专题四 概率与统计
第2 练 概率专项训练
一、单选题：
1.(2025·四川省成都市·模拟)2024年6月，国家卫健委等16部门联合发布《“体重管理
年”活动实施方案》，旨在通过三年行动提升全民体重管理意识，推广健康生活方式.体重
指数(体重公斤数除以身高米数平方)是常用的衡量人体胖瘦程度的一个标准，中国成人参
考标准如下表.某中学在高三年级学生中随机抽取10人并计算出他们的体重指数分别为：
16，18，18，19，19.7，20.3，21，22，26，30，则下列结论不正确的是( )
偏瘦
<18.5
正常
18.5∼23.9
偏胖
24∼27.9
肥胖
≥28
A. 这组数据的中位数为20 B. 该组数据的极差为14
C. 这十个人的平均体重正常 D. 从该校学生中随机抽取一人，体重肥胖概率为20 %
【答案】D
【解析】解：对于A，这组数据的中位数为19.7+20.3
2
=20，A 正确；
对于B，这组数据的极差为30−16=14，B 正确；
对于C，10人体重指数的平均数为16+18+18+19+19.7+20.3+21+22+26+30
10
=21，
C 正确；
对于D，10人中体重指数不小于28的1人，从该校学生中随机抽取一人，体重肥胖概率为
10 %，D 错误．
故选：D．
二、多选题：
2.(2025·云南省丽江市·模拟)已知A，B为两个事件，则下列命题正确的是( )
A. 若A ⊆B，P(B)>0，则P( A )≤P( A |B)
B. 若P( A )>0，P(B)>0，A，B相互独立，则AB≠⌀
C. 若P( A )=0.6，P(B)=0.8，则P( AB)的最小值可能为0.38
D. 若AB = ⌀，则P( A |B)= P( A)
P(B)
【答案】ABD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，由A ⊆B，则P( AB)= P( A )，则有P( A |B)= P( AB)
P(B) = P( A)
P(B)，
而0< P(B)≤1，则P( A )≤P( A |B)，故A 正确；
对于B，若P( A )>0，P(B)>0，A，B相互独立，则P( AB)= P( A )P(B)>0，则
AB≠⌀，故B 正确；
对于C，由P( A )=0.6，P(B)=0.8，得P( AB)= P( A )+ P(B)−P( A ∪B)≥0.4，
则P( AB)的最小值不可能为0.38，故C 错误；
对于D，若AB = ⌀，则A ⊆B，所以P( A |B
)= P( A B)
P(B) = P( A)
P(B)，故D 正确．
故选：ABD．
3.(2025·山西省吕梁市·模拟)已知随机事件A，B满足P( A ∪B)=1，P( A B)= 1
4
，
P( A B)= 1
3
，则下列结论正确的是( )
A. P( AB)= 5
12
B. P( A )< P(B)
C. P(B|A )= 5
8
D. 事件A，B相互独立
【答案】ABC
【解析】解：由题意，A，B是随机事件，P( A ∪B)=1，且P( A B)= 1
4
，P( A B)= 1
3
．
则P( A )= P( AB∪A B)= P( AB)+ P( A B)= P( AB)+ 1
4
，
P(B)= P( AB∪A B)= P( AB)+ P( A B)= P( AB)+ 1
3
，
又P( A ∪B)= P( A )+ P(B)−P( AB)=1，
则P( AB)+ 1
4 + P( AB)+ 1
3 −P( AB)=1，解得P( AB)= 5
12
，故A 正确；
则P( A )= P( AB)+ 1
4 = 5
12 + 1
4 = 2
3
，P(B)= P( AB)+ 1
3 = 5
12 + 1
3 = 3
4
，
显然P( A )< P(B)，故B 正确；
而P(B|A )= P( AB)
P( A ) =
5
12
2
3
= 5
8
，故C 正确；
由P( AB)= 5
12 ≠P( A )⋅P(B)= 1
2
，所以A，B不是相互独立事件，故D 错误．
故选：ABC．
4.(2025·四川省乐山市·月考)下列说法正确的为( )
A. 在回归模型的残差分析中，决定系数R
2越接近1，意味着模型的拟合效果越好
B. 数据x1, x2,⋯, xn的标准差为s，则数据a x1+b,a x2+b,⋯,a xn+b的标准差为|a|s
C. 已知随机变量ξ ∼N (1,σ
2)，若P(ξ >2)=0.2，则P(0≤ξ ≤2)=0.6
D. 在装有3个黑球，2个红球的袋子中随机摸出两个球，则摸出的两个球“均为黑球”与
“均为红球”是对立事件
【答案】ABC
【解析】对于A，决定系数R
2的值越大，残差平方和越小，拟合的效果越好，故 A 正确;
对于B：设数据x1, x2,⋯, xn的平均数x，则a x1+b,a x2+b,⋯,a xn+b的平均数为a x +b，
标
准
差
为
√
1
n [(a x1+b−a x−b)
2+(a x2+b−a x−b)
2+⋯+(a xn+b−a x−b)
2= √
1
n a
2[( x1−x)
2+( x2−x)
2+⋯+( xn
故 B 正确；
对于C：因为随机变量ξ ∼N (1,σ
2)，所以P(ξ ≥1)=0.5，
又因为P(ξ >2)=0.2，所以P(1≤ξ ≤2)=0.5−0．2=0.3，
所以P(0≤ξ ≤2)=2 P(1≤ξ ≤2)=0.6，故 C 正确；
对于D：在装有3个黑球，2个红球的袋子中随机摸出两个球，
则摸出的两个球“均为黑球”的对立事件为“摸出的两个球“不全为黑球”，故D 错误．
故选：ABC．
三、填空题：
5.(2025·福建省龙岩市·模拟)已知数集A = {1,2,3,4,5,6,7}，B = {1,2,3,4,5,6}，现随机从A
和B中各抽取3个不同的数分别构成最大的三位数X和Y ，则事件“X >Y ”的概率为 ．
【答案】7
10
【解析】解：X >Y 可分为两类：X中有7时X >Y 和X中无7时X >Y ，
由题意可得：P( X中有7)= C6
2
C7
3 = 3
7
，P( X中无7)=1−3
7 = 4
7
，
若X中含7，则X >Y ；
若X中无7的情况下：P( X =Y )=
C6
3
C6
3⋅C6
3 = 1
20
，
此时P( X >Y )= P( X <Y )= 1
2 (1−1
20 )= 19
40
；
所以P( X >Y )= 3
7 + 4
7 × 19
40 = 49
70 = 7
10
．
故答案为：7
10
．
6.(2025·山西省晋城市·模拟)有6张卡片，分别标有数字1,2,3,4,5,6，现从这6张卡片中随机
抽出2张，则抽出的2张卡片上的数字之和等于5的概率为 ．
【答案】2
15
【解析】解：从6张卡片中随机抽出2张，则样本空间中总的样本点数为C6
2=15，
其中抽出的2张卡片上的数字之和等于5的组合有1，4或2，3共2种，
所以抽出的2张卡片上的数字之和等于5的概率为2
15
．
故答案为：2
15
．
7.(2025·吉林省松原市·模拟)现有质量分别为1,2,3,4,5,7千克的六件货物，将它们随机打包
装入三个不同的箱子，每个箱子装入两件货物，每件货物只能装入一个箱子.则第一､二个
箱子的总质量均不小于第三个箱子的总质量的概率是 ．
【答案】2
5
【解析】解：由于六件货物的质量之和不是3的倍数，因而不可能出现三个箱子的总重量
都相同的情况，
设事件A表示存在两个箱子，它们的总质量相同且同时最小，
事件B表示第一､二个箱子的总质量均不小于第三个箱子的总质量，
考虑三个箱子的摆放顺序，可得P(B| A )= C2
1 A2
2
A3
3 = 2
3
，
当A发生时，这两个箱子的货物组合只能是{1,4}和{2,3},{1,5}和{2,4},{2,5}和{3,4}三种可
能，
故P( A )= C3
1 A3
2
C6
2C4
2 = 1
5
，
当A不发生时，A表示仅有一个箱子的总质量最小，于是由对称性，得P(B| A )= 1
3
，
故P(B)= P(B| A )P( A )+ P(B| A )P( A )= 2
3 × 1
5 + 1
3 × 4
5 = 2
5
．
故答案为：2
5
．
8.(2025·河北省秦皇岛市·模拟)2024年10月30日，神舟十九号载人飞船发射取得圆满成功，
神舟十九号航天员乘组顺利进驻中国空间站．为领悟航天精神，感受中国梦想，某市组织
了一次航天知识竞赛．已知该市A，B ,C , D四所学校各派两名学生参加本次竞赛，这8名
学生要坐在如下表所示的座位上开赛前大会，则同一学校的两名学生在同一列和同一行中
均不相邻，且每一行有且只有3个不同学校的学生的概率为 ．
1234
5678
【答案】11
105
【解析】解：由题意得8名学生任意坐有A8
8种不同坐法，
1,2,3,4号位有3个不同学校的学生，
则前排1,2,3,4号位有同一学校的两名学生，后排5,6,7,8号位也有余下学校的两名学生，
其他两校的两生，在前、后两排各有一人，
先选两校分别在1,2,3,4号位和5,6,7,8号位同有两人，共有A4
2种方法，
在1,2,3,4号位的同校两人不相邻，不同校的两人先排序有A2
2种排法，
再在3个空中选两个位给同校两人有C3
2种排法，
所以1,2,3,4号位有A2
2C3
2=6种安排方法，
这6种排法中，若前排同校两人间有两人(有2种情况，如ABCA , ACBA )，则后排有3种排
法，
若前排同校两人间有一人(有4种情况，如BACA ,CABA , ABAC , ACAB)，则后排有4种
排法，
此时有A4
2×(2×3+ 4×4)种不同安排方法满足条件，
同一学校的位置上两人又可互换位置，
故总共有A4
2×(2×3+ 4×4)×2×2×2×2种不同的坐法，
使同一学校的两名学生在同一列和同一行中均不相邻，
且每一行有且只有3个不同学校的学生，
故所求概率为A4
2×(2×3+ 4×4)×2×2×2×2
A8
8
= 11
105
．
故答案为：11
105
．
9.(2025·广西壮族自治区·模拟)从公比不为1的正项等比数列{an}的前8项中任取三项，则这
3项能构成等比数列的概率为 ．
【答案】3
14
【解析】解：从8项中任取三项，
共有C8
3=56种，
设取出的三项为ai=a1q
i−1，a j=a1q
j−1，ak =a1q
k −1(1≤i< j<k ≤8)，
若这三项成等比数列，
则(a1q
j−1)
2=a1q
i−1⋅a1q
k −1，
即2( j−1)=(i−1)+(k −1)，
化简得2 j =i+ k．
当i=1，j =2时，k =3;
当i=1，j =3时，k =5;
当i=1，j = 4时，k =7;
当i=2，j =3时，k = 4;
当i=2，j = 4时，k =6;
当i=2，j =5时，k =8;
当i=3，j = 4时，k =5;
当i=3，j =5时，k =7;
当i= 4，j =5时，k =6;
当i= 4，j =6时，k =8;
当i=5，j =6时，k =7;
当i=6，j =7时，k =8，
共12种，
则所求概率为12
56 = 3
14
．
故答案为3
14
．
四、解答题：
10.(2025·山东省青岛市·模拟)某工厂的某种产品成箱包装，每箱20件，每箱产品在交付用
户之前都要从中随机抽出m(2≤m≤19)件进行检验，假设每箱产品中均恰有2件不合格品．
(1)若m=2，求检验一箱产品时恰好抽到1件不合格品的概率；
(2)若检验一箱产品时至少抽到1件不合格品的概率大于0.5，求m的最小值．
【答案】(1) 18
95
；
(2)m的最小值为6．
【解析】解：(1)根据题意，设事件“检验一箱产品时恰好抽到1件不合格品”为A，
从20件产品中取出2件，有C20
2 种取法，
其中恰好抽到1件不合格品的情况有C2
1C18
1 种，
则P( A )= C2
1C18
1
C20
2
= 36
190 = 18
95
；
(2)根据题意，设事件“检验一箱产品时至少抽到1件不合格品”为B，
则P(B)= C2
1C18
m−1+C2
2C18
m−2
C20
m
=
2×18!
(m−1)!(19−m)! +
18!
(m−2)!(20−m)!
20!
m!(20−m)!
= 39m−m
2
380
，
令39m−m
2
380
>0.5，得39m−m
2>190，
当2≤m≤19时，y =39m−m
2单调递增，
又当m=5时，39×5−5
2=170<190，当m=6时，39×6−6
2=198>190，
所以m的最小值为6．
11.(2025·河南省南阳市·模拟)甲乙两人轮流投掷质地均匀的骰子，第一轮甲先后投掷两次，
接着乙先后投掷两次，依此轮流每人连续投掷两次．
(1)甲先后投掷两次，在第一次掷出偶数点的条件下，求甲两次掷出的点数之和大于6的概
率；
(2)若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数，则甲获胜.同时比赛结束；否则，由另一人
继续投掷，直到有人连续两次掷出的点数均为偶数，则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概
率.(注：若0< p<1，当n→+ ∞时，p
n看作0)
【答案】(1) 2
3
．
(2) 4
7
．
【解析】解：(1)设事件A =“甲第一次掷出偶数点”，事件B =“甲两次掷出的点数之和
大于6”，
样本空间Ω={(m,n)|m ,n∈{1,2,3,4,5,6}}，
样本空间包含的样本点个数为n(Ω)=6×6=36，且每个样本点都是等可能的．
A ={(m,n)|m∈{2,4,6},n∈{1,2,3,4,5,6}}，n( A )=3×6=18，
AB ={(2,5),(2,6),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}，
n( AB)=12，
则P( A )= 18
36 = 1
2
，P( AB)= 12
36 = 1
3
，
所以P(B|A )= P( AB)
P( A ) =
1
3
1
2
= 2
3
，(或P(B|A )= n( AB)
n( A) = 12
18 = 2
3 )，
即在甲第一次掷出偶数点的条件下，两次掷出的点数之和大于6的概率为2
3
．
(2)若甲第一轮获胜，概率为P1= C3
1⋅C3
1
6×6 = 1
4
；
若甲第二轮获胜，即第一轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，第二轮甲投掷后的两个
点数都为偶数，概率为P2=(1−1
4 )×(1−1
4 )× 1
4 =( 3
4 )
2× 1
4
；
若甲第三轮获胜，即前两轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，第三轮甲投掷后的两个
点数都为偶数，概率为P3=( 3
4 )
4× 1
4
；
由以上可得，若甲第n(n≥1)轮获胜，即前n−1轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，
第n轮甲投掷后的两个点数都为偶数.概率为Pn=[( 3
4 )
2]
n−1× 1
4 =( 3
4 )
2n× 1
4
；
于是，P1，P2，P3，…，Pn组成一个以1
4
为首项，( 3
4 )
2为公比的等比数列．
所以P1+ P2+ P3+⋯+ Pn=
1
4 ×[1−( 3
4 )
2n]
1−( 3
4 )
2
= 4
7 [1−( 3
4 )
2n]．
则当n→+ ∞时，P = 4
7
，故甲获胜的概率为4
7
．
12.(2025·河北省·月考)篮球运动是在1891年由美国马萨诸塞州斯普林尔德市基督教青年会
训练学校体育教师詹姆士·奈史密斯博士，借鉴其他球类运动项目设计发明的．起初，他将
两只桃篮钉在健身房内看台的栏杆上，桃篮上沿离地面约3.05米，用足球作为比赛工具，
任何一方在获球后，利用传递、运拍，将球向篮内投掷，投球入篮得一分，按得分多少决
定比赛胜负．在1891年的12月21日，举行了首次世界篮球比赛，后来篮球界就将此日定
为国际篮球日．甲、乙两人进行投篮，比赛规则是：甲、乙每人投3球，进球多的一方获
得胜利，胜利1次，则获得一个积分，平局或者输方不得分．已知甲和乙每次进球的概率
分别是1
2
和p，且每人进球与否互不影响．
(1)若p= 2
3
，求乙在一轮比赛中获得一个积分的概率；
(2)若1
2 ≤p≤2
3
，且每轮比赛互不影响，乙要想至少获得3个积分且每轮比赛至少要超甲2
个球，从数学期望的角度分析，理论上至少要进行多少轮比赛？
【答案】(1) 55
108
；
(2)理论上至少要进行15轮比赛．
【解析】解：(1)设事件Ai表示甲在一轮比赛中投进i个球，Bi表示乙在一轮比赛中投进i个
球，(i=0,1,2,3)，
则P( A0)=(
1
2)
3
= 1
8
，P( A1)=C3
1(
1
2)
3
= 3
8
，P( A2)=C3
2(
1
2)
3
= 3
8
，P( A3)=C3
3(
1
2)
3
= 1
8
；
P(B0)=(
1
3)
3
= 1
27
，P(B1)=C3
1× 2
3 ×(
1
3)
2
= 6
27 = 2
9
，P(B2)=C3
2×(
2
3)
2
× 1
3 = 12
27 = 4
9
，
P(B3)=C3
3×(
2
3)
3
= 8
27
；
若乙在一轮比赛中获得一个积分，则乙胜利1次，
故其概率P = P(B1 A0)+ P(B2 A0)+ P(B2 A1)+ P(B3 A0)+ P(B3 A1)+ P(B3 A2)
= P(B1)P( A0)+ P(B2)P( A0)+ P(B2)P( A1)+ P(B3)P( A0)+ P(B3)P( A1)+ P(B3)P( A2)
= 2
9 × 1
8 + 4
9 ×(
1
8 + 3
8)+ 8
27 ×(
1
8 + 3
8 + 3
8)= 55
108
；
(2)设
事
件
C表
示
乙
每
场
比
赛
至
少
要
超
甲
2个
球
，
则
P(C)= P(B2 A0)+ P(B3)P( A0)+ P(B3)P( A1)
=C3
2 p
2(1−p)× 1
8 + p
3(
1
8 + 3
8)= 1
8 p
3+ 3
8 p
2，
设随机变量X表示n轮比赛后，乙在每轮比赛至少要超甲2个球的情况下获得的积分，
显然X ∼B(n, 1
8 p
3+ 3
8 p
2)
，故E (X )=n(
1
8 p
3+ 3
8 p
2)
，
要满足题意，则E (X )≥3，即n(
1
8 p
3+ 3
8 p
2)≥3，
又p∈[
1
2 , 2
3]，故n≥
3
1
8 p
3+ 3
8 p
2，
令f (x)= 1
8 x
3+ 3
8 x
2, x∈[
1
2 , 2
3]
，则f
′( x)= 3
8 x (x +2)>0在[
1
2 , 2
3]
恒成立，
故f (x)在[
1
2 , 2
3]
上单调递增，f (x)的最大值为f(
2
3)= 11
54
，
则1
8 p
3+ 3
8 p
2的最大值为11
54
，
3
1
8 p
3+ 3
8 p
2的最小值为162
11
，而14< 162
11 <15，
故理论上至少要进行15轮比赛．
13.(2025·山西省吕梁市·模拟)某市甲、乙两支足球俱乐部各有注册球员100名，下表是两
支俱乐部在冬训期间训练一小时的跑动数据信息：
步数/万
步
(2,3[3,4[ 4,5[5,6[6,7[7,8合计
甲俱乐部12 a1
a2
a3
9
4 100
乙俱乐部14 b2
b1 11
7
2 100
其中a1、a2、a3、9四个数据成等差数列，11、b1、b2成公比为正整数的等比数列．
(1)以每组数据的区间中点估计本组数据的平均值，求甲俱乐部队员跑动步数的平均数x，
并估计乙俱乐部队员跑动步数的75％分位数y(结果保留两位小数)；
(2)两队比赛半场休息期间，4名队员A、B、C、D围圈传球热身，球从A脚下开始，等
可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，
如此不停地传下去，记第n次传球之前球在A脚下的概率为pn
，求数列{pn}的通项公式．
【答案】(1) y ≈4.77．
(2) pn= 1
4 + 3
4 ⋅(−1
3)
n−1．
【解析】解：(1)因为a1、a2、a3、9四个数据成等差数列，结合表格中的数据可得
a1+a2+a3=3a2=75，解得a2=25，
故其公差为d = 9−a2
2
=−8，
所以，a1=a2−d =33，a3=a2+d =17，
因为11、b1、b2成公比为正整数的等比数列，由表格中的数据可得b1+b2=66，
由题意可得{
b1+b2=66
b1
2=11b2
b1
11 ∈N
∗
，解得{
b1=22
b2= 44 ,
补充表格中的数据得下表：
步数/万
步
(2,3[3,4[ 4,5[5,6[6,7[7,8合计
甲俱乐部12 33 25 17
9
4 100
乙俱乐部14 44 22 11
7
2 100
所以，x = 12×2.5+33×3.5+25×4.5+17×5.5+9×6.5+ 4×7.5
100
= 4.4，
对于乙俱乐部，数据落在区间(2,4)的频率为14 + 44
100
=0.58，
数据落在区间(2,5)的频率为14 + 44 +22
100
=0.8，所以，y ∈(4,5)，
由百分位数的定义可得0.58+( y −4)×0.22=0.75，解得y ≈4.77．
(2)记事件En:第n(n∈N
∗)次传球之前求在A的脚下，则P(En)= pn
，且p1=1，
由题意可得P(En+1|En)=0，P(En+1|En)= 1
3
，
由全概率公式可得P(En+1)= P(En)P(En+1|En)+ P(En)P(En+1|En)，
即pn+1=0+ 1
3 (1−pn)=−1
3 pn+ 1
3
，可得pn+1−1
4 =−1
3(pn−1
4)
，且p1−1
4 = 3
4
，
所以，{pn−1
4}
是首项为3
4
，公比为−1
3
的等比数列，故pn−1
4 = 3
4 ⋅(−1
3)
n−1，
因此，pn= 1
4 + 3
4 ⋅(−1
3)
n−1．
