专题03 条件概率与全概率公式
+离散型随机变量压轴题
知识点1：条件概率
（1）一般地，设A ，B 为两个随机事件，且
( )
0
P A
，我们称
(
)
(
|
)
( )
P AB
P B A
P A
为在事件A 发生的条件
下，事件B 发生的条件概率，简称条件概率．
知识点2：乘法公式
由条件概率的定义，对任意两个事件A 与B ，若
( )
0
P A
，则
(
)
( )
(
|
)
P AB
P A
P B A
．我们称上式为概
率的乘法公式．
知识点3：条件概率的性质
条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质．设
( )
0
P A
，则
①
(
|
)
1
P
A
；
②如果B 和C 是两个互斥事件，则
(
|
)
(
|
)
(
|
)
P B
C A
P B A
P C A
；
③设B 和B 互为对立事件，则
(
|
)
1
(
|
)
P B A
P B A
．
④任何事件的条件概率都在0 和1 之间，即：0
(
|
)
1
P B A
.
知识点4：事件的相互独立性
（1）事件A 与事件B 相互独立：对任意的两个事件A 与B ,如果
(
)
( ) ( )
P AB
P A P B
成立，则称事件A 与
事件B 相互独立，简称为独立.
（2）性质：若事件A 与事件B 相互独立，则A 与B , A 与B , A 与B 也都相互独立，
(
|
)
( )
P B A
P B
,
(
|
)
( )
P A B
P A
.
知识点5：全概率公式
（1）一般地,设
1A ,
2
A ,
3
A
n
A 是一组两两互斥的事件,
1
2
3
n
A
A
A
A
,且
(
)
0
i
P A
，
1,2,3,4
i
n
,则对任意的事件B ,有
1
( )
(
) (
|
)
n
i
i
i
P B
P A P B A
,我们称此公式为全概率公式.
（2）全概率公式的理解
全概率公式的直观意义：某事件B 的发生有各种可能的原因
iA （
1,2,3,4
i
n
）,并且这些原因两两互斥
不能同时发生，如果事件B 是由原因
iA 所引起的，且事件
iA 发生时，
i
BA 必同时发生，则
( )
P B 与
(
)
i
P BA
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
有关，且等于其总和
1
1
(
)
(
) (
|
)
n
n
i
i
i
i
i
P BA
P A P B A
.
知识点6：贝叶斯公式
（1）设
1A ,
2
A ,
3
A
n
A 是一组两两互斥的事件,
1
2
3
n
A
A
A
A
,且
(
)
0
i
P A
，
1,2,3,4
i
n
，
则对任意的事件B ,
( )
0
P B
，有
1
(
) (
|
)
(
) (
|
)
(
|
)
( )
(
) (
|
)
i
i
i
i
i
n
k
k
k
P A P B A
P A P B A
P A B
P B
P A P B A
，
1,2,3,4
i
n
.
知识点7：离散型随机变量均值与方差
（1）离散型随机变量均值
离散型随机变量的分布列
X
1x
2x
…
ix
…
nx
P
1p
2p
…
ip
…
np
均值
1
1
2
2
1
(
)
n
n
n
n
n
i
E X
x p
x p
x p
x p
（2）离散型随机变量的方差的概念
一般地，若离散型随机变量X 的概率分布列为：
X
1x
2x
…
ix
…
nx
P
1p
2p
…
ip
…
np
则称
2
2
2
1
1
(
)
(
(
))
(
(
))
(
(
))
i
i
n
n
D X
x
E X
p
x
E X
p
x
E X
p
2
1
(
(
))
n
i
i
i
x
E X
p
为随机变量X 的方差，有时也记为
(
)
Var X .
称
(
)
(
)
X
D X
为随机变量X 的标准差.
题型一条件概率
1．（2024·全国·模拟预测）已知A ，B 是一个随机试验中的两个事件，若
1
2
P A B
，
1
3
P B A
，则
(
)
(
)
(
)
P AB
P AB
P AB
等于（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】A
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
【详解】因为
1
2
P A B
，所以
(
)
1
( )
2
P AB
P B
，即
( )
2 (
)
P B
P AB
，
同理，由
1
3
P B A
得
( )
3 (
)
P A
P AB
，
因为
( )
(
)
(
)
2 (
)
P B
P AB
P AB
P AB
，所以
(
)
(
)
P AB
P AB
，
( )
(
)
(
)
3 (
)
P A
P AB
P AB
P AB
，所以
(
)
2 (
)
P AB
P AB
，
所以
(
)
(
)
3 (
)
3
(
)
(
)
P AB
P AB
P AB
P AB
P AB
．
故选：A.
2．（多选）（2023 下·浙江宁波·高二校联考期末）一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的红、黄、
蓝三种颜色的小球各一个，每次从袋子中随机摸出一个小球，记录颜色后放回，当三种颜色的小球均被摸
出过时就停止摸球.设
iA
“第i 次摸到红球”，
iB “第i 次摸到黄球”，
i
C “第i 次摸到蓝球”，
i
D “摸完第
i 次球后就停止摸球”，则（
）
A．
3
2
9
P D
B．
4
1
2
27
P D A
C．
1
1
2
2
3
n
n
n
P D
，
3
n
D．
3
1
2
2
2
3
n
n
n
n
n
P D B
C
，
3
n
【答案】ACD
【详解】对于AC，
n
D “摸完第n 次球后就停止摸球”，有放回的摸n 次，有3n 种可能，若恰好摸球n 次就
停止摸球，则恰好第n 次三种颜色都被摸到，即前
1
n
次摸到2 种颜色，第n 次摸到第三种颜色，共
1
2
3
2
2 C
n
种情况，
则
1
3
1
1
2
2
2
3
2
2 C
3
n
n
n
n
n
P D
，
3
n
，
2
3
2
2
2
2
3
9
P D
，AC 正确；
对于B，事件
4
1
D A 表示第一次摸到红球，摸到第4 次，摸球结束，
若第2 次或第3 次摸到的球为红球，此时有
1
2
A 种情况，不妨设第2 次摸到的球为红球，
则第3 次和第4 次摸到的球为蓝球或黄球，有2 种可能，故有
1
2
2A
4
种情况，
若第2 次和第3 次都没有摸到红球，则第2 次和第3 次摸到的球颜色相同，第4 次摸到的球和第2,3 次摸到
的球颜色不同，故有
2
2
A
2
种情况，
故
4
1
4
2
6
n D A
，其中摸4 次球可能的情况有
43
81
种，故
4
1
7
6
1
2
2
8
P D A
，
其中
1
1
3
P A
，故
4
1
4
1
1
2
9
P D A
P D A
P A
，B 错误；
对于D，
1
2
n
n
n
D B
C
表示“第
2
n
次摸到蓝球，第
1
n
次摸到黄球，第n 次摸到红球，停止摸球”，则前
3
n
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
次摸到的球是蓝球或黄球，故有
3
2n种可能，故
3
1
2
2
3
n
n
n
n
n
P D B
C
，
3
n
，
1
2
n
n
B
C
表示“在前n 次摸球中，第
2
n
次摸到蓝球，第
1
n
次摸到黄球”，故有
2
3n种可能，
故
2
1
2
3
3n
n
n
n
P B
C
，
3
n
，则
3
1
2
2
2
3
n
n
n
n
n
P D B
C
，
3
n
，D 正确.
故选：ACD
3．（多选）（2023·江苏·统考三模）设A ，B 是一个随机试验中的两个事件，且
1
3
P A
，
3
4
P B
，
1
2
P A
B
，则（
）
A．
1
6
P AB
B．
3
4
P B A
C．
P B
P B A
D．
7
12
P AB
AB
【答案】BCD
【详解】对于A：
P A
B
P A
P B
P AB
，
1
1
1
2
3
4
P AB
，
所以
1
12
P AB
，故A 错误；
对于B：
P AB
P AB
P A
，
1
1
12
3
P AB
，∴
1
4
P AB
，
1
3
4
1
4
3
P AB
P B A
P A
，故B 正确；
对于C：
1
(
)
1
12
(
)
1
( )
4
3
P AB
P B A
P A
，
1
4
P B
，∴
(
)
( )
P B A
P B
，故C 正确.
对于D：
1
12
P AB
AB
P AB
P AB
P AB
，
P B
P AB
P AB
，∴
3
1
4
4
P AB
，∴
1
2
P AB
，
∴
1
1
7
12
2
12
P AB
AB
，所以D 正确.
故选：BCD.
练一练
1．（多选）（2023 上·广东佛山·高三统考开学考试）设A，B 是一个随机试验中的两个事件，且
1
2
P A
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
2
3
P B
，
3
4
P A
B
，则（
）
A．
1
3
P AB
B．
1
4
P AB
C．
1
6
P B A
|
D．
1
2
P A B
|
【答案】BC
【详解】由
2
3
P B
可知
2
1
1
3
3
P B
，
又
3
4
P A
B
P A
P B
P AB
可得
1
12
P AB
，
由
P AB
P AB
P A
可得
5
12
P AB
，所以A 错误；
由
P AB
P AB
P B
可知，
1
4
P AB
，所以B 正确；
由条件概率公式可得
1
1
12
1
6
2
P AB
P B A
P A
|
，即C 正确；
又
P AB
P AB
P B
可得
1
4
P AB
，同理
1
3
4
2
8
3
P AB
P A B
P B
|
，即D 错误.
故选：BC
2．（多选）（2023 下·河北·高二校联考阶段练习）设M 、N 为随机事件，且
P M 、
0,1
P N
，则下
列说法正确的是（
）
A．若
P N M
P N
，则M 、N 可能不相互独立
B．若
P N M
P N
，则
P M N
P M
C．若
P N M
N
P N M
N
，则
P N
P M N
D．若
P M N
P N M
a
P N M
P M N
，
P N M
P M N
b
P M N
P N M
，则a
b
【答案】BCD
【详解】对于A 选项，根据条件概率公式
P MN
P N M
P M
及
P N M
P N
，
得
P MN
P N
P M
，即
P MN
P M
P N ，所以，M 、N 相互独立，A 错；
对于B 选项，由A 知，当
P N M
P N
时，
P MN
P M P N
，
所以，
P MN
P M
P N
P M N
P M
P N
P N
，B 对；
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
对于C 选项，由
P N M
N
P N M
N
，得
P M N
P N
P M
N
P M
N
，
所以
P N
P M N
，C 对；
对于D 选项，
P M N
P N
P MN
P MN
a
P M N
P N
P
N
P M
M
M N
P M
P
，
P MN
P M
P MN
P N
P MN
b
P N
P MN
P M
P M N
P M N
，所以，a
b
，D 对.
故选：BCD．
3．（2023 下·河北张家口·高二统考期末）已知离散型随机事件A，B 发生的概率
0.3
P A
，
0.4
P B
，
若
0.5
P A B
，事件A ，B ，A
B
分别表示A，B 不发生和至少有一个发生，则
P B A
B
，
P A
B A
B
.
【答案】
0.8/ 4
5
0.6/ 3
5
【详解】由题意得
(
)
(
)
(
)
0.5
( )
0.4
P AB
P AB
P A B
P B
∣
，
(
)
0.2, (
)
0.2, (
)
0.1, (
)
( )
( )
(
)
0.5
P AB
P AB
P AB
P A
B
P A
P B
P AB
，
( )
0.4
(
)
0.8
(
)
0.5
P B
P B A
B
P A
B
∣
，
(
)
(
)
0.1 0.2
(
)
0.6
(
)
0.5
P AB
P AB
P A
B A
B
P A
B
∣
，
故答案为：0.8；0.6.
题型二独立事件的判断
1．（2022·高二课时练习）如果A、B 是独立事件，A 、B 分别是A、B 的对立事件，那么以下等式中不一
定成立的是（
）
A．
(
)
( ) ( )
P A
B
P A P B
B．
(
)
( ) ( )
P A
B
P A P B
C．
(
)
( )
( )
P A
B
P A
P B
D．
(
)
(1
( ))(1
( ))
P A
B
P A
P B
【答案】C
【详解】因为A、B 是独立事件，A 、B 分别是A、B 的对立事件，所以
(
)
( ) ( )
P A
B
P A P B
，
(
)
( ) ( )
P A
B
P A P B
，
(
)
( ) ( )
(1
( ))(1
( ))
P A
B
P A P B
P A
P B
，即ABD 一定成
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
立.
(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( )
( )(1
( ))
( )(1
( ))
P A
B
P AB
P AB
P AB
P A P B
P A
P B
P B
P A
( )
( )
( ) ( )
P A
P B
P A P B
，即
(
)
( )
( )
P A
B
P A
P B 不一定成立.
故选：C
2．（2023 上·全国·高三专题练习）将甲、乙、丙、丁4 名医生随机派往①，②，③三个村庄进行义诊活
动，每个村庄至少派1 名医生，A 表示事件“医生甲派往①村庄”；B 表示事件“医生乙派往①村庄”；C
表示事件“医生乙派往②村庄”，则（
）
A．事件A 与B 相互独立
B．事件A 与C 相互独立
C．
5
|
12
P B A
D．
5
|
12
P C A
【答案】D
【详解】将甲、乙、丙、丁4 名医生派往①，②，③三个村庄进行义诊包含
2
3
4
3
C A
36
（个）样本点，它
们等可能，
事件A 含有的样本点个数为
3
2
2
3
3
2
A
C A
12
，
则
12
1
36
3
P A
，
同理
1
3
P B
P C
，
事件AB 含有的样本点个数为
2
2
A
2
，则
2
1
36
18
P AB
，
事件AC 含有的样本点个数为
2
1
1
2
2
2
C
C C
5
，则
5
36
P
AC
，
对于A，
1
9
P
A P
B
P
AB
，即事件A 与B 不相互独立，故A 不正确；
对于B，
1
9
P
A P C
P
AC
，即事件A 与C 不相互独立，故B 不正确；
对于C，
1
|
6
P
AB
P
B
A
P
A
，故C 不正确；
对于D，
5
|
12
P AC
P C A
P A
，故D 正确．
故选：D
3．（多选）（2023 上·福建莆田·高三莆田一中校考开学考试）连续抛掷两次骰子，“第一次抛掷结果向上的
点数小于3”记为A 事件，“第二次抛掷结果向上的点数是3 的倍数”记为B 事件，“两次抛掷结果向上的点数
之和为偶数”记为C 事件，“两次抛掷结果向上的点数之和为奇数”记为D 事件，则下列叙述中不正确的是（
）
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
A．C 与D 互斥
B．
1
2
P D A
C．A 与C 相互独立
D．B 与D 不相互独立
【答案】ABC
【详解】因为抛掷一次骰子，包含6个基本事件，
事件A 表示结果向上的点数为1、2 ，所以
1
3
P A
；
事件B 表示第二次抛掷结果向上的点数为3 、6，所以
1
3
P B
；
事件C 表示结果向上的点数为
1,1 ，
1,3 ，
1,5 ，
2,2 ，
2,4 ，
2,6 ，
3,1 ，
3,3 ，
3,5 ，
4,2 ，
4,4 ，
4,6 ，
5,1 ，
5,3 ，
5,5 ，
6,2 ，
6,4 ，
6,6 ，共18 种情况，
而抛掷两次骰子共出现6 6
36
种情况，所以
18
1
36
2
P C
；
事件D 表示结果向上的点数为
1,2 ，
1,4 ，
1,6 ，
2,1 ，
2,3 ，
2,5 ，
3,2 ，
3,4 ，
3,6 ，
4,1 ，
4,3 ，
4,5 ，
5,2 ，
5,4 ，
5,6 ，
6,1 ，
6,3 ，
6,5 ，共18 种情况，
而抛掷两次骰子共出现6 6
36
种情况，所以
18
1
36
2
P D
；
对于A：由上述事件C 与事件D 表示的结果可知，C
D
，所以事件C 与事件D 互斥且对立，故A 正确；
对于B：因为
1
3
P A
，
P AD 表示两次抛掷结果向上的点数之和为奇数且第一次抛掷结果向上的点数小
于3的概率，
其中AD 有
1,2 ，
1,4 ，
1,6 ，
2,1 ，
2,3 ，
2,5 共6 种情况，
所以
1
6
P AD
，所以
1
2
P AD
P D A
P A
，故B 正确；
对于C：因为
1
3
P A
，
1
2
P C
，
P AC 表示两次抛掷结果向上的点数之和为偶数且第一次抛掷结果向上的点数小于3 的概率，
其中AC 有
1,1 ，
1,3 ，
1,5 ，
2,2 ，
2,4 ，
2,6 ，共6 种情况，
所以
1
6
P AC
P A
P C
，所以A 与C 相互独立，故C 正确；
对于D：因为
1
3
P B
，
1
2
P D
，
而
P BD 表示两次抛掷结果向上的点数之和为奇数且第二次抛掷结果向上的点数是3 的倍数的概率，
其中BD 有
2,3 ，
4,3 ，
6,3 ，
1,6 ，
3,6 ，
5,6 ，共6 种情况，
所以
1
6
P BD
P B
P D
，所以B 与D 相互独立，故D 错误；
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
故选：ABC.
4．（2023 上·河南南阳·高二南阳中学校考阶段练习）口袋里装有2 红，2 白共4 个形状相同的小球，对其
编号红球1，2，白球3，4，从中不放回的依次取出两个球，事件A “第一次取出的是红球”，事件B “第
二次取出的是红球”，事件C “取出的两球同色”，事件D = “取出的两球不同色”，则以下命题所有正确的
序号是
.
①A 与B 互斥
②C 与D 互为对立事件
③A 与C 相互独立
④
1
(
|
)
3
P D B
【答案】②③
【详解】依题意，按取球先后次序排列取球编号，得试验的样本空间
{12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43}
，
事件
{12,13,14,21,23,24}
A
，事件
{12,21,31,32,41,42}
B
，
事件
{12,21,34,43}
C
，事件
{13,14,23,24,31,41,32,42}
D =
，
显然事件
,
A B 有公共的基本事件12,21，即
,
A B 不互斥，①错误；
事件
,
C D 不能同时发生，但必有一个发生，则C 与D 互为对立事件，②正确；
6
1
4
1
( )
, ( )
12
2
12
3
P A
P C
，事件
{12,21}
AC
，
2
1
(
)
( ) ( )
12
6
P AC
P A P C
，A 与C 相互独立，③正确；
6
1
( )
12
2
P B
，事件
{31,41,32,42}
BD
，
4
1
(
)
12
3
P BD
，
(
)
2
(
|
)
( )
3
P BD
P D B
P B
，④错误，
所以命题中所有正确的序号是②③.
故答案为：②③
练一练
1．
（2023 下·河北唐山·高二开滦第一中学校考期末）若
2
3
P A B
，
1
3
P A
，则事件A 与B 的关系是（
）．
A．事件A 与B 相互独立
B．事件A 与B 对立
C．事件A 与B 互斥
D．事件A 与B 互斥又相互独立
【答案】A
【详解】由题设
2
( )
1
( )
3
P A
P A
(
)
(
|
)
( )
P AB
P A B
P B
，
所以
(
)
( ) ( )
0
P AB
P A P B
，故A 与B 相互独立，则A 与B 不可能互斥.
故选：A
2．（多选）（2022 上·广东珠海·高二珠海市实验中学校考阶段练习）把一颗质地均匀的骰子任意地掷一次，
下列各组事件不是独立事件的组数为（
）
A．
{
M 掷出偶数点}，
{
N 掷出奇数点}
B．
{
M 掷出偶数点}，
{
N 掷出3 点}
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
C．
{
M 掷出偶数点}，
{
N 掷出3 的倍数点}
D．
{
M 掷出偶数点}，
{
N 掷出的点数小于4}
【答案】ABD
【详解】对于A，因为
1
1
(
)
, (
)
2
2
P M
P N
，而
(
)
0
P MN
，
此时
(
)
(
) (
)
P MN
P M P N ，所以事件M 与事件N 不是相互独立的；
对于B，因为
1
1
(
)
, (
)
2
6
P M
P N
，而
(
)
0
P MN
，
此时
(
)
(
) (
)
P MN
P M P N ，所以事件M 与事件N 不是相互独立的；
对于C，因为
1
1
(
)
, (
)
2
3
P M
P N
，而
1
(
)
6
P MN
，
此时满足
(
)
(
) (
)
P MN
P M P N
，所以事件M 与事件N 是相互独立的；
对于D，因为
1
1
(
)
, (
)
2
2
P M
P N
，而
1
(
)
6
P MN
，
此时
(
)
(
) (
)
P MN
P M P N ，所以事件M 与事件N 不是相互独立的；
综上可知，不是独立事件的组数为ABD.
故选：ABD.
3．（多选）（2023 下·河北石家庄·高二统考期末）一口袋中有除颜色外完全相同的3 个红球和4 个白球，
从中无放回的随机取两次，每次取1 个球，记事件
1A ：第一次取出的是红球；事件
2
A ：第一次取出的是白
球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（
）
A．事件
1A ，
2
A 为互斥事件
B．事件B，C 为独立事件
C．
3
( )
7
P B
D．
2
1
(
)
2
P C A
【答案】ACD
【详解】事件
1A ：第一次取出的是红球；事件
2
A ：第一次取出的是白球，这两个事件不可能同时发生，它
们是互斥的，A 正确；
事件B 发生时，取出的两球同为红色或同为白色，则
1
1
1
1
3
2
4
3
1
1
7
6
C C
C C
3
( )
C C
7
P B
，故C 正确；
事件C 发生时，取出的两球一红一白或同为红色，则
1
1
1
1
1
1
3
4
4
3
3
2
1
1
7
6
C C
C C
C C
5
( )
C C
7
P C
，
事件BC 发生时，取出的两球同为红色，则
1
1
3
2
1
1
7
6
C C
1
(
)
C C
7
P BC
，
因为
( ) ( )
(
)
P B P C
P BC
，所以事件B，C 不是独立事件，故B 错误；
2
7
(
4
)
P A
，
1
1
4
3
1
1
7
6
2
C C
2
)
C C
7
(
C
P A
，则
2
2
2
(
)
1
(
)
(
)
2
P A C
P C A
P A
，D 正确．
故选：ACD．
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
4．（2021·高二课时练习）一个盒子中装有a 个黑球和b 个白球，现从中先后有放回地任取2 个球，每次取
1 个．设A 表示事件“第一次取得黑球”，B 表示事件“第二次取得黑球”，试计算
P A 与
P A B 的值，并判
断A 与B 是否为独立事件．
【答案】答案见解析．
【详解】
( )
a
P A
a
b
，
(
|
)
a
P A B
a
b
，
2
2
(
)
(
)
a
a
a
P AB
a
b
a
b
a
b
，
( )
a
P B
a
b
，所以
(
)
( ) ( )
P AB
P A P B
，
事件A 与B 相互独立．
题型三条件概率性质应用
1．（2023 下·黑龙江齐齐哈尔·高二齐齐哈尔市恒昌中学校校考期末）下列有关事件的说法正确的是（
）
A．事件A ，B 中至少有一个发生的概率一定比A ，B 中恰有一个发生的概率大
B．若
1
P A
B
P A
P B
，则事件A ，B 为对立事件
C．若A ，B 为互斥事件，则
1
P A
P B
D．若事件A ，B ，C 满足条件
0
P B
，A 和C 为互斥事件，则
P
A
C
B
P A B
P C B
∣
∣
∣
【答案】C
【详解】对于A 中，若事件A 和B 都为不可能事件，此时两个概率相等，所以A 错误；
对于B 中，若在不同试验下，虽然有
1
P A
B
P A
P B
，但事件A 和B 不对立；若在同一试验下，
说明事件A 和B 对立，则B 错误；
对于C 中，若A ，B 互斥，且A ，B 对立，则
1
P A
P B
，
若A ，B 不对立，则
1
P A
P B
，所以C 正确；
对于D 中，若事件A ，B ，C 满足条件
0
P B
，A 和C 为互斥事件，
则
|
|
|
P
A
C
B
P A B
P C B
，所以D 错误，
故选：C.
2．（多选）（2023·全国·校联考模拟预测）设A ，B 是一个随机试验中的两个事件，且
1
( )
2
P A
，
11
( )
24
P B
，
7
(
)
24
P AB
AB
，则下列结论中正确的是（
）
A．
1
(
)
8
P AB
B．
5
(
)
6
P A
B
C．
9
(
)
11
|
P A B
D．
(
)
|
|
)
(
P A B
P B A
【答案】AB
【详解】因为
1
( )
2
P A
，
11
( )
24
P B
，所以
1
( )
2
P A
，
13
( )
24
P B
.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
因为AB 与AB 为互斥事件，所以
(
)
0
P AB AB
，
所以
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
P AB
AB
P AB
P AB
P AB AB
P AB
P AB
( )
(
)
( )
(
)
P B
P AB
P A
P AB
1
11
2 (
)
2
24
P AB
7
24
，
所以
1
(
)
3
P AB
，
故
11
1
( )
1
(
)
8
(
)
24
3
P B
P A
P
B
AB
，故A 正确；
1
1
5
(
)
( )
( )
(
)
( )
( )
[ ( )
(
)]
( )
(
)
2
3
6
P A
B
P A
P B
P AB
P A
P B
P B
P AB
P A
P AB
，故B 正确；
1
(
)
8
3
(
)
11
( )
11
24
|
P AB
P A B
P B
，故C 错误；
1
(
)
3
8
(
)
11
( )
11
24
|
P AB
P A B
P B
，
1
1
(
)
( )
(
)
1
2
3
(
)
1
( )
( )
3
|
2
P AB
P A
P AB
P B A
P A
P A
，
所以
(
)
|
|
)
(
P A B
P B A
，故D 错误.
故选:AB.
3．（2022 下·重庆江北·高二重庆十八中校考期末）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
kA {第k 次取单恰好是从1 号店取单}，
k
P A
是事件
kA 发生的概率，显然
1
1
P A
，
2
0
P A
，则
3
P A
，
10
P A
（第二空精
确到0.01）.
【答案】
1
9
0.10
【详解】
3
2
3
2
3
2
1
1
1
0
9
9
P A
P A A
P A
P A A
，
因为
1
1
1
1
1
1
9
k
k
k
k
k
k
k
P A
P A
A
P A
P A A
P A
，
所以
4
3
1
8
1
8
1
9
9
9
81
P
P
A
A
，
5
4
1
73
1
73
1
9
81
9
729
P
P A
A
以此类推，可得
10
9
8
8
2
2
1
1
1
1 1
1
1
1
1
9
9
9
9 9
9
9
9
9
P A
P A
P A
P A
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
7
7
2
2
2
3
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
9
9
9
9
9
9
9
9
9
P A
P A
6
6
2
3
3
2
3
4
4
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
9
9
9
9
9
9
9
9
9
9
9
P A
P A
……
3
2
3
4
5
6
7
7
1
1
1
1
1
1
1
1
9
9
9
9
9
9
9
9 P A
8
2
3
4
5
6
7
8
8
1
1
1
9
9
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0.10
1
9
9
9
9
9
9
9
9
10
9
1
9
.
故答案为：1
9 ；0.10.
练一练
1．（多选）（2023 下·辽宁抚顺·高二校联考期中）已知
,
A B 为两个随机事件，且
( )
0, ( )
0
P A
P B
，则下
列结论正确的是（
）
A．若
(
)
( )
P B A
P B
∣
，则
(
)
( )
P A B
P A
B．
0
P A B
P A B
C．若B 和C 是两个互斥事件，则
(
)
(
)
(
)
P B
C A
P B A
P C A
D．当
(
)
0
P AB
时，
(
)
( ) (
) (
)
P ABC
P A P B A P C AB
【答案】ACD
【详解】因为
(
)
(
)
( )
( )
P AB
P B A
P B
P A
，所以
(
)
( )
(
)
( )
P AB
P A
P A B
P B
．A 正确．
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
1
( )
( )
P AB
P AB
P B
P A B
P A B
P B
P B
，B 错误．
若B 和C 是两个互斥事件，则
(
)
(
)
(
)
P B
C A
P B A
P C A
，C 正确．
因为
(
)
0
P AB
，所以
( )
(
)
0
P A
P AB
．
(
)
(
)
( ) (
) (
)
( )
(
)
( )
(
)
P AB
P ABC
P A P B A P C AB
P A
P ABC
P A
P AB
，D 正确．
故选：ACD.
2．（多选）（2023 上·浙江绍兴·高三统考期末）记A，B 为随机事件，下列说法正确的是（
）
A．若事件A，B 互斥，
1
2
P A
，
1
3
P B
，
5
6
P A
B
B．若事件A，B 相互独立，
1
2
P A
，
1
3
P B
，则
2
3
P A
B
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
C．若
1
2
P A
，
3
4
P A B
，
3
8
P A B
，则
1
3
P B
D．若
1
2
P A
，
3
4
P A B
，
3
8
P A B
，则
1
4
P B A
【答案】BC
【详解】
1
1
(
)
( )
( )
(
)
1
(
)
2
3
P A
B
P A
P B
P AB
P AB
1
( )
(
)
(
)
(
)
3
P B
P AB
P AB
P AB
，∴
1
(
)
2
P A
B
，A 错.
1
1
1
1
2
(
)
( )
( )
(
)
( )
( )
( ) ( )
2
3
2
3
3
P A
B
P A
P B
P AB
P A
P B
P A P B
，B 对.
令
P B
x
，
1
P B
x
，
3
4
P AB
P AB
P A B
P B
x
，∴
3
4
P AB
x
，
3
1
8
P AB
P AB
P A B
x
P B
，∴
3 1
8
P AB
x
，
3
3
1
( )
(
)
(
)
(1
)
1
4
8
2
P A
P AB
P AB
x
x
，∴
1
3
x
，C 对.
1
3
1
1
3
4
3
1
6
2
P B
P AB
P AB
P B A
P A
P A
，D 错，
故选：BC.
3．（2021 下·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考期中）记A ，B 分别为A ，B 的对立事件，且
4
15
P A
，
2
15
P B
，
3
4
P A B
.则（
）
A．
3
8
P B A
B．
1
4
P A B
C．
3
(
)
10
P A
B
D．
7
10
P A
B
【答案】ABC
【详解】由题可知，
(
)
( )
P A
B
P A B
P B
，则
3
2
1
(
)
( )
4
15
10
P A
B
P A B
P B
，
对于A，
1
3
10
4
( )
8
15
P A
B
P B A
P A
，故A 正确；
对于B，
2
1
( )
1
15
10
2
( )
( )
4
15
P A
B
P B
P A
B
P A B
P B
P B
，故B 正确；
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
对于C，
4
2
1
3
(
)
( )
( )
(
)
15
15
10
10
P A
B
P A
P B
P A
B
，故C 正确；
对于D，
1
9
1
(
)
1 10
10
P A
B
P A
B
，故D 错误；
故选：ABC
题型四全概率公式的应用
1．（2024·全国·高三专题练习）甲箱中有5个红球，2 个白球和3个黑球；乙箱中有4 个红球，3个白球和3
个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以
1A 、
2
A 、
3
A 表示由甲箱中取出的是红球、白球和黑球
的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B 表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论错误的是（
）
A．
2
5
P B
B．
1
5
11
P B A
C．事件B 与事件
1A 不相互独立
D．
1A 、
2
A 、
3
A 两两互斥
【答案】A
【详解】依题意，
1
5
1
10
2
P A
，
2
2
1
10
5
P A
，
3
3
10
P A
，
1
5
11
P B A
，
2
3
4
11
P B A
P B A
，B 对，
3
1
1
5
1
4
3
4
9
2
11
5
11
10
11
22
i
i
i
P B
P A
P B A
，A 错；
1
1
1
1
5
5
2
11
22
P BA
P A P B A
，
1
1
9
9
2
22
44
P A P B
，
所以，
1
1
P BA
P B
P A
，所以，事件B 与事件
1A 不相互独立，C 对，
由题意可知，事件
1A 、
2
A 、
3
A 中的任意两个事件都不可能同时发生，
因此，事件
1A 、
2
A 、
3
A 两两互斥，D 对.
故选：A.
2．（多选）（2024 上·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）今年是共建“一带一路”倡议提出十周年.
某校进行“一带一路”知识了解情况的问卷调查，为调动学生参与的积极性，凡参与者均有机会获得奖品.设
置3 个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小相同质地均匀，其中红色箱子中放有红球3 个，黄球2
个，绿球2 个；黄色箱子中放有红球4 个，绿球2 个；绿色箱子中放有红球3 个，黄球2 个，要求参与者
先从红色箱子中随机抽取一个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取
一个小球，抽奖结束.若第二次抽取的是红色小球，则获得奖品，否则不能获得奖品，已知甲同学参与了问
卷调查，则（
）
A．在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为4
7
B．在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为13
14
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
C．甲获得奖品的概率为24
49
D．若甲获得奖品，则甲先抽取绿球的机会最小
【答案】ACD
【详解】设A红，A黄，A绿，分别表示先抽到的小球的颜色分别是红、黄、绿的事件，
设B红表示再抽到的小球的颜色是红的事件，
在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为：
2
4
4
7
7
2
7
7
P B A
P B
A
P A
红
黄
红
黄
黄
∣
，故A 正确；
在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为：
2
3
2
1
13
7
7
7
2
4
28
7
P A B
P A B
P A B
P B
A
P A
P A
红
红
红
红
绿
黄
红
红
红
红
∣
，故B 错误；
由题意可知，
3
2
2
3
4
,
,
,
,
7
7
7
7
7
P A
P A
P A
P B
A
P B
A
红
红
红
红
绿
黄
黄
∣
∣
，
1
2
P B
A
红
绿
∣
，由全概率公式可知，甲获得奖品的概率为：
P
P A
P B
A
P A
P B
A
P A
P B
A
红
红
红
红
红
绿
绿
黄
黄
∣
∣
∣
3
3
2
4
2
1
24
7
7
7
7
7
2
49
，故C 正确；
因为甲获奖时红球取自哪个箱子的颜色与先抽取小球的颜色相同，
则
3
3
49
3
7
7
24
8
P A
P B
A
P A
B
P B
红
红
红
红
红
红
∣
∣
，
2
4
49
1
7
7
24
3
P A
P B
A
P A
B
P B
红
黄
黄
红
黄
红
∣
∣
，
2
1
49
7
7
2
24
24
P A
P B
A
P A
B
P B
红
绿
绿
红
绿
红
∣
∣
，
所以甲获得奖品时，甲先抽取绿球的机会最小，故D 正确.
故选：ACD.
3．（2023 上·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）受环境和气候影响，近阶段在相邻的甲、乙、
丙三个市爆发了支原体肺炎，经初步统计，这三个市分别有8%,6%,4% 的人感染了支原体肺炎病毒，已知
这三个市的人口数之比为4 : 6 :10 ，现从这三个市中任意选取一个人.
(1)求这个人感染支原体肺炎病毒的概率；
(2)若此人感染支原体肺炎病毒，求他来自甲市的概率.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
【答案】(1)0.054
(2) 8
27
【详解】（1）记事件
:
D 选取的这个人感染了支原体肺炎病毒,记事件
:
E 此人来自甲市,记事件
:
F 此人来自
乙市,记事件
:
G 此人来自丙市，
E
F
G ,且
,
,
E F G 彼此互斥,
由题意可得
4
0.2
20
P E
,
6
0.3
20
P F
,
10
0.5
20
P G
,
|
0.08
P D E
,
|
0.06
P D F
,
|
0.04
P D G
,
由全概率公式可得
|
|
|
P D
P E
P D E
P F
P D F
P G
P D G
0.2 0.08
0.3 0.06
0.5 0.04
0.054
，
所以从三市中任取一人,这个人感染支原体肺炎病毒的概率为0.054；
（2）由条件概率公式可得
|
0.2 0.08
8
|
0.054
27
P DE
P E P D E
P E D
P D
P D
，
所以当此人感染支原体肺炎病毒时,他来自甲市的概率为8
27 .
练一练
1．（多选）（2024 上·辽宁抚顺·高二校联考期末）在某班中，男生占40% ，女生占60% ，在男生中喜欢体
育锻炼的学生占80%，在女生中喜欢体育锻炼的学生占60% ，从这个班的学生中任意抽取一人.则下列结论
正确的是（
）
A．抽到的学生是男生且喜欢体育锻炼的概率为8
25
B．抽到的学生喜欢体育锻炼的概率为17
25
C．若抽到的学生喜欢体育锻炼，则该学生是男生的概率为9
17
D．若抽到的学生喜欢体育段炼，则该学生是女生的概率为8
17
【答案】AB
【详解】A 选项，用
1
2
,
A A 分别表示抽到的学生是男生､女生，用B 表示抽到的学生喜欢体育锻炼.
由题意得
1
2
1
2
40%,
60%,
80%,
60%
P A
P A
P B A
P B A
，
则
1
1
1
8
32%
25
P A B
P A P B A
，
故抽到的学生是男生且喜欢体育锻炼的概率为8
25 ，A 正确；
B 选项，由全概率公式得
1
1
2
2
17
68%
25
P B
P A P B A
P A
P B A
，B 正确.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
C 选项，由B 选项可得
1
1
1
8
17
P A P B A
P A B
P B
，C 错误；
D 选项，由C 选项可得
2
1
9
1
17
P A B
P A B
，D 错误.
故选：AB
2．（2024 上·上海·高二校考期末）某校中学生篮球队集训前共有6 个篮球，其中3 个是新球（即没有用过
的球），3 个是旧球（即至少用过一次的球）.每次训练都从中任意取出2 个球，用完后放回.已知第一次训
练时用过的球放回后都当作旧球，则第二次训练时恰好取到1 个新球的概率为
.
【答案】38
75
【详解】用
(
{0,1,2}
iA i
表示第一次取到i 个新球的事件，用B 表示第二次训练时恰好取到1 个新球的事件，
则
0
1
2
A
A
A
，且
0
1
2
,
,
A A A 两两互斥，
2
1
1
2
3
3
3
3
0
1
2
2
2
2
6
6
6
C
C C
C
1
3
1
(
)
, (
)
, (
)
C
5
C
5
C
5
P A
P A
P A
，
1
1
1
1
1
3
3
5
2
4
0
1
2
2
2
2
6
6
6
C C
C
C C
3
8
1
(
|
)
, (
|
)
, (
|
)
C
5
C
15
C
3
P B A
P B A
P B A
，
因此
0
0
1
1
2
2
1
3
3
8
1
1
38
( )
(
) (
|
)
(
) (
|
)
(
) (
|
)
5
5
5
15
5
3
75
P B
P A P B A
P A P B A
P A P B A
，
所以第二次训练时恰好取到1 个新球的概率为38
75 .
故答案为：38
75
3．（2024·贵州·校联考模拟预测）甲、乙、丙为完全相同的三个不透明盒子，盒内均装有除颜色外完全相
同的球.甲盒装有4 个白球，8 个黑球，乙盒装有1 个白球，5 个黑球，丙盒装有3 个白球，3 个黑球.
(1)随机抽取一个盒子，再从该盒子中随机摸出1 个球，求摸出的球是黑球的概率；
(2)已知（1）中摸出的球是黑球，求此球属于乙箱子的概率.
【答案】(1) 2
3
(2) 5
12
【详解】（1）记取到甲盒子为事件
1A ，取到乙盒子为事件
2
A ，取到丙盒子为事件
3
A ，取到黑球为事件B：
由全概率公式得
1
1
2
2
3
3
1
8
1
5
1
3
2
( )
(
) (
|
)
(
) (
|
)
(
) (
|
)
3
12
3
6
3
6
3
P B
P A P B A
P A P B A
P A P B A
，
故摸出的球是黑球的概率是2
3 .
（2）由条件概率公式得
2
2
1
5
(
)
5
3
6
(
|
)
2
( )
12
3
P A B
P A
B
P B
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
故此球属于乙箱子的概率是5
12
题型五利用贝叶斯公式求概率
1．（多选）（2024 上·辽宁大连·高三统考期末）已知A ，B ，C 三个盒子，其中A 盒子内装有2 个红球，1
个黄球和1 个白球；B 盒子内装有2 个红球，1 个白球；C 盒子内装有3 个红球，2 个黄球.若第一次先从A
盒子内随机抽取1 个球，若取出的球是红球放入A 盒子中；若取出的球是黄球放入B 盒子中；若取出的球
是白球放入C 盒子中，第二次从第一次放入盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（
）
A．在第一次抽到黄球的条件下，第二次抽到红球的概率为1
2
B．第二次抽到红球的概率为1
3
C．如果第二次抽到的是红球，则它来自B 号盒子的概率最大
D．如果将5 个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1 个，则不同的放法有150 种
【答案】AD
【详解】记第一次抽到红､黄､白球的事件分别为
1A ，
2
A ，
3
A ，则有
1
1
2
P A
，
2
3
1
4
P A
P A
，对于A ，
在第一次抽到黄球的条件下，则黄球放入B 盒子内，
因此第二次抽到红球的概率为
2
1
4
2
P
，A 正确；
记第二次在第A ，B ，C 号盒内抽到红球的事件分别为
1,2,3
i
C i
，而
1A ，
2
A ，
3
A 两两互斥，和为Ω ，
1
1
1
2
P C A
，
2
2
1
2
P C A
，
3
3
1
2
P C A
，
记第二次抽到红球的事件为C ，
3
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
( )
2
2
4
2
4
2
2
i
i
i
i
i
i
i
P C
P AC
P A
P C A
，B 不正确；
若取出的球是红球放入A 盒子中，若取出的球是黄球放入B 盒子中，若取出的球是白球放入C 盒子中，第
二次从第一次放入盒子中任取一个球，
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
1
2
2
P A
P C A
P A C
P C
，
2
2
2
2
2
1
1
1
4
2
1
4
2
P A
P C A
P A C
P C
，
3
3
3
3
3
1
1
1
4
2
1
4
2
P A
P C A
P A C
P C
，
即第二次抽到的是红球，则它来自A 盒子的概率最大，C 不正确；
把5 个不同的小球分成3 组的不同分组方法数是
2
2
3
5
3
5
2
2
C C
C
A
种，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
将每一种分组方法分成的小球放在3 个盒子中有
3
3
A 种不同放法，
由分步乘法计数原理得不同的方法种数是
2
2
3
3
5
3
5
3
2
2
C C
C
A
150
A
种，D 正确.
故选：AD.
2．（多选）（2024 上·重庆·高三校联考阶段练习）已知编号为1,2,3的三个盒子，其中1 号盒内装有两个1
号球，一个2 号球和一个3 号球；2 号盒内装有两个1 号球，一个3 号球；3 号盒内装有三个1 号球，两个
2 号球.若第一次先从1 号盒子内随机抽取1 个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子
中任取一个球，则下列说法正确的是（
）
A．如果将10 个相同的小球放入这三个盒子内，允许有空盒子，则不同的放法有36 种
B．第二次抽到3 号球的概率为11
48
C．如果第二次抽到的是3 号球，则它来自1 号盒子的概率最大
D．在第一次抽到3 号球的条件下，第二次抽到2 号球的概率为1
3
【答案】BCD
【详解】将10 个相同的小球放入这三个（不同）盒子内，应用插棍法，
把10 个小球和3 个盒子排成一列有12 个空（不含两端），再用2 根棍插入其中两个空，
所以不同的放法有
2
12
C
66
种，A 错；
1A 表示第一次抽取到1 号球，
2
A 表示第一次抽取到2 号球，
3
A 表示第一次抽取到3 号球，
所以
1
2
3
1
1
(
)
, (
)
(
)
2
4
P A
P A
P A
，
3
B 表示第二次抽到3 号球，则
3
1
3
2
3
3
3
(
)
(
)
(
)
(
)
P B
P A B
P A B
P A B
，
所以
3
3
1
1
3
2
2
3
3
3
(
)
(
|
) (
)
(
|
) (
)
(
|
) (
)
P B
P B
A P A
P B
A P A
P B
A P A
而
3
1
3
2
3
3
1
1
(
|
)
(
|
)
, (
|
)
4
6
P B
A
P B
A
P B
A
，
所以
3
1
1
1
1
1
1
11
(
)
4
2
4
4
6
4
48
P B
，B 对；
第二次抽到的是3 号球来自1 号盒
3
1
1
1
3
3
(
|
) (
)
6
(
|
)
(
)
11
P B
A P A
P A B
P B
，
第二次抽到的是3 号球来自2 号盒
3
2
2
2
3
3
(
|
) (
)
3
(
|
)
(
)
11
P B
A P A
P A
B
P B
，
第二次抽到的是3 号球来自3 号盒
3
3
3
3
3
3
(
|
) (
)
2
(
|
)
(
)
11
P B
A P A
P A
B
P B
，
所以第二次抽到的是3 号球，则它来自1 号盒子的概率最大，C 对；
2
B 表示第二次抽到2 号球，则第一次抽到3 号球的条件下，第二次抽到2 号球的概率
2
3
1
(
|
)
3
P B
A
，D 对.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
故选：BCD
3．（2024·天津·校考模拟预测）第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT 发布为里程碑，开辟了人机自
然交流的新纪元．ChatGPT 所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，概率就被广泛应用于ChatGPT
中，某学习小组设计了如下问题进行研究：甲和乙两个箱子中各装有5 个大小相同的小球，其中甲箱中有3
个红球、2 个白球，乙箱中有4 个红球、1 个白球，从甲箱中随机抽出2 个球，在已知抽到红球的条件下，
则2 个球都是红球的概率为
；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子中随机抽出
1 个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1 个球，若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率
是
．
【答案】
1
3
2
5 /0.4
【详解】记事件A 表示“抽出的2 个球中有红球”，事件B 表示“两个球都是红球”，
则
2
2
2
5
C
9
1
C
10
P A
，
2
3
2
5
C
3
C
10
P AB
，
故
3
1
10
9
3
10
P AB
P B A
P A
，
即从甲箱中随机抽出2 个球，在已知抽到红球的条件下，则2 个球都是红球的概率为1
3 ；
设事件C 表示“从乙箱中抽球”，则事件C 表示“从甲箱中抽球”，事件D 表示“抽到红球”，
则
2
1
6
3
P C
，
4
2
6
3
P C
，
4
5
P D C
，
3
5
P D C
，
所以
P D
P CD
P CD
P C P D C
P C P D C
1
4
2
3
2
3
5
3
5
3
，
所以
1
4
2
3
5
2
5
3
P C P D C
P C D
P D
，
即若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是2
5 .
故答案为：1
3 ；2
5
练一练
1．（多选）（2023 下·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考阶段练习）已知编号为1，2，3 的三个盒子，其中1
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
号盒子内装有两个1 号球，一个2 号球和一个3 号球；2 号盒子内装有两个1 号球，一个3 号球；3 号盒子
内装有三个1 号球，两个2 号球.若第一次先从1 号盒子内随机抽取1 个球，将取出的球放入与球同编号的
盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（
）
A．在第一次抽到2 号球的条件下，第二次抽到1 号球的概率为1
2
B．第二次抽到3 号球的概率为11
48
C．如果第二次抽到的是3 号球，则它来自1 号盒子的概率最大
D．如果将5 个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1 个，则不同的放法有180 种
【答案】ABC
【详解】记第一次抽到第i 号球的事件分别为
1,2,3 ,
iA i
则有
1
1
2
P A
，
2
3
1
4
P A
P A
，
对于A，在第一次抽到2 号球的条件下，将2 号球放入2 号盒子内，因此第二次抽到1 号球的概率为
1
2
P
，
故A 选项正确；
对于B，记第二次在第i 号盒子内抽到3 号球的事件分别为
1,2,3 ,
iB i
而
1
2
3
A
A
A
，，
两两互斥，和为，
1
1
1
|
4
P B
A
，
2
2
1
|
4
P B
A
，
3
3
1
|
6
P B
A
，即第二次抽到3 号球的事件为B ，
1
1
3
3
1
1
1
1
1
1
11
(
)
(
) (
)
2
4
4
4
4
6
48
|
i
i
i
i
i
i
i
A
A
A
P B
P
B
P
P B
，
故B 选项正确；
对于C，记第二次在第i 号盒子内抽到3 号球的事件分别为
1,2,3 ,
i
C i
而
1
2
3
A
A
A
，，
两两互斥，和为，
1
1
1
|
4
P C
A
，
2
2
1
|
4
P C
A
，
3
3
1
|
6
P C
A
，
记第二次抽到3 号球的事件为C ，
1
1
3
3
1
1
1
1
1
1
11
(
)
(
) (
)
2
4
4
4
4
6
48
|
i
i
i
i
i
i
i
AC
A
C
P
A
C
P
P
P
,
第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号码相同，
1
1
1
1
1
1
1
|
6
2
4
|
11
11
48
P A P C
A
P A C
P C
=
，
2
2
2
2
2
1
1
|
3
4
4
|
11
11
48
P A
P C
A
P A
C
P C
=
，
3
3
3
3
3
1
1
|
2
4
6
|
11
11
48
P A
P C
A
P A
C
P C
=
，
即如果第二次抽到的是3 号球，则它来自1 号盒子的概率最大，故C 选项正确；
对于D，把5 个不同的小球分成3 组的不同分组方法数是
2
2
2
5
3
5
2
2
C C
C
A
种，将每一种分组方法分成的小球放
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
在3 个盒子中有
3
3A 种不同方法，由分步乘法计数原理得不同的放法种数是
2
2
2
3
5
3
5
3
2
2
C C
C
150
A
A
种，故D 选
项错误；
故选：ABC.
2．（多选）（2022 下·浙江舟山·高二统考期末）现有编号为1，2，3 的三个口袋，其中1 号口袋内装有两
个1 号球，一个2 号球和一个3 号球；2 号口袋内装有两个1 号球，一个3 号球；3 号口袋内装有三个1 号
球，两个2 号球；第一次先从1 号口袋内随机抽取1 个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次
从该口袋中任取一个球，下列说法正确的是（
）
A．在第一次抽到3 号球的条件下，第二次抽到1 号球的概率是3
5
B．第二次取到1 号球的概率19
30
C．如果第二次取到1 号球，则它来自1 号口袋的概率最大
D．如果将5 个不同小球放入这3 个口袋内，每个口袋至少放1 个，则不同的分配方法有150 种
【答案】CD
【详解】对于A 选项，记事件
,
i
i
A B 分别表示第一次、第二次取到i 号球,
1,2,3
i
,则第一次抽到3号球的条
件下，第二次抽到1号球的概率
1
3
3
1
|
6
2
P B
A
，故A 错误
对于B 选项，记事件
,
i
i
A B 分别表示第一次、第二次取到i 号球,
1,2,3
i
, 依题意
1
2
3
,
,
A A A
两两互斥, 其和
为Ω , 并且
1
2
2 ,
4
P A
P A
3
1
4
P A
1
1
1
2
1
3
2
2
3
,
,
4
4
6
P B
A
P B
A
P B
A
∣
∣
∣
2
1
2
2
2
3
1
1
2
,
,
4
4
6
P B
A
P B
A
P B
A
∣
∣
∣
3
1
3
2
3
3
1
1
1
,
,
4
4
6
P B
A
P B
A
P B
A
∣
∣
∣
应用全概率公式, 有
3
1
1
1
2
2
1
2
1
3
1
|
4
4
4
4
4
6
2
i
i
i
P B
P A P B
A
，故B 错误
对于C 选项，依题设知, 第二次的球取自口袋的编号与第一次取的球上的号数相同, 则
1
1
1
1
1
1
2
2
1
2
4
4
2
P A P B
A
P A B
P B
∣
∣
2
1
2
2
1
1
1
2
1
2
4
4
4
P A
P B
A
P A
B
P B
∣
∣
3
1
3
3
1
1
1
3
1
2
4
6
4
P A
P B
A
P A
B
P B
∣
∣
故在第二次取到1 号球的条件下, 它取自编号为1 的口袋的概率最大.故C 正确
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
对于D 选项，先将5 个不同的小球分成1，1，3 或2，2，1 三份，再放入三个不同的口袋，则不同的分配
方法有
1
1
3
2
2
1
3
5
4
3
5
3
1
3
2
2
2
2
C C C
C C C
A
150
A
A
，故D 正确
故选：CD
3．（2023 下·河北石家庄·高二石家庄市第四十一中学校考阶段练习）三批同种规格的产品，第一批占25%，
次品率为6%；第二批占30%，次品率为5%；第三批占45%，次品率为5%．将三批产品混合，从混合产品
中任取一件．
(1)求这件产品是次品的概率；
(2)已知取到的是次品，求它取自第一批产品的概率．
【答案】(1)0.0525
(2) 2
7
【详解】（1）设取到第i 批产品为事件
iA ，
1,2,3
i
，取到次品为事件B .
1
1
2
2
3
3
( )
P B
P A P B A
P A
P B A
P A
P B A
0.25 0.06
0.3 0.05
0.45 0.05
0.0525
.
（2）
1
1
1
1
0.25 0.06
2
( )
( )
0.0525
7
P A P B A
P A B
P A B
P B
P B
.
题型六概率与数列
1．（2022 上·四川·高三四川外国语大学附属外国语学校校考期中）如图，已知正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
顶点
处有一质点Q，点Q 每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一
个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点Q 的初始位置位于点A 处，则点Q 移动2 次后仍在
底面ABCD 上的概率为
；点Q 移动n 次后仍在底面ABCD 上的概率为
.
【答案】
5
9
1
1
1
2
3
2
n
【详解】记点Q 移动n 次后仍在底面ABCD 上的概率为
nP .
在正方体中，每一个顶点有3个相邻的点，其中两个在同一底面，
当点Q 在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为2
3 ；
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
当点Q 在上底面时，随机移动一次在下底面的概率为1
3 .
所以
1
2
3
P
，
2
2
2
1
1
5
3
3
3
3
9
P
.
依题意可知
1
2
1
1
1
1
3
3
3
3
n
n
n
n
P
P
P
P
，
所以
1
1
1
1
2
3
2
n
n
P
P
，
所以
1
2
nP
是首项为
1
1
1
2
6
P
为首项，公比为1
3 的等比数列，
所以
1
1
1
1
1
1
2
6
3
2
3
n
n
nP
，
所以
1
1
1
2
3
2
n
nP
.
故答案为：5
9 ；1
1
1
2
3
2
n
2．（2021 上·北京·高二统考期末）将一枚均匀的硬币连续抛掷n 次，以
nP 表示没有出现连续3 次正面的概
率.给出下列四个结论：
①
3
7
8
P
；
②
4
15
16
P
；
③当
2
n
时，
1
n
n
P
P
；
④
1
2
3
1
1
1
(
4)
2
4
8
n
n
n
n
P
P
P
P
n
.
其中，所有正确结论的序号是
.
【答案】①③④
【详解】当
3
n
时，
3
3
1
7
1 ( )
2
8
P
，①正确；
当
4
n
时，出现连续3 次正面的情况可能是：正正正反、反正正正，
所以
4
4
1
7
1
2
2
8
P
，②错误；
要求
nP ，即抛掷n 次没有出现连续3 次正面的概率，
分类进行讨论，
若第n 次反面向上，前n-1 次未出现连续3 此正面即可；
若第n 次正面向上，则需要对第n-1 进行讨论，依次类推，得到下表：
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
第n 次
n-1 次
n-2 次
概率
反面
1
1
2
nP
正面
反面
2
1
4
nP
正面
正面
反面
3
1
8
nP
所以
1
2
3
1
1
1
(
4)
2
4
8
n
n
n
n
P
P
P
P
n
，④正确；
由上式可得
1
1
2
1
1
1
2
4
8
n
n
n
n
P
P
P
P
1
1
2
1
2
3
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(2
4
8
1
)
(
)
2
2
4
8
2
2
16
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
，
所以
1
3
0,(
1
1
4)
6
n
n
n
P
P
P
n
，
又
1
3
2
4
1,
7
13
,
8
16
P
P
P
P
，满足当
2
n
时，
1
n
n
P
P
，③正确.
故答案为：①③④.
3．（2023·浙江杭州·统考二模）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基
石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假
设我们的序列状态是…，
2
t
X ，
1
t
X ，
t
X ，
1
t
X ，…，那么
1
t
X 时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态
t
X ，
即
1
2
1
1
,
,
,
t
t
t
t
t
t
P X
X
X
X
P X
X
．
现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为50%，且每局赌赢可以赢得1 元，每
一局赌徒赌输的概率为50%，且赌输就要输掉1 元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束
赌博游戏：一种是手中赌金为0 元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B 元，赌徒停止赌博．记赌徒的
本金为
*
N ,
A A
A
B
，赌博过程如下图的数轴所示．
当赌徒手中有n 元（0
n
B
，
N
n
）时，最终输光的概率为
．．．．．．．．
P n ，请回答下列问题：
(1)请直接写出
0
P
与
P B 的数值．
(2)证明
P n
是一个等差数列，并写出公差d．
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
(3)当
100
A
时，分别计算
200
B
，
1000
B
时，
P A 的数值，并结合实际，解释当B 时，
P A 的
统计含义．
【答案】(1)
0
1
P
，
0
P B
(2)证明见解析；
1
d
B
(3)
200
B
时，
50%
P A
，当
1000
B
时，
90%
P A
，统计含义见解析
【详解】（1）当
0
n
时，赌徒已经输光了，因此
0
1
P
.
当n
B
时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率
0
P B
.
（2）记M：赌徒有n 元最后输光的事件，N：赌徒有n 元上一场赢的事件,
(
)
(
) (
|
)
(
) (
|
)
P M
P N P M N
P N P M N
,
即
1
1
( )
(
1)
(
1)
2
2
P n
P n
P n
，
所以
1
1
P n
P n
P n
P n
，
所以
{
}
P n
是一个等差数列，
设
1
P n
P n
d
，则
1
2
1
0
P n
P n
d
P
P
d
，,
，
累加得
(0)
P
n
n
P
d
，故
(0)
P B
P
Bd
，得
1
d
B
，
（3）
100
A
，由
0
P n
P
nd
得
0
P A
P
Ad
,即
( )
1
A
P A
B
,
当
200
B
时，
50%
P A
，
当
1000
B
时，
90%
P A
，
当B 时，
1
P A ，因此可知久赌无赢家，
即便是一个这样看似公平的游戏，
只要赌徒一直玩下去就会100% 的概率输光．
练一练
1．（2022 下·山西太原·高二统考期中）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，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三人中的任何一人，则经过6 次传球后，球在甲手中的概率
为
．
【答案】61
243
【详解】解：设
n
A 表示经过第n 次传球后，球在甲手中，设n 次传球后球在甲手中的概率为
nP ，
1,2,3,
n
，
则有
1
0
P
，
1
1
1
n
n
n
n
n
A
A
A
A
A
，所以
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
P
P A
A
A
A
P A
A
P A
A
1
1
|
|
n
n
n
n
n
n
P A
P A
A
P A
P A
A
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
1
1
1
0
1
3
3
n
n
n
P
P
P
，即
1
1
1
3
3
n
n
P
P
，所以
1
1
1
1
4
3
4
n
n
P
P
，
又
1
1
1
0
4
4
P
，所以
1
4
nP
是以
1
4
为首项，
1
3
为公比的等比数列，
所以
1
1
1
1
4
4
3
n
nP
，即
1
1
1
1
4
4
3
n
nP
，
当
6
n
时
5
6
1
1
1
61
4
4
3
243
P
；
故答案为：61
243
2．（2023 上·广西柳州·高三柳州高级中学校考阶段练习）假设L 市四月的天气情况有晴天，雨天，阴天三
种，第二天的天气情况只取决于前一天的天气情况，与再之前的天气无关.若前一天为晴天，则第二天下雨
的概率为1
4 ，阴天的概率为1
4 ；若前一天为下雨，则第二天晴天的概率为1
4 ，阴天的概率为3
8 ；若前一天为
阴天，则第二天晴天的概率为1
4 ，下雨的概率为1
3 ；已知L 市4 月第1 天的天气情况为下雨.
(1)求L 市4 月第3 天的天气情况为晴天的概率；
(2)记
na 为L 市四月第
N
30
n n
n
,
天的天气情况为晴天的概率，
（i）求出
na 的通项公式；
（ii）L 市某花卉种植基地计划在四月根据天气情况种植向日葵，为了更好地促进向日葵种子的发芽和生长，
要求提前3 天对种子进行特殊处理，并尽可能地选择在晴天种植.如果你是该花卉种植基地的气象顾问，根
据上述计算结果，请你对该基地的种植计划提出建议.
【答案】(1) 5
16
(2)（i）
1
1
1
1
N
30
3
4
3
n
na
n
n
,
,
；（ii）建议在四月第27 天对种子进行特殊处理
【详解】（1）依题意，可列举如下概率：前一天晴，第二天为晴1
2，雨1
4，阴1
4 ；
前一天为雨，第二天为晴1
4 ，雨3
8 ，阴3
8 ；前一天为阴，第二天为晴1
4 ，雨1
3，阴5
12 ，
记
,
,
n
n
n
a b c 分别为L 市四月第
N ,
30
n n
n
天的天气情况为晴天，雨天，阴天的概率，则
2
1
1
1
2
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
3
1
1
3
5
,
,
2
4
4
4
8
3
4
8
12
a
a
b
c
b
a
b
c
c
a
b
c
，
依题意知
1
1
1
1,
0
b
a
c
，故
2
2
2
1
3
3
,
,
4
8
8
a
b
c
，
第3 天为晴天概率
3
2
2
2
1
1
1
5
2
4
4
16
a
a
b
c
；
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
（2）（i）由题意知
1,
N
30
n
n
n
a
b
c
n
n
,
，
当
2
n
时，
1
1
1
1
1
1
2
4
4
n
n
n
n
a
a
b
c
，①
1
1
1
1
3
1
4
8
3
n
n
n
n
b
a
b
c
，②
1
1
1
1
3
5
4
8
12
n
n
n
n
c
a
b
c
，③
在①中代入
1
1
1
1
n
n
n
b
c
a
，整理得
1
1
1
2
4
4
n
n
a
a
n
,
，
变形为
1
1
1
1 ,
2
3
4
3
n
n
a
a
n
，故
1
3
na
为首项
1
1
1
3
3
a
，公比1
4 的等比数列，
1
1
1
,
1
1
1
1
1
( )
( )
,
N
30
3
3
4
3
4
3
,
n
n
n
n
a
a
n
n
；
（ii）由于
1
1
( )
4
n随着n 的增大而减小，故
1
1
1
1
( )
,
N
30
3
4
3
,
n
na
n
n
在
N ,
30
n
n
递增，
故四月份天气为晴的最大概率是第30 天，因此建议在第30 天为种植时间，提前3 天，
即在四月第27 天对种子进行特殊处理.
3．（2022 上·广东·高三校联考阶段练习）神舟十四号，简称“神十四”，为中国载人航天工程发射的第十四
艘飞船，已经于2022 年6 月5 日上午10 时44 分07 秒在酒泉卫星发射中心发射，3 名航天员陈冬、刘洋、
蔡旭哲进驻核心舱并在轨驻留6 个月．“神十四”的成功发射是我国载人航天上又一个重要的里捏碑，实现了
“神十四”与天宫一号的快速对接，创造了新的奇迹，为了宣传这一航天盛事，某高校组织了一场航天知识竞
赛，共有1000 名大学生参加，经统计发现他们的成绩（满分120）全部位于区间[50
]
110
,
内．现将成绩分成
6 组：
50,60 ，
60,70 ，
70,80 ，80,90) ，
90,100 ，[100,110]，得到如图所示的频率分布直方图，根
据该直方图估计该1000 名大学生成绩的平均分是77 分，现规定前250 名在10 天后进行复赛.
(1)求a，b 的值（同一组数据用该组区间的中点值为代表），并根据频率分布直方图估计进入复赛的分数线
（结果保留整数）；
(2)复赛共分为两个环节：A 和B，经统计，通过初赛的学生在准备复赛的首日有2
3 的学生准备项目A，其余
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
学生准备项目B；在前一天准备项目A 的学生中，次日会有4
5 的学生继续选择准备项目A，其余选择准备项
目B；在前一天选择准备项目B 的学生中，次日会有2
3 的学生继续选择准备项目B，其余学生选择准备项目
A，用频率近似估计概率，记某学生在第n 天准备项目A 的概率为
nP ，求
10
P ．
【答案】(1)
0.012,
0.024
a
b
，复赛分数线为87分
(2)
9
10
1
7
5
24
15
8
P
【详解】（1）依题意：
0.01
0.03
0.016
0.008
10
1
b
a
，
0.036
a
b
①，
55 0.1 65 10
75 0.3 85 0.16
95 10
105 0.08
77
b
a
，950
650
27
a
b
②，
由①②解得
0.012,
0.024
a
b
.
前三组的频率之和为0.1 0.24
0.3
0.64
，0.75
0.64
0.11
，
第4组的频率为0.16 ，
所以75% 分位数为
0.11
80
10
87
0.16
分，
即复赛分数线是87分.
（2）依题意，
1
2
3
P
，
1
1
4
1 1
5
3
n
n
n
P
P
P
，即
1
7
1
15
3
n
n
P
P
，
所以
1
5
7
5
8
15
8
n
n
P
P
，
所以数列
5
8
nP
是首项为
1
5
2
5
1
8
3
8
24
P
为首项，公比为7
15 的等比数列，
所以
1
1
5
1
7
1
7
5
,
8
24
15
24
15
8
n
n
n
n
P
P
，
所以
9
10
1
7
5
24
15
8
P
.
题型七概率与函数
1．（2023 上·湖北·高三校联考阶段练习）有一位老师叫他的学生到麦田里，摘一颗全麦田里最大的麦穗，
期间只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，他的学生两手空空走出麦田，因为他不知前面是否
有更好的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设该学生在麦田中
一共会遇到n 颗麦穗（假设n 颗麦穗的大小均不相同），最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，为
了使他能在这些麦穗中摘到那颗最大的麦橞，现有如下策略：不摘前(1
)
k
k
n
颗麦穗，自第
1
k 颗开始，
只要发现比他前面见过的麦穗都大的，就摘这颗麦穗，否则就摘最后一颗.设k
tn
，该学生摘到那颗最大的
麦穗的概率为P .（取
1 1
ln
n
j k
k
k
n
n
j
n
k
）
(1)若
4
n
，
2
k
，求P ；
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
(2)若n取无穷大，从理论的角度，求P 的最大值及P 取最大值时t 的值.
【答案】(1) 5
12
(2) P 的最大值为1
e ，此时t 的值为1
e .
【详解】（1）这4 颗麦穗的位置从第1 颗到第4 颗排序，有
4
4
A
24
种情况.
要摘到那颗最大的麦穗，有以下两种情况：
①最大的麦穗是第3 颗，其他的麦穗随意在哪个位置，有
3
3
A
6
种情况.
②最大的麦穗是最后1 颗，第二大的麦穗是第1 颗或第2 颗，其他的麦穗随意在哪个位置，有
2
2
2A
4
种情
况.
故所求概率为6
4
5
24
12
.
（2）记事件A 表示最大的麦穗被摘到，事件
jB 表示最大的麦穗在麦穗中排在第j 颗.
因为最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，所以
1
j
P B
n
.
以给定所在位置的序号作为条件，
1
1
1
|
|
n
n
j
j
j
j
j
P A
P A B P B
P A B
n
.
当1
j
k
时，最大的麦穗在前k 颗麦穗之中，不会被摘到，此时
|
0
j
P A B
.
当
1
k
j
n
时，最大的麦穗被摘到，当且仅当前
1
j 颗麦穗中的最大的一颗在前k 颗麦穗中时，
此时
|
1
j
k
P A B
j
.
由全概率公式知
1
1
1
1
( )
ln
1
n
n
j k
j k
k
k
k
n
P A
n
j
n
j
n
k
.
令函数
( )
ln
(
0)
x
n
g x
x
n
x
，
1
1
( )
ln n
g x
n
x
n
.
令
0
g
x
，则
e
n
x
，
当
0, e
n
x
时，
( )
0
g x
，当
,
e
n
x
n
时，
( )
0
g x
，
所以( )
g x 在0, e
n
上单调递增，在
,
e
n n
上单调递减.
所以
max
1
( )
e
e
n
g x
g
.
所以当
e
n
k
，
( )
ln
k
n
P A
n
k
时取得最大值，最大值为1
e ，此时
1
t
e
，
即P 的最大值为1
e ，此时t 的值为1
e .
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
2．（2023 上·湖北黄冈·高二校考阶段练习）第19 届亚运会将于2023 年9 月23 日至10 月8 日举办，本届
亚运会共设40 个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制
“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每
人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘
汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败
赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，
败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，
其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中
的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组
杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？
这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A 对阵其他三个队伍获胜概率
均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为1
2 ．最初分组时AB 同组，CD 同组．
(1)若
3
4
p
，在淘汰赛赛制下，A、C 获得冠军的概率分别为多少？
(2)分别计算两种赛制下A 获得冠军的概率（用p 表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，
是否如很多人质疑的“对强者不公平”？
【答案】(1)
,
A C 获得冠军的概率分别为9
16 ，5
32 ；
(2)淘汰赛赛制下A 获得冠军的概率为
2
p ，“双败赛制”赛制下A 获得冠军的概率为
2(3
2 )
p
p
，双败赛制下对
强者更有利.
【详解】（1）A 获得冠军：AB 组A 获胜，再由A 与CD 组胜者决赛并胜出，
A 获得冠军的概率为
1
3
1
3
3
1
3
9
4
2
4
4
2
4
16
P
，
C 获得冠军：CD 组C 获胜，再由C 与AB 组胜者决赛并胜出，
C 获得冠军的概率为
2
1
3
3
1
3
1
5
(1
)
(1
)
2
4
4
2
4
2
32
P
.
（2）淘汰赛赛制下，A 获得冠军的概率为
2
1
1
2
2
p
p
p
p
p
，
“双败赛制”赛制下，讨论A 进入胜者组、败者组两种情况，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
当A 进入胜者组，若在胜者组A 失败，后两局都胜，方可得冠军；
若在胜者组A 胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军；
当A 进入败者组，后三局都胜，方可得冠军；
综上，A 获得冠军的概率
3
3
3
3
(1
)
(1
)
(3
2 )
p
p
p
p p
p
p
.
令
3
2
2
2
2
( )
(3
2 )
( 2
3
1)
(2
1)(1
)
f p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
，
若A 为强队，则1
1
2
p
，故
( )
0
f p
，
所以，双败赛制下对强者更有利.
3．（2023 下·湖北武汉·高二武汉市第十一中学校联考期末）王老师打算在所教授的两个班级中举行数学知
识竞赛，分为个人晋级赛和团体对决赛.个人晋级赛规则：每人只有一次挑战机会，电脑随机给出5 道题，
答对3 道或3 道以上即可晋级.团体对决赛规则：以班级为单位，每班参赛人数不少于20 人，且参赛人数为
偶数，参赛方式有如下两种可自主选择其中之一参赛：
方式一：将班级选派的2n个人平均分成n 组，每组2 人，电脑随机分配给同组两个人一道相同试题，两人
同时独立答题，若这两人中至少有一人回答正确，则该小组闯关成功.若这n 个小组都闯关成功，则该班级
挑战成功.
方式二：将班级选派的2n 个人平均分成2 组，每组n 人，电脑随机分配给同组n 个人一道相同试题，各人
同时独立答题，若这n个人都回答正确，则该小组闯关成功.若这2 个小组至少有一个小组闯关成功则该班
级挑战成功.
(1)甲同学参加个人晋级赛，他答对前三题的概率均为1
2 ，答对后两题的概率均为1
3 ，求甲同学能晋级的概
率；
(2)在团体对决赛中，假设某班每位参赛同学对给出的试题回答正确的概率均为常数
(0
1)
p
p
，为使本班
团队挑战成功的可能性更大，应选择哪种参赛方式？说明你的理由.
【答案】(1) 3
8
(2)选择方式一参赛，理由见解析
（2）分别求方式一、方式二挑战成功的概率，并利用作差法结合函数单调性分析判断.
【详解】（1）设甲同学成功晋级为A 事件，A 事件发生有以下三种情况：前三题全对；前三题对两题后两
题至少答对一题；前三题答对一题后两题全对.
所以
3
3
2
3
2
2
1
3
3
1
1
2
1
1
3
C
1
C
2
2
3
2
3
8
P A
.
（2）设选择方式一､二的班级团队挑战成功的概率分别为
1
2
,
P P .
当选择方式一时，因为两人都回答错误的概率为
2
1
p
，则两人中至少有一人回答正确的
概率为
2
1
1
p
，所以
2
1
1
1
2
n
n
n
P
p
p
p
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
当选择方式二时，因为一个小组闯关成功的概率为
n
p ，则一个小组闯关不成功的概率为1
n
p
，
所以
2
2
1
1
2
n
n
n
P
p
p
p
，
所以
1
2
(2
)
2
(2
)
2
n
n
n
n
n
n
n
P
P
p
p
p
p
p
p
p
，
构造
(2
)
2
n
n
f n
p
p
，
则
1
1
1
(2
)
(2
)
n
n
n
n
f n
f n
p
p
p
p
(2
)
1
1
1
(2
)
n
n
n
n
p
p
p
p
p
p
p
，
因为0
1
p
，则1
0,2
1
p
p
，可得(2
)
1,
1
n
n
p
p
，
所以
1
0
f n
f n
，
即
1
f n
f n
，所以
f n 单调递增，
又因为
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
1
0
f
p
p
p
p
p
，
且
10
n≥
，所以
0
f n
，从而
1
2
0
P
P
，即
1
2
P
P
，
所以为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛
4．（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）已知函数
( )
ln(
1)(
0,
R)
f x
x
ax
a
a
．
(1)若
( )
0
f x
，求a 的值；
(2)已知某班共有n 人，记这n 人生日至少有两人相同的概率为
( )
P n ，
365
n
，将一年看作365 天．
（ⅰ）求
( )
P n 的表达式；
（ⅱ）估计(50)
P
的近似值（精确到0.01）．
参考数值：
245
73
e
0.0348687
，
255
73
e
0.0304049
，
490
73
e
0.00121583
，
510
73
e
0.000924459
．
【答案】(1)
1
a
(2)（ⅰ）
365 364
363
(366
)
( )
1
365n
n
P n
；（ⅱ）0.97
【详解】（1）由题意得，当
0
a
时，
( )
f x 的定义域为
1 ,
a
；当
0
a
时，
( )
f x 的定义域为
1
,
a
，
又
(0)
0
f
，且
( )
0
f x
，所以
0
x
是
( )
f x 的极小值点，故
(0)
0
f
．
而
( )
1
1
a
f
x
ax
，于是1
0
a
，解得
1
a ．
下面证明当
1
a 时，
( )
0
f x
．
当
1
a 时，
( )
ln(
1)
f x
x
x
，
1
( )
1
1
1
x
f
x
x
x
，
1
x ，
所以当
0
x
时，
( )
0
f
x
，
( )
f x 在(0,
)
单调递增；
当1
0
x
时，
( )
0
f
x
，
( )
f x 在( 1,0)
单调递减，
所以
( )
(0)
0
f x
f
，即
1
a 符合题意．
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
综上，
1
a ．
（2）（ⅰ）由于n 人生日都不相同的概率为365 364
363
(365
1)
365n
n
，
故n 人生日至少有两人相同的概率为
365 364
363
(366
)
( )
1
365n
n
P n
．
（ⅱ）由（1）可得当
1
x 时，
ln(
1)
0
x
x
，即ln(1
)
x
x
，当且仅当
0
x
时取等号，
由（ⅰ）得
365
364
363
316
1
2
3
49
(50)
1
1
1
1
1
1
365
365
365
365
365
365
365
365
P
．
记
1
2
49
1
1
1
365
365
365
t
，
则
1
2
49
ln
ln 1
ln 1
ln 1
365
365
365
t
1
2
49
1
2
49
49 50
245
365
365
365
365
2
365
73
，
即
245
73
e
t
，由参考数值得
245
73
e
0.0348687
t
，
于是
(50)
1
1
0.0348687
0.9651313
P
t
，故(50)
0.97
P
．
练一练
1．（2023 上·广东佛山·高三统考开学考试）某电子公司新开发一款电子产品，该电子产品的一个系统G 由
3 个电子元件组成，各个电子元件能正常工作的概率为2
3 ，且每个电子元件能否正常工作是相互独立，若系
统G 中有超过一半的电子元件正常工作，则G 可以正常工作，否则就需要维修．
(1)求系统需要维修的概率；
(2)为提高系统G 正常工作的概率，在系统内增加两个功能完全一样的其他品牌的电子元件，每个新元件正
常工作的概率为p ，且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作，则G 可以正常工作．问：p 满足什么
条件时可以提高整个系统G 的正常工作概率？
【答案】(1) 7
27
(2) 2
2
1
p
【详解】（1）记事件
B 电路中没有电子元件可以正常工作，
事件
C 电路中有且仅有一个电子元件可以正常工作
事件
A
G
系统需要维修，显然事件B 与事件C 互斥，则由题意可知
3
1
3 1
0
1
3
3
2
2
2
1
6
7
C
1
C
1
3
3
3
27
27
27
P A
P A
B
P A
P B
.
所以系统需要维修的概率为7
27 .
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
（2）记
M
G
系统正常工作，
3
S 电路中有且仅有个电子元件正常工作，
4
Q 电路中有且仅有个电子元件正常工作，
5
R 电路中有且仅有个电子元件正常工作，
则由题意可知
3
2
3 2
1
3 1
2
2 1
2
3
0
2
1
1
2
2
2
3
2
3
2
3
2
2
2
2
2
2
8
24
6
C
C
1
C
1
C
1
C
1
C
1
1
3
3
3
3
3
27
27
27
P S
p
p
p
p
p
p
p
p
3
2
3 2
2 1
3
1
2
2
2
2
3
2
3
2
2
2
2
16
12
C
C
1
C
1
C
1
3
3
3
27
27
P Q
p
p
p
p
p
p
3
3
2
2
2
3
2
2
8
C
C
3
27
P R
p
p
且显然事件S、事件Q 、事件R 两两互斥，则
P M
P S
Q
R
P S
P Q
P R
,将
,
,
P S
P Q
P R 分别
代入并整理得
2
2
8
8
9
9
27
P M
p
p
.由（1）可知系统G 原来的正常工作概率为
20
1
27
P
P A
P A
，
若新增两个电子元件后整个系统G 的正常工作概率提高了，则有不等式
2
2
8
8
20
9
9
27
27
p
p
成立，解得
2
2
2
2
p
,考虑实际意义知
1
p .综上当2
2
1
p
时，可以提高整个系统G 的正常工作概率.
2．（2023 下·河北唐山·高二期末）高二年级上学期共进行5 次月考，每次月考成绩互不影响.记语文和英语
为文科科目，记数学和物理为理科科目，其余科目暂不参与评估.每次月考中，文科科目与理科科目总数不
少于3 门成绩优秀，将获得“优学达人”称号，某学生在高二上学期的月考中，从文科科目和理科科目中各随
机抽取5 次成绩，其中4 次文科科目和3 次理科科目成绩优秀.
(1)从文理科各抽取的5 次成绩中，分别随机抽取2 次文科科目和2 次理科科目成绩，求至少有3 次成绩优
秀的概率；
(2)经过该学生寒假期间的自主学习，每次月考文科科目和理科科目每门成绩优秀的概率分别为
1p ，
2p ，且
1
2
1
2
3
4
3
,
,
2
5
5
p
p
p
p
，高二下学期共进行5 次月考，设该学生在这5 次月考中获得“优学达人”称号的次
数为X ，求X 的数学期望的取值范围.
【答案】(1) 33
50
(2) 462 1863
,
125
500
【详解】（1）由题可知，所有可能的情况有：
①1 次文科科目和2 次理科科目成绩优秀的概率为
1
1
2
1
4
3
1
2
2
5
5
C C C
3
C C
25
P
，
②2 次文科科目和1 次理科科目成绩优秀的概率为
2
1
1
4
3
2
2
2
2
5
5
C C C
9
C C
25
P
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
③2 次文科科目和2 次理科科目成绩优秀的概率为
2
2
4
3
3
2
2
5
5
C C
9
C C
50
P
，
故所求的概率为
3
9
9
33
25
25
50
50
P
.
（2）由已知可得，自主学习后该同学每次月考获得“优学达人”的概率为
1
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
1
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
2
C
1
C
C
C
1
C
C
P
p
p
p
p
p
p
p
p
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
3
3
3
p p
p
p
p p
p p
p p
，
因为
1
2
3
2
p
p
，且
1
2
4
3
,
5
5
p
p
，所以
1
3
3
2
5
p
，即
1
9
10
p
，
所以
1
4
9
5
10
p
，所以
2
1
2
1
1
1
3
3
9
2
4
16
p p
p
p
p
，
所以
1
2
27 14
,
50 25
p p
.
令
1
2
p p
t
，则
2
2
1
3
3
3
3
2
4
P
t
t
t
在27 14
,
50 25
上单调递减，
所以
462 1863
,
625 2500
P
，
因为该学生获得“优学达人”称号的次数
5,
X
B
P
，
所以
462 1863
5
,
125
500
E X
P
，
即X 的数学期望的取值范围是462 1863
,
125
500
.
3．（2022·云南昆明·高三昆明一中校考开学考试）甲､乙两人参加一个游戏，该游戏设有奖金256 元，谁先
赢满5 局，谁便赢得全部的奖金，已知每局游戏乙赢的概率为
(0
1)
p
p
，甲赢的概率为1
p
，每局游戏
相互独立，在乙赢了3 局甲赢了1 局的情况下，游戏设备出现了故障，游戏被迫终止，则奖金应该如何分
配才为合理？有专家提出如下的奖金分配方案：如果出现无人先赢5 局且游戏意外终止的情况，则甲､乙按
照游戏再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比
:
P
P
甲
乙分配奖金.
(1)若
3
4
p
，则乙应该得多少奖金；
(2)记事件A为“游戏继续进行下去甲获得全部奖金”，试求当游戏继续进行下去，甲获得全部奖金的概率
f
A ，
并判断当
2
3
p时，事件A 是否为小概率事件，并说明理由.（注：若随机事件发生的概率小于0.05，则称随
机事件为小概率事件）
【答案】(1)252（元）
(2)事件A 是小概率事件，理由见解析.
【详解】（1）设游戏再继续进行下去X 局乙赢得全部奖金，则最后一局必然乙赢.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
由题知，当
2
X
时，乙以5:1赢，所以
3
3
9
(
2)
4
4
16
P X
，
当
3
X
时，乙以5: 2 赢，所以
1
2
3
3
1
18
(
3)
C
4
4
4
64
P X
，
当
4
X
时，乙以5:3赢，所以
1
2
3
3
3
1
27
(
4)
C
( )
4
4
4
256
P X
，
当
5
X
时，乙以5: 4赢，所以
1
3
4
3
3
1
9
(
5)
C
( )
4
4
4
256
P X
，
所以乙赢得全部奖金的概率为9
18
27
9
252
16
64
256
256
256
，
所以乙应该得多少奖金为
252
256
252
256
（元）.
（2）设游戏继续进行Y 局甲获得全部奖金，则最后一局必然甲赢.
由题知，当
4
Y
时，甲以5:3赢，所以
4
(
4)
(1
)
P Y
p
，
当
5
Y
时，甲以5: 4赢，所以
3
3
4
4
(
5)
(1
) C
(1
)
4(1
)
P Y
p
p
p
p
p
，
甲获得全部奖金的概率
4
4
4
(1
)
4(1
)
(4
1)(1
)
p
p
p
p
f
p
A
，
所以
4
4
4
2
(1
)
4(1
)
(4
1)(1
) ,
[ ,1)
3
p
p
p
p
p
A
p
f
，
所以
4
3
3
3
(1
)
(4
1)4(1
)
4(1
) (1
4
1)
4
20(1
)
f
A
p
p
p
p
p
p
p
p
，
2
[ ,1)
3
p
，
3
20(1
)
0
p
f
A
p
，
f
A
在2
[ ,1)
3
上单调递减，所以
4
5
max
2
11
1
11
( )
( )
0.045
0.05
3
3
3
3
f
A
f
，
故事件A 是小概率事件.
4．（2022·江苏南通·统考模拟预测）我国某芯片企业使用新技术对一款芯片进行试产，设试产该款芯片的
次品率为p（0＜p＜1），且各个芯片的生产互不影响．
(1)试产该款芯片共有两道工序，且互不影响，其次品率依次为，
1
2
1
1
,
33
34
p
p
．
①求p；
②现对该款试产的芯片进行自动智能检测，自动智能检测为次品（注：合格品不会被误检成次品）的芯片
会被自动淘汰，然后再进行人工抽检已知自动智能检测显示该款芯片的合格率为96%，求人工抽检时，抽
检的一个芯片是合格品的概率．
(2)视p 为概率，记从试产的芯片中随机抽取n 个恰含m（n＞m）个次品的概率为
f
p ，求证：
f
p 在
m
p
n
时取得最大值．
【答案】(1)①1
17 ，②50
51
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
(2)证明见解析
【详解】（1）①因为两道生产工序互不影响，
法一：所以
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
33
34
17
p
p
p
．
法二：所以
1
1
1
1
1
1
33
33
34
17
p
．
答：该款芯片的次品率为1
17 ；
②记该款芯片自动智能检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
且
16
( )
96%, (
)
1
17
P A
P AB
p
．
则人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率：
16
50
17
96%
51
P AB
P B A
P A
．
答：人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率为50
51 ；
（2）因为各个芯片的生产互不影响，所以
( )
C
(1
)
(0
1)
m
m
n m
n
f p
p
p
p
，
所
1
1
1
1
( )
C
(1
)
(
)
(1
)
C
(1
)
(
)
m
m
n m
m
n m
m
m
n m
n
n
f
p
mp
p
n
m p
p
p
p
m
np
．
令
( )
0
f
p
，得
m
p
n
，
所以当0
m
p
n
时，
( )
0,
( )
f
p
f p
为单调增函数；
当
1
m
p
n
时，
( )
0,
( )
f
p
f p
为单调减函数，
所以，当
m
p
n
时，
( )
f p 取得最大值．
题型八离散型随机变量的均值与方差
1．（2023 上·河北沧州·高三泊头市第一中学校联考阶段练习）2023 年第31 届大学生夏季运动会在成都举
行，中国运动员在赛场上挑战自我，突破极限，以拼搏的姿态，展竞技之美，攀体育高峰．最终，中国代
表团以103 枚金牌､40 枚银牌､35 枚铜牌，总计178 放奖牌的成绩，位列金牌榜和奖牌榜双第一，引发了大
学生积极进行体育锻炼的热情．已知甲､乙两名大学生每天上午､下午都进行体育锻炼，近50 天选择体育锻
炼项目情况统计如下：
体育锻炼目的情况
（上午，下午）
（足球，足球）
（足球，羽毛球）
（羽毛球，足球）
（羽毛球，羽毛球）
甲
20 天
10 天
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
乙
10 天
10 天
5 天
25 天
假设甲､乙上午､下午选择锻炼的项目相互独立，用频率估计概率．
(1)已知甲上午选择足球的条件下，下午仍选择足球的概率为4
7 ，请将表格内容补充完整；（写出计算过程）
(2)记X 为甲､乙在一天中选择体育锻炼项目的个数差，求X 的分布列和数学期望
E X ；
(3)已知在这50 天中上午室外温度在20 度以下的概率为1
3 ，并且当上午的室外温度低于20 度时，甲去打羽
毛球的概率为3
4 ，若已知某天上午甲去打羽毛球，求这一天上午室外温度在20 度以下的概率．
【答案】(1)填表见解析
(2)分布列见解析；
1
10
E X
(3) 5
6
【详解】（1）设事件C 为“甲上午选择足球”，事件D 为“甲下午选择足球”，
设甲一天中假炼情况为（足球，羽毛球）的天数为x ，
则
20
4
20
7
n CD
P D C
n C
x
，解得
15
x
，
所以甲一天中锻炼情况为（羽毛球，足球）的天数为50
20
10
15
5
．
体育锻炼项目的情况（上午，下
午）
（足球，足球）（足球，羽毛球）（羽毛球，足球）
（羽毛球，羽毛
球）
甲
20 天
15 天
5 天
10 天
乙
10 天
10 天
5 天
25 天
（2）由题意知，甲上午､下午选择同一种球的概率为20 10
3
50
5
，选择两种球的概率为
3
2
1
5
5
；
乙上午､下午选择同一种球的概率为10
25
7
50
10
，选择两种球的概率为
7
3
1 10
10
．
记X 为甲､乙在一天中选择体育锻炼项目的个数差，则X 的所有可能取值为1,0,1
，
3
3
9
1
5 10
50
P X
．
3
7
2
3
27
0
5 10
5
10
50
P X
，
2
7
14
7
1
5
10
50
25
P X
，
所以X 的分布列为
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
X
1
0
1
P
9
50
27
50
7
25
所以
9
27
7
1
1
0
1
50
50
25
10
E X
．
（3）记事件A 为“上午室外温度在20 度以下”，事件B 为“甲上午打羽毛球”，
由题意知
1
15
3
3
,
,
3
50
10
4
P A
P B
P B A
，
3
1
1
1
10
5
4
3
4
3
3
4
3
6
10
10
P B A P A
P AB
P A B
P B
P B
.
故若某天上午甲去打羽毛球，则这一天上午室外温度在20 度以下的概率为5
6 ．
2．（2024 上·黑龙江·高二校联考期末）某超市计划按天从厂家订购酸奶，每瓶进价为4 元，零售价为6 元，
若进货不足，则该超市以每瓶5 元的价格进行补货，若销售有余，则厂家以3 元回购，为此该超市收集并
整理了30 天这种酸奶的销售记录，得到了如下数据：
销售瓶数
20
30
40
50
60
频数
3
6
12
6
3
以频率代替概率，记X 为这家超市每天销售该酸奶的瓶数，n 表示超市每天购进该酸奶的瓶数.
(1)求X 的分布列和数学期望；
(2)以销售该酸奶所得的利润的期望为决策依据，在
55
n
和
60
n
之中选一个，应选用哪个？
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为40；
(2)
55
n
.
【详解】（1）根据表格可知X 的所有可能取值为：20,30,40,50,60 ，
且
3
6
20
0.1,
30
0.2
30
30
P X
P X
，
12
6
3
40
0.4,
50
0.2,
60
0.1
30
30
30
P X
P X
P X
，
所以分布列为：
X
20
30
40
50
60
P
0.1
0.2
0.4
0.2
0.1
20 0.1
30 0.2
40 0.4
50 0.2
60 0.1
40
E X
.
（2）①当
55
n
时，设
1Y 为“超市销售该酸奶所得的利润”，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
则当
20
X
时，
1
2 20 1 35
5
Y
；当
30
X
时，
1
2 30 1 25
35
Y
；
当
40
X
时，
1
2 40 1 15
65
Y
；当
50
X
时，
1
2 50 1 5
95
Y
；
当
60
X
时，
1
2 55 1 5
115
Y
；
所以
1Y 的分布列为：
1Y
5
35
65
95
115
P
0.1
0.2
0.4
0.2
0.1
1
5 0.1
35 0.2
65 0.4
95 0.2
115 0.1
64
E Y
，
②当
60
n
时，设
2
Y 为“超市销售该酸奶所得的利润”，则
当
20
X
时，
2
2 20 1 40
0
Y
；
当
30
X
时，
2
2 30 1 30
30
Y
；
当
40
X
时，
2
2 40 1 20
60
Y
；
当
50
X
时，
2
2 50 1 10
90
Y
；
当
60
X
时，
2
2 60
120
Y
；
所以
2
Y 的分布列为：
2
Y
0
30
60
90
120
P
0.1
0.2
0.4
0.2
0.1
2
0 0.1
30 0.2
60 0.4
90 0.2
120 0.1
60
E Y
，
1
2
E Y
E Y
，故应选
55
n
.
3．（2023·上海嘉定·统考一模）某学校组织竞赛，有A，B，C 三类问题可供选择，其中A 问题答对可得5
分，答错0 分，B 问题答对只可得3 分，但答错只有2 分，C 问题答对得4 分，答错0 分，现小明与小红参
加此竞赛，小红答对3 种问题的概率均为0.5，小明答对A，B，C 问题的概率分别为0.3，0.7，0.5.
(1)小红一共参与回答了3 题，且该3题分为为A 、B 和C 这3类题，记X 为小红的累计得分，求X 的分布列；
(2)小明也参与回答了3 道问题，3 道问题可以是同一类，也可以不是同一类，记Y 为小明的累计得分，求
该如何分配问题，使得E[Y]最大.
【答案】(1)
X
2
3
6
7
8
11
12
P
1
8
1
8
1
8
1
4
1
8
1
8
1
8
(2)3 道题均为B 类
【详解】（1）X 的可能取值为2 、3、6、7、8、11、12、，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
因为当
2
X
有1 种情况，所以
8
(
2)
1
1
1
8
E X
，
因为当
3
X
有1种情况，所以
8
(
3)
1 1
1
8
E X
，
因为当
6
X
有1种情况，所以
8
(
6)
1
1
1
8
E X
，
因为当
7
X
有2 种情况，所以
4
(
7)
2
1
1
8
E X
，
因为当
8
X
有1 种情况，所以
8
(
8)
1 1
1
8
E X
，
因为当
11
X
有1 种情况，所以
1
(
11
1
8
)
8
1
E X
因为当
12
X
有1种情况，所以
1
(
12
1
8
)
8
1
E X
，
所以X 的分布列为：
X
2
3
6
7
8
11
12
P
1
8
1
8
1
8
1
4
1
8
1
8
1
8
（2）若3 道题均为A 类，因为
7
7
343
10
10
1000
7
(
0)
10
E Y
，
7
7
441
10
10
1000
3
(
5)
3 10
E Y
，
3
7
189
10
10
1000
3
(
10)
3 10
E Y
，
3
3
27
10
10
1000
3
(
15)
10
E Y
，
所以
343
441
189
27
5
10
15
4.5
1000
1000
1000
100
( )
0
0
E Y
，
若3 道题均为B 类，因为
3
3
27
10
10
1000
3
(
6)
10
E Y
，
3
3
189
10
10
1000
7
(
7)
3 10
E Y
，
7
3
441
10
10
1000
7
(
8)
3 10
E Y
，
7
7
343
10
10
1000
7
(
9)
10
E Y
，
所以
27
189
441
343
7
8
9
8
1000
1000
)
1000
1000
(
6
E Y
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
若3 道题均为C 类，因为
1
1
1
2
0)
2
1
2
8
(
E Y
，
1
1
1
3
2
2
2
8
(
4)
3
E Y
，
1
1
1
3
2
2
2
8
(
8)
3
E Y
，
8
1
(
12)
2
1
1
1
2
2
E Y
，
所以
1
3
3
1
4
8
12
6
8
8
( )
8
8
0
E Y
，
若3 道题分别为A 、A 、B ，
因为
7
3
147
10
10
1000
7
(
2)
10
E Y
，
7
7
343
10
10
1000
7
(
3)
10
E Y
，
3
7
3
126
10
10
10
1000
(
7)
2
E Y
，
3
7
7
294
10
10
10
1000
(
8)
2
E Y
，
3
3
27
10
10
1000
3
(
12)
10
E Y
，
3
7
63
10
10
1000
3
(
13)
10
E Y
，
所以
147
343
126
294
27
63
3
7
8
12
13
5.7
1000
1000
1000
1000
1000
0
( )
2
100
E Y
,
若3 道题分别为A 、A 、C ，
因为
7
1
49
10
2
200
7
(
0)
10
E Y
，
7
1
49
10
2
200
7
(
4)
10
E Y
，
3
7
1
21
10
10
2
100
(
5)
2
E Y
，
3
7
1
21
10
10
2
100
(
9)
2
E Y
，
1
3
0
(
10)
1
3
9
0
10
2
20
E Y
，
1
3
0
(
14)
1
3
9
0
10
2
20
E Y
，
所以
49
49
21
21
9
9
4
5
9
10
14
4.475
200
200
100
1
0
( )
00
20
200
0
E Y
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
若3 道题分别为B 、B 、A ，
因为
3
3
63
10
10
1000
7
(
4)
10
E Y
3
7
7
294
10
10
10
1000
(
5)
2
E Y
，
7
7
343
10
10
1000
7
(
6)
10
E Y
，
3
3
27
10
10
1000
3
(
9)
10
E Y
，
3
7
3
126
10
10
10
1000
(
10)
2
E Y
，
7
3
147
10
10
1000
7
(
11)
10
E Y
，
所以
63
294
343
27
126
147
5
6
9
10
11
6.9
1000
1000
1000
1000
1000
100
(
0
)
4
E Y
，
若3 道题分别为B 、B 、C ，
因为
3
1
9
10
2
200
3
(
4)
10
E Y
，
3
7
1
42
10
10
2
200
(
5)
2
E Y
，
7
1
49
10
2
200
7
(
6)
10
E Y
，
3
1
9
10
2
200
3
(
8)
10
E Y
，
3
7
1
42
10
10
2
200
(
9)
2
E Y
，
7
1
49
10
2
200
7
(
10)
10
E Y
，
所以
9
42
49
9
42
49
5
6
8
9
10
7.4
200
200
200
200
200
0
4
2
( )
0
E Y
，
若3 道题分别为C 、C 、A ，
因为
1
7
7
2
10
40
1
(
0)
2
E Y
，
7
(
4)
2
1
1
7
2
2
10
20
E Y
，
1
3
3
2
10
40
1
(
5)
2
E Y
，
1
7
7
2
10
40
1
(
8)
2
E Y
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
3
(
9)
2
1
1
3
2
2
10
20
E Y
，
1
3
3
2
10
0
1
(
13)
4
2
E Y
，
所以
7
7
3
7
3
3
4
5
8
9
13
5.5
0
( )
0
40
2
40
40
20
40
E Y
，
若3 道题分别为C 、C 、B ，
因为
1
3
3
2
10
40
1
(
2)
2
E Y
，
1
7
7
2
10
40
1
(
3)
2
E Y
，
3
(
6)
2
1
1
3
2
2
10
20
E Y
，
7
(
7)
2
1
1
7
2
2
10
20
E Y
，
1
3
3
2
10
0
1
(
10)
4
2
E Y
，
1
7
7
2
10
0
1
(
11)
4
2
E Y
，
所以
3
7
3
7
3
7
3
6
7
10
11
6.7
2
40
40
20
2
(
0
40
40
)
E Y
，
若3 道题分别为A 、B 、C ，
因为
7
3
1
21
10
10
2
100
(
2)
2
E Y
，
7
1
49
10
2
200
7
(
3)
10
E Y
，
3
1
9
10
2
0
3
(
7)
10
10
2
E Y
，
7
1
21
10
2
200
3
(
8)
10
E Y
，
1
3
0
(
11)
1
3
9
0
10
2
20
E Y
，
7
1
21
10
2
200
3
(
12)
10
E Y
，
所以
21
49
9
21
9
21
3
7
8
11
12
4.38
100
200
100
2
0
( )
00
20
200
2
E Y
，
所以3 道题均为B 类，可使得
( )
E Y 最大.
练一练
1．（2024 上·北京大兴·高三统考期末）为了解客户对A，B 两家快递公司的配送时效和服务满意度情况，现
随机获得了某地区客户对这两家快递公司评价的调查问卷，已知A，B 两家公司的调查问卷分别有120 份和
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
80 份，全部数据统计如下：
快递公司
A 快递公司
B 快递公司
项目
份数
评价分数
配送时效
服务满意度
配送时效
服务满意度
85
95
x
29
24
16
12
75
85
x
47
56
40
48
65
75
x
44
40
24
20
假设客户对A，B 两家快递公司的评价相互独立，用频率估计概率.
(1)从该地区选择A 快递公司的客户中随机抽取1 人，估计该客户对A 快递公可配送时效的评价不低于75
分的概率：
(2)分别从该地区A 和B 快递公司的样本调查问卷中，各随机抽取1 份，记X 为这2 份问卷中的服务满意度
评价不低于75 分的份数，求X 的分布列和数学期望：
(3)记评价分数
85
x
为“优秀”等级，75
85
x
为“良好”等级，65
75
x
为“一般”等级､已知小王比较看重
配送时效的等级，根据该地区A，B 两家快递公司配送时效的样本评价分数的等级情况，你认为小王选择A，
B 哪家快递公司合适？说明理由，
【答案】(1) 19
30
(2)分布列见解析，
7
12
1
E X
(3)我认为小王应该选择B 快递公司，因为B 快递公司中“优秀”或“良好”等级占比比A 公司大.（言之有理即
可）
【详解】（1）调查问卷中共有120 份，其中不低于75 分的份数为29+47=76 ，则
76
19
=120
30
P
，
故可估计该客户对A 快递公可配送时效的评价不低于75 分的概率为19
30 ；
（2）A 快递公司的样本调查问卷中抽取的1 份服务满意度评价不低于75 分的概率为：
1
24
56
2
120
3
p
，
B 快递公司的样本调查问卷中抽取的1 份服务满意度评价不低于75 分的概率为：
2
12
48
3
80
4
p
，
X 的可能取值为0，1，2，
2
3
1
0
1
1
3
4
12
P X
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
2
3
2
3
5
1
1
1
3
4
3
4
12
P X
，
3
2
1
2
4
3
2
P X
，
故其分布列为：
X
0
1
2
P
1
12
5
12
1
2
其期望
5
1
17
1
2
12
2
12
E X
；
（3）A 快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为29
120 ，
“良好”等级占比为47
120 ，“一般”等级占比为44
120 ；
B 快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为16
1
80
5
，
“良好”等级占比为40
1
80
2
，“一般”等级占比为24
3
80
10
；
其中A 快递公司的样本调查问卷中“优秀”或“良好”等级占比为76
19
120
30
，
B 快递公司的样本调查问卷中“优秀”或“良好”等级占比为56
7
19
80
10
30
，
我认为小王应该选择B 快递公司，因为B 快递公司中“优秀”或“良好”等级占比比A 公司大.
2．（2023 上·山东·高三校联考阶段练习）某班级为了提高学习数学、物理的兴趣，组织了一次答题比赛活
动，规定每位学生共需回答3 道题目．现有两种方案供学生任意选择，甲方案：只选数学问题；乙方案：
第一次选数学问题，以后按如下规则选题，若本次回答正确，则下一次选数学问题，若回答错误，则下一
次选物理问题．数学问题中的每个问题回答正确得50 分，否则得0 分；物理问题中的每个问题回答正确得
30 分，否则得0 分．已知A 同学能正确回答数学问题的概率为1
3 ，能正确回答物理问题的概率为2
3 ，且能
正确回答问题的概率与回答顺序无关．
(1)求A 同学采用甲方案答题，得分不低于100 分的概率；
(2)A 同学选择哪种方案参加比赛更加合理，并说明理由．
【答案】(1) 7
27
(2)选择乙方案参加比赛更加合理，理由见解析
【详解】（1）解：张同学采用甲方案答题，得分不低于100 分的情况为至少答对两道试题，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
所以其概率为
2
3
2
3
1
2
1
7
C
3
3
3
27
P
．
（2）解：张同学选择乙方案参加比赛更加合理．理由如下：
若采用甲方案，则其得分X 的可能取值为0，50，100，150，
3
2
8
0
3
27
P X
，
2
1
3
2
1
12
4
50
C
3
3
27
9
P X
，
2
2
3
1
2
6
2
100 )
C
3
3
27
9
P X
，
3
1
1
150
3
27
P X
．
所以X 的概率分布列为
X
0
50
100
150
P
8
27
4
9
2
9
1
27
所以X 的数学期望为
8
4
2
1
200
200
50
0
50
100
150
50
27
9
9
27
9
E X
．
若采用乙方案，则其得分Y 的可能取值为0，30，50，80，100，150，
所以
2
1
1
2
0
3
3
3
27
P Y
，
2
2
2
2
1
2
12
4
30
3
3
3
3
3
3
27
9
P Y
，
1
2
1
2
50
3
3
3
27
P Y
，
1
2
2
2
2
1
8
80
3
3
3
3
3
3
27
P Y
，
1
1
2
2
100
3
3
3
27
P Y
，
1
1
1
1
150
3
3
3
27
P Y
．
所以Y 的概率分布列为
Y
0
30
50
80
100
150
P
2
27
4
9
2
27
8
27
2
27
1
27
所以Y 的数学期望为
2
4
2
8
2
1
1450
0
30
50
80
100
150
53.7
27
9
27
27
27
27
27
E Y
．
因为
E Y
E X
，所以张同学选择乙方案参加比赛更加合理.
3．（2023 上·北京海淀·高三中关村中学校考阶段练习）新冠疫情下，为了应对新冠病毒极强的传染性，每
个人出门做好口罩防护工作刻不容缓．某口罩加工厂加工口罩由
, ,
A B C 三道工序组成，每道工序之间相互
独立，且每道工序加工质量分为高和低两种层次级别，
, ,
A B C 三道工序加工的质量层次决定口罩的过滤等
级；, ,
A B C 工序加工质量层次均为高时，口罩过滤等级为100 等级（表示最低过滤效率为99.97% ）；C 工
序的加工质量层次为高，,
A B 工序至少有一个质量层次为低时，口罩过滤等级为99 等级（表示最低过滤效
率为99%）；其余均为95 级（表示最低过滤效率为95%）．表①：表示
, ,
A B C 三道工序加工质量层次为
高的概率；表②：表示加工一个口罩的利润．
表①
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
工序
A
B
C
概率
1
2
3
4
4
5
表②
口罩等级
100 等级
99 等级
95 等级
利润/元
2.3
0.8
0.5
(1)设X 表示一个口罩的利润，求X 的分布列和数学期望；
(2)随机抽取3 个口罩，求至少有一个口罩为100 等级的概率；
(3)由于工厂中A 工序加工质量层次为高的概率较低，工厂计划通过增加检测环节对A 工序进行升级．在升
级过程中，每个口罩检测成本增加了
0
0.4
a
a
元时，相应的A 工序加工层次为高的概率在原来的基础
上增加了b ；试问：若工厂升级方案后对一个口罩利润的期望有所提高，则a 与b 应该满足怎样的关系？（直
接写出结果）
【答案】(1)分布列见解析，
(
)
1.19
E X
；
(2)0.657 ；
(3)10
1
9
2
a
b
( 0
0.4
a
).
【详解】（1）X 的可能取值为2.3，0.8，0.5，
1
3
4
3
(
2.3)
2
4
5
10
P X
；
1
3
4
1
(
0.8)
(1
)
2
4
5
2
P X
；
3
1
1
(
0.5)
1
10
2
5
P X
；
所以X 的分布列为
X
2.3
0.8
0.5
P
3
10
1
2
1
5
3
1
1
(
)
2.3
0.8
0.5
1.19
10
2
5
E X
.
（2）由（1）知，随机抽取一个口罩，为100 等级的概率是3
10 ，
所以随机抽取3 个口罩，至少有一个口罩为100 等级的概率是
3
3
1 (1
)
0.657
10
.
（3）设升级后一件产品的利润为Y ，则Y 的可能取值为2.3
a
，0.8
a
，0.5
a
1
3
4
3
6
(
2.3
)
(
)
2
4
5
10
b
P Y
a
b
；
1
3
4
5
6
(
0.8
)
[1
(
)
]
2
4
5
10
b
P Y
a
b
；
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
3
6
5
6
1
(
0.5
)
1
10
10
5
b
b
P Y
a
；
因此
3
6
5
6
1
( )
(2.3
)
(0.8
)
(0.5
)
10
10
5
b
b
E Y
a
a
a
11.9
10
9
10
a
b
，
由
( )
(
)
E Y
E X
，得11.9
10
9
1.19
10
a
b
，解得9
10
b
a
，显然
1
2
b
，
所以a 与b 满足的关系为10
1
9
2
a
b
( 0
0.4
a
).
题型九决策问题
1．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考二模）随着五一黄金周的到来，各大旅游景点热闹非凡，为了解A 、
B 两个旅游景点游客的满意度，某研究性学习小组采用随机抽样的方法，获得关于A 旅游景点的问卷100
份，关于B 旅游景点的问卷80 份.问卷中，对景点的满意度等级为：非常满意、满意、一般、差评，对应分
数分别为：4 分、3 分、2 分、1 分，数据统计如下：
非常满意
满意
一般
差评
A 景点
50
30
5
15
B 景点
35
30
7
8
假设用频率估计概率，且游客对A ，B 两个旅游景点的满意度评价相互独立.
(1)从所有（人数足够多）在A 旅游景点的游客中随机抽取2 人，从所有（人数足够多）在B 旅游景点的游
客中随机抽取2 人，估计这4 人中恰有2 人给出“非常满意”的概率；
(2)根据上述数据，你若旅游，你会选择A 、B 哪个旅游景点?说明理由.
【答案】(1) 191
512 ；
(2)选择B 景点，理由见解析.
【详解】（1）设“这4 人中恰有2 人给出“非常满意”的评价”为事件C ，由表中数据可知，游客在A 景点给
出“非常满意”评价的概率为50
1
100
2
，
游客在B 景点给出“非常满意”评价的概率为35
7
80
16
，
则
2
2
1
1
2
2
2
2
1
7
1
1
7
7
1
7
191
( )
( ) (1
)
C
(1
)C
(1
)
(1
) (
)
2
16
2
2
16
16
2
16
512
P C
.
（2）设一位游客对A 景点的满意度评分为X ，一位游客对B 景点的满意度评分为Y ，
由数表中数据得X 的分布为：
X
1
2
3
4
P
3
20
1
20
3
10
1
2
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
Y 的分布为：
Y
1
2
3
4
P
1
10
7
80
3
8
7
16
则
(
)
4 0.5
3 0.3
2 0.05 1 0.15
3.15
E X
，
2
2
2
2
(
)
0.85
0.5
( 0.15)
0.3
( 1.15)
0.05
( 2.15)
0.15
1.1275
D X
，
7
3
7
1
( )
4
3
2
1
3.15
16
8
80
10
E Y
，
2
2
2
2
7
3
7
1
( )
0.85
( 0.15)
( 1.15)
( 2.15)
0.9025
16
8
80
10
D Y
，
显然
(
)
( ),
(
)
( )
E X
E Y
D X
D Y
，所以选择Y 景点.
2．（2023 上·山东德州·高二统考期末）新冠疫情不断反弹，各大商超多措并举确保市民生活货品不断档，
超市员工加班加点工作.某大型超市为答谢各位员工一年来的锐意进取和辛勤努力，拟在年会后，通过摸球
兑奖的方式对500 位员工进行奖励，规定：每位员工从一个装有5 种面值奖券的箱子中，一次随机摸出2
张奖券，奖券上所标的面值之和就是该员工所获得的奖励额．
(1)若箱子中所装的5 种面值的奖券中有2 张面值为100 元，其余3 张均为50 元，试比较员工获得100 元奖
励额与获得150 元奖励额的概率的大小；
(2)公司对奖励总额的预算是7 万元，预定箱子中所装的5 种面值的奖券有两种方案：第一方案是3 张面值
30 元和2 张面值130 元；第二方案是3 张面值50 元和2 张面值100 元.为了使员工得到的奖励总额尽可能
地符合公司的预算且每位员工所获得的奖励额相对均衡，请问选择哪一种方案比较好？并说明理由．
【答案】(1)员工获得100 元奖励额的概率小于获得150 元奖励额的概率
(2)应选择第二种方案，理由见解析
【详解】（1）用X 表示员工所获得的奖励额．
因为
2
3
2
5
C
3
100
C
10
P X
，
1
1
2
3
2
5
C C
6
3
150
C
10
5
P X
，
所以
100
150
P X
P X
，
故员工获得100 元奖励额的概率小于获得150 元奖励额的概率．
（2）第一种方案：设员工所获得的奖励额为
1
X ，则
1
X 的分布列为
1
X
60
160
260
P
3
10
3
5
1
10
所以
1
X 的数学期望为
1
3
3
1
60
160
260
140
10
5
10
E X
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
1
X 的方差为
2
2
2
1
3
3
1
(60 140)
(160 140)
(260 140)
3600
10
5
10
D X
；
第二种方案：设员工所获得的奖励额为
2
X ，则
2
X 的分布列为
2
X
100
150
200
P
3
10
3
5
1
10
所以
2
X 的数学期望为
2
3
3
1
100
150
200
140
10
5
10
E X
，
2
X 的方差为
2
2
2
2
3
3
1
(100 140)
(150 140)
(200 140)
900
10
5
10
D X
，
又因为
1
2
500
500
70000
E X
E X
（元），
所以两种方案奖励额的数学期望都符合要求，但第二种方案的方差比第一种方案的小，
故应选择第二种方案．
3．（2023·山东泰安·统考一模）某公司为活跃气氛提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行
奖励.规定：每位员工从一个装有4 个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2 个阄，阄上所标的面值之和为
该员工获得的奖励金额.
(1)若袋中所装的4 个阄中有1 个所标的面值为800 元，其余3 个均为200 元，求
①员工所获得的奖励为1000 元的概率；
②员工所获得的奖励额的分布列及数学期望；
(2)公司对奖励额的预算是人均1000 元，并规定袋中的4 个阄只能由标有面值200 元和800 元的两种阄或标
有面值400 元和600 元的两种阄组成.为了使员工得到的奖励总额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得
的奖励额相对均衡，请对袋中的4 个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由.
【答案】(1)①1
2 ；②分布列答案见解析，数学期望：700 元
(2)答案见解析
【详解】（1）设员工所获得的奖励额为X，
①
1
3
2
4
C
1
1000
C
2
P X
，
∴员工所获得的奖励额为1000 元的概率为1
2 ；
②X 所有可能的取值为400，1000，
2
3
2
4
C
1
400
C
2
P X
，
1
1000
1
400
2
P X
P X
，
∴X 的分布列为
X
400
1000
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
P
1
2
1
2
∴员工所获得的奖励额的期望为
1
1
400
1000
700
2
2
E X
元；
（2）根据公司预算，每个员工的平均奖励额为1000 元，
所以先寻找期望为1000 元的可能方案，
对于面值由800 元和200 元组成的情况，
如果选择（200，200，200，800）的方案，因为1000 元是面值之和的最大值，
所以期望不可能为1000 元，
如果选择（800，800，800，200）的方案，
因为1000 元是面值之和的最小值，所以期望不可能为1000 元，
因此可能的方案是（800，800，200，200）记为方案1，
对于面值600 元和400 元的情况，
同理排除（600，600，600，400）和（400，400，400，600）的方案，
所以可能的方案是（400，400，600，600）记为方案2，
对于方案1，设员工所获得的奖励额为
1
X ，
1
X 可取400,1000,1600 ，
2
2
2
4
C
1
400
C
6
P X
，
1
1
2
2
2
4
C C
2
1000
C
3
P X
，
2
2
2
4
C
1
1600
C
6
P X
，
∴
1
X 的期望为
1
1
2
1
400
1000
1600
1000
6
3
6
E X
，
方差
2
2
2
1
1
2
1
400 1000
1000 1000
1600 1000
120000
6
3
6
D X
，
对于方案2，设员工所获得的奖励额为
2
X ，
1
X 可取800,1000,1200，
2
2
2
4
C
1
800
C
6
P X
，
1
1
2
2
2
4
C C
2
100
C
3
P X
，
2
2
2
4
C
1
1200
C
6
P X
，
∴
2
X 的期望为
2
1
2
1
800
1000
1200
1000
6
3
6
E X
，
方差
2
2
2
2
1
2
1
40000
800 1000
1000 1000
1200 1000
6
3
6
3
D X
，
由于两种方案的奖励额都符合预算要求，但方案2 的方差比方案1 小，所以应选择方案2.
练一练
1．（2022 上·重庆黔江·高三重庆市黔江中学校校考阶段练习）为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式
对500 位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4 个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2 个球，球
上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.
(1)若袋中所装的4 个球中有1 个所标的面值为45 元，其余3 个均为15 元，求顾客所获的奖励额为60 元的
概率；
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
(2)商场对奖励总额的预算是30000 元，为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获
的奖励额相对均衡，请从如下两种方案中选择一种，并说明理由.方案一：袋中的4 个球由2 个标有面值15
元和2 个标有面值45 元的两种球组成；方案二：袋中的4 个球由2 个标有面值20 元和2 个标有面值40 元
的两种球组成.
【答案】(1) 1
2
(2)方案二，理由见解析
【详解】（1）设顾客的奖励额为X,依题意得
1
1
1
3
2
4
C C
1
60
C
2
P X
（2）根据方案一，设顾客的奖励额为
1,
X
其可能取值为30，，30m60，90
2
2
1
2
4
C
1
30
C
6
P X
，
1
1
2
2
1
2
4
C C
4
2
60
C
6
3
P X
，
2
2
1
2
4
C
1
90
C
6
P X
1
1
2
1
30
60
90
60
6
3
6
E X
2
2
2
1
1
2
1
30
60
60
60
90
60
300
6
3
6
D X
根据方案二，设顾客的奖励额为
2,
X
其可能取值为40，60，80
2
2
2
2
4
C
1
40
C
6
P X
，
1
1
2
2
2
2
4
C C
4
2
60
C
6
3
P X
，
2
2
2
2
4
C
1
80
C
6
P X
2
1
2
1
40
60
80
60
6
3
6
E X
2
2
2
2
1
2
1
400
40
60
60
60
80
60
6
3
6
3
D X
商场对奖励总额的预算是30000 元，故每个顾客平均奖励额最多为60，两方案均符合要求，但方案二奖励
的方差比方案一小，所以应选择方案二
2．（2023 下·广东东莞·高二东莞实验中学校考期中）某公司计划在2023年年初将100万元用于投资，现有
两个项目供选择．
项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15% ，且这两种
情况发生的概率分别为7
9 和2
9 ；
项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不
赚，且这三种情况发生的概率分别为3
5 、1
3 、1
15 ．
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由.
【答案】选择项目一较好，理由见解析
【详解】设投资项目一、二获利分别为X 、Y 万元，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
则X 的可能取值有30、15
，且
7
30
9
P X
，
2
15
9
P X
，
Y 的可能取值有50、30
、0 ，且
3
50
5
P Y
，
1
30
3
P Y
，
1
0
15
P Y
，
所以，
7
2
30
15
20
9
9
E X
，
3
1
1
50
30
0
20
5
3
15
E Y
，
所以，
E X
E Y
，
2
2
7
2
30
20
15
20
350
9
9
D X
，
2
2
2
3
1
1
50
20
30
20
0
20
1400
5
3
15
D Y
，则
D X
D Y
，
这说明虽然项目一、项目二获得利润的期望相等，但项目一更稳妥，因此，选择项目一较好.
3．（2023 下·甘肃武威·高二天祝藏族自治县第一中学校考阶段练习）中医是中华民族的瑰宝，是中国古代
人民智慧的结晶，中医离不开中药，中药主要包括植物药、动物药、矿物药．某植物药材的存放年份X 的
取值为3，4，，8，其中5
8
X
为一等品，3
5
X
为二等品．已知中药厂按照两种方式出售此植物
药材，精品药材（只含一等品）的售价为10 元/株；混装药材（含一等品与二等品）的售价为6 元/株．某
药店需要购买一批此植物药材．
(1)已知中药厂库存中精品药材的年份X 的分布列如下表所示，且X 的数学期望
6.5
E X
，求X 的方差；
X
5
6
7
8
P
a
0.4
b
0.1
(2)为分析中药厂库存中混装药材的年份Y，从混装药材中随机抽取20 株，相应的年份组成一个样本，数据
如下：3，5，3，3，8，5，5，6，3，4，6，3，4，7，5，3，4，8，4，7．用这个样本的频率分布估计总
体分布，将频率视为概率，求混装药材的年份Y 的数学期望；
(3)在（1）（2）的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪种药材更具可购买性？并说明理由．
注：①药材的“性价比” 药材的年份的数学期望
药材的售价
；②“性价比”大的药材更具可购买性．
【答案】(1)0.65
(2) 4.8
(3)混装药材更具可购买性，理由见解析
【详解】（1）由X 的分布列，得
0.4
0.1
1
a
b
，即
0.5
a
b
．
因为
6.5
E X
，所以5
6 0.4
7
8 0.1
6.5
a
b
，即5
7
3.3
a
b
．
由
0.5,
5
7
3.3,
a
b
a
b
解得
0.1
0.4
a
b
，
所以
2
2
2
2
(5
6.5)
0.1
(6
6.5)
0.4
(7
6.5)
0.4
(8
6.5)
0.1
0.65
D X
．
（2）由题意，可得年份Y 的频数分布表为：
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
Y
3
4
5
6
7
8
n
6
4
4
2
2
2
因此可得Y 的概率分布列为
Y
3
4
5
6
7
8
P
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0.1
所以
3 0.3
4
0.2
5 0.2
6 0.1
7
0.1 8 0.1
4.8
E Y
，
即混装药材的年份Y 的数学期望为4.8．
（3）混装药材更具可购买性．
理由如下：因为精品药材的年份X 的数学期望为6.5，售价为10 元/株，
所以其“性价比”为6.5
0.65
10
；
混装药材的年份Y 的数学期望为4.8，售价为6 元/株，所以其“性价比”为4.8
0.8
6
，
因为0.8
0.65
，所以混装药材更具可购买性．
一、单选题
1．（2023 下·广东广州·高二统考期末）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6 次传球后球在甲手中的概率为（
）
A．11
32
B．31
96
C．5
16
D．17
48
【答案】A
【详解】设n次传球后球在甲手中的概率为
np ，当
1
n 时，
1
0
p
，
设
n
A “n 次传球后球在甲手中”，则
1
1
1
n
n
n
n
n
A
A A
A A
，
则
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
P A
P A A
P A A
P A
P A
A
P A
P A
A
∣
∣
．
即
1
1
1
0
1
1
2
2
n
n
n
n
p
p
p
p
，
所以，
1
1
1
1
3
2
3
n
n
p
p
，且
1
1
1
3
3
p
，
所以，数列
1
3
np
是以
1
3
为首项，以
1
2
为公比的等比数列，
所以，
1
1
1
1
3
3
2
n
np
，所以，
1
1
1
1
3
2
n
np
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
所以6次传球后球在甲手中的概率为
6
1
1
11
1
3
32
32
p
．
故选：A
2．（2023·广东佛山·统考模拟预测）现随机安排甲、乙等4 位同学参加校运会跳高、跳远、投铅球比赛，
要求每位同学参加一项比赛，每项比赛至少一位同学参加，事件A “甲参加跳高比赛”，事件B “乙参加跳
高比赛”，事件C “乙参加跳远比赛”，则（
）
A．事件A 与B 相互独立
B．事件A 与C 为互斥事件
C．
5
12
P C A
D．
1
9
P B A
【答案】C
【详解】对于A，每项比赛至少一位同学参加，则有
2
1
1
3
4
2
1
3
2
2
C C C
A
36
A
不同的安排方法，
事件A “甲参加跳高比赛”，若跳高比赛安排2 人，则有
3
3
A
6
种方法；
若跳高比赛安排1 人，则有
2
1
2
3
1
2
C C A
6
种方法，所以安排甲参加跳高比赛的不同安排方法共有6
6
12
种，
则
12
1
( )
36
3
P A
，同理
12
1
( )
36
3
P B
，
若安排甲、乙同时参加跳高比赛，则跳高比赛安排2 人为甲和乙，跳远、投铅球比赛各安排1 人，有
2
2
A
2
种不同的安排方法，所以
2
1
(
)
36
18
P AB
，
因为
(
)
( ) ( )
P AB
P A P B
，事件A 与B 不相互独立故A 错误；
对于B，在一次试验中，不可能同时发生的两个事件称为互斥事件，事件A 与C 可以同时发生，故事件A
与C 不是互斥事件，故B 错误；
对于C，在安排甲参加跳高比赛的同时安排乙参加跳远比赛的不同安排方法有
1
1
3
2
C +C
5
种，所以
5
(
)
36
P AC
，所以
5
(
)
5
36
1
( )
12
3
P AC
P C A
P A
，故C 正确；
对于D，
1
(
)
1
18
1
( )
6
3
P AB
P B A
P A
，故D 错误.
故选：C
3．（2023 下·广东佛山·高二校联考阶段练习）连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，分别标记两次骰子正面
朝上的点数，A 表示事件“第一次正面朝上的点数为1”，B 表示事件“第二次正面朝上的点数为3”，C 表示
事件“两次正面朝上的点数之和为8”，D 表示事件“两次正面朝上的点数之和为7”，则下列说法错误的是（
）
A．A 与D 相互独立
B．A 与C 互斥
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
C．
4
5
P B C
D．
1
36
P A D
【答案】D
【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，不同
结果如下：
(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6), (2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6), (4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),
(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6), (6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6) ，共36 个．
依题意，易得
1
1
( )
, ( )
6
6
P A
P B
，
事件C 包括(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2) ，共5 个，
5
( )
36
P C
，
事件D 包括(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1) ，共6 个，
6
1
(
)
36
6
P D
，
对于A，事件AD 只有结果(1,6) ，则
1
(
)
( )
(
)
36
P AD
P A
P D
，A 与D 相互独立，故A 正确；
对于B，由事件C 的基本事件可知，其中不包含“第一次正面朝上的点数为1”的事件，故A 与C 互斥，故B
正确；
对于C，事件B 表示“第二次正面朝上的点数不为3”，事件
,
B C 同时发生的有
2,6 ,(3,5),(4,4),(6,2)，共4
件，
所以
4
1
(
)
36
9
B
P
C
，
1
(
)
4
9
(
)
5
( )
5
36
P BC
P B C
P C
，故C 正确；
对于D，事件
,
A D同时发生的有(1,6) ，共1 件，所以
1
(
)
36
P AD
，
1
(
)
1
36
(
)
1
( )
6
6
P AD
P A D
P D
，故D 错误.
故选：D.
4．（2018·高二课时练习）已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴在y 轴的左侧，其中a、b、c∈{－3，
－2，－1,0,1,2,3}，在这些抛物线中，记随机变量ξ＝“|a－b|的取值”，则ξ的数学期望E(ξ)为(
)
A．8
9
B．3
5
C．2
5
D．1
3
【答案】A
【详解】由于对称轴在y 轴左侧，故
0
2
b
a
，故,a b 同号，基本事件有3 3 7 2
126
.的可能性有0,1,2
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
三种，
6 7
1
0
126
3
P
，
8 7
4
1
126
9
P
，
4 7
2
2
126
9
P
.故期望值为
1
4
2
8
0
1
2
3
9
9
9
.故
选A .
5．（2020·浙江·高三专题练习）有甲、乙两个盒子，甲盒子里有1个红球，乙盒子里有3 个红球和3 个黑球，
现从乙盒子里随机取出
*
1
6,
n
n
n
N
个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个
数为个，则随着
*
1
6,
n
n
n
N
的增加，下列说法正确的是（
）
A．E增加，D增加
B．E增加，D减小
C．E减小，D增加
D．E减小，D减小
【答案】C
【详解】由题意可知，从乙盒子里随机取出n个球，含有红球个数X 服从超几何分布，即
6,3,
X
H
n
，
其中
3
3
6
k
n k
n
C C
P X
k
C
，其中
N
k
，
3
k
且k
n
，
3
6
2
n
n
EX
.
故从甲盒中取球，相当于从含有
1
2
n 个红球的
1
n 个球中取一球，取到红球个数为.
故
1
1
1
2
1
1
2
2
2
n
P
n
n
，
随机变量服从两点分布，所以
1
1
1
2
1
1
2
2
2
n
E
P
n
n
，随着n的增大，E减小；
2
1
1
1
1
1
4
2
2
D
P
P
n
，随着n 的增大，D增大.
故选：C.
6．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）某公司员工食堂每天都有米饭和面食两种套餐，
已知员工甲每天中午都会在这两种套餐中选择一种，米饭套餐的价格是每份18 元，面食套餐的价格是每份
12 元，如果甲当天选择了某种套餐，他第二天会有60%的可能性换另一种类型的套餐，假如第1 天甲选择
了米饭套餐，第n 天选择米饭套餐的概率为
nP ，给出以下论述：
①
3
0.52
P
；
②
1
1
0.4
0.6 1
2,
N
n
n
n
P
P
P
n
n
；
③
1
0.4
0.5 ( 0.2)n
nP
④前k 天甲午餐总费用的数学期望为
5
5
1
15
2
2
5
k
k
.
其中正确的是（
）
A．②③④
B．①②④
C．①③④
D．①②③
【答案】B
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
【详解】若甲在第
1
n
天选择了米饭套餐，那么在第n 天有40% 的可能性选择米饭套餐，
甲在第
1
n
天选择了面食套餐，那么在第n 天有60% 的可能性选择米饭套餐，
所以第n天选择米饭套餐的概率
1
1
0.4
0.6 1
2,
N
n
n
n
P
P
P
n
n
，故②正确；
因为
2
0.4
P
，所以甲在第1 天选择了米饭套餐，所以
3
0.6 0.6
0.4 0.4
0.52
P
，故①正确；
由②得，
1
0.2
0.6
n
n
P
P
，所以
1
0.5
0.2
0.5
n
n
P
P
，
又由题意得，
1
1
P ，
0.5
nP
是以0.5为首项，0.2
为公比的等比数列，
所以
1
0.5
1 0.5
( 0.2)n
nP
，所以
1
0.5
0.5 ( 0.2)n
nP
，故③错误；
前k 天甲午餐总费用的数学期望为
1
1
1
1
5
5
1
18
0.5
0.5 ( 0.2)
12
1
0.5
0.5 ( 0.2)
15
2
2
5
k
k
k
n
n
n
n
k
，故④正确.
故选：B.
7．（2020 下·广东广州·高二广东广雅中学校考阶段练习）广雅高一年级和高二年级进行篮球比赛，赛制为
3 局2 胜制，若比赛没有平局，且高二队每局获胜的概率都是
1
0
2
p
p
，记比赛的最终局数为随机变量
X ，则（）
A．
5
(
)
2
E X
B．
21
(
)
8
E X
C．
1
(
)
4
D X
D．
1 1
(
)
,
4 2
D X
【答案】C
【详解】X 的可能取值为2，3，
解法一：
2
2
2
(
2)
(1
)
2
2
1
P X
p
p
p
p
，
1
2
2
(
3)
(1
)
2
2
P X
C p
p
p
p
，
令
2
2
2
t
p
p
，因为
1
0
2
p
，所以
1
0
2
t
则
(
2)
1
P X
t
；
(
3)
P X
t
所以
2(
1)
3 (
)
2
EX
t
t
t
，
2
2
(2
)
(
2)
(3
)
(
3)
DX
EX
P X
EX
P X
2
2
[2
(
2)] (
1)
[3
(
2)] (
)
t
t
t
t
2
2
2
(
1)
(1
) (
)
t
t
t
t
t
t
，
因为
1
0
2
t
，所以
5
2
2, 2
EX
t
，
2
1
0, 4
DX
t
t
法二：
2
2
2
(
2)
(1
)
2
2
1
P X
p
p
p
p
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
1
2
2
(
3)
(1
)
2
2
P X
C p
p
p
p
，
2
2
2
(
)
2
2
2
1
3 2
2
2
2
2
E X
p
p
p
p
p
p
，
因为
(
)
E X 以
1
2
p
为对称轴，开口向下，
所以
(
)
E X 在
1
0, 2
p
时，
(
)
E X 单调递增，
所以
2
1
1
5
(
)
2
2
2
2
2
2
E X
，排除A，B．
法1：
2
2
(
)
( (
)
2)
(
2)
( (
)
3)
(
3)
D X
E X
P X
E X
P X
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
p
p
p
p
p
p
p
p
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
p
p
p
p
p
p
p
p
2
2
2
2
2
2
1
p
p
p
p
令
2
1
2
2
0, 2
t
p
p
，
1
(
)
(1
)
0,4
D X
t
t
法2：
2
2
2
4
2
2
1
9 2
2
E X
p
p
p
p
2
10
10
4
p
p
2
2
2
2
2
(
)
(
)
10
10
4
2
2
2
D X
E X
E
X
p
p
p
p
4
3
2
4
8
6
2
p
p
p
p
3
2
(
)
16
24
12
2
D X
p
p
p
，
2
(
)
12(2
1)
0
D X
p
所以
(
)
D X
在
(0,1)
p
上单调递减，又
1
0
2
D
，
所以当
1
0, 2
p
时，
(
)
0
D X
，
所以
1
(0, )
2
p
时
(
)
D X 单调递增，
所以
4
3
2
1
1
1
1
1
(
)
4
8
6
2
2
2
2
2
4
D X
．
故选：C
8．（2020·浙江·高三专题练习）甲乙两人进行乒乓球赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没
有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是p ，随机变量X 表示最终的比赛局数，若
1
0
3
p
，
则（
）
A．
5
2
E X
B．
21
8
E X
C．
1
4
D X
D．
20
81
D X
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
【答案】D
【详解】随机变量X 可能的取值为2,3.
2
0
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
P X
C p
C
p
p
p
.
1
1
2
2
2
3
1
1
1
2
2
P X
C p
p p
C p
p
p
p
p
，
故X 的分布列为：
X
2
3
P
2
2
2
1
p
p
2
2
2
p
p
故
2
2
2
2
1
5
2
2
2
1
3
2
2
2
2
2
2
2
2
E X
p
p
p
p
p
p
p
因为
1
0
3
p
，故
22
2
9
E X
，而22
5 22
21
,
9
2
9
8
，故A、B 错误.
而
2
2
2
2
4
2
2
1
9
2
2
2
2
2
D X
p
p
p
p
p
p
，
令
2
2
1
1
2
2
2
2
2
t
p
p
p
，因为
1
1
0
3
2
p
，
故
4
0
9
t
，此时
2
2
20
4
1
9
2
0, 81
D X
t
t
t
t
t
，
1
4
D X
必成立，故C 错误，D 正确.
故选：D.
二、多选题
9．（2023 下·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考阶段练习）已知编号为1，2，3 的三个盒子，其中1 号盒子内
装有两个1 号球，一个2 号球和一个3 号球；2 号盒子内装有两个1 号球，一个3 号球；3 号盒子内装有三
个1 号球，两个2 号球.若第一次先从1 号盒子内随机抽取1 个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，
第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（
）
A．在第一次抽到2 号球的条件下，第二次抽到1 号球的概率为
1
2
B．第二次抽到3 号球的概率为11
48
C．如果第二次抽到的是3 号球，则它来自1 号盒子的概率最大
D．如果将5 个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1 个，则不同的放法有180 种
【答案】ABC
【详解】记第一次抽到第i 号球的事件分别为
1,2,3 ,
iA i
则有
1
1
2
P A
，
2
3
1
4
P A
P A
，
对于A，在第一次抽到2 号球的条件下，将2 号球放入2 号盒子内，因此第二次抽到1 号球的概率为
1
2
P
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
故A 选项正确；
对于B，记第二次在第i 号盒子内抽到3 号球的事件分别为
1,2,3 ,
iB i
而
1
2
3
A
A
A
，，
两两互斥，和为，
1
1
1
|
4
P B
A
，
2
2
1
|
4
P B
A
，
3
3
1
|
6
P B
A
，即第二次抽到3 号球的事件为B ，
1
1
3
3
1
1
1
1
1
1
11
(
)
(
) (
)
2
4
4
4
4
6
48
|
i
i
i
i
i
i
i
A
A
A
P B
P
B
P
P B
，
故B 选项正确；
对于C，记第二次在第i 号盒子内抽到3 号球的事件分别为
1,2,3 ,
i
C i
而
1
2
3
A
A
A
，，
两两互斥，和为，
1
1
1
|
4
P C
A
，
2
2
1
|
4
P C
A
，
3
3
1
|
6
P C
A
，
记第二次抽到3 号球的事件为C ，
1
1
3
3
1
1
1
1
1
1
11
(
)
(
) (
)
2
4
4
4
4
6
48
|
i
i
i
i
i
i
i
AC
A
C
P
A
C
P
P
P
,
第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号码相同，
1
1
1
1
1
1
1
|
6
2
4
|
11
11
48
P A P C
A
P A C
P C
=
，
2
2
2
2
2
1
1
|
3
4
4
|
11
11
48
P A
P C
A
P A
C
P C
=
，
3
3
3
3
3
1
1
|
2
4
6
|
11
11
48
P A
P C
A
P A
C
P C
=
，
即如果第二次抽到的是3 号球，则它来自1 号盒子的概率最大，故C 选项正确；
对于D，把5 个不同的小球分成3 组的不同分组方法数是
2
2
2
5
3
5
2
2
C C
C
A
种，将每一种分组方法分成的小球放
在3 个盒子中有
3
3A 种不同方法，由分步乘法计数原理得不同的放法种数是
2
2
2
3
5
3
5
3
2
2
C C
C
150
A
A
种，故D 选
项错误；
故选：ABC.
10．（2023 下·河南洛阳·高二校联考阶段练习）有一座高度是10 级（第1 级~第10 级）台阶的楼梯，小明
在楼梯底部（第0 级）从下往上走，每跨一步只能向上1 级或者向上2 级，且每步向上1 级与向上2 级的
概率相同，设第n 步后小明所在台阶级数为随机变量
n
X ，则（
）
A．
2
1
2
4
P X
B．
2
3
E X
C．
4
4
6
7
P X
P X
D．
10
n
P X
中
7
10
P X
最大
【答案】ABD
【详解】小明每步向上1 级与向上2 级的概率都是
1
2 ，
2
2
X
表示跨2 步到达第2 级台阶，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
所以每步向上1 个台阶，
2
2
1
1
2
2
4
P X
，故A 正确；
2
X 的所有可能取值为2，3，4，
2
1
2
4
P X
，
2
1
2
2
1
1
3
C
2
2
P X
，
2
2
1
1
4
2
4
P X
，所以
2
1
1
1
2
3
4
3
4
2
4
E X
，故B 正确；
4
6
X
表示跨4 步到达第6 级台阶，所以有2 步每步向上1 个台阶，
有2 步每步向上2 个台阶，
4
2
4
4
1
3
6
C
2
8
P X
；
4
7
X
表示跨4 步到达第7 级台阶，所以有1 步向上1 个台阶，有3 步每步向上2 个台阶，
4
3
4
4
1
1
7
C
2
4
P X
，故C 错误；
由题意
5,10
n
，
5
10
X
表示跨5 步到达第10 级台阶，所以每步向上2 个台阶，
5
5
1
1
10
2
32
P X
，
6
10
X
表示跨6 步到达第10 级台阶，所以有2 步每步向上1 个台阶，有4 步每步向上2 个台阶，
6
2
6
6
1
15
10
C
2
64
P X
，以此类推可得
7
4
7
7
1
35
10
C
2
128
P X
，
8
6
8
8
1
7
10
C
2
64
P X
，
9
8
9
9
1
9
10
C
2
512
P X
，
10
10
1
1
10
2
1024
P X
，其中
7
35
10
128
P X
最大，故D 正确．
故选：ABD．
11．（2022 上·江苏苏州·高三苏州中学校联考阶段练习）乒乓球（tabletennis），被称为中国的“国球”，是
一种世界流行的球类体育项目，是推动外交的体育项目，被誉为“小球推动大球”．某次比赛采用五局三胜制，
当参赛甲、乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级而比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每
局比赛的胜负不受之前已赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为
0
1
p
p
，实际比赛局数的期望值
记为
f
p ，下列说法正确的是（
）
A．三局就结束比赛的概率为
3
3
1
p
p
B．
f
p 的常数项为3
C．
1
4
3
5
f
f
D．
1
33
2
8
f
【答案】ABD
【详解】设实际比赛局数为x ，
则
3
3
3
1
P x
p
p
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
3
1
3
1
3
3
4
C
1
C
1
P x
p
p
p
p
，
2
2
2
4
5
C
1
P x
p
p
，
因此三局就结束比赛的概率为
3
3
1
p
p
，则A 正确；
则
3
3
2
3
1
3
1
2
2
4
3
2
3
3
4
3
1
4 C
1
C
1
5 C
1
6
12
3
3
3
f
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
，
由
0
3
f
，则常数项为3，则B 正确；
由
1
33
2
8
f
，则D 正确；
由
3
2
2
24
36
6
3
3 2
1
4
4
1
f
p
p
p
p
p
p
p
，
0
1
p
，所以
2
4
4
1
0
p
p
，
令
0
f
p
，则
1
0
2
p
；令
0
f
p
，则1
1
2
p
，
则函数
f
p 在
1
0, 2
上单调递增，在
1 ,1
2
上单调递减，
因为
3
3
3
2
3
1
1
3
2
2
3
3
4
1
3
1
4 C 1
C 1
5 C
1
f
p
p
p
p
p
p
p
p
p
f
p
，
所以
f
p 关于
1
2
p
对称，且p 越极端，越可能快结束，有1
1
4
1
2
3
5
2
≤
，得
1
4
3
5
f
f
，则C 不正确.
故选：ABD.
三、填空题
12．（2022·天津河北·天津五十七中校考模拟预测）第24 届冬奥会于2022 年2 月4 日至20 日在北京和张
家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”、“冰墩墩”、“雪容融”等．小王有3 张“冬
梦”，2 张“冰墩墩”和2 张“雪容融”邮票；小李有“冬梦”、“冰墩墩”、"雪容融”邮票各1 张．小王现随机取出
一张邮票送给小李，分别以
1
2
3
A
A
A
、、
表示小王取出的是“冬梦”、“冰墩墩”和“雪容融”的事件；小李再随机
取出一张邮票，以B 表示他取出的邮票是“冰墩墩”的事件，则
2
P B A
，( )
P B
．
【答案】
1
2 /0.5
9
28
【详解】
2
P B A
表示在小王送给小李一张“冰墩墩”邮票的情况下小李取到一张“冰墩墩”的概率，则
2
2
1
4
2
P B A
；
由题可知，
1
3
7
P A
，
2
2
7
P A
，
3
2
7
P A
，
则
( )
P B
1
1
2
2
3
3
3
1
2
2
2
1
7
4
7
4
7
4
P A P B A
P A
P B A
P A
P B A
∣
∣
∣
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
3
4
2
9
28
28
28
28
.
故答案为：
1
2 ；9
28 .
13．（2020 上·广东佛山·高三统考阶段练习）连续投掷一枚均匀硬币，正面出现n 次或者背面只要出现一次，
就算比赛结束，则比赛结束时出现正面的次数的数学期望是
.
【答案】
1
1
2n
【详解】由题意知：每次投掷硬币正面、背面出现的概率均为
1
2 ；
∵正面出现n次或者背面只要出现一次，比赛结束，
∴假设比赛结束时，硬币抛掷了k 次，k
n
；
1、当1
k
n
时，有前
1
k 次全部为正面，第k 次为背面，则
1
1
1
1
1
2 2
2
k
k
k
P
，出现正面的次数的期望为
1
(
)
2
k
k
k
E X
，
2、当k
n
时，k 次全部为正面，则
0
1
1
1
2
2
2
n
n
n
P
，出现正面的次数的期望为
(
)
2
n
n
n
E X
，
∴
1
1 1
2 1
1
1
(
)
(
)
(
)
...
1
2
2
2
2
2
n
k
n
n
n
n
k
n
n
E X
E X
E X
故答案为：
1
1
2n
四、解答题
14．（2023 下·福建·高一福建师大附中校考期末）双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即
胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛，之后的每一轮，在负
者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者
组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、C、D 四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6 场
比赛为决赛.
(1)假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求：
①A 获得季军的概率；
②D 在一共输了两场比赛的情况下，成为亚军的概率；
(2)若A 的实力出类拔萃，有4 参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D 进入决赛且先前
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
与对手已有过招的概率.
【答案】(1)①1
4 ；②1
5
(2) 37
128
【详解】（1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，即概率为
1
2 ，
①由题意，第一轮比赛
,
A D 一组，
,
B C 一组，
要A 获得季军，则A 进入胜者组，后续连败两轮，或A 进入负者组，后续两轮先胜后败，
所以A 获得季军的概率为1
1
1
1
1
1
1
(1
) (1
)
(1
)
(1
)
2
2
2
2
2
2
4
.
②设
i
W 表示队伍D 在比赛i 中胜利，
iL 表示队伍D 所参加的比赛i 中失败，
事件E ：队伍D 获得亚军，事件F ：队伍D 所参加所有比赛中失败了两场，
事件F ：包括
1
4
L L ，
1
4
5
LW L ，
1
3
5
W L L ，
1
3
5
6
W L W L ，
1
4
5
6
LW W L 五种情况.
其中这五种情况彼此互斥，得
1
4
1
4
5
1
3
5
1
3
5
6
1
4
5
6
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
P
P L L
P LW L
P W L L
P W L W L
P LW W L
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
5
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
8
，
其中积事件EF 包括
1
3
5
6
W L W L ，
1
4
5
6
LW W L 两种情况.
得
1
3
5
6
1
4
5
6
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
2
2
8
P EF
P W L W L
P LW W L
，
所以所求概率为
1
(
)
1
8
(
|
)
5
( )
5
8
P EF
P E F
P F
.
（2）由题意，A 获胜的概率为3
4 ，B、C、D 之间获胜的概率均为
1
2 ，
要使D 进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况：
①若A 与D 在决赛中相遇，分为A：1 胜，3 胜，D：1 负4 胜5 胜，或A：1 负4 胜5 胜，D：1 胜，3 胜，
概率为
1
3
3
1
1
1
3
3
1
27
4
4
2
2
4
4
4
2
128
P
；
②若B 与D 决赛相遇，D：1 胜，3 胜，B：2 胜3 负5 胜，或D：1 胜，3 负，5 胜，B：2 胜3 胜，
概率为
1
1
1
1
3
1
1
1
1
1
1
3
1
1
1
5
4
2
2
4
4
4
2
4
2
2
4
4
4
2
128
P
，
③若C 与D 决赛相遇，同B 与D 在决赛中相遇，
概率为
3
1
1
1
3
1
1
1
1
1
1
3
1
1
1
5
4
2
2
4
4
4
2
4
2
2
4
4
4
2
128
P
；
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
所以D 进入决赛且先前与对手已有过招的概率
1
2
3
37
128
P
P
P
P
.
15．（2023·湖北孝感·校联考模拟预测）为落实食品安全的“两个责任”，某市的食品药品监督管理部门和卫
生监督管理部门在市人民代表大会召开之际特别邀请相关代表建言献策.为保证政策制定的公平合理性，两
个部门将首先征求相关专家的意见和建议，已知专家库中共有5 位成员，两个部门分别独立地发出批建邀
请的名单从专家库中随机产生，两个部门均邀请2 位专家，收到食品药品监督管理部门或卫生监督管理部
门的邀请后，专家如约参加会议.
(1)设参加会议的专家代表共X 名，求X 的分布列与数学期望.
(2)为增强政策的普适性及可行性，在征求专家建议后，这两个部门从网络评选出的100 位热心市民中抽取
部分市民作为群众代表开展座谈会，以便为政策提供支持和补充意见.已知这两个部门的邀请相互独立，邀
请的名单从这100 名热心市民中随机产生，食品药品监督管理部门邀请了
N ,2
100
m m
m
名代表，卫
生监督管理部门邀请了
N ,2
100
n n
n
名代表，假设收到食品药品监督管理部门或卫生监督管理部门
的邀请后，群众代表如约参加座谈会，且
100
m
n
，请利用最大似然估计法估计参加会议的群众代表的人
数.（备注:最大似然估计即最大概率估计，即当P（X=k）取值最大时，X 的估计值为k）
【答案】(1)分布列见解析，3.2
(2)详见解析.
【详解】（1）X 的可能取值为2，3，4，则
2
2
2
5
5
5
C
2
0.1
C C
P X
，
3
2
1
1
5
2
5
5
2
3
C C C
3
0.6
C C
P X
，
2
2
5
3
2
2
5
5
C C
4
0.3
C C
P X
，
则X 的分布列为
X
2
3
4
P
0.1
0.6
0.3
(
)
2 0.1
3 0.6
4 0.3
3.2
E X
（2）设食品药品监督管理部门邀请的代表记为集合A，人数为
m
Card A
，卫生监督管理部门邀请的代
表为集合B，人数为
n
Card B
，则收到两个部门邀请的代表的集合为A∪B.人数为Card（A∪B）.
设参加会议的群众代表的人数为Y，则
Y
Card A
B
.
若
Card A
B
k
，则
Card A
B
m
n
k
，
则
100
100
100
100
100
100
C
C
C
C
C
C
C
C
k m
m
m
n
m
m n k
k m
k n
m
m
m
n
P Y
k
，
1
1
100
100
C
C
1
C
k
m
k
n
m
n
m
P Y
k
，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
1
1
100
100
1
100
C
C
C
C
1
1
k
m
k
n
m
m
k m
n
m
k
m
P Y
k
m
n
k
k
P Y
k
k
m
k
n
，
令
1
(
)
P Y
k
P Y
k
，得
1
1
P Y
k
P Y
k
，解得
101
1
102
m
n
mn
k
，
以
1
k 代替k，得
1
101
1
P Y
k
m
n
k
k
P Y
k
k
m
k
n
，
令
1
P Y
k
P Y
k
，得
1
1
P Y
k
P Y
k
，解得
101
1
1
102
m
n
mn
k
，
所以
101
1
101
1
1
102
102
m
n
mn
m
n
mn
k
，
若
101
1
102
m
n
mn
为整数，则当
101
1
102
m
n
mn
k
或
101
1
1
102
m
n
mn
k
时，
P Y
k
取得最大值，
所以估计参加会议的群众代表的人数为
101
1
102
m
n
mn
或
101
1 1
102
m
n
mn
，
若
101
1
102
m
n
mn
不是整数，则当
101
1 1
102
m
n
mn
k
时，
(
)
P Y
k
取得最大值，所以估计参加会议的群众代表的人数为
101
1
1
102
m
n
mn
，
其中，
101
1
102
m
n
mn
表示不超过
101
1
102
m
n
mn
的最大整数.
16．（2023 下·江苏常州·高二校联考期中）从甲､乙､丙等5 人中随机地抽取三个人去做传球训练.训练规则
是确定一人第一次将球传出，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，每次必
须将球传出.
(1)记甲乙丙三人中被抽到的人数为随机变量X ，求X 的分布列；
(2)若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1 次由甲将球传出，记n 次传球后球在甲手中的概率为
,
1,2,3,
np n
，
①直接写出
1
2
3
p
p
p
，，
的值；
②求
1
np 与
np 的关系式
*
(
)
n
N
，并求
np
*
(
)
n
N
.
【答案】(1)分布列见解析
(2)①
1
0
p
，
2
1
2
p
，
3
1
4
p
；②
1
1
1 ,
1,2,3
2
2
n
n
p
p
n
；
1
1
( 1)
1
3
2
n
n
【详解】（1）X 可能取值为1,2,3，
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
1
2
3
2
3
5
3
1
10
C C
p X
C
；
2
1
3
2
3
5
3
2
5
C C
p X
C
；
3
0
3
2
3
5
1
3
10
C C
p X
C
所以随机变量X 的分布列为
X
1
2
3
P
3
10
3
5
1
10
（2）若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且n 次传球后球在甲手中的概率为
,
1,2,3,
np n
，
则有
1
0,
p
2
2
2
1 ,
2
2
p
3
3
2
1 ,
2
4
p
记
n
A 表示事件“经过n 次传球后，球在甲手中”，
1
1
1
n
n
n
n
n
A
A
A
A
A
所以
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
p
P A
A
A
A
P A
A
P A
A
1
1
1
1
1
0
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
P A
P A
A
P A
P A
A
p
p
p
∣
∣
即
1
1
1 ,
1,2,3
2
2
n
n
p
p
n
，
所以
1
1
1
1
3
2
3
n
n
p
p
，且
1
1
1
3
3
p
所以数列
1
3
np
表示以
1
3
为首项，
1
2
为公比的等比数列，
所以
1
1
1
1
3
3
2
n
np
所以
1
1
1
1
1
1
1
1
3
2
3
3
2
n
n
np
即n次传球后球在甲手中的概率是
1
1
( 1)
1
3
2
n
n
.
17．（2024 上·辽宁抚顺·高二校联考期末）11 月29 日，辽宁省政府新闻办召开“山海有情天辽地宁”冰雪主
题系列首场现场新闻发布会，该会重点介绍今年沈阳市深入开展冰雪旅游､冰雪运动､冰雪文化的主要举措､
重点活动和亮点特色.某冰雪乐园计划推出冰雪优惠活动，发放冰雪消费券.该冰雪乐园计划通过摸球兄奖的
方式对1000 位顾客发放消费券，规定：每位顾客从一个装有4 个标有面值的球的袋中一次性随机摸取2 个
球，球上所标的面值之和为该顾客所获得的消费券的总额.
(1)若袋中所装的4 个球中1 个所标的面值为30 元，其余3 个均为20 元，求顾客所获得的消费券的总额为
50 元的概率.
(2)该冰雪乐园对消费券总额的预算是100000 元，并规定袋中的4 个球只能由标有面值40 元､60 元的2 种球
组成，或由标有面值30 元､50 元､70 元的3 种球组成.为了使顾客得到的消费券总额的期望符合该冰雪乐园
的预算且每位顾客所获得的消费券的总额相对均衡，请对袋中的4 个球的面值给出一个合适的设计方案，
并说明理由.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
【答案】(1) 1
2
(2)选择方案1，理由见解析
【详解】（1）解：顾客所获得的消费券的总额为50 元的概率为
1
3
2
4
C
1
C
2
.
（2）根据该冰雪乐园的预算，每个顾客的平均奖励额为100 元，所以先寻找期望为100 元的可能方案.
对于面值由40 元､60 元组成的情况：
如果选择
40,40,40,60 的方案，因为100 元是面值之和的最大值，所以期望不可能为100 元；
如果选择
40,60,60,60 的方案，因为100 元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为100 元；
因此可能的方案是
40,40,60,60 ，记为方案1.
方案1，设每位顾客所获得的消费券的总额为
1
X ，则
1
X 的取值范围是
80,100,120 ，
1
1
2
2
1
1
1
2
2
2
4
4
4
C C
1
1
2
1
1
80
,
100
,
120
C
6
C
3
C
6
P X
P X
P X
，
则
1
1
2
1
80
100
120
100
6
3
6
E X
.
对于面值由30 元､50 元､70 元组成的情况：
可能的方案是
30,30,50,70 , 30,50,50,70 ，
30,50,70,70 ，分别记为方案2，方案3，方案4.
易知方案2，方案3，方案4 每位顾客所获得的消费券的总额的期望依次增大，所以先研究方案3.
方案3，设每位顾客所获得的消费券的总额为
3
X ，则
3
X 的取值范围是
80,100,120 ，
1
1
2
2
3
3
3
2
2
2
4
4
4
C
C
1
1 1
1
1
80
,
100
,
120
C
3
C
3
C
3
P X
P X
P X
，则
3
1
1
1
80
100
120
100
3
3
3
E X
.
所以在方案2，方案3，方案4 中，方案3 符合该冰雪乐园的预算.
因为
1
3
100
E X
E X
，所以比较方案1，方案3 的方差.
2
2
1
1
1
400
(80 100)
(120 100)
6
6
3
D X
，
2
2
3
1
1
800
(80 100)
(120 100)
3
3
3
D X
.
因为
1
3
D X
D X
，
所以选择方案1，即这4 个球的面值为40 元､40 元､60 元､60 元.
18．（2023 下·浙江·高二校联考期末）人口老龄化加剧的背景下，我国先后颁布了一系列生育政策，根据不
同政策要求，分为两个时期Ⅰ和Ⅱ．根据部分调查数据总结出如下规律：对于同一个家庭，在Ⅰ时期内生
孩X 人，在Ⅱ时期生孩Y 人，（不考虑多胞胎）生男生女的概率相等．X 服从0-1 分布且
1
(
0)
5
P X
．Y
分布列如下图：
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
Y
0
1
2
P
p
p
q
p
q
现已知一个家庭在Ⅰ时期没生孩子，则在Ⅱ时期生2 个孩子概率为1
24 ；若在Ⅰ时期生了1 个女孩，则在时
期生2 个孩子概率为1
6 ；若在Ⅰ时期生了1 个男孩，则在Ⅱ时期生2 个孩子概率为1
12 ，样本点中Ⅰ时期生
孩人数与Ⅱ时期生孩人数之比为2:5（针对普遍家庭）．
(1)求Y 的期望与方差；
(2)由数据
(
1,2,
, )
iz i
n
组成的样本空间根据分层随机抽样分为两层，样本点之比为
:
a b ，分别为
(
1,2,
, )
ix i
k
与
(
1,2,
,
)
iy i
m
，k
m
n
，总体样本点与两个分层样本点均值分别为z ，x ，y ，方差
分别为
2
0
S ，
2
1S ，
2
2
S ，证明：
2
2
2
2
2
0
1
2
(
)
(
)
a
b
S
S
x
z
S
y
z
a
b
a
b
，并利用该公式估算题设样本总
体的方差．
【答案】(1)期望为31
40 ，方差为1877
4800 ；
(2)证明见解析，总体方差约为0.3252 .
【详解】（1）由分布列知：
(
)
(
)
1
p
p
q
p
q
，即
1
3
p
，
事件
(
1,2,3)
iA i
分别表示Ⅰ时期没生孩子、生了1 个女孩、生了1 个男孩，
事件B 表示Ⅱ时期生2 个孩子，则
1
2
3
1
1
1
(
|
)
, (
|
)
, (
|
)
24
6
12
P B A
P B A
P B A
，
又
1
2
3
1
4
1
2
(
)
, (
)
(
)
5
5
2
5
P A
P A
P A
，
所以
1
1
2
2
3
3
1
( )
(
|
) (
)
(
|
) (
)
(
|
) (
)
3
P B
P B A P A
P B A P A
P B A P A
p
q
q
，
即1
1
1
2
1
2
1
24
5
6
5
12
5
3
q
，则
9
40
q
，
综上，Y 分布列如下：
Y
0
1
2
P
1
3
67
120
13
120
1
67
13
31
( )
0
1
2
3
120
120
40
E Y
.
2
2
2
1
31
67
31
13
31
1877
( )
(0
)
(1
)
(2
)
3
40
120
40
120
40
4800
D Y
.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
（2）由题意
2
2
1
1
1
(
)
k
i
i
S
x
x
k
，
2
2
2
1
1
(
)
m
i
i
S
y
y
m
，则
2
2
1
1
(
)
k
i
i
kS
x
x
，
2
2
2
1
(
)
m
i
i
mS
y
y
，
2
2
2
2
1
1
2
0
1
1
1
1
[
(
)
(
) ]
[
(
)
(
) ]
k
m
k
m
i
i
i
i
i
i
i
i
x
z
y
z
x
x
x
z
y
y
y
z
n
n
S
2
2
2
2
1
1
1{
[(
)
2(
)(
)
(
) ]
[(
)
2(
)(
)
(
) ]}
k
m
i
i
i
i
i
i
x
x
x
x x
z
x
z
y
y
y
y
y
z
y
z
n
2
2
2
2
1
1
1
1
1{
(
)
2(
)
(
)
(
)
(
)
2(
)
(
)
(
) }
k
k
m
m
i
i
i
i
i
i
i
i
x
x
x
z
x
x
k x
z
y
y
y
z
y
y
m y
z
n
而
1
1
(
)
(
)
0
k
m
i
i
i
i
x
x
y
y
，
上式
2
2
2
2
1
1
1[
(
)
(
)
(
)
(
) ]
k
m
i
i
i
i
x
x
k x
z
y
y
m y
z
n
2
2
2
2
1
2
1[
(
)
(
) ]
kS
k x
z
mS
m y
z
n
2
2
2
2
1
2
[
(
) ]
[
(
) ]
k
m
S
x
z
S
y
z
n
n
，
又k
m
n
，且
:
:
a b
k m
，
上式
2
2
2
2
1
2
[
(
) ]
[
(
) ]
a
b
S
x
z
S
y
z
a
b
a
b
.
综上，
2
2
2
2
2
0
1
2
(
)
(
)
a
b
S
S
x
z
S
y
z
a
b
a
b
得证.
由题设知：
4
(
)
5
E X
，
4
(
)
25
D X
，
31
( )
40
E Y
，
1877
( )
4800
D Y
，
则总体均值
2
4
5
31
219
7
5
7
40
280
z
，
综上，题设样本总体的方差
2
2
2
4
4
219
5
1877
31
219
[
(
) ]
[
(
) ]
7
25
5
280
7
4800
40
280
0.3252
.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
：
请添加高老师
