（２０１８ 课标 ，１０，５ 分）下图来
： Ⅰ
假设所有电影是否获得好评相互独立． 自古希腊数学家希波克拉底所
从电影公司收集的电影中随机选取 部 求这部电影是 研究的几何图形．此图由三个半
（１） １ ，
获得好评的第四类电影的概率 圆构成 三个半圆的直径分别为
； ，
从第四类电影和第五类电影中各随机选取 部 估计恰 直角三角形 ＡＢＣ 的斜边 ＢＣ 直
（２） １ ， ，
有 部获得好评的概率 角边ＡＢ ＡＣ． ＡＢＣ的三边所围成的区域记为 黑色部分记
１ ； ， △ Ⅰ，
假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的 为 其余部分记为 ．在整个图形中随机取一点 此点取自
（３） Ⅱ， Ⅲ ，
好评率相等．用 ξ 表示第 ｋ 类电影得到人们喜欢 的概率分别记为ｐ ｐ ｐ 则
“ ｋ＝１” ， Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ １， ２， ３， （ ）
ξ 表示第ｋ类电影没有得到人们喜欢 ｋ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ
“ ｋ＝０” （ ＝１，２，３，４， Ａ． １＝ ２ Ｂ． １＝ ３ Ｃ． ２＝ ３ Ｄ． １＝ ２＋ ３
．写出方差Ｄξ Ｄξ Ｄξ Ｄξ Ｄξ Ｄξ 的大小关系． ３． 答案 Ａ
５，６） １， ２， ３， ４， ５， ６
１２． 解析 由题中表格可知电影的总部数为
（１） １４０＋５０＋３００＋ 以下为教师用书专用（１—２１）
获得好评的第四类电影的部数为
２００＋８００＋５１０＝２０００， ２００× １． （２０１８课标 理，１０，５分）下图来自古希腊数学家希波
． ． Ⅰ
０２５＝５０
克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成 三个半圆的
设从收集的电影中随机选取 部 这部电影是获得好评的第 ，
１ ，
直径分别为直角三角形ＡＢＣ的斜边ＢＣ 直角边ＡＢ ＡＣ． ＡＢＣ
， ， △
四类电影为事件Ａ 则Ｐ Ａ ５０ １ ．
， （ ）＝ ＝ 的三边所围成的区域记为 黑色部分记为 其余部分记为
２０００ ４０ Ⅰ， Ⅱ，
由题中表格可得 第五类电影的总部数为 获得好评 ．在整个图形中随机取一点 此点取自 的概率分别
（２） ， ８００， Ⅲ ， Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ
的第五类电影的部数为 ． 未获得好评的第五类 记为ｐ ｐ ｐ 则
８００×０ ２＝１６０， １， ２， ３， （ ）
电影的部数为
８００－１６０＝６４０，
第四类电影的总部数为 由 知 获得好评的第四类电
２００， （１） ，
影的部数为 未获得好评的第四类电影的部数为
５０， ２００－５０
＝１５０，
设从第四类电影和第五类电影中各随机选取 部 恰有 部
１ ， １
获得好评为事件Ｂ
，
第十二章 概率与统计 ６ ２１
ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ 边长为 的正方形ＯＡＢＣ内 包括边界 两数的平方和小于
Ａ． １＝ ２ Ｂ． １＝ ３ Ｃ． ２＝ ３ Ｄ． １＝ ２＋ ３ １ （ ）， １
答案 Ａ 本题主要考查几何概型概率的求法． 的数对表示的点落在半径为 的四分之一圆 阴影部分 内
１ （ ） ，
不妨设ＢＣ ＡＢ ＡＣ 则 ＡＢＣ三边所围成的区域 的
＝５， ＝４， ＝３， △ Ⅰ １
( ) ｍ π ｍ
面积Ｓ １ 区域 的面积Ｓ π ５ ２ Ｓ ２５π 则由几何概型的概率公式可得 ４ ４ ．故选 ．
１＝ ×３×４＝６， Ⅲ ３＝ × － １＝ － ｎ ＝ ２ ⇒π＝ ｎ Ｃ
２ ２ ２ ８ １
( ) ( )
２
区域 的面积Ｓ π ２ π ３ ２５π 所以
６， Ⅱ ２＝ ×２ ＋ × － －６ ＝６，
２ ２ ２ ８
Ｓ Ｓ Ｓ 由几何概型的概率公式可知ｐ ｐ ｐ 故选 ．
１＝ ２＞ ３， １＝ ２＞ ３， Ａ
方法总结 与面积有关的几何概型的解法
求与面积有关的几何概型的概率时，关键是弄清某事件所有
结果对应的平面区域的形状并能正确计算面积．必要时可根据
５． （２０１６课标 文，８，５ 分）某路口人行横道的信号灯为
题意构造两个变量，利用平面直角坐标系，找到全部试验结果 Ⅱ
红灯和绿灯交替出现 红灯持续时间为 秒．若一名行人来到
构成的平面图形及某事件所有结果构成的平面图形，以便 ， ４０
该路口遇到红灯 则至少需要等待 秒才出现绿灯的概率为
求解． ， １５
２． （２０１７课标 ，理２，文４，５分）如图 正方形ＡＢＣＤ内的 （ ）
Ⅰ ，
７ ５ ３ ３
图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
１０ ８ ８ １０
色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一 答案 Ｂ 行人在红灯亮起的 秒内到达该路口 即满足
２５ ，
点 则此点取自黑色部分的概率是 至少需要等待 秒才出现绿灯 根据几何概型的概率公式知
， （ ） １５ ，
所求事件的概率Ｐ ２５ ５ 故选 ．
＝ ＝ ， Ｂ
４０ ８
评析 本题主要考查几何概型，理清题意是解题的关键．
６． （２０１５湖北理，２，５ 分）我国古代数学名著 数书九章
《 》
有 米谷粒分 题 粮仓开仓收粮 有人送来米 石 验得米
“ ” ： ， １５３４ ，
内夹谷 抽样取米一把 数得 粒内夹谷 粒 则这批米内
， ， ２５４ ２８ ，
１ π １ π 夹谷约为
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． （ ）
４ ８ ２ ４ 石 石 石 石
答案 Ｂ 本题考查几何概型． Ａ．１３４ Ｂ．１６９ Ｃ．３３８ Ｄ．１３６５
设正方形的边长为 则正方形的内切圆半径为 其中黑色部 答案 Ｂ ２８ 这批米内夹谷约为 石．
２， １， ∵ ×１５３４≈１６９，∴ １６９
分和白色部分关于正方形的中心对称 则黑色部分的面积为 ２５４
， ７． （２０１５陕西理，１１，５分）设复数ｚ ｘ ｙ ｘ ｙ Ｒ
＝（ －１）＋ ｉ（ ， ∈ ），
π 所以在正方形内随机取一点 此点取自黑色部分的概率Ｐ 若 ｚ 则ｙ ｘ的概率为
， ， ｜ ｜≤１， ≥ （ ）
２
３ １ １ １ １ １ １ １
π Ａ． ＋ Ｂ． － Ｃ． － Ｄ． ＋
４ ２π ４ ２π ２ π ２ π
＝ ２ ＝ π ， 故选 Ｂ ． 答案 Ｂ ∵ ｜ ｚ ｜≤１，∴ （ ｘ －１） ２ ＋ ｙ２ ≤１， 表示以Ｍ （１，０） 为圆
２×２ ８
心 为半径的圆及其内部 该圆的面积为 ．易知直线ｙ ｘ与
３． （２０１６课标 理，４，５分）某公司的班车在 ，１ ， π ＝
Ⅰ ７：３０，８：００， 圆 ｘ ２ ｙ２ 相交于Ｏ Ａ 两点 作图如下
发车 小明在 至 之间到达发车站乘坐班车 且 （ －１） ＋ ＝１ （０，０）， （１，１） ， ：
８：３０ ， ７：５０ ８：３０ ，
到达发车站的时刻是随机的 则他等车时间不超过 分钟的
， １０
概率是
（ ）
１ １ ２ ３
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
３ ２ ３ ４
答案 Ｂ 解法一 的班车小明显然是坐不到了．当小
：７：３０
明在 前到达 或者 之后到达 他等车的时间将不超
８：００ ， ８：２０ ，
ＯＭＡ ° Ｓ π １ π １ ．
过 分钟 故所求概率为１０＋１０ １ ．故选 ． ∵ ∠ ＝９０ ，∴ 阴影＝ － ×１×１＝ －
１０ ， ＝ Ｂ ４ ２ ４ ２
４０ ２
解法二 当小明到达车站的时刻超过 但又不到 时 π １
等车时 ： 间将超过 分钟 其他时刻到 ８ 达 ：０ 车 ０， 站时 等车时 ８： 间 ２０ 将不 ， 故所求的概率Ｐ Ｓ 阴影 ４ － ２ １ １ ．
１０ ， ， ＝Ｓ ☉ Ｍ ＝ π ＝ ４ － ２π
超过 分钟 故等车时间不超过 分钟的概率为 ２０ １ ． ８． （２０１５山东文，７，５分）在区间 上随机地取一个数
１０ ， １０ １－ ＝ ［０，２］
４０ ２ ( )
４． （２０１６课标 Ⅱ 理，１０，５分）从区间 ［０，１］ 随机抽取 ２ ｎ个 ｘ ， 则事件 “－１≤ｌｏｇ１ ２ ｘ ＋ １ ≤１” 发生的概率为 （ ）
数ｘ ｘ ｘ ｙ ｙ ｙ 构成ｎ个数对 ｘ ｙ ｘ ｙ ２
１， ２，…， ｎ， １， ２，…， ｎ， （ １， １），（ ２， ２），
３ ２ １ １
…，（ ｘ ｎ， ｙ ｎ）， 其中两数的平方和小于 １ 的数对共有ｍ个 ， 则用 Ａ． ４ Ｂ． ３ Ｃ． ３ Ｄ． ４
随机模拟的方法得到的圆周率 的近似值为 ( )
π （ ） 答案 Ａ 由 ｘ １ 得 １ ｘ １
４ ｎ ２ ｎ ４ ｍ ２ ｍ －１≤ｌｏｇ１ ２ ＋ ２ ≤１， ２ ≤ ＋ ２ ≤２，
Ａ．ｍ Ｂ．ｍ Ｃ． ｎ Ｄ． ｎ ( )
解得 ｘ ３ 所以事件 ｘ １ 发生的概率
答案 Ｃ 如图 ， 数对 （ ｘ ｉ， ｙ ｉ）（ ｉ ＝１，２，…， ｎ ） 表示的点落在 ０≤ ≤ ２ ， “－１≤ｌｏｇ１ ２ ＋ ２ ≤１”
６ ２２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
３ π π π π
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
为 ２ ３ 故选 ． ２ ４ ６ ８
＝ ， Ａ
９． ２ （ ４ ２０１５福建文，８，５分）如图 ， 矩形ＡＢＣＤ中 ， 点Ａ在ｘ轴 答案 Ｂ Ｐ Ｓ 半圆 ２ １ ×π×１ ２ π．故选 ．
上 ， 点 Ｂ 的坐标为 （１，０）， 且点 Ｃ 与点 Ｄ 在函数 ｆ （ ｘ ）＝ ＝Ｓ 矩形 ＝ ２×１ ＝ ４ Ｂ
{ｘ ｘ １３． （２０１３陕西理，５，５分）如图 在矩形区域ＡＢＣＤ的Ａ Ｃ
＋１， ≥０， ， ，
的图象上．若在矩形 ＡＢＣＤ 内随机取一点 则 两点处各有一个通信基站 假设其信号的覆盖范围分别是扇
１ ｘ ｘ ， ，
－ ＋１， ＜０ 形区域ＡＤＥ和扇形区域ＣＢＦ 该矩形区域内无其他信号来
２ （
此点取自阴影部分的概率等于 源 基站工作正常 ．若在该矩形区域内随机地选一地点 则该
（ ） ， ） ，
地点无信号的概率是
（ ）
∙
１ １ ３ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． π π π π
６ ４ ８ ２ Ａ．１－ Ｂ． －１ Ｃ．２－ Ｄ．
答案 Ｂ 易知点 Ｃ 的坐标为 点 Ｄ 的坐标为 ４ ２ ２ ４
（１，２）， （－２，
答案 Ａ 依题意知 有信号的区域面积为π π 矩
所以矩形ＡＢＣＤ的面积为 阴影部分的面积为 ３ 故所求 ， ×２＝ ，
２）， ６， ， ４ ２
２
π
概率为 １ ． ２－
形面积为 故无信号的概率Ｐ ２ π．
４ ２， ＝ ＝１－
１０． （２０１５湖北文，８，５分）在区间 上随机取两个数ｘ ２ ４
［０，１］ ， １４． （２０１３四川理，９，５ 分）节日前夕 小李在家门前的树
，
ｙ 记ｐ 为事件 ｘ ｙ １ 的概率 ｐ 为事件 ｘｙ １ 的概率 则 上挂了两串彩灯．这两串彩灯的第一次闪亮相互独立 且都在
， １ “ ＋ ≤ ” ， ２ “ ≤ ” ， ，
２ ２ 通电后的 秒内任一时刻等可能发生 然后每串彩灯以 秒
４ ， ４
（ ） 为间隔闪亮．那么这两串彩灯同时通电后 它们第一次闪亮的
，
ｐ ｐ １ ｐ １ ｐ １ ｐ ｐ ｐ １ ｐ 时刻相差不超过 秒的概率是
Ａ． １＜ ２＜ ２ Ｂ． ２＜ ２ ＜ １ Ｃ． ２ ＜ ２＜ １ Ｄ． １＜ ２ ＜ ２ ２ （ ）
答案 Ｄ ｘ ｙ 构成的区域是边长为 的正方形及其内
（ ， ） １ １ １ ３ ７
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ２ ４ ８
部 其中满足ｘ ｙ １ 的区域如图 中阴影部分所示 所以
， ＋ ≤ （１） ， 答案 Ｃ 设通电ｘ秒后第一串彩灯闪亮 ｙ秒后第二串彩
２ ，
灯闪亮．依题意得 ｘ ｙ Ｓ ．
１ １ １ ０≤ ≤４，０≤ ≤４，∴ ＝４×４＝１６
× × 又两串彩灯闪亮的时刻相差不超过 秒 即 ｘ ｙ 如图可
ｐ ２ ２ ２ １ 满足ｘｙ １ 的区域如图 中阴影部分 ２ ， ｜ － ｜≤２，
１＝ ＝ ， ≤ （２）
１×１ ８ ２ 知 符合要求的Ｓ′ １ １
， ＝１６－ ×２×２－ ×２×２＝１２，
１ Ｓ ２ ２
所示 所以ｐ Ｓ １＋ Ｓ ２ ２ ＋ ２ １ 所以ｐ １ ｐ 故选 ． Ｐ Ｓ′ １２ ３ ．
， ２＝ ＝ ＞ ， １＜ ＜ ２， Ｄ ∴ ＝ Ｓ ＝ ＝
１×１ １ ２ ２ １６ ４
１１． （２０１４湖南文，５，５分）在区间 上随机选取一个
［－２，３］
数Ｘ 则Ｘ 的概率为
， ≤１ （ ）
１５． （２０１３湖南文，９，５ 分）已知事件 在矩形 ＡＢＣＤ 的边
４ ３ ２ １ “
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ＣＤ上随机取一点Ｐ 使 ＡＰＢ的最大边是ＡＢ 发生的概率为
５ ５ ５ ５ ， △ ”
答案 Ｂ 区间 的长度为 区间 的长度为 ＡＤ
［－２，３］ ５， ［－２，１］ １ 则
， ＡＢ＝ （ ）
因此Ｐ Ｘ ３ 选 ． ２
３， （ ≤１）＝ ， Ｂ
５
１ １ ３ ７
１２． （２０１４辽宁文，６，５分）若将一个质点随机投入如图所 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２ ４ ２ ４
示的长方形ＡＢＣＤ中 其中 ＡＢ ＢＣ 则质点落在以 ＡＢ 答案 Ｄ 矩形ＡＢＣＤ如图所示 在点Ｐ从Ｄ点向Ｃ点运
， ＝２， ＝１， ，
为直径的半圆内的概率是 动过程中 ＤＰ在增大 ＡＰ也在增大 而ＢＰ在逐渐减小 当Ｐ
（ ） ， ， ， ，
点到Ｐ 位置时 ＢＡ ＢＰ 当Ｐ点到Ｐ 位置时 ＡＢ ＡＰ 故
１ ， ＝ １， ２ ， ＝ ２，
点Ｐ在线段 Ｐ Ｐ 上时 ＡＢＰ 中边 ＡＢ 最大 由题意可得
１ ２ ，△ ，
Ｐ Ｐ １ ＣＤ．在 ＢＣＰ 中 ＢＰ２ ９ ＣＤ２ ＢＣ２ ９ ＡＢ２ ＡＤ２
１ ２＝ Ｒｔ△ １ ， １＝ ＋ ＝ ＋
２ １６ １６
第十二章 概率与统计 ６ ２３
ＡＤ
ＡＢ２．即ＡＤ２ ７ ＡＢ２ 所以 ７ 故选 ．
＝ ＝ ， ＡＢ＝ ， Ｄ
１６ ４
{ ｘ
１６． （２０１２北京理，２，５ 分）设不等式组 ０≤ ≤２，表示的
ｙ
０≤ ≤２
平面区域为Ｄ．在区域Ｄ内随机取一个点 则此点到坐标原点
，
的距离大于 的概率是
２ （ ）
π π－２ π ４－π
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ４ ２ ６ ４
{ ｘ
答案 Ｄ 如图 不等式组 ０≤ ≤２，表示的区域Ｄ为正方
， ｙ
０≤ ≤２
形ＯＡＢＣ．
以Ｏ为圆心 以 为半径作ＡＭＣ
， ２
(
方法，属中档题．
１９． （２０１４福建文，１３，４分）如图 在边长为 的正方形中
， １
随机撒 粒豆子 有 粒落到阴影部分 据此估计阴影
１０００ ， １８０ ，
部分的面积为 ．
答案 ．
０１８
Ｓ 解析 设阴影部分的面积为Ｓ 则 １８０
， ＝ ， １×１ １０００
Ｓ ． ．
∴ ＝０１８
２０． （２０１４ 重庆文，１５，５ 分）某校早上 开始上课 假
８：００ ，
设该校学生小张与小王在早上 之间到校 且每人
则阴影部分内的点到原点Ｏ的 ７：３０～７：５０ ，
， 在该时间段的任何时刻到校是等可能的 则小张比小王至少
，
距离大于 所求概率Ｐ Ｓ 阴影 ２×２－ ４ １ ·π·２ ２ ４－π．故 早 ５ 分钟到校的概率为 ． （ 用数字作答 ）
２，∴ ＝Ｓ 正方形 ＝ ２×２ ＝ ４ 答案 ９
选 ． ３２
Ｄ 解析 设小张和小王到校的时间分别为 ｙ 和 ｘ 则
，
{ ｘ
３０≤ ≤５０，
ｙ 则满足条件的区域如图中阴影部分所示．
３０≤ ≤５０，
ｙ ｘ
－ ≥５，
１
×１５×１５
故所求概率Ｐ ２ ９ ．
＝ ＝
２０×２０ ３２
评析 本题主要考查几何概型，能正确画图是关键．
１７． （２０１２辽宁文，１１，５分）在长为 的线段ＡＢ上任
１２ ｃｍ
取一点Ｃ．现作一矩形 邻边长分别等于线段ＡＣ ＣＢ的长 则
， ， ，
该矩形面积大于 ２ 的概率为
２０ ｃｍ （ ）
１ １ ２ ４
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
６ ３ ３ ５
答案 Ｃ 设ＡＣ ｘ 则ＢＣ ｘ ｘ
＝ ｃｍ， ＝（１２－ ）ｃｍ（０＜ ＜１２），
矩形面积为ｘ ｘ ２
∴ （１２－ ）ｃｍ ，
由ｘ ｘ 解得ｘ 或ｘ
（１２－ ）＜３２ ＞８ ＜４， 评析 本题考查几何概型及数学建模的能力，考查转化与化
ｘ 或 ｘ ．
∴０＜ ＜４ ８＜ ＜１２ 归思想的应用．本题的易错点是搞错事件发生的区域．
所求概率为４＋４ ２ 故选 ． ２１．（２０１６山东文，１６，１２分）某儿童乐园在 六一 儿童节推出了
∴ ＝ ， Ｃ “ ”
１２ ３
１８．（２０１６山东理，１４，５分）在 上随机地取一个数ｋ 则事
一项趣味活动．参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次
，
［－１，１］ ，
每次转动后 待转盘停止转动时 记录指针所指区域中的数．
件 直线 ｙ ｋｘ 与圆 ｘ ２ ｙ２ 相交 发生的概 ， ，
“ ＝ （ －５） ＋ ＝ ９ ”
设两次记录的数分别为ｘ ｙ．奖励规则如下
率为 ． ， ：
若ｘｙ 则奖励玩具一个
答案 ３ ① ≤３， ；
若ｘｙ 则奖励水杯一个
４ ② ≥８， ；
解析 直线ｙ ＝ ｋｘ 与圆 （ ｘ －５） ２ ＋ ｙ２ ＝９ 相交的充要条件为 ③ 其余情况奖励饮料一瓶．
( ) 假设转盘质地均匀 四个区域划分均匀．小亮准备参加此项
３ ３ ，
ｋ － － 活动．
｜５ －０｜ 解之得 ３ ｋ ３ 故所求概率为Ｐ ４ ４
＜３， － ＜ ＜ ， ＝ 求小亮获得玩具的概率
１＋ ｋ２ ４ ４ １－（－１） （１） ；
请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小 并说明
（２） ，
３ ．
＝ 理由．
４
思路分析 直线ｙ ｋｘ与圆（ｘ ）２ ｙ２ 相交的充要条
＝ －５ ＋ ＝９
件为圆心（ ， ）到直线ｙ ｋｘ的距离小于半径，从而求得ｋ的
５ ０ ＝
范围，再利用几何概型的概率公式来求解概率．
评析 本题将直线与圆的位置关系、点到直线的距离与几何
概型巧妙结合，主要考查了运算求解能力及数形结合的思想
６ ２４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
记 ｘｙ 为事件Ｂ ｘｙ 为事件Ｃ
（２） “ ≥８” ，“３＜ ＜８” ，
则事件Ｂ包含的基本事件数共 个
６ ，
即 ．
（２，４），（３，３），（３，４），（４，２），（４，３），（４，４）
所以Ｐ Ｂ ６ ３ ．
（ ）＝ ＝
１６ ８
事件Ｃ包含的基本事件数共 个
５ ，
即 ．
（１，４），（２，２），（２，３），（３，２），（４，１）
解析 用数对 ｘ ｙ 表示儿童参加活动先后记录的数 则
（ ， ） ， 所以Ｐ Ｃ ５ ．因为 ３ ５
基本事件空间Ω与点集Ｓ ｘ ｙ ｘ Ｎ ｙ Ｎ （ ）＝ ＞ ，
＝｛（ ， ）｜ ∈ ， ∈ ， １６ ８ １６
ｘ ｙ 一一对应． 所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．
１≤ ≤４，１≤ ≤４｝
因为Ｓ中元素的个数是 易错警示 本题出错的原因有两个：（ ）理解不清题意，
４×４＝１６， １
所以基本事件总数ｎ ． 不能将基本事件列举出来；（ ）列举基本事件有遗漏．
＝１６ ２
记 ｘｙ 为事件Ａ 评析 本题主要考查了古典概型，理解题意，不重不漏地列
（１） “ ≤３” ，
则事件Ａ包含的基本事件数共 个 举出基本事件是解题关键．
５ ，
即 ．
（１，１），（１，２），（１，３），（２，１），（３，１）
所以Ｐ Ａ ５ 即小亮获得玩具的概率为 ５ ．
（ ）＝ ，
１６ １６
学生用书Ｐ２０７
1
考点 随机事件的概率
2
考点 古典概型
１．随机事件的频率与概率
频数与频率 在相同的条件Ｓ下进行ｎ次试验 观察某 １．古典概型的两个特点
（１） ： ，
一事件Ａ是否出现 称ｎ次试验中事件Ａ出现的次数ｎ 为事件 有限性 试验中所有可能出现的基本事件只有有限个．
， Ａ （１） ：
ｎ 等可能性 每个基本事件出现的可能性相等．
Ａ出现的频数 称事件Ａ出现的比例ｆ Ａ Ａ 为事件Ａ出 （２） ：
， ｎ（ ）＝① ｎ ２．古典概型的概率公式
现的频率． 在基本事件总数为ｎ的古典概型中 每个基本事件发生
（１） ，
概率 对于给定的随机事件Ａ 如果随着试验次数ｎ的
（２） ： ， 的概率都是相等的 即每个基本事件的概率都是 １ ．
增加 事件Ａ发生的频率 ｆ Ａ 稳定在某个常数上 则把这个 ， ｎ
， ｎ（ ） ，
常数记作Ｐ Ａ 称为事件Ａ的概率． 对于古典概型 任意事件 Ａ 发生的概率 Ｐ Ａ
（ ）， （２） ， （ ）＝
２．互斥事件与对立事件 Ａ包含的基本事件的个数
．
基本事件的总数
名称 定义 符号表示
若Ａ Ｂ为不可能事件 那么称事
互斥事件 ∩ ， Ａ Ｂ 3
件Ａ与事件Ｂ互斥 ∩ ＝⌀ 考点 几何概型
若Ａ Ｂ为不可能事件 Ａ Ｂ为必 Ａ Ｂ
∩ ， ∪ ∩ ＝⌀
对立事件 然事件 那么称事件Ａ与事件Ｂ互 且Ａ Ｂ Ｕ １．几何概型
， ∪ ＝
为对立事件 Ｕ为全集 如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度 面
（ ） （
３．概率的几个基本性质 积或体积 成比例 则称这样的概率模型为几何概率模型 简称
） ， ，
概率的范围 ．
几何概型．
（１） ：［０，１］
必然事件的概率为 ．
２．几何概型的特点
（２） １
不可能事件的概率为 ． 无限性 在一次试验中 基本事件的个数是无限的．
（３） ０ （１） ： ，
概率的加法公式 等可能性 每个基本事件发生的可能性相等．
（４） （２） ：
若事件Ａ与事件Ｂ互斥 则Ｐ Ａ Ｂ Ｐ（Ａ） Ｐ（Ｂ） ． ３．几何概型概率的计算公式
， （ ∪ ）＝② ＋
对立事件的概率 设几何概型的基本事件空间可表示成可度量的区域 Ω 事
（５） ，
若事件 Ａ 与事件 Ｂ 互为对立事件 则 Ａ Ｂ 为必然事件 Ａ的几何度量
， ∪ ， 件Ａ所对应的区域用Ａ表示 Ａ Ω 则Ｐ Ａ ．
（ ⊆ ）， （ ）＝Ω的几何度量
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ（Ｂ） ．
（ ∪ ）＝１， （ ）＝③ １－
第十二章 概率与统计 ６ ２５
学生用书Ｐ２０８
一、古典概型概率的求法 名 高二年级的 名同学 其中男生 名 女生 名 现从这
２ ； ５ ， ３ 、 ２ ， ９
１．古典概型的概率求解步骤 名同学中随机选择 名打扫卫生 则选出的 名同学中恰有 名
４ ， ４ ２
求出基本事件的总数ｎ 男生 且这 名男生来自同一个年级的概率是
（１） ； ， ２ （ ）
求出事件Ａ包含的所有基本事件的个数ｍ
（２） ； １ ５ ６ ４
ｍ Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
代入公式Ｐ Ａ 求解． １２６ ２１ ３５ ２１
（３） （ ）＝ ｎ １－１． 答案 Ｄ
２．基本事件个数的确定方法 １－２ （２０２０福建南安侨光中学第一次阶段考，６）已知ａ
∈
列举法 此法适用于基本事件个数较少的古典概型． ｂ 则函数 ｆ ｘ ａｘ２ ｂｘ 在区间
（１） ： ｛０，１，２｝， ∈｛－１，１，３，５｝， （ ）＝ －２ （１，
列表法 此法适用于从多个元素中选定两个元素的试 上为增函数的概率是
（２） ： ＋∞） （ ）
验 也可看成坐标法．
， ５ １ １ １
画树状图法 画树状图法是进行列举的一种常用方法 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
（３） ： ， １２ ３ ４ ６
适用于有顺序的问题及较复杂问题中基本事件个数的探求． １－２． 答案 Ａ
运用排列 组合知识计算． １－３ （２０２０ 上 海 浦 东 一 模， ８） 已 知 集 合 Ａ
＝
（４） 、 { }
注 ： 含有 “ 至多 ”“ 至少 ” 等类型的概率问题 ， 从正面突破比 １ １ １ 任取ｋ Ａ 则幂函数ｆ ｘ ｘｋ 为
较困难或比较烦琐时 可考虑其反面 即其对立事件 然后应用 －２，－１，－ ， ， ，１，２，３ ， ∈ ， （ ）＝
２ ３ ２
， ， ，
偶函数的概率为 结果用数值表示 ．
对立事件的性质Ｐ Ａ Ｐ Ａ 求解． （ ）
（ ）＝１－ （ ）
例１ 个红球与 个黑球随机排成一行 从左到右依次在 １－３． 答案 １
３ ３ ，
球上标记 则红球上的数字之和小于黑球上的数字 ４
１，２，３，４，５，６，
之和的概率为 二、几何概型概率的求法
（ ）
１．判断试验是不是几何概型 要切实理解并掌握几何概型
１ １ １ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ，
６ ４ ３ ２ 的两个基本特点 无限性和等可能性．
解题思路 ：
２．求解几何概型概率的关键在于弄清题中的考察对象和对
思路一 由全部数字之和为 奇数 可知 象的活动范围．当考察对象为点 点的活动范围在线段上时 用线
： １＋２＋３＋４＋５＋６＝２１（ ） ， ，
红球上数字之和与黑球上数字之和不可能相等 从而欲求 红球 段长度比计算 当考察对象在某块区域时 用面积比计算 当考
， “ ； ， ；
上的数字之和小于黑球上的数字之和 的概率 只需利用其对立 察对象在某个空间时 用体积比计算．
” ， ，
事件 红球上数字之和大于黑球上数字之和 的概率与其本身的 例２ （２０２０河北邯郸期末，９）公元前
“ ”
关系即可求出结果． 世纪下半叶 希波克拉底解决了与化圆
５ ，
思路二 欲求 红球上的数字之和小于黑球上的数字之和 为方有关的化月牙形为方．如图 以Ｏ为圆
： “ ” ，
的概率 依据古典概型的概率计算公式 需求出红球与黑球上数 心的大圆直径为 以ＡＢ为直径的半圆面
， ， ４，
字标记情况共有多少种 再依据表格得出 红球上的数字之和小 积等于ＡＯ与 ＢＯ 所夹四分之一大圆的面
， “
于黑球上的数字之和 包含的情况的种数 进而求出结果． 积 由此可知 月牙形区域的面积与 ＡＯＢ
” ， ， ， △
解析 解法一
：
全部数字之和为
１＋２＋３＋４＋５＋６＝２１，
为奇 的面积相等．现在在两个圆所覆盖的区域内随机取一点
，
则该点
数 因此红球上数字之和与黑球上数字之和不可能相等 又红球 来自阴影部分的概率是
， ， （ ）
上数字之和小于黑球上数字之和与红球上数字之和大于黑球上
π＋３ π＋６ π＋３ π＋６
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
数字之和是 对等 的 故所求概率为 １ ． ８π＋４ ８π＋４ ４π＋２ ４π＋２
“ ” ， 解题思路
２
解法二 红球与黑球上数字标记情况用表格列举如下
： ： 欲求 该点来自阴影部分 的概率 依据几何概型概率的计算公
“ ” ，
红球
１，２，３ １，２，４ １，２，５ １，２，６ １，３，４ １，３，５ １，３，６ １，４，５ １，４，６ １，５，６ 式 需求出阴影部分的面积 再利用几何概型概率公式计算即可．
， ，
黑球
４，５，６ ３，５，６ ３，４，６ ３，４，５ ２，５，６ ２，４，６ ２，４，５ ２，３，６ ２，３，５ ２，３，４
解析 上方阴影部分的面积等于 ＡＯＢ的面积 Ｓ １
黑球 △ ， △ ＡＯＢ＝ ×２×
１，２，３ １，２，４ １，２，５ １，２，６ １，３，４ １，３，５ １，３，６ １，４，５ １，４，６ １，５，６ ２
红球 [
４，５，６ ３，５，６ ３，４，６ ３，４，５ ２，５，６ ２，４，６ ２，４，５ ２，３，６ ２，３，５ ２，３，４ 下方阴影部分的面积等于１ ２ １ ２ １
共 种情况 其中红球上数字之和小于黑球上数字之和的 ２＝２， ×π×２ － ×π×（ ２） － × ２×
４ ４ ２
２０ ，
情况有 １０ 种 ， 故所求概率为１ ２ ０ ０ ＝ ２ １ ． ２ ] ＝ π ＋１， 所以根据几何概型概率公式得所求概率Ｐ ＝ ２＋ π ２ ＋１
答案 Ｄ ２ ４π＋２
１－１ （２０２０广东湛江调研，５）某学校组织高一和高二两个 π＋６．
＝
年级的同学开展 学雷锋敬老爱老 志愿服务活动 利用暑期到 ８π＋４
“ ” ， 答案 Ｂ
敬老院进行打扫卫生 表演文艺节目 倾听老人的嘱咐和教诲等
、 、 ２－１ （２０２０湖南常德期末，９）已知Ａ是圆Ｍ的圆周上一定
一系列活动．现有来自高一年级的 名同学 其中男生 名 女生
４ ， ２ 、
６ ２６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
点 若在圆Ｍ的圆周上的其他位置任取一点Ｂ 连接ＡＢ 则 线 就把这一证明方法称为 总统证法 ．如图 设 ＥＣＢ ° 在梯
， ， ， “ “ ” ， ∠ ＝６０ ，
段ＡＢ的长度不大于圆Ｍ的半径 的概率为 形ＡＢＣＤ中随机取一点 则此点取自等腰直角 ＣＤＥ中 阴影部
” （ ） ， △ （
分 的概率是
１ １ １ ２ ） （ ）
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２ ３ ６ ３
２－１． 答案 Ｂ
２－２ （２０２１辽宁辽南协作体联考，９） 年 月 日 加
１８７６ ４ １ ，
菲尔德在 新英格兰教育日志 上发表了勾股定理的一种证明方
《 》
法 即在如图的直角梯形ＡＢＣＤ中 利用 两个全等的直角三角
， ， “
形和一个等腰直角三角形的面积之和等于直角梯形的面积 可 Ａ．２（２－ ３） Ｂ．２－ ３
”，
以简洁明了地推证出勾股定理． 年加菲尔德就任美国第二
１８８１ Ｃ． ３－１ Ｄ．２（ ３－１）
十任总统．后来 人们为了纪念他对勾股定理直观 易懂的证明 ２－２． 答案 Ａ
， 、 ，
Ａ 组 考点基础题组 学生用书Ｐ２０９
概率与统计的说法中 正确的有
随机事件的概率 ， （ ）
某高中为了解在校学生对参加某项社会实践活动的意向
Ａ． ，
１．（２０２０湖南长沙一中第七次大联考） 年华人数学家张益 拟采用分层抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个
２０１３
唐证明了孪生素数 注 素数也叫做质数 猜想的一个弱化形 容量为 的样本．已知该校高一 高二 高三年级学生人数
（ ： ） ６０ 、 、
式 孪生素数猜想是希尔伯特在 年提出的 个问题之 之比为 则应从高二年级中抽取 名学生
， １９００ ２３ ６ ∶ ５ ∶ ４， ２０
一 可以这样描述 存在无穷多个素数ｐ使得ｐ 是素数 素数 件产品中有 件正品 件次品 若从这 件产品中任取
， ： ＋２ ， Ｂ．１０ ７ ，３ ， １０
对 ｐ ｐ 称为孪生素数 从 以内的素数中任取两个 其中
（ ， ＋２） ， ２０ ， 件 则恰好取到 件次品的概率为 ７
能构成孪生素数的概率为 ２ ， １
（ ） １５
若随机变量ξ 服从正态分布 Ｎ σ２ Ｐ ξ ． 则
１ １ ３ １ Ｃ． （１， ）， （ ＜４）＝ ０ ７９，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． Ｐ ξ ．
１４ ７ １４ ３ （ ≤－２）＝０４２
１． 答案 Ｂ 设某学校女生体重ｙ 单位 与身高ｘ 单位 具有线
Ｄ． （ ：ｋｇ） （ ：ｃｍ）
２．（２０２１广东韶关一模，５）假设某射手每次射击命中率相同 且 性相关关系 根据一组样本数据 ｘ ｙ ｉ ｎ 用
， ， （ ｉ， ｉ）（ ＝１，２，…， ），
每次射击之间相互没有影响．若在两次射击中至多命中一次的
最小二乘法建立的回归方程为ｙ＾＝０ ．
８５
ｘ
－８５
．
７１，
若该学校某
概率是１６ 则该射手每次射击的命中率为 女生身高为
１７０ ｃｍ，
则可断定其体重必为
５８
．
７９ ｋｇ
， （ ）
２５ ５． 答案 ＡＢ
９ ２ ３ ３
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２５ ５ ５ ４ 古典概型
２． 答案 Ｃ
３．（２０２１山东德州一模，４） 史记 卷六十五 孙子吴起列传第 １．（２０２０湖南长沙一中第七次大联考）某研究学习小组为研究学
《 》 《
五 中有这样一道题 齐王与田忌赛马 田忌的上等马劣于齐 校学生一个月课余使用手机的总时间 收集了 名学生
》 ： ， ， ５００
王的上等马 优于齐王的中等马 田忌的中等马劣于齐王的中 年 月课余使用手机的总时间 单位 小时 的数据．从
， ， ２０１９ １２ （ ： ）
等马 优于齐王的下等马 田忌的下等马劣于齐王的下等马．现 中随机抽取了 名学生 将数据进行整理 得到如图所示的频
， ， ５０ ， ，
两人进行赛马比赛 比赛规则 每匹马只能用一次 每场比赛 率分布直方图．已知这 人中 恰有 名女生的课余使用手机
， ： ， ５０ ， ２
双方各出一匹马 共比赛三场．每场比赛中胜者得 分 败者得 总时间在区间 内 现在从课余使用手机总时间在
， １ ， ［１８，２０］ ， ［１８，
分．若每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马 则比赛结 内的学生中随机抽取 人 则至少抽到 名女生的概率为
０ ， ２０］ ２ ， １
束时 田忌得 分的概率为
， ２ （ ） （ ）
１ ２ １ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
３ ３ ６ ２
３． 答案 Ｃ
４．（２０２１辽宁沈阳期末，５）已知某药店只有 三种不同品
Ａ，Ｂ，Ｃ
牌的 口罩 甲 乙两人到这个药店各购买一种品牌的
Ｎ９５ ， 、 Ｎ９５
口罩 若甲 乙买 品牌口罩的概率分别为 ． ． 买 品牌
， ， Ａ ０ ２，０ ３， Ｂ
口罩的概率分别为 ． ． 则甲 乙两人买相同品牌的 口
０５，０４， ， Ｎ９５
罩的概率为
（ ） ２ ７ ８ ７
． ． ． ． Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
Ａ．０７ Ｂ．０６５ Ｃ．０３５ Ｄ．０２６ ５ １０ １５ １５
４． 答案 Ｃ １． 答案 Ｂ
５．（多选题）（２０２１东北三省四市教研协作体二模，１７）以下关于 ２．（２０２１广东汕头一模，８）在新的高考改革方案中规定 每位考
：
第十二章 概率与统计 ６ ２７
生的高考成绩是按照 语文 数学 英语 物理 历史 选 ３ ４ ３ ４
３（ 、 、 ）＋２（ 、 ） １ ４ ４ ４ ４
化学 生物 地理 政治 选 的模式设置的 则在选考的科 Ａ． ３ Ｂ． ３ Ｃ． ４ Ｄ． ４
＋４（ 、 、 、 ） ２ ， ５ ５ ５ ５
目中甲 乙两位同学恰有两科相同的概率为 ４． 答案 Ａ
、 （ ）
５．（２０２１江苏徐州一中期末，３）在二项式 ｘ １０的展开式中任
１ １ ５ １ （ ＋１）
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 取一项 该项的系数为奇数的概率是
４ ３ １２ ２ ， （ ）
２． 答案 Ｃ
２ １ ４ ５
３．（２０２１湖南湘潭一模，７）德国心理学家艾宾浩斯研究发现 遗 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
， ５ ２ １１ １１
忘在学习之后立即开始 而且遗忘的进程并不是均匀的．最初 ５． 答案 Ｃ
，
遗忘速度很快 以后逐渐减慢．他认为 保持和遗忘是时间的函
， “
数 ．他用无意义音节 由若干音节字母组成 能够读出 但无 几何概型
” （ 、 、
内容意义即不是词的音节 作为记忆材料 用节省法计算保持
） ， １．（２０２０福建龙岩３月教学质量检查，５）赵爽弦图 图 是取材
和遗忘的数量 并根据实验结果绘成描述遗忘进程的曲线 即 （ １）
， ， 于我国古代数学家赵爽的 勾股圆方图 它是由四个全等的
著名的艾宾浩斯遗忘曲线 如图所示 ．若一名学生背了 个 《 》，
（ ） １００ 直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．图 是由
英语单词 一天后 该学生在这 个英语单词中随机听写 ２
， ， １００ ２ 弦图变化得到的 它由八个全等的直角三角形和中间的一个
个英语单词 以频率代替概率 不考虑其他因素 则该学生恰 ，
， ， ， 小正方形拼接而成．现随机向图 中大正方形的内部投掷一枚
有 个单词不会的概率大约为 ２
１ （ ） 飞镖 若直角三角形的直角边长分别为 和 则飞镖投中小
， ２ ３，
正方形 阴影 区域的概率为
（ ） （ ）
１ ４ ９ ５
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２５ ２５ ２５ ３６
１． 答案 Ａ
２．（２０２１安徽安庆一模，９）蒙特卡洛算法是以概率和统计的理
论 方法为基础的一种计算方法 将所求解的问题同一定的概
、 ，
率模型相联系 用均匀投点实现统计模拟和抽样 以获得问题
． ． ． ． ， ，
Ａ．０４３ Ｂ．０３９ Ｃ．０２６ Ｄ．０１５ 的近似解 故又称统计模拟法或统计实验法．现设计一个实验
３． 答案 Ｂ ，
计算圆周率的近似值 向两直角边长分别为 和 的直角三角
４．（２０２１河北张家口宣化一中模拟，５）用红 黄 蓝 绿 黑这 种 ， ６ ８
， ， ， ， ５ 形中均匀投点 个 落入其内切圆中的点有 个 则圆周率
颜色随机给如图所示的四块三角形区域涂色 则 任意两个有 ４０ ， ２１ ，
， “
公共边的三角形所涂的颜色不同 的概率为 π≈ （ ）
” （ ）
６３ ５１ ７８ ９４
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２０ １６ ２５ ２９
２． 答案 Ａ
Ｂ 组 综合应用题组 学生用书Ｐ２１１ ５０分钟 ８５分
一、单项选择题（每小题５分，共４０分）
１ １ １ ３
１．（２０２１ 辽宁凌源 ３ 月尖子生抽测，７） 已知正六边形 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
１２ ３ ２ ４
Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ 的边长为 在这 个顶点中任意取 个不同的 ２． 答案 Ｄ
顶 １ 点 ２ Ａ ３ ４ Ａ ５ ６ ｉ ｊ １ 得 ， 到线 ６ 段 ＡＡ 则 ＡＡ ２ 的概 ３．（２０２１湖 南 岳阳一模，５） 华东五市游 作为中国一条精品旅
ｉ， ｊ（１≤ ＜ ≤６） ｉ ｊ， ｉ ｊ∉｛１，２｝ “ ”
率为 游路线 一直受到广大旅游爱好者的欢迎．现有 名高三学生
（ ） ， ４
准备 年高考后到 华东五市 中的上海市 南京市 苏州
１ １ ２ ３ ２０２１ “ ” 、 、
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 市 杭州市四个地方旅游 假设每名同学均从这四个地方中任
６ ３ ５ ５ 、 ，
１． 答案 Ｃ 意选取一个去旅游 则恰有一个地方未被选中的概率为
，
２．（２０２１江苏徐州第三次调研，２）清明节前夕 某校团委决定举
， （ ）
办 缅怀革命先烈 致敬时代英雄 主题演讲比赛 经过初赛
“ ， ” ， ， ７ ９ ２７ ８１
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
共 人进入决赛 其中高一年级 人 高二年级 人 高三年 １６ １６ ６４ ２５６
１０ ， ２ ， ３ ， ３． 答案 Ｂ
级 人 现采取抽签的方式决定演讲顺序 则在高二年级 人
５ ， ， ３ ４．（２０２０湖南衡阳一模）我国古代有着辉煌的数学研究成果
相邻的前提下 高一年级 人不相邻的概率为 ，
， ２ （ ） 周髀算经 九章算术 海岛算经 孙子算经 缉古算经
《 》《 》《 》《 》《 》
６ ２８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
等 部专著是了解我国古代数学的重要文献 这 部专著中 ８． （２０２０湖北十堰第二中学第二次诊断，６）欧拉三角形定
１０ ， １０
部产生于魏晋南北朝时期 某中学拟从这 部专著中选择 义如下 ＡＢＣ的三个欧拉点 顶点与垂心连线的中点 构成
５ ， １０ ２ ：△ （ ）
部作为 数学文化 课外阅读教材 则所选 部专著中至少有 的三角形称为 ＡＢＣ的欧拉三角形．如图 在 ＡＢＣ中 ＡＢ ＡＣ
“ ” ， ２ △ ， △ ， ＝
一部是魏晋南北朝时期专著的概率为 ＢＣ ＡＢＣ的垂心为Ｐ ＡＰ ＢＰ ＣＰ的中点分别为Ａ
（ ） ＝３， ＝２，△ ， ， ， １，
Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ 即为 ＡＢＣ的欧拉三角形 则向 ＡＢＣ 中随
Ａ． ７ Ｂ． ２ Ｃ． ４ Ｄ． ５ 机 １ 投 ， 掷 １， 一 △ 点 １ 该 １ 点 １ 落在 △ ＰＡ Ｂ 内的概率为 ， △
９ ９ ９ ９
４． 答案 Ａ ， △ １ １ （ ）
５．（２０１９湖南岳阳二模，８）四色猜想是世界三大数学猜想之一
，
年被美国数学家阿佩尔与哈肯证明 称为四色定理 其内
１９７６ ， ，
容是 任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界
：“
的国家涂上不同的颜色． 用数学语言表示为 将平面任意地
” “
细分为不相重叠的区域 每一个区域总可以用 四个数
， １，２，３，４
字之一标记 而不会使相邻的两个区域得到相同的数字 ．如
， ”
图 网格纸上小正方形的边长为 粗实线围成的各区域上分 １ １ ３ ７
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
， １， ９ ８ ３２ ６４
别标有数字 的四色地图符合四色定理 区域Ａ和区域 ８． 答案 Ｄ
１，２，３，４ ，
Ｂ标记的数字丢失 若在该四色地图上随机取一点 则恰好取
， ， 二、多项选择题（共５分）
自标记为 的区域的概率所有可能值中 最大的是
１ ， （ ） ９．（２０２１湖北荆门２月联考，１１）如图 在某城市中 Ｍ Ｎ两地之
， ， ，
间有整齐的方格形道路网 其中Ａ Ａ Ａ Ａ 是道路网中位于
， １， ２， ３， ４
一条对角线上的 个交会处．今在道路网Ｍ Ｎ处的甲 乙两人
４ ， 、
分别要到Ｎ Ｍ处 他们分别随机地选择一条沿街的最短路径
， ， ，
以相同的速度同时出发 直到到达Ｎ Ｍ处为止 则下列说法正
， ， ，
确的有
（ ）
１ １ １ １１
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
１５ １０ ３ ３０
５． 答案 Ｃ
６．（２０２１河北衡水中学全国高三第二次联考，１０）甲 乙两人拿两 甲从Ｍ到达Ｎ处的方法有 种
、 Ａ． １２０
个如图所示的正四面体骰子做抛掷游戏 规则如下 由一人同时 甲从Ｍ必须经过Ａ 到达Ｎ处的方法有 种
， ： Ｂ． ３ ９
掷两个骰子 观察底面点数 若掷出的点数之和为 则由原掷
， ， ５， 甲 乙两人在Ａ 处相遇的概率为 ９
骰子的人继续掷 若掷出的点数之和不是 就由对方接着掷 Ｃ． 、 ３
１００
； ５， ，
第一次由甲开始掷．设第ｎ次由甲掷的概率为Ｐ ｎ， 则Ｐ
１０
的值为
Ｄ．
甲
、
乙两人相遇的概率为４１
１００
（ ） ９． 答案 ＢＤ
三、填空题（每小题５分，共１５分）
１０．（２０２１重庆二模，１４）已知某信号传送网络由信号源甲和三个
基站乙 丙 丁共同构成 每次信号源甲等可能地向三个基站
、 、 ，
中的一个发送信号 乙基站接收到的每条信号等可能地传送
５１１ １ ５１３ ２５７ ，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 给丙基站和丁基站中的一个 丙基站接收到的每条信号只会
１０２４ ２ １０２４ ５１２ ，
６． 答案 Ａ 传送给丁基站 丁基站只接收信号．对于信号源甲发出的一条
，
７． （２０２１东北三省四市教研联合体调研，３）割补法在我国 信号 丙基站能接收到的概率为 ．
，
古代数学著作中称为 出入相补 刘徽称之为 以盈补虚 即
“ ”， “ ”， １０． 答案 １
以多余补不足 是数量的平均思想在几何上的体现．如图 揭示
２
， ，
了刘徽推导三角形面积公式的方法 在 ＡＢＣ内任取一点 则
１１．（２０２１辽宁百校联盟调研，１４）某中学为了解学生学习物理的
， △ ，
情况 抽取了 名物理成绩在 分 满分为 分 之
该点落在标记 盈 的区域的概率为
， １００ ６０～９０ （ １００ ）
“ ” （ ）
间的学生进行调查 将这 名学生的物理成绩分成了六段
， １００ ：
绘
［６０，６５），［６５，７０），［７０，７５），［７５，８０），［８０，８５），［８５，９０］，
成频率分布直方图 如图所示．从成绩在 的学生中任
， ［７０，８０）
意抽取 人 则成绩在 的学生恰好有一人的概率为
２ ， ［７５，８０）
．
１ １ １ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ３ ５ ２
７． 答案 Ａ
第十二章 概率与统计 ６ ２９
爱卫同行 防控疫情知识竞赛 抽取四位同学 分成甲 乙两
” ， ， 、
组 每组两人 进行对战答题．规则如下 每次每位同学给出
， ， ： ６
道题目 其中有 道是送分题 即每位同学至少答对 题 ．若
， １ （ １ ）
每次每组答对的题数之和为 的倍数 则原答题组的人继续
３ ，
答题 若答对的题数之和不是 的倍数 则由对方组接着答
； ３ ，
题．假设每位同学每次答题之间相互独立 无论答对几道题概
，
率都一样 且每次答题顺序不作考虑 第 次由甲组开始
， ， １
１１． 答案 ２４ 答题．
４９ 若第ｎ次由甲组答题的概率为Ｐ 求Ｐ
１２．（２０２１辽宁丹东期末，１５）一口袋中装有大小完全相同的红 （１） ｎ， ｎ；
前 次答题中甲组恰好答题 次的概率为多少
色 黄色 蓝色小球各一个 从中随机摸出一个球 记下颜色 （２） ４ ２ ？
、 、 ， ， １４． 解析 答对的题数之和为 的倍数分别为
后放回袋中继续摸球 当三种颜色都被记到就停止摸球 则 （１） ３ １＋２，２＋４，１
， ，
恰好摸球五次就停止摸球的概率为 ． 其概率为５×２＋２ １ 则答对的题数
＋５，４＋５，３＋３，６＋６，３＋６， ＝ ，
３６ ３
１２． 答案 １４
之和不是 的倍数的概率为 ２ ．
８１ ３
３
四、解答题（共２５分） 第 ｎ 次由甲组答题 是第ｎ次由甲组答题 第 ｎ 次继
（ ＋１） ， ， （ ＋１）
１３．（２０２１东北三省四市教研联合体二模，１７）在一个文艺比赛 续由甲组答题的事件与第ｎ次由乙组答题 第 ｎ 次由甲
， （ ＋１）
中 名专业人士和 名观众代表各组成一个评委小组 给参 组答题的事件和 它们互斥 因为各次答题相互独立
，５ ５ ， ， ， ，
赛选手打分．下面是两组评委对同一名选手的打分 所以第ｎ次由甲组答题 第 ｎ 次继续由甲组答题的概率
： ， （ ＋１）
小组Ａ ９２ ９５ ９３ ９５ ９０ 为 １ Ｐ ｎ， 第ｎ次由乙组答题 ， 第 （ ｎ ＋１） 次由甲组答题的概率
小组Ｂ ３
９８ ８０ ９０ ８５ ９７
为 ２ Ｐ 因此 Ｐ １ Ｐ ２ Ｐ １ Ｐ ２
（１） 请判断小组 Ａ与小组 Ｂ 哪一个更像是由专业人士组成 ３ （１－ ｎ）， ｎ ＋１ ＝ ３ ｎ＋ ３ （１－ ｎ）＝ － ３ ｎ＋ ３
的 不必说明理由 ( )
若从
；（
Ａ组的 位评
）
委中任选 位评委 求其中恰有一位 （
ｎ
∈
Ｎ∗
），
则Ｐ
ｎ ＋１－
１
＝－
１ Ｐ
ｎ－
１
（２） ５ ２ ， ２ ３ ２
评委打分为 分的概率． 因为第 次由甲组开始答题 则Ｐ
９５ １ ， １＝１，
１３． 解析 Ａ打分更稳定． 由表格数据 知 { }
（１） ［ ， ： 所以 Ｐ １ 是首项为 １ 公比为 １ 的等比数列 所以Ｐ
ｎ－ ， － ， ｎ－
ｘ ９２＋９５＋９３＋９５＋９０ ｘ ９８＋８０＋９０＋８５＋９７ ２ ２ ３
Ａ＝ ＝９３， Ｂ＝ ＝９０， ( )ｎ －１ ( )ｎ －１
５ ５ １ １ １ 即Ｐ １ １ １ ．
５ ５ ＝ · － ， ｎ＝ · － ＋
ｓ２Ａ＝
５
１ ∑ｉ＝
１
（ ｘ Ａｉ－ ｘ Ａ） ２ ＝３ ． ６， ｓ２Ｂ＝
５
１ ∑ｉ＝
１
（ ｘ Ｂｉ－ ｘ Ｂ） ２ ＝４７ ． ６，
（
２
２）
由 ２ 于第
１
３ 次由甲组开始答 ２ 题
，
则只 ３ 要第
２
２ 次
、
第
３
次
、
第
４
其中ｉ
＝１，２，…，５
．因为ｓ２Ａ＜ ｓ２Ｂ，
次这 次中再由甲组答题一次即可 由 可知Ｐ １ Ｐ
故小组Ａ打分稳定 更像是由专业人士组成的 ３ ， （１） ２＝ ， ３＝
， ］ ３
（ 恰 ２ 有 ） 从 一 Ａ 位 组 评 的 委 ５ 打 位 分 评 为 委中 分 任 的 选 选 ２ 法 位 有 评委 １ 的 １ 选 种 法 所 有 以 Ｃ ２ ５ 所 种 求 ， 概 其中 率 ９ ５ ， Ｐ ４＝ ２ １ ７ ３ ， 所以所求概率 Ｐ ＝ Ｐ １ Ｐ ２（１－ Ｐ ３）（１－ Ｐ ４）＋ Ｐ １（１－
９５ Ｃ２Ｃ３ ，
Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ
Ｐ Ｃ １ ２Ｃ １ ３ ３ ． ２） ３（ ( １－ ４） ) ＋ ( １（１－ ２ ) ）（１ ( － ３） ) ４ ( ) ( )
＝ ２ ＝ １ ５ １３ １ ５ １３ １
Ｃ５ ５ ＝ × １－ × １－ ＋ １－ × × １－ ＋ １－ ×
思路分析 （ ）根据已知数据计算两个小组的方差，结合 ３ ９ ２７ ３ ９ ２７ ３
１ ( )
方差的意义进行判断；（ ）先求从 Ａ组的 位评委中任选 ５ １３ １００．
２ ５ ２ １－ × ＝
位评委的所有可能选法的种数，再求恰有一位评委打分为 ９ ２７ ２４３
９５ 思路分析 （ ）先根据所给条件，用列举法求出由原答题
分的选法，利用古典概型的概率计算公式求概率． １
组继续答题的概率和由对方组接着答题的概率，再把第（ｎ
１４．（２０２１辽宁“决胜新高考·名校交流”３月联考，２０）当前 全 ＋
， ）次由甲组答题的事件拆分成两个互斥事件的和，最后由概
国上下正处在新冠肺炎疫情 外防输入 内防反弹 的关键时 １
“ ， ” 率加法公式列式求解；（ ）分析出甲在第 次、第 次、第
期 为深入贯彻落实习近平总书记关于疫情防控的重要指示 ２ ２ ３ ４
， 次中只答题一次的概率，再进行相关计算．
要求 学校始终把师生生命安全和身体健康放在第一位．结合
，
全国第 个爱国卫生月要求 某班组织开展了 战疫有我
３２ ， “ ，
Ｃ 组 教师专用题组
一、单项选择题
１．（２０２１北京海淀高三模拟试卷一，９）一个盒中装有大小相同的
３７ ３７ ２ ２
个黑球 个白球 从中任取一球 若是白球 则取出来 若是 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２ ，２ ， ， ， ； ２１６ ７２ ９ ２７
黑球 则放回盒中 直到把白球全部取出 则在此过程中恰有 答案 Ａ 要满足题意 共有三种取法 白黑黑白 黑白
， ， ， ， ：（ ），（
两次取到黑球的概率为
（ ）
６ ３０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
个人说 能 而有ｍ个人说 不能 那么由此可以算得圆周
黑白 黑黑白白 其中 白黑黑白 的取法概率为 ２ ２ “ ”， “ ”，
），（ ）， （ ） × × 率 的近似值为
４ ３ π （ ）
ｎ ｍ ｎ ｍ
２ １ ２ 黑黑白白 的取法概率为 ２ ２ ２ １ １ ４ ４
× ＝ ，（ ） × × × ＝ ， Ａ．ｍ ｎ Ｂ．ｍ ｎ Ｃ．ｍ ｎ Ｄ．ｍ ｎ
３ ３ ２７ ４ ４ ４ ３ ２４ ＋ ＋ ＋ ＋
答案 Ｄ 设所写的两个数为ｘ ｙ ｘ ｙ
黑白黑白 的取法概率为 ２ ２ ２ １ １ 综上 所求概 ， ，０＜ ＜１，０＜ ＜１，
（ ） × × × ＝ ， ， ｘ ｙ 在以 为边长的正方形内
４ ４ ３ ３ １８ （ ， ） １ ，
率为 ２ ＋ １ ＋ １ ＝ ３７ ， 故选 Ａ． ∵ ｘ ， ｙ ，１ 组成锐角三角形 ，１ 为最大边 ，
２７ ２４ １８ ２１６ ｘ２ ｙ２ 则ｘ２ ｙ２
２．（２０２１ 八省联考，２）在 张卡片上分别写上 位同学的学号 ∴ ＋ －１＞０， ＋ ＞１，
３ ３ ｘ ｙ 在以原点为圆心 以 为半径的四分之一圆外
后 再把卡片随机分给这 位同学 每人 张 则恰有 位学生 ∴ （ ， ） ， １ ，
， ３ ， １ ， １
分到写有自己学号卡片的概率为 １ ２
（ ） １－ π×１ ｎ ｍ
４ 得 ４ 故选 ．
∴ ≈ｍ ｎ， π≈ｍ ｎ， Ｄ
１ １ １ ２ １ ＋ ＋
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
６ ３ ２ ３
６．（２０２１江西五市九校协作体联考，４）为了让居民了解垃圾分
答案 Ｃ 三张卡片随机分给三位同学 ， 共有 Ａ ３ ３＝６ 种情 类
，
养成垃圾分类的习惯
，
让绿色环保理念深入人心．某市将垃
况 ， 恰有 １ 位学生分到写有自己学号的卡片 ， 有 Ｃ １ ３＝３ 种情况 ， 圾分为四类
：
可回收物
、
餐厨垃圾
、
有害垃圾和其他垃圾．某班
所以恰有 位学生分到写有自己学号卡片的概率为 ３ １ ． 按此四类由 位同学组成四个宣传小组 其中可回收物宣传小
１ ＝ ９ ，
６ ２ 组有 位同学 餐厨垃圾 有害垃圾和其他垃圾宣传小组各有
思路分析 先求出三张卡片随机分给三位同学的基本事件 ３ ， 、
位同学．现从这 位同学中选派 人到某小区进行宣传活动
２ ９ ５ ，
数，再求出恰有 位学生分到写有自己学号卡片的基本事件
则每个宣传小组至少选派 人的概率为
１ １ （ ）
数，利用古典概型的概率公式求解即可．
２ ５ ３ １０
３．（２０２１天津南开中学统练（２５），５）已知球的半径为Ｒ 一等边 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
， ７ １４ ７ ２１
圆锥 圆锥母线长与圆锥底面直径相等 位于球内 圆锥顶点 答案 Ｄ 现从 位同学中选派 人到某小区进行宣传活
（ ） ， ９ ５
在球上 ， 底面与球相接 ， 则该圆锥的表面积为 （ ） 动 ， 基本事件总数ｎ ＝Ｃ ５ ９＝１２６，
Ａ．
３πＲ２
Ｂ．
９πＲ２
Ｃ．
３πＲ２
Ｄ．
２ ３πＲ２ 每个宣传小组至少选派 １ 人包含的基本事件个数ｍ ＝Ｃ ２ ３（Ｃ １ ２） ３
４ ４ ４ ３ １ １ ２ １ ２
答案 Ｂ 如图 设圆锥的底面半径为ｒ 则圆锥的高为 ｒ
＋Ｃ３Ｃ３Ｃ２（Ｃ２） ＝６０，
ｍ
， ， ３ ， 则每个宣传小组至少选派 人的概率Ｐ ６０ １０．
１ ＝ ｎ ＝ ＝
由Ｒ２ ｒ２ ｒ Ｒ ２ 解得ｒ ３Ｒ １２６ ２１
＝ ＋（ ３ － ） ， ＝ ， ７．（２０２１安徽皖南八校联考，８）魏晋时期数学家刘徽在他的著作
２
æ ö２ 九章算术注 中 称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱
则圆锥的表面积 Ｓ ｒ２ １ ｒ ｒ ｒ２ ç ３Ｒ÷ 《 》 ，
＝π ＋ ×２π ×２ ＝３π ＝３π×è ø ＝ 所围成的几何体为 牟合方盖 如图 刘徽通过计算得知正
２ ２ “ ”（ ），
方体的内切球的体积与 牟合方盖 的体积之比应为 ．在
９ Ｒ２．故选 ． “ ” π ∶ ４
π Ｂ 某一球内任意取一点 则此点取自球的一个内接正方体的 牟
４ ， “
合方盖 的概率为
” （ ）
４．（２０２１四川凉山二诊，３）一个大于 的自然数 除了 和它自身外
１ ， １ ，
不能被其他正整数整除的数叫做素数．我国数学家陈景润在哥德 １ ２ ４ ３ ３
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是 每个 ２ ３ ９π ９
“
大于 的偶数可以表示为两个素数的和 如 ．在不超过 答案 Ｃ 设球的直径为 ａ 则球的内接正方体的棱长为
２ ”， ８＝３＋５ ２０ ３ ，
的素数中 随机地取两个不同的数 其和等于 的概率是 ａ
， ， ２０ （ ） ａ 正方体的内切球的半径ｒ
， ＝ ，
１ １ １ ３ ２
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ( ａ ) ３
答
７
案 Ｃ 在不
９
超过 的素数
１４ ２８
中 ∴
正方体的内切球的体积 Ｖ
内切球 ＝
４
π× ＝
π ａ３
，
２０ ２，３，５，７，１１，１３，１７，１９ ， ３ ２ ６
随机 包 地 含 取 的 两 基 个 本 不 事 同 件 的 有 数 ， 基本事件总数ｎ ＝ 其 Ｃ ２ ８ 和 ＝２ 等 ８， 于 其和等 的 于 概 ∵ Ｖ Ｖ 内切球 ＝ π ，∴ Ｖ 牟合方盖＝ ４ × πａ３ ＝ ２ ａ３ ，∴ 此点取自球的内
２０ ：（３，１７），（７，１３），∴ ２０ 牟合方盖 ４ π ６ ３
率Ｐ ２ １ ． ２ ａ３
＝ ＝
２８ １４ 接正方体的 牟合方盖 的概率为 ３ ４ ３．
５．（２０２１四川顶级名校联考，１１）做一个游戏 让大家各自随意写 “ ” æ ö３ ＝
： ４ ç ３ａ÷ ９π
下两个小于 的正数 然后请他们各自检查一下 所写的两数 πè ø
１ ， ， ３ ２
与 是否构成一个锐角三角形的三边 最后把结论告诉你 作 ８．（２０２１河南普通高中适应性测试，９）从正方体的 条棱中任
１ ， ， １２
为主角的你 只需将每个人的结论记录下来就行了．假设有 ｎ 选 条棱 则这 条棱两两异面的概率为
， ３ ， ３ （ ）
第十二章 概率与统计 ６ ３１
１１．（２０２１天津南开二模，１３）甲 乙两人参加一次历史知识竞赛
２ ３ ４ ６ 、 ，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 已知在备选的 道试题中 甲 乙分别都能答对其中的 道
５５ ５５ ５５ ５５ １０ ， 、 ８
答案 Ａ 从正方体的 条棱中任选 条棱 基本事件总 题．规定每人都从备选题中随机抽出 道题进行回答 至少答
１２ ３ ， ３ ，
数ｎ ３ 对 道题才算合格．则甲不合格的概率是 ．甲 乙两
＝Ｃ１２＝２２０， ２ 、
这三条棱两两异面包含的基本事件个数ｍ 人中恰有一人合格的概率是 ．
＝８，
ｍ
故这 条棱两两异面的概率Ｐ ８ ２ ． 答案 １ ２８
３ ＝ ｎ ＝ ＝ ；
２２０ ５５ １５ ２２５
解析 设甲 乙合格分别为事件Ａ Ｂ
二、多项选择题 、 、 ，
２ １ ３
９．（２０２１届山东潍坊重点中学联考，１０）从甲袋中摸出一个红球 则甲考试合格的概率为Ｐ Ａ Ｃ８Ｃ２＋Ｃ８ １４
（ ）＝ ３ ＝ ，
Ｃ１０ １５
的概率是 １ 从乙袋中摸出一个红球的概率是 １ 从两袋各摸
， ， 甲不合格的概率为 Ｐ Ａ １
３ ２ ∴ １－ （ ）＝ ，
出一个球 下列结论正确的是 １５
， （ ）
由题意知 乙合格的概率为Ｐ Ｂ １４
个球都是红球的概率为 １ ， （ ）＝ ，
Ａ．２ １５
６
故甲 乙两人恰有一人合格的概率为 １ １４ １ ２８．
个球不都是红球的概率为 １ 、 Ｃ２× × ＝
Ｂ．２ １５ １５ ２２５
３ １２．（２０２１天津和平期末，１３）现有甲 乙 丙 丁 戊 种在线教学
、 、 、 、 ５
至少有 个红球的概率为 ２ 软件 若某学校从中随机选取 种作为教师 停课不停学 的
Ｃ． １ ， ３ “ ”
３ 教学工具 则其中甲 乙 丙至多有 种被选取的概率为
， 、 、 ２
个球中恰有 个红球的概率为 １ ．
Ｄ．２ １
２
答案 ＡＣＤ 设 从甲袋中摸出一个红球 为事件Ａ 从 答案 ９
“ ” １，“
乙袋中摸出一个红球 为事件Ａ １０
” ２， 解析 基本事件总数ｎ ３
＝Ｃ５＝１０，
则Ｐ Ａ １ Ｐ Ａ １ 且Ａ Ａ 相互独立． 其中甲 乙 丙至多有 种被选取包含的基本事件个数 ｍ
（ １）＝ ， （ ２）＝ ， １， ２ 、 、 ２ ＝
３ ２ ２ １ １ ２
Ｃ３Ｃ２＋Ｃ３Ｃ２＝９，
从两袋中各摸出一个球 个球都是红球的概率为 １ １ ｍ
，２ × ＝ 则其中甲 乙 丙至多有 种被选取的概率Ｐ ９ ．
３ ２ 、 、 ２ ＝ ｎ ＝
１０
１ 正确 １３．（２０２１天津红桥二模，１３）在抗击新冠肺炎疫情期间 甲 乙两
，Ａ ； ， 、
６ 所医院各选派了 名医护人员加入 援鄂医疗队 其中甲院
个球不都是红球 是 个球都是红球 的对立事件 其概率 ６ “ ”，
“２ ” “２ ” ， 选派人员中有 名男医生 名女医生 乙院选派人员中有
４ 、２ ， １
为 ５ 错误 名男医生 名女医生．现需要分别从甲 乙两院选派的人员
，Ｂ ； 、５ 、
６ 中各随机抽调出一名医生作为联络人 则抽调出的两名医生
，
个球中至少有 个红球的概率为 Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ２ １ 都是男医生的概率为 ．
２ １ １－ （ ）· （ ）＝１－ ×
３ ２
答案 １
２ 正确
＝ ，Ｃ ； ９
３ 解析 设抽调出的两名医生都是男医生为事件Ａ
，
个球中恰有 个红球的概率为 １ １ ２ １ １ 正确．
２ 故选 ＡＣＤ ． １ ３ × ２ ＋ ３ × ２ ＝ ２ ，Ｄ 则Ｐ （ Ａ ）＝ Ｃ Ｃ １ ４ １ ６ Ｃ Ｃ １ １ １ ６ ＝ ９ １ ．
四、解答题
三、填空题
１４．（２０２１江西八所重点中学月考，１８）江西全面推进城市生活垃
１０．（２０２１安徽六校联考，１６）Ａ Ｂ Ｃ Ｄ四人之间进行投票 各人
， ， ， ， 圾分类 在 年年底实现 零 填埋．据统计 截至 年
， ２０２１ “ ” ， ２０２０
投自己以外的人 票的概率都是 １ 个人不投自己的票 则 月 全省 个设区市有 个党政机关 个事业单
１ （ ），
４ ， １１ １ ５９６ 、２ ００８
３
位 个公共场所 个相关企业 个示范片区
仅Ａ一人是最高得票者的概率为 ．
、３６９ 、３７３ 、５１ 、１ ７５２
个居民小区开展了垃圾分类工作 覆盖人口 ． 万人．某校
答案 ５ ， ２４８ １
为了宣传垃圾分类知识 面向该校学生开展了 垃圾分类知识
２７ ， “ ”
解析 所有的投票情况共有 ３ ４ ＝８１ 种 ， 网络问卷调查 ， 每位学生仅有一次参与机会 ， 通过抽样 ， 得到 １００
则仅Ａ一人是最高得票者 有 种情况 人的得分情况 将样本数据分成
， ２ ： ， ［５０，６０），［６０，７０），［７０，８０），［８０，
第一种情况 Ａ得了 票 即Ｂ Ｃ Ｄ都投了Ａ 而Ａ投了Ｂ Ｃ 五组 并整理得到如下频率分布直方图
， ３ ， 、 、 ， 、 、 ９０），［９０，１００］ ， ：
Ｄ中的一个 包含的基本事件个数为
， ３；
第二种情况 Ａ得了 票 即Ｂ Ｃ Ｄ中有 个人投了Ａ 另外
， ２ ， 、 、 ２ ，
一个人投了除Ａ和本人以外的另外 人中的一个
２ ，
而Ａ投了Ｂ Ｃ Ｄ中没有得到选票的 人中的一个 包含的基
、 、 ２ ，
本事件个数为 ２ １ １
Ｃ３Ｃ２Ｃ２＝１２，
仅Ａ一人是最高得票者的概率Ｐ ３＋１２ ５ ．
∴ ＝ ＝
８１ ２７
６ ３２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
已知成绩的中位数为 ． 成绩在 分以上的人数多 ．
７５ ９０ ”
求ｘ ｙ的值 并求出成绩的平均数 同一组中的每个数据 同 从该地区参加该活动的女生中随机抽取 人 估计该
（１） ， ， （ （１）， １ ，
可用该组区间中点值代替
）； 女生竞赛成绩在 分以上的概率为 ３ １ 则 Ｐ Ｃ
现用分层抽样从第四组和第五组按照比例抽选出 人进 ９０ ＝ ， （ ）＝
（２） ６ １５ ５
行垃圾分类知识竞答活动 再从中选出两人进行一对一 Ｐ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ｂ
， （ １ ２ １ ２＋ １ ２ １ ２＋ １ ２ １ ２＋ １ ２ １ ２＋ １ ２ １ ２）
求抽出的两人恰好来自同一组的概率．
ＰＫ， Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ
解析 中位数为 ． ｙ ． ＝ （ １） （ ２） （ １） （ ２）＋ （ １） （ ２） （ １） （ ２）＋
（１）∵ ７５，∴０００５×１０＋１０ ＋００４×（７５－７０）＝ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ
０
．
５，∴
ｙ
＝０
．
０２５，
又
∵０
．
０５＋０
．
２５＋０
．
４＋１０
ｘ
＋０
．
１＝１，∴
ｘ
＝０
．
０２，
（ １） （ ２） （ １） （ ２）＋ （ １） （ ２） （ １） （ ２）＋
则平均数ｘ ． ． ． ． ． Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ
＝５５×０ ０５＋６５×０ ２５＋７５×０ ４＋８５×０ ２＋９５×０ １＝ （ １） （ ２） （ １） （ ２）
( ) ( ) ( )
． ．
７５５ １ １ １ １ １ １ １ １ １ １
解法一 第四组与第五组人数的比为 从第四组抽选 ＝ × × １－ × １－ ＋ × × １－ × ＋ × ×
（２） ： ２ ∶ １，∴ ３ ( ３ ) ５ ( ) ５ ３ ( ３ ) ５ ( ５ ) ３ ３
人 记为 从第五组抽选 人 记为ａ ｂ 所有基本事件
４ ， １、２、３、４， ２ ， 、 ， １ × １－ １ ＋ １－ １ × １ × １－ １ × １－ １ ＋ １ ×
为 ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａｂ共 种 ５ ５ ３ ３ ５ ５ ３
１２、１３、１４、１ 、１ 、２３、２４、２ 、２ 、３４、３ 、３ 、４ 、４ 、 １５ ， ( ) ( ) ( )
来自同一组的有 ａｂ 共 种情况 １ １ １ ８８．
：１２、１３、１４、２３，２４、３４、 ， ７ ， １－ × １－ × １－ ＝
３ ５ ５ ２２５
故恰好来自同一组的概率Ｐ ７ ． 参考答案 不能确定μ μ ．
＝ １５ （ 上 ３ 述 ） 名男 ： 生 名女生 １＞ 竞 ２ 赛成绩的数据是随机的 所以
解法二 第四组与第五组的人数之比为 所以利用分层 １０ ，１０ ，
： ２ ∶ １， μ μ 是随机的 所以不能确定μ μ ．
抽样从第四组与第五组中分别抽选 ４ 人 ，２ 人．设从 ６ 人中抽 １６．（ １ ２ ， ０２ ２ １北京平谷 ， 质量监控，１８）随 １ 着 ＞ 人 ２ 民生活水平的提高 人
２ ２ ，
选两人恰好来自同一组为事件Ａ 则Ｐ Ａ Ｃ４＋Ｃ２ ７ ．所以 们对牛奶品质要求越来越高 某牛奶企业针对生产的鲜奶和
， （ ）＝ ２ ＝ ，
Ｃ６ １５ 酸奶 在一地区进行了质量满意调查 现从消费者人群中随
， ，
抽选的两人恰好来自同一组的概率为 ７ ． 机抽取 人次作为样本 得到下表 单位 人次
５００ ， （ ： ）：
１５
１５．（２０２１北京海淀二模，１８）为迎接 年北京冬季奥运会 普 老年人 中年人 青年人
２０２２ ， 满意度
及冬奥知识 某地区小学联合开展了 冰雪答题王 冬奥知识 酸奶 鲜奶 酸奶 鲜奶 酸奶 鲜奶
， “ ”
竞赛活动．现从参加该活动的学生中随机抽取了 名学生
３０ ， 满意
１００ １２０ １２０ １００ １５０ １２０
将他们的竞赛成绩 单位 分 用茎叶图记录如下
（ ： ） ： 不满意
５０ ３０ ３０ ５０ ５０ ８０
从样本中任取 人 求这个人恰好对生产的酸奶质量满
（１） １ ，
意的概率
；
从该地区的老年人中随机抽取 人 青年人中随机抽取
（２） ２ ， １
人 估计这三人中恰有 人对生产的鲜奶质量满意的
， ２
概率
；
依据表中三个年龄段的数据 你认为哪一个消费群体鲜
从该地区参加该活动的男生中随机抽取 人 估计该男 （３） ，
（１） １ ， 奶的满意度提升 ． 使得整体对鲜奶的满意度提升最
生的竞赛成绩在 分以上的概率 ０ １，
９０ ； 大 直接写结果
从该地区参加该活动的全体男生中随机抽取 人 全体 ？ （ ）
（２） ２ ， 解析 设这个人恰好对生产的酸奶质量满意为事件Ａ
女生中随机抽取 人 估计这 人中男生竞赛成绩在 （１） ，
２ ， ４ ９０ 抽取的总人次为 其中对酸奶质量满意的有
分以上的人数比女生竞赛成绩在 分以上的人数多的 ５００， １００＋１２０＋
９０
概率 人次 所以Ｐ Ａ ３７０ ３７．
１５０＝３７０ ， （ ）＝ ＝
；
５００ ５０
为便于普及冬奥知识 现从该地区某所小学参加冬奥知
由频率估计概率 可得抽取的老年人对生产的鲜奶质量满
（３） ，
（２） ，
识竞赛活动的学生中随机选取 名男生 名女生作为
１０ 、１０ 意的概率为４ 抽取的青年人对生产的鲜奶质量满意的概率
冬奥宣传志愿者．记这 名男生竞赛成绩的平均数为 ，
１０ ５
μ 这 名女生竞赛成绩的平均数为μ 能否认为μ
１， １０ ２， １＞ 为３ 记抽取的三人中恰有 人对生产的鲜奶质量满意为事
μ 说明理由． ， ２
２？ ５
解析 由茎叶图可知 随机抽取的 名学生中男生有 件Ｄ
（１） ， ３０ ，
名 其中竞赛成绩在 分以上的有 名 ( ) ( ) ２ ( )
１５ ， ９０ ５ ， Ｐ Ｄ １ ４ ３ ４ ４ ３ ５６
所以随机抽取的 名男生中竞赛成绩在 分以上的频率为 （ ）＝Ｃ２× × × １－ ＋ × １－ ＝ ，
１５ ９０ ５ ５ ５ ５ ５ １２５
５ １ ． 所以这三人中恰有 人对生产的鲜奶质量满意的概率为５６．
＝ ２
１５ ３ １２５
所以从该地区参加该活动的男生中随机抽取 人 估计该男 青年人．
１ ， （３）
１７．（２０２１北京延庆一模，１８） 年第 届冬季奥林匹克运动
生的竞赛成绩在 分以上的概率为 １ ． ２０２２ ２４
９０ 会 简称 北京张家口冬奥会 将在 年 月 日
３ ， “ ”， ２０２２ ０２ ０４ ～
记Ａ ｉ 表示 第 ｉ 名男生的竞赛成绩在 分以 年 月 日在北京市和张家口市联合举行 这是中国
（２） ｉ（ ＝１，２） “ ９０ ２０２２ ０２ ２０ ，
上 Ｂ ｊ 表示 第ｊ名女生的竞赛成绩在 分以上 历史上第一次举办冬季奥运会 北京将承办所有冰上项目
”， ｊ（ ＝１，２） “ ９０ ”， ， ，
Ｃ表示 人中男生竞赛成绩在 分以上的人数比女生竞赛 延庆和张家口将承办所有的雪上项目．下表是截取了 月
“４ ９０ ２ ５
第十二章 概率与统计 ６ ３３
日和２月６日两天的赛程表
： ２ １ ．
＝
年北京冬奥会赛程表 第七版 发布自 年 月 １００ ５０
２０２２ （ ， ２０２０ １１ ） 记 在这两天每天随机观看一场决赛 两场决赛恰好在同
北京赛区 延庆赛区 张家口赛区 （ｉｉ） “ ，
当 一赛区 为事件Ｂ．由题表可知 在这两天每天随机观看一场
” ，
年 开 速 短 花 高 有 钢 无 跳 北 越 单 冬 自日 决赛共有 种不同的情况 其中两场决赛恰好在北京
２０２２ 月 闭 冰 冰 度 道 样 山 舵 架 舵 台 欧 野 板 季 由 式 决 赛 赛区共有 ６× 种 ７ 不 ＝４ 同 ２ 的情况 在张家 ， 口赛区共有 种不
２ 幕 壶 球 滑 速 滑 滑 雪 雪 雪 滑 两 滑 滑 两 滑数 ２ ， ４×４＝１６
式 冰 滑 冰 雪 橇 车 橇 雪 项 雪 雪 项
雪
同的情况．所以Ｐ Ｂ ２＋１６ ３ ．
（ ）＝ ＝
六 ４２ ７
５（ ） ∗ ∗ １ １ ∗ １ １ ∗ １ １ ６ 随机变量Ｘ的所有可能取值为 ．
日 （２） １，２，３
６（ ） ∗ ∗ １ ∗ １ １ １ １ １ １ ７ ３
说 应 明 数 ： 量 “ 的 ∗ 决 ” 代 赛 表 ． 当日有不是决赛的比赛 ； 数字代表当日有相 根据题意 ， Ｐ （ Ｘ ＝１）＝ Ｃ Ｃ ４ ３ ７ ＝ ３ ４ ５ ，
１ ２ １ ２ １ ２ ２ １
若在这两天每天随机观看一个比赛项目 求恰好看到 Ｐ Ｘ Ｃ１Ｃ２＋Ｃ１Ｃ４＋Ｃ２Ｃ４＋Ｃ２Ｃ４ １＋６＋１２＋４ ２３
（１）（ｉ） ， （ ＝２）＝ ３ ＝ ＝ ，
冰壶和冰球的概率 Ｃ７ ３５ ３５
； １ １ １
若在这两天每天随机观看一场决赛 求两场决赛恰好 Ｐ Ｘ Ｃ１Ｃ２Ｃ４ ８ ．
（ｉｉ） ， （ ＝３）＝ ３ ＝
在同一赛区的概率 Ｃ７ ３５
； 随机变量Ｘ的分布列为
若在 月 日 星期日 的所有决赛中观看三场 记Ｘ为
（２） ２ ６ （ ） ，
赛区的个数 求Ｘ的分布列及期望Ｅ Ｘ ． Ｘ １ ２ ３
， （ ）
解析 记 在这两天每天随机观看一个比赛项目
（１）（ｉ） “ ， Ｐ ４ ２３ ８
恰好看到冰壶和冰球 为事件Ａ．由题表可知 在这两天每天 ３５ ３５ ３５
” ，
随机观看一个比赛项目 共有 种不同的情况 其
， １０×１０＝１００ ， 数学期望Ｅ Ｘ ４ ２３ ８ ７４．
中恰好看到冰壶和冰球 共有 种不同的情况．所以Ｐ Ａ （ ）＝１× ＋２× ＋３× ＝
， ２ （ ）＝ ３５ ３５ ３５ ３５
学生用书Ｐ２１２
１．（２０２１５·３原创题）北京冬奥会将于 年 月 日到 日 点至少有两个城市的概率为
２０２２ ２ ４ ２０ （ ）
在北京和张家口举行．为纪念申奥成功 中国邮政发行 北京申
， 《 １ １ １ ３
办 年冬奥会成功纪念 邮票 图案分别为冬奥会会徽 冬 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２０２２ 》 ， “ ２ ３ ４ ４
梦 冬残奥会会徽 飞跃 冬奥会吉祥物 冰墩墩 冬残奥 ２． 答案 Ａ
”、 “ ”、 “ ”、
会吉祥物 雪容融 及 志愿者标志 ．现从一套 枚邮票中任 ３．（２０２１ ５·３原创题）为战胜新冠肺炎 某医院在 名积极申
“ ” “ ” ５ ， ３６
取 枚 则恰有 枚吉祥物邮票的概率为 请的医护人员中任选 名驰援武汉 若申请人中任何人被获准
３ ， ２ （ ） ２ ，
１ ３ ３ ７ 的可能性相同 且获准同性别的医护人员的概率是 １ 则申请
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ， ，
２ １０ ５ １０ ２
１． 答案 Ｂ 者中男性医护人员有 名．
２．（２０２１ ５·３原创题）据工信部和三大运营商介绍 我国 商 ３． 答案 或
， ５Ｇ ２１ １５
用正在有序推进 技术研发试验已进入最后阶段．和之前的移 ４．（２０２１ ５·３原创题）正方体ＡＢＣＤ Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′中 从Ａ′ Ｂ′ Ｄ′
， － ， ， ， ，
动通信相比 技术致力于解决 人与万物 间的关系 并在 Ｂ Ｃ Ｄ六个顶点中 任取两个顶点构成非零向量ｍ 则使ｍ
，５Ｇ “ ” ， ， ， ， ， ·
生活
、
工作
、
联系及沟通方式等各层面带来全面改变．现有 Ａ
、
Ａ→Ｃ′
＝０
成立的概率为 ．
Ｂ Ｃ三个城市拟分两批进入试点 进入试点的概率分别为 １ ４． 答案 ２
、 ， ，
２ ５
１ １ 在只有Ａ城市第一批进入试点的条件下 最终进入试
， ， ，
３ ４
