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专题17 概率
目录一览
2023 真题展现
考向一 概率
考向二 离散型随机变量及其分布列
真题考查解读
近年真题对比
考向一 概率
考向二 离散型随机变量及其分布列
考向三 正太分布
命题规律解密
名校模拟探源
易错易混速记/二级结论速记
考向一 概率
1．（多选）（2023•新高考Ⅱ•第12 题）在信道内传输0，1 信号，信号的传输相互独立．发送0 时，收到
1 的概率为α（0＜α＜1），收到0 的概率为1﹣α；发送1 时，收到0 的概率为β（0＜β＜1），收到1
的概率为1﹣β．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1 次，三次
传输是指每个信号重复发送3 次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为
译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）
（ ）
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1 的概率为（1﹣α）（1﹣β）2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1 的概率为β（1﹣β）2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1 的概率为β（1﹣β）2+（1﹣β）3
D．当0＜α＜0.5 时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0 的概率大于采用单次传输方案译码为0 的
概率
【答案】ABD
解：采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1 的概率为：（1﹣β）（1﹣α）（1
﹣β）＝（1﹣α）（1﹣β）2，故A 正确；
采用三次传输方案，若发送1，依次收到1，0，1 的概率为：（1﹣β）β（1﹣β）＝β（1﹣β）2，故B
正确；
1
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采用三次传输方案，若发送1，
则译码为1 包含收到的信号为包含两个1 或3 个1，
故所求概率为：C3
2 β(2−β )
2+(1−β )
3，故C 错误；
三次传输方案发送0，译码为0 的概率P1=C3
2α(1−α )
2+(1−α )
3，
单次传输发送0 译码为0 的概率P2＝1﹣α，
P2−P1=(1−α )−C3
2α(1−α )
2−（1﹣α）3=(1−α )[1−C3
2α(1−α )−(1−α )
2]
＝（1﹣α）（2α2﹣α）
＝（1﹣α）α（2α﹣1），
当0＜α＜0.5 时，P2﹣P1＜0，
故P2＜P1，故D 正确．
考向二 离散型随机变量及其分布列
2．（2023•新高考Ⅰ•第21 题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投
篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命
中率均为0.8．由抽签确定第1 次投篮的人选，第1 次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
（1）求第2 次投篮的人是乙的概率；
（2）求第i 次投篮的人是甲的概率；
（3）已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P（Xi＝1）＝1﹣P（Xi＝0）＝qi，i＝1，2，
，
⋯
n，则E
（∑
i=1
n
Xi）=∑
i=1
n
qi．记前n 次（即从第1 次到第n 次投篮）中甲投篮的次数为Y，求E（Y）．
【解答】解：（1）设第2 次投篮的人是乙的概率为P，
由题意得P＝0.5×0.4+0.5×0.8＝0.6；
（2）由题意设Pn为第n 次投篮的是甲，
则Pn+1＝0.6Pn+0.2（1﹣Pn）＝0.4Pn+0.2，∴Pn+1−1
3 =0.4（Pn−1
3），
又P1−1
3 = 1
2 −1
3 = 1
6 ≠0，则{Pn−1
3}是首项为1
6 ，公比为0.4 的等比数列，
∴Pn−1
3 = 1
6 ×（2
5）n﹣1，即Pn= 1
3 + 1
6 ×（2
5）n﹣1，
∴第i 次投篮的人是甲的概率为Pi= 1
3 + 1
6 ×（2
5）i﹣1；
（3）由（2）得Pi= 1
3 + 1
6 ×（2
5）i﹣1，
由题意得甲第i 次投篮次数Yi服从两点分布，且P（Yi＝1）＝1﹣P（Yi＝0）＝Pi，
∴E（∑
i=1
n
Y i）＝E（Y）=∑
i=1
n
Pi，
2
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∴当n≥1 时，E（Y）=∑
i=1
n
Pi= 1
6∑
i=1
n
( 2
5 )
i−1+ n
3 =
1
6 [1−( 2
5 )
n]
1−2
5
+ n
3 = 5
18[1﹣（2
5）n]+ n
3；
当n＝0 时，E（Y）＝0= 5
18[1﹣（2
5）0]+ 0
3，
综上所述，E（Y）= 5
18[1﹣（2
5）n]+ n
3，n∈N．
【命题意图】
概率、随机变量的分布列与数学期望．
【考查要点】
概率多为小题。随机变量的分布列与数学期望是高考热点之一。常考查二项分布、正态分布、超几何
分布等常见的分布，多为解答题．
【得分要点】
1．古典概率的计算公式
如果某个事件A 包含的结果有m 个，那么事件A 的概率为P（A）= m
n = A 中所含的基本事件数
基本事件总数
．
2．相互独立事件的概率乘法公式
将事件A 和事件B 同时发生的事件即为A•B，若两个相互独立事件A、B 同时发生，则事件A•B 发生
的概率P（A•B）＝P（A）•P（B）．
3．条件概率
（1）条件概率的定义：对于任何两个事件A 和B，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫
做条件概率，用符号P（B|A）来表示．
（2）条件概率公式：称为事件A 与B 的交（或积）．
（3）条件概率的求法：
①利用条件概率公式，分别求出P（A）和P（AB），得P（B|A）= P( AB)
P( A) ，其中P（A）＞0；
②借助古典概型概率公式，先求出事件A 包含的基本事件数n（A），再在事件A 发生的条件下求
出事件B 包含的基本事件数，即n（A∩B），得P（B|A）= n( A ∩B)
n( A)
．
4．离散型随机变量分布列、数学期望、方差
（1）离散型随机变量X 的概率分布列
X
x1
x2
…
xn
…
P
p1
p2
…
pn
…
（2）数学期望：称EX＝x1p1+x2p2+…+xnpn+…为X 的数学期望，简称期望．它反映了离散型随机变量取
值的平均水平．
3
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（3）方差、标准差：D(X)＝∑(xi－E(X))2pi为随机变量X 的方差，其算术平方根为随机变量X 的标准差．
（4）期望方差的性质：E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)(a,b 为常数)．
5．常见随机变量的分布列
（1）两点分布：
若随机变量X 服从两点分布，则其分布列为
X
0
1
P
1－p
p
（2）超几何分布:
在含有M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有X 件次品，则事件{X＝k}发生的概率为P(X＝k)
＝，k＝0，1，2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，称分布列为超几何分布
列.
X
0
1
…
m
P
…
（3）二项分布
如果在一次试验中某事件发生的概率是P，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率
是P(X＝k)＝CPkqn－k，其中k＝0，1，2，3，…，n，q＝1－P.于是得到随机变量X 的概率分布如下：
X
0
1
…
k
…
n
P
CP0qn
CP1qn－1
…
CPkqn－k
…
CPnq0
由于CPkqn－k恰好是二项展开式(P＋q)n＝CP0qn＋CP1qn－1＋…＋CPkqn－k＋…＋CPnq0中的第k＋1 项(k＝
0，1，2，…，n)中的值，故称随机变量X 为二项分布，记作X～B(n，P)．
6．常见随机变量的均值与方差
（1）若X～B(n，p)，则EX＝np，DX＝np(1－p)．
（2）若X 服从两点分布，则EX＝p(p 为成功概率)，DX＝p(1－p)．
考向一 概率
3．（2022•新高考Ⅰ）从2 至8 的7 个整数中随机取2 个不同的数，则这2 个数互质的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：从2 至8 的7 个整数中任取两个数共有
种方式，
其中互质的有：23，25，27，34，35，37，38，45，47，56，57，58，67，78，共14 种，
故所求概率为
．
故选：D．
4．（2021•新高考Ⅰ）有6 个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每
次取1 个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是
4
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2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则
（ ）
A．甲与丙相互独立
B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立
D．丙与丁相互独立
【解答】解：由题意可知，两点数和为8 的所有可能为：（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），
（6，2），
两点数和为7 的所有可能为（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1），
P（甲）＝
，P（乙）＝
，P（丙）＝
＝
，P（丁）＝
＝
，
A：P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），
B：P（甲丁）＝
＝P（甲）P（丁），
C：P（乙丙）＝
≠P（乙）P（丙），
D：P（丙丁）＝0≠P（丙）P（丁），
故选：B．
考向二 离散型随机变量及其分布列
5．（2021•新高考Ⅰ）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B 两类问题．每位参加比赛的同学先在
两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一
类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A 类问题中的每个问题回答正
确得20 分，否则得0 分；B 类问题中的每个问题回答正确得80 分，否则得0 分．
已知小明能正确回答A 类问题的概率为0.8，能正确回答B 类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概
率与回答次序无关．
（1）若小明先回答A 类问题，记X 为小明的累计得分，求X 的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
【解答】解：（1）由已知可得，X 的所有可能取值为0，20，100，
则P（X＝0）＝1﹣0.8＝0.2，
P（X＝20）＝0.8×（1﹣0.6）＝0.32
P（X＝100）＝0.8×0.6＝0.48，
所以X 的分布列为：
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
（2）由（1）可知小明先回答A 类问题累计得分的期望为E（X）＝0×0.2+20×0.32+100×0.48＝54.4，
若小明先回答B 类问题，记Y 为小明的累计得分，
则Y 的所有可能取值为0，80，100，
P（Y＝0）＝1﹣0.6＝0.4，
5
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P（Y＝80）＝0.6×（1﹣0.8）＝0.12，
P（Y＝100）＝0.6×0.8＝0.48，
则Y 的期望为E（Y）＝0×0.4+80×0.12+100×0.48＝57.6，
因为E（Y）＞E（X），
所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B 类问题．
6．（2021•新高考Ⅱ）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0 代，经
过一次繁殖后为第1 代，再经过一次繁殖后为第2 代，……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且
有相同的分布列，设X 表示1 个微生物个体繁殖下一代的个数，P（X＝i）＝pi（i＝0，1，2，3）．
（Ⅰ）已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E（X）；
（Ⅱ）设p 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p 是关于x 的方程：p0+p1x+p2x2+p3x3＝x 的
一个最小正实根，求证：当E（X）≤1 时，p＝1，当E（X）＞1 时，p＜1；
（Ⅲ）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
【解答】（Ⅰ）解：由题意，p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，
故E（X）＝0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1＝1；
（Ⅱ）证明：由题意可知，p0+p1+p2+p3＝1，则E（X）＝p1+2p2+3p3，
所以p0+p1x+p2x2+p3x3＝x，变形为p0﹣（1﹣p1）x+p2x2+p3x3＝0，
所以p0+p2x2+p3x3﹣（p0+p2+p3）x＝0，
即p0（1﹣x）+p2x（x﹣1）+p3x（x﹣1）（x+1）＝0，
即（x﹣1）[p3x2+（p2+p3）x﹣p0]＝0，
令f（x）＝p3x2+（p2+p3）x﹣p0，
若p3≠0 时，则f（x）的对称轴为
，
注意到f（0）＝﹣p0≤0，f（1）＝2p3+p2﹣p0＝p1+2p2+3p3﹣1＝E（X）﹣1，
若p3＝0 时，f（1）＝E（X）﹣1，
当E（X）≤1 时，f（1）≤0，f（x）＝0 的正实根x0≥1，原方程的最小正实根p＝1，
当E（X）＞1 时，f（1）＝p1+2p2+3p3﹣1＞0，f（x）＝0 的正实根x0＜1，原方程的最小正实根p＜1，
（Ⅲ）解：当1 个微生物个体繁殖下一代的期望小于等于1 时，这种微生物经过多代繁殖后临近灭绝；
当1 个微生物个体繁殖下一代的期望大于1 时，这种微生物经过多代繁殖后还有继续繁殖的可能．
考向三 正太分布
7．（2021•新高考Ⅱ）某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），则下列结论中不正确的是
（ ）
A．σ 越小，该物理量在一次测量中落在（9.9，10.1）内的概率越大
B．该物理量在一次测量中大于10 的概率为0.5
C．该物理量在一次测量中小于9.99 与大于10.01 的概率相等
D．该物理量在一次测量中结果落在（9.9，10.2）与落在（10，10.3）的概率相等
6
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【解答】解：因为某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），
所以测量的结果的概率分布关于10 对称，且方差σ2越小，则分布越集中，
对于A，σ 越小，概率越集中在10 左右，则该物理量一次测量结果落在（9.9，10.1）内的概率越大，故
选项A 正确；
对于B，测量结果大于10 的概率为0.5，故选项B 正确；
对于C，由于概率分布关于10 对称，所以测量结果大于10.01 的概率等于小于9.99 的概率，故选项C 正
确；
对于D，由于概率分布是集中在10 附近的，（9.9，10.2）分布在10 附近的区域大于（10，10.3）分布
在10 附近的区域，
故测量结果落在（9.9，10.2）内的概率大于落在（10，10.3）内的概率，故选项D 错误．
故选：D．
8．（2022•新高考Ⅱ）已知随机变量X 服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，则P（X＞
2.5）＝
．
【解答】解：∵随机变量X 服从正态分布N（2，σ2），
∴P（2＜X≤2.5）+P（X＞2.5）＝0.5，
∴P（X＞2.5）＝0.5﹣0.36＝0.14，
故答案为：0.14．
常考查古典概型正太分布等。二项分布、正态分布、超几何分布等常见的分布多为解答题．
一．互斥事件与对立事件（共2 小题）
1．（2023•宛城区校级三模）先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A＝“两次掷出的点数之和是6”，
事件B＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C＝“两次掷出的点数相同”，则（ ）
A．A 与B 互斥
B．B 与C 相互独立
C．
D．A 与C 互斥
【解答】解：对于A，互斥事件指不可能同时发生的两个事件，事件A 可以有以下情况：
第一次掷出1，第二次掷出5 或第一次掷出3，第二次掷出3 等，如此与事件B 有同时发生的可能，故A
错误；
对于B，
，
，
所以B 与C 相互独立，故B 正确；
对于C，先后两次掷一枚质地均匀的骰子，共有36 个基本事件，
其中事件A 包含的基本事件有：（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），（3，3），共5 个，
7
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所以P（A）＝
，故C 错误；
对于D，因为
，
，
，P（AC）≠P（A）⋅P（C），
所以A 与C 不相互独立，故D 错误．
故选：B．
2．（2023•五华区校级模拟）有5 张奖券，其中3 张可以中奖，现有5 个人从中不放回地依次各随机抽取
一张，设每张奖券被抽到的可能性相同，记事件Ai＝“第i 个人抽中中奖券”，则下列结论正确的是（
）
A．事件A1与A2互斥
B．
C．
D．
【解答】解：事件A1，A2可以同时发生，不是互斥事件，故A 错误；
由全概率公式得P（A2）＝P（A1）•P（A2|A1）+P（
）（P（A2|
）＝
，故B 错
误；
由概率乘法公式得P（A1A2）＝P（A1）P（A2|A1）＝
＝
，故C 正确；
根据题意P（A2A3）＝
＝
，
∴P（A3|A2）＝
＝
＝
，故D 错误．
故选：C．
二．概率及其性质（共1 小题）
3．（2023•咸阳一模）某家族有X，Y 两种遗传性状，该家族某成员出现X 性状的概率为
，出现Y 性状
的概率为
，X，Y 两种性状都不出现的概率为
，则该成员X，Y 两种性状都出现的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设该家族某成员出现X 性状为事件A，出现Y 性状为事件B，
则X，Y 两种性状都不出现为事件
，两种性状都出现为事件A∩B，
所以，
，
，
所以
，
8
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又因为P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（A∩B），
所以
．
故选：B．
三．互斥事件的概率加法公式（共2 小题）
4．（2023•徐汇区校级一模）某产品长度合格的概率为
，重量合格的概率为
，长度、重量合格的
概率为
，任取一件产品，已知其重量合格，则它的长度也合格的概率为
．
【解答】解：记“长度合格”为事件A，“重量合格”为事件B，
由题意可得：
，
则
，
所以已知其重量合格，则它的长度也合格的概率为
．
故答案为：
．
5．（2023•鲤城区校级模拟）甲箱中有2 个白球和1 个黑球，乙箱中有1 个白球和2 个黑球．现从甲箱中
随机取两个球放入乙箱，然后再从乙箱中任意取出两个球．假设事件A＝“从乙箱中取出的两球都是白
球”，B＝“从乙箱中取出的两球都是黑球”，C＝“从乙箱中取出的两球一个是白球一个是黑球”，
其对应的概率分别为P（A），P（B），P（C），则（ ）
A．P（A）＝P（B）B．P（A）＝P（C）
C．P（B）＜P（C）D．P（C）＜P（A）
【解答】解：当从甲箱子中取出2 球为白球时，再从乙箱中任意取出两个白球，可得
，
当从甲箱子中取出2 球为1 个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出两个白球，
可得
，所以
；
当从甲箱子中取出2 球为白球时，再从乙箱中任意取出两个黑球，可得
，
当从甲箱子中取出2 球为1 个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出两个黑球，
可得
，所以
；
9
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当从甲箱子中取出2 球为白球时，再从乙箱中任意取出一白一黑球，可得
，
当从甲箱子中取出2 球为1 个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出一白一黑球，
可得
，所以
，
综上可得，P（B）＜P（C）．
故选：C．
四．等可能事件和等可能事件的概率（共2 小题）
6．（2023•昌江县二模）摆地摊的某摊（赌）主拿了8 个白的，8 个黑的围棋子放在一个口袋里，并规定
凡愿意摸彩者每人交一元钱作手续费，然后一次从口袋摸出5 个棋子，中彩情况如下：
摸棋子
5 个白
4 个白
3 个白
其它
彩金
20 元
2 元
纪念品（价值5 角）
同乐一次（无任何奖
品）
（1）某人交一元钱作手续费，然后一次从口袋摸出5 个棋子，求获得彩金20 元的概率；
（2）某人交一元钱作手续费，然后一次从口袋摸出5 个棋子，求无任何奖品的概率；
（3）按每天摸彩1000 次统计，赌主可望净赚约多少钱？
【解答】解：（1）获得彩金20 元的概率为
；
（2）无任何奖品的概率为
；
（3）中2 元的概率
，中5 角的概率
，
按
摸
彩
1000
次
统
计
，
赌
主
可
望
净
赚
的
钱
数
．
7．（2023•扬中市校级模拟）某艺校在一天的6 节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门
艺术课各1 节，则在课程表上的相邻两节文化课之间最多间隔1 节艺术课的概率为
（用数字作
答）．
【解答】解：把语文、数学、外语三门文化课排列，有
种方法，这三门课中间存在两个空，在两个
空中，
①若每个空各插入1 节艺术课，则排法种数为
＝72，
10
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②若两个空中只插入1 节艺术课，则排法种数为
•（
•
）•
＝216，
③若语文、数学、外语三门文化课相邻排列，把三门文化课捆绑为一个整体，
然后和三门艺术课进行排列，则排法种数为
＝144，
而所有的排法共有
＝720 种，
故在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1 节艺术课的概率为
＝
，
故答案为
．
五．古典概型及其概率计算公式（共11 小题）
8．（2023•江苏模拟）某学习小组八名学生在一次物理测验中的得分（单位：分）如下：83，84，86，
87，88，90，93，96，这八人成绩的第60 百分位数是n．若在该小组随机选取两名学生，则得分都比n
低的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：8×60%＝4.8，故这8 人成绩的第60 百分位数是从小到大排列的第5 个数，即n＝88，
在该小组随机选取两名学生共有
种情况，
其中得分都比n 低的有
种，
所以所求概率
．
故选：C．
9．（2023•广东模拟）一堆苹果中大果与小果的比例为9：1，现用一台水果分选机进行筛选．已知这台分
选机把大果筛选为小果的概率为5%，把小果筛选为大果的概率为2%．经过一轮筛选后，现在从这台分
选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据题意，记事件A1＝放入水果分选机的苹果为大果，事件A2＝放入水果分选机的苹果
为小果，
记事件B＝水果分选机筛选的苹果为“大果”，
P（A1）＝
，P（A2）＝
，P（B|A1）＝1﹣5%＝
，P（B|A2）＝2%＝
，
则P（B）＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）＝
×
+
×
＝
，
则P（A1B）＝P（A1）P（B|A1）＝
×
＝
，
11
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故P（A1|B）＝
＝
＝
．
故选：A．
10．（2023•扬州三模）某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10 级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，
某同学从二楼到三楼准备用7 步走完，则第二步走两级台阶的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设事件Ai＝“第一步走的i 级台阶“，事件Bi＝“第二步走的i 级台阶”，
10 级台阶要用7 步走完，即走了四次1 级，三次2 级，
P（B2）＝P（A1）P（B2|A1）+P（A2）P（B2|A2）＝
＝
．
故选：C．
11．（2023•重庆模拟）现从2 个男生2 个女生共4 人中任意选出2 人参加巴蜀中学高三年级的百日誓师大
会，已知选出的2 人中有一个是男生，则另一个是女生的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：假设两名男生为A1，A2，两名女生为B1，B2，
从中任选两人有男生的所有情况有：A1A2，A1B1，A2B1，A1B2，A2B2共5 种情况，
其中选出的2 人中有一个是男生，则另一个是女生的概率为
，
故选：C．
12．（2023•青岛一模）某次考试共有4 道单选题，某学生对其中3 道题有思路，1 道题完全没有思路．有
思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从
这4 道题中任选2 道，则这个学生2 道题全做对的概率为（ ）
A．0.34
B．0.37
C．0.42
D．0.43
【解答】解：设事件A 表示“两道题全做对”，
若两个题目都有思路，则
，
若两个题目中一个有思路一个没有思路，则
，
故P（A）＝P1+P2＝0.32+0.1＝0.42．
故选：C．
13．（2023•台州二模）袋子中有大小相同的5 个白球和5 个红球，从中任取3 个球，已知3 个球中有白球，
则恰好拿到2 个红球的概率为（ ）
12
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：因为取到的3 个球中有白球，所以共有
种方法，
3 个球中恰好有两个红球的取法共有
种，
设事件A＝“取到的3 个球中有白球，且恰好有2 个红球”，
则
．
故选：A．
14．（2023•保定二模）三位同学参加某项体育测试，每人要从100m 跑、引体向上、跳远、铅球四个项目
中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设100m 跑、引体向上、跳远、铅球四个项目分别为a，b，c，d，
则每位同学都有六种选择：ab，ac，ad，bc，bd，cd，
故三位同学共有6×6×6＝216 种选法，
其中，有且仅有两人选择的项目完全相同的选法有
×
＝90 种选法，
表示3 个同学中选2 个同学，使他们所选项目相同，
表示6 种组合中选一个，
表示剩下1 个同学还有5 种选择，
则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是
．
故选：C．
15．（2023•湖北模拟）在“2，3，5，7，11，13，17，19”这8 个素数中，任取2 个不同的数，则这两个
数之和仍为素数的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：这8 个素数中，任取2 个不同的数，所有情况有：（2，3），（2，5），（2，7），
（2，11），（2，13），（2，17），（2，19），（3，5），（3，7），（3，11），（3，13），
（3，17），（3，19），（5，7），（5，11），（5，13），（5，17），（5，19），（7，11），
（7，13），（7，17），（7，19），（11，13），（11，17），（11，19），（13，17），（13，
19），（17，19），共28 个，
这两个数之和仍为素数的基本事件有：（2，3），（2，5），（2，11），（2，17），共4 个，
所以所求概率为
，
故选：C．
16．（2023•杭州一模）四位爸爸A、B、C、D 相约各带一名自己的小孩进行交际能力训练，其中每位爸
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爸都与一个别人家的小孩进行交谈，则A 的小孩与D 交谈的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设A，B，C，D 四位爸爸的小孩分别是a，b，c，d，
则交谈组合有9 种情况，分别为：
（Ab，Ba，Cd，Dc），（Ab，Bd，Ca，Dc），（Ab，Bc，Cd，Da），（Ac，Ba，Cd，Db），
（Ac，Bd，Ca，Db），（Ac，Bd，Cd，Da），（Ad，Ba，Cb，Dc），（Ad，Bc，Ca，Db），
（Ad，Bc，Cd，Da），
A 的小孩与D 交谈包含的不同组合有3 种，分别为：（Ab，Bc，Cd，Da），（Ac，Bd，Cd，Da），
（Ad，Bc，Cd，Da），
∴A 的小孩与D 交谈的概率是P＝
＝
．
故选：A．
17．（2023•宁波模拟）已知甲盒中有2 个白球，2 个红球，1 个黑球，乙盒中有4 个白球，3 个红球，2 个
黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，记事件A＝“甲盒中取出的
球与乙盒中取出的球颜色不同”，则P（A）＝（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：从甲盒中随机取出一个白球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个红球或黑球的概率为P1＝
×
＝
，
从甲盒中随机取出一个红球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个白球或黑球的概率为P2＝
×
＝
，
从甲盒中随机取出一个黑球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个白球或红球的概率为P3＝
×
＝
，
则P（A）＝P1+P2+P3＝
+
+
＝
，
故选：D．
18．（2023•安徽模拟）老师排练节目需要4 个男生和2 个女生，将这六名学生随机排成一排，2 个女生不
相邻的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：4 个男生和2 个女生随机排成一行，则6 名学生共有
种排法，
若2 个女生不相邻，先排4 个男生有
种排法，4 个男生产生5 个空，
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将2 个女生插入5 个空中有
种排法，故有
种排法，
所以2 个女生不相邻的概率
．
故选：A．
六．列举法计算基本事件数及事件发生的概率（共3 小题）
19．（2023•贵阳模拟）从
，这五个数中任选两个不同的数，则这两个数的和大于
的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：从
，
，
，
，
这五个分数中任选两个数，则有：
{
，
}，{
，
}，{
，
}，{
，
}，{
，
}，{
，
}，{
，
}，{
，
}，{
，
}，{
，
}，共10 种情况，
其中这两个数的和大于
的有{
，
}，{
，
}，{
，
}，{
，
}，共4 种情况，
故这两个数的和大于
的概率为
．
故选：B．
20．（2023•广东模拟）某公司在某地区进行商品A 的调查，随机调查了100 位购买商品A 的顾客的性别，
其中男性顾客18 位，已知该地区商品A 的购买率为10%，该地区女性人口占该地区总人口的46%，从
该地区中任选一人，若此人是男性，求此人购买商品A 的概率
．
【解答】解：设从该地区中任选一人，此人是男性为事件B，此人购买商品A 为事件C，
则该地区男性人口占该地区总人口的1﹣46%＝54%，
则P（B）＝54%，
，
由条件概率公式可得
．
故答案为：
．
21．（2023•广州模拟）世界卫生组织建议成人每周进行2.5 至5 小时的中等强度运动．已知A 社区有56%
的居民每周运动总时间超过5 小时，B 社区有65%的居民每周运动总时间超过5 小时，C 社区有70%的
居民每周运动总时间超过5 小时，且A，B，C 三个社区的居民人数之比为5：6：9．
（1）从这三个社区中随机抽取1 名居民，求该居民每周运动总时间超过5 小时的概率；
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（2）假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量X（单位：小时），且X～N（5.5，σ2）．现
从这三个社区中随机抽取3 名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5 至6 小时的概率．
【解答】解：（1）设这3 个社区的人数分别为5x，6x，9x，
则A，B，C 社区超过5h 的人数分别为5x×56%＝2.8x，6x×65%＝3.9x，9x×70%＝6.3x，
故从这三个社区中随机抽取1 名居民，求该居民每周运动总时间超过5 小时的概率P ＝
＝
；
（2）因为X～N（5.5，σ2），
所以P（X＞5.5）＝
，
由（1）P（X＞5）＝0.65，
故P（5＜X＜5.5）＝0.15，
所以P（5＜X＜6）＝0.3，P（X≥6 或X≤5）＝0.7，
故从这三个社区中随机抽取3 名居民，至少有两名居民每周运动总时间为5 至6 小时的概率P＝
+0.33＝0.216．
七．几何概型（共3 小题）
22．（2023•凉山州模拟）在区间（0，1）内任取两个实数a，b，则2a+b＞2 的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：依题意，点（a，b）在约束条件
表示的平面区域内，
不等式组
表示的平面区域是正方形OABC 内部，其中OA＝1，如图，
满足2a+b＞2 的事件M 是正方形OABC 内，直线2x+y＝2 右侧的△ABD 内部的点形成的阴影区域，
由
得
，即
，则△ABD 的面积
，而
，
所以2a+b＞2 的概率
．
故选：A．
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23．（2023•兴庆区校级四模）已知A（1，1），B（5，1），C（5，5），D（1，5）是平面直角坐标系中
的四个点，在四边形ABCD 内随机取一点，则该点横坐标与纵坐标之和小于5 的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：如图所示：
四边形ABCD 构成的区域为Ω＝{（x，y）|1＜x＜5，1＜y＜5}，其面积为S＝4×4＝16，
设事件M 表示取的点横坐标与纵坐标之和小于5，
则构成图中的阴影部分，其面积为
，
所以P（M）＝
＝
．
故选：A．
24．（2023•河西区二模）设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30 之前到校的概率均为
．假定甲、乙两
位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．用X 表示甲同学上学期间的三天中7：
30 之前到校的天数，则随机变量X 的数学期望为
2
；设M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在
7：30 之前到校的天数比乙同学在7：30 之前到校的天数恰好多2”，则事件M 发生的概率为
．
【解答】解：（1）X 的可能取值为：0，1，2，3．
P（X＝0）＝
（
）3（
）0＝
，P（X＝1）＝
（
）2（
）1＝
，
P（X＝2）＝
（
）（
）2＝
，P（X＝3）＝
（
）0（
）3＝
，
∴E（X）＝0×
+1×
+2×
+3×
＝2；
（2）M＝“甲3 天到校且乙1 天到校”或“甲2 天到校且乙0 天到校”，
∴P（M）＝
（
）3•
（
）2（
）+
（
）（
）2•
（
）3＝
．
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故答案为：2，
．
八．相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式（共2 小题）
25．（2023•湖北模拟）某同学喜爱球类和游泳运动．在暑假期间，该同学上午去打球的概率为
．若该同
学上午不去打球，则下午一定去游泳；若上午去打球，则下午去游泳的概率为
．已知该同学在某天下
午去游了泳，则上午打球的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设A＝“上午打球”，B＝“下午游泳”，
则P（AB）＝
，P（B）＝
，
故P（B）＝
×1+
×
＝
，
故P（A|B）＝
＝
＝
．
故选：C．
26．（2023•浙江模拟）班级举行知识竞猜闯关活动，设置了A，B，C 三个问题．答题者可自行决定答三
题顺序．甲有60%的可能答对问题A，80%的可能答对问题B，50%的可能答对问题C．记答题者连续
答对两题的概率为p，要使得p 最大，他应该先回答（ ）
A．问题A
B．问题B
C．问题A，B 和C 都可以
D．问题C
【解答】解：①若先回答问题A，则答题顺序可能为A，B，C 和A，C，B，
当答题顺序为A，B，C 且连对两题时，p＝0.6×0.8×（1﹣0.5）+（1﹣0.6）×0.8×0.5＝0.4；
当答题顺序为A，C，B 且连对两题时，p＝0.6×0.5×（1﹣0.8）+（1﹣0.6）×0.5×0.8＝0.22；
所以先回答问题A，连对两题的概率为0.4+0.22＝0.62；
②若先回答问题B，则答题顺序可能为B，A，C 和B，C，A，
当答题顺序为B，A，C 且连对两题时，p＝0.8×0.6×（1﹣0.5）+（1﹣0.8）×0.6×0.5＝0.3；
当答题顺序为B，C，A 且连对两题时，p＝0.8×0.5×（1﹣0.6）+（1﹣0.8）×0.5×0.6＝0.22；
所以先回答问题B，连对两题的概率为0.3+0.22＝0.52；
③若先回答问题C，则答题顺序可能为C，A，B 和C，B，A，
当答题顺序为C，A，B 且连对两题时，p＝0.5×0.6×（1﹣0.8）+（1﹣0.5）×0.6×0.8＝0.3；
当答题顺序为C，B，A 且连对两题时，p＝0.5×0.8×（1﹣0.6）+（1﹣0.5）×0.8×0.6＝0.4；
所以先回答问题C，连对两题的概率为0.3+0.4＝0.7；
因为0.7＞0.62＞0.52，所以要使p 最大，应先回答问题C．
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故选：D．
九．n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率（共2 小题）
27．（2023•郴州模拟）篮球队的5 名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他4 人的概率相等，由甲开
始传球，则前3 次传球中，乙恰好有1 次接到球的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由题意可知每位队员把球传给其他4 人的概率都为
，
由甲开始传球，则前3 次传球中，乙恰好有1 次接到球的情况可分为：
只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，
则概率为
．
故选：D．
28．（多选）（2023•天河区三模）甲乙两人进行围棋比赛，共比赛2n（n∈N*）局，且每局甲获胜的概率
和乙获胜的概率均为
．若某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛．记甲赢得比赛的概率为P
（n），则（ ）
A．
B．
C．
D．P（n）的最小值为
【解答】解：由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢n+1 局，
P（n）＝（
）2n（
+•••+
），
∵
+
＝22n，
∴P（n）＝
，故C 正确；
P（2）＝
＝
，故A 正确；
P（3）＝
＝
，故B 错误；
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当n＝1 时，P（1）＝
＝
，
由A 知P（2）＞P（1），∴P（n）的最大值不是
，故D 错误．
故选：AC．
一十．条件概率与独立事件（共2 小题）
29．（2023•南岗区校级二模）已知P（B）＝0.3，P（B|A）＝0.9，
，则
＝（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据题意，设P（A）＝x，
由全概率公式，P（B）＝P（A）P（B|A）+P（）P（B| ），
即0.3＝0.9x+0.2（1﹣x）＝0.7x+0.2，解可得x＝
，
则
＝1﹣P（A）＝
．
故选：B．
30．（2023•琼海校级模拟）东莞市同沙生态公园水绕山环，峰峦叠嶂，是一个天生丽质，融山水生态与
人文景观为一体的新型公园．现有甲乙两位游客慕名来到同沙生态公园旅游，分别准备从映翠湖、十里
河塘、计生雕塑园和鹭鸟天堂4 个旅游景点中随机选择其中一个景点游玩．记事件A：甲和乙至少一人
选择映翠湖，事件B：甲和乙选择的景点不同，则条件概率P（B|A）＝（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：甲和乙至少一人选择映翠湖对应的基本事件有4×4﹣3×3＝7 个，
∵甲和乙选择的景点不同对应的基本事件有
个，
∴P（B|A）＝
．
故选：C．
一十一．全概率公式（共2 小题）
31．（2023•龙泉驿区模拟）据美国的一份资料报道，在美国总的来说患肺癌的概率约为0.1%，在人群中
有20%是吸烟者，他们患肺癌的概率约为0.4%，则不吸烟患肺癌的概率为（ ）
A．0.025%
B．0.032%
C．0.048%
D．0.02%
【解答】解：设不吸烟患肺癌的概率为x，
则0.2×0.004+0.8x＝0.001，
解得x＝0.00025＝0.025%．
故选：A．
32．（2023•河源模拟）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
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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，第二次从放入球的盒子中
任取一个球，设事件Ai为第一次取出的球为i 号，事件Bi为第二次取出的球为i 号，则下列说法错误的
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由题意得，P（A3）＝
，P（B3）＝
＝
，
P（A3B3）＝
＝
，
P（B3|A3）＝
，
故ABD 正确，C 错误．
故选：C．
一十二．离散型随机变量及其分布列（共4 小题）
33．（2023•贵州模拟）据世界田联官方网站消息，原定于2023 年5 月13、14 日在中国广州举办的世界田
联接力赛延期至2025 年4 月至5 月举行．据了解，甲、乙、丙三支队伍将会参加2025 年4 月至5 月在
广州举行的4×400 米接力的角逐．接力赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛、半决赛都获胜才能进入
决赛．已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为
和
；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为
和
；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为
和
．
（1）甲、乙、丙三队中，谁进入决赛的可能性最大；
（2）设甲、乙、丙三队中进入决赛的队伍数为ξ，求ξ 的分布列．
【解答】解：（1）甲队进入决赛的概率为
，
乙队进入决赛的概率为
，
丙队进入决赛的概率为
，
显然乙队进入决赛的概率最大，所以乙进入决赛的可能性最大．
（2）由（1）可知：甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为
，
ξ 的可能取值为0，1，2，3，
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，
，
，
，
故ξ 的分布列为：
ξ
0
1
2
3
P
34．（2023•晋江市校级模拟）某校组织围棋比赛，每场比赛采用五局三胜制（一方先胜三局即获胜，比
赛结束），比赛采用积分制，积分规则如下：每场比赛中，如果四局及四局以内结束比赛，取胜的一方
积3 分，负者积0 分；五局结束比赛，取胜的一方积2 分，负者积1 分．已知甲、乙两人比赛，甲每局
获胜的概率为
．
（1）在一场比赛中，甲的积分为X，求X 的概率分布列；
（2）求甲在参加三场比赛后，积分之和为5 分的概率．
【解答】解：（1）由题意可知，X 可能取值为0，1，2，3，
当X＝0 时，则前三场比赛都输或前三场比赛赢一场且第四场比赛输，
则P（X＝0）＝（1﹣
）3+
×
×（1﹣
）2（1﹣
）＝
，
当X＝1 时，前四场比赛赢两场且第五场比赛输，
则P（X＝1）＝
×（
）2×（1﹣
）2（1﹣
）＝
；
当X＝2 时，前四场比赛赢两场且第五场比赛赢，
则P（X＝2）＝
×（
）2（1﹣
）2×
＝
，
当X＝3 时，前三场比赛都赢或前三场比赛赢两场且第四场比赛赢，
则P（X＝3）＝（
）3+
×（
）2（1﹣
）×
＝
，
故X 的概率分布列如下：
X
0
1
2
3
P
（2）设甲在参加三场比赛后，积分之和为5 分为事件A，
则甲的三场比赛积分分别为1、1、3 或者0、2、3 或者1、2、2，
故P（A）＝3×
×
×
+
×
×
×
+3×
×
×
＝
，
22
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故甲在参加三场比赛后，积分之和为5 分为
．
35．（2023•常德二模）某大学一个专业团队为某专业大学生研究了多款学习软件，其中有A、B、C 三种
软件投入使用，经一学年使用后，团队调查了这个专业大一四个班的使用情况，从各班抽取的样本人数
如下表：
班级
一
二
三
四
人数
3
2
3
4
（1）从这12 人中随机抽取2 人，求这2 人恰好来自同一班级的概率；
（2）从这12 名学生中，指定甲、乙、丙三人为代表，已知他们下午自习时间每人选择一款软件，其中
选A、B 两个软件学习的概率都是
，且他们选择A、B、C 任一款软件都是相互独立的．设这三名学生
中下午自习时间选软件C 的人数为ξ，求ξ 的分布列和数学期望．
【解答】解：（1）从12 人中抽取2 个的所有选法有
＝66 种
记：“这2 人恰好来自同一班级”为事件A，则A 包含的结果有
＝13 种
∴P（A）＝
（2）由题意可得，每人选择C 的概率为1﹣2×
＝
则ξ～B（3，
）
∴P（ξ＝k）＝
（k＝0，1，2，3）
∴Eξ＝3×
＝2
36．（2023•南通二模）设（X，Y）是一个二维离散型随机变量，它们的一切可能取的值为（ai，bj），其
中i，j∈N*，令pij＝P（X＝ai，Y＝bj），称pij（i，j∈N*）是二维离散型随机变量（X，Y）的联合分布
列．与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式：
Y/X
b1
b2
b3
…
a1
p1，1
p1，2
p1，3
…
a2
p2，1
p2，2
p2，3
…
a3
p3，1
p3，2
p3，3
…
…
…
…
…
…
现有n（n∈N*）个相同的球等可能的放入编号为1，2，3 的三个盒子中，记落下第1 号盒子中的球的个
数为X，落入第2 号盒子中的球的个数为Y．
（1）当n＝2 时，求（X，Y）的联合分布列；
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（2）设pk＝
（X＝k，Y＝m），k∈N 且k≤n，计算
．
【解答】解：（1）由题意知X 可取0，1，2，Y 可取0，1，2，
则P（X＝0，Y＝0）＝
＝
，
P（X＝0，Y＝1）＝
＝
，
P（X＝0，Y＝2）＝
＝
，
P（X＝1，Y＝0）＝
＝
，
P（X＝1，Y＝1）＝
＝
，
P（X＝2，Y＝0）＝
＝
，
P（X＝1，Y＝2）＝P（X＝2，Y＝1）＝P（X＝2，Y＝2）＝0，
∴（X，Y）的联合分布列为：
（X，Y）
0
1
2
0
1
0
2
0
0
（2）当k+m＞n 时，P（X＝k，Y＝m）＝0，
∴pk＝
（X＝k，Y＝m）＝
＝
＝
＝
＝
，
∴
＝
，
设Z～B（n，
），则由二项分布的期望公式得
＝E（Z）＝
．
一十三．离散型随机变量的期望与方差（共12 小题）
37．（2023•沙坪坝区校级模拟）ChatGPT 是由人工智能研究实验室OpenAI 于2022 年11 月30 日发布的一
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款全新聊天机器人模型，它能够通过学习和理解人类的语言来进行对话，ChatGPT 的开发主要采用
RLHF（人类反馈强化学习）技术．在测试ChatGPT 时，如果输入的问题没有语法错误，则ChatGPT 的
回答被采纳的概率为85%，当出现语法错误时，ChatGPT 的回答被采纳的概率为50%．
（1）在某次测试中输入了8 个问题，ChatGPT 的回答有5 个被采纳．现从这8 个问题中抽取3 个，以ξ
表示抽取
的问题中回答被采纳的问题个数，求ξ 的分布列和数学期望；
（2）已知输入的问题出现语法错误的概率为10%，
（i）求ChatGPT 的回答被采纳的概率；
（ii）若已知ChatGPT 的回答被采纳，求该问题的输入没有语法错误的概率．
【解答】解：（1）易知ξ 的所有取值为0，1，2，3，
此时P（ξ＝0）＝
＝
，P（ξ＝1）＝
＝
，P（ξ＝2）＝
＝
，P（ξ＝3）＝
＝
，
所以ξ 的分布列为：
0
1
2
3
P
则E（ξ）＝0×
+1×
+2×
+3×
＝
；
（2）（i）记“输入的问题没有语法错误”为事件A，
记“输入的问题有语法错误”为事件B，
记“ChatGPT 的回答被采纳”为事件C，
易知P（B）＝0.1，
所以P（A）＝0.9，P（C|A）＝0.85，P（C|B）＝0.5，
则P（C）＝P（AC）+P（BC）＝P（A）P（C|A）+P（B）P（C|B）＝0.9×0.85+0.1×0.5＝0.815；
（ii）若ChatGPT 的回答被采纳，
则该问题的输入没有语法错误的概率P（A|C）＝
＝
＝
＝
．
38．（2023•静安区二模）概率统计在生产实践和科学实验中应用广泛．请解决下列两个问题．
（1）随着中小学“双减”政策的深入人心，体育教学和各项体育锻炼迎来时间充沛的春天．某初中学
校学生篮球队从开学第二周开始每周进行训练，第一次训练前共有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，都是从中不放回任意取出2 个篮球，训
练结束后放回原处．设第一次训练时取到的新球个数为ξ，求随机变量ξ 的分布和期望．
（2）由于手机用微波频率信号传递信息，那么长时间使用手机是否会增加得脑瘤的概率？研究者针对
这个问题，对脑瘤病人进行问卷调查，询问他们是否总是习惯在固定的一侧接听电话？如果是，是哪边？
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结果有88 人喜欢用固定的一侧接电话．其中脑瘤部位在左侧的病人习惯固定在左侧接听电话的有14 人，
习惯固定在右侧接听电话的有28 人；脑瘤部位在右侧的病人习惯固定在左侧接听电话的有19 人，习惯
固定在右侧接听电话的有27 人．
根据上述信息写出下面这张2×2 列联表中字母所表示的数据，并对患脑瘤在左右侧的部位是否与习惯在
该侧接听手机电话相关进行独立性检验．（显著性水平α＝0.05）
习惯固定在左侧接听电话
习惯固定在右侧接听电话
总计
脑瘤部位在左侧的病
人
a
b
42
脑瘤部位在右侧的病
人
c
d
46
总计
a+c
b+d
88
参考公式及数据：K
，其中，n＝a+b+c+d，P（K2≥3.841）≈0.05．
【解答】解：（1）第一次训练时所取的球是从6 个球（3 新，3 旧）中不放回取出2 个球，所以ξ 可取
的值为0，1，2，
，
则分布列如下：
ξ
0
1
2
P
则期望为
；
（2）由题目条件可得列联表如下：
习惯固定在左侧接听电
话
习惯固定在右侧接听电
话
总计
脑瘤部位在左侧的病人 14
28
42
脑瘤部位在右侧的病人 19
27
46
总计
33
55
88
则
，故长时间使用手机与是否得脑瘤没有显著关
系．
39．（2023•湖北模拟）高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI 芯片试生产，
试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、
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蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为
，
，
，人工检测仅
对智能检测达标（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指
标不达标的概率为p（0＜p＜1）．
（1）求每个AI 芯片智能检测不达标的概率；
（2）人工检测抽检50 个AI 芯片，记恰有1 个不达标的概率为f（p），当p＝p0时，f（p）取得最大值，
求p0；
（3）若AI 芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的p0作为p 的值，试
判断该企业是否需对生产工序进行改良．
【解答】解：（1 ）记事件A ＝“ 每个AI 芯片智能检测不达标” ，则
．
（2）由题意
，
则f'（p）＝50[（1﹣p）49+p×49（1﹣p）48×（﹣1）]＝50（1﹣p）48（1﹣50p），
令f'（p）＝0，则
，
当
，f'（p）＞0，f（p）为增函数；
当
，f'（p）＜0，f（p）为减函数；
所以f（p）在
处取到最大值．
（3）记事件B＝“人工检测达标”，
则
，
又
，
所以
，
故需要对生产工序进行改良．
40．（2023•湖北模拟）某数学兴趣小组为研究本校学生数学成绩与语文成绩的关系，采取有放回的简单
随机抽样，从学校抽取样本容量为200 的样本，将所得数学成绩与语文成绩的样本观测数据整理如下：
语文成绩
合计
优秀
不优秀
数学成绩
优秀
50
30
80
不优秀
40
80
120
合计
90
110
200
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（1）根据α＝0.010 的独立性检验，能否认为数学成绩与语文成绩有关联？
（2）在人工智能中常用
表示在事件A 发生的条件下事件B 发生的优势，在统计中
称为似然比．现从该校学生中任选一人，A 表示“选到的学生语文成绩不优秀”，B 表示“选到的学生
数学成绩不优秀”请利用样本数据，估计L（B|A）的值．
（3）现从数学成绩优秀的样本中，按分层抽样的方法选出8 人组成一个小组，从抽取的8 人里再随机
抽取3 人参加数学竞赛，求这3 人中，语文成绩优秀的人数X 的概率分布列及数学期望．
附：
．
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
【解答】解：（1）零假设H0：数学成绩与语文成绩无关，
据表中数据计算得：
，
根据小概率值α＝0.010 的χ2的独立性检验，我们推断H0不成立，而认为数学成绩与语文成绩有关；
（2）∵
，
∴估计L（B|A）的值为
；
（3）按分层抽样，语文成绩优秀的5 人，语文成绩不优秀的3 人，
随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3，
则
，
，
，
，
∴X 的概率分布列为：
X
0
1
2
3
P
∴数学期望
．
41．（2023•深圳二模）飞盘运动是一项入门简单，又具有极强的趣味性和社交性的体育运动，目前已经
成为了年轻人运动的新潮流．某俱乐部为了解年轻人爱好飞盘运动是否与性别有关，对该地区的年轻人
进行了简单随机抽样，得到如下列联表：
性别
飞盘运动
合计
不爱好
爱好
28
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男
6
16
22
女
4
24
28
合计
10
40
50
（1）在上述爱好飞盘运动的年轻人中按照性别采用分层抽样的方法抽取10 人，再从这10 人中随机选
取3 人访谈，记参与访谈的男性人数为X，求X 的分布列和数学期望；
（2）依据小概率值α＝0.01 的独立性检验，能否认为爱好飞盘运动与性别有关联？如果把上表中所有
数据都扩大到原来的10 倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断爱好飞盘运动与性别之间的关
联性，结论还一样吗？请解释其中的原因．
附：
，其中n＝a+b+c+d．
α
0.1
0.01
0.001
xα
2.706
6.635
10.828
．
【解答】解：（1）样本中爱好飞盘运动的年轻人中男性16 人，女性24 人，比例为4：6，
按照性别采用分层抽样的方法抽取10 人，则抽取男性4 人，女性6 人，
随机变量X 的取值为：0，1，2，3，
，
，
，
，
随机变量X 的分布列为：
X
0
1
2
3
P
随机变量X 的数学期望
；
（2）零假设为H0：爱好飞盘运动与性别无关联．
根据列联表的数据，经计算得到
，
29
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根据小概率值α＝0.01 的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为爱
好飞盘运动与性别无关联；
列联表中所有数据都扩大到原来的10 倍后，
，
根据小概率值α＝0.01 的独立性检验，推断H0成立，即认为爱好飞盘运动与性别有关联；
所以结论不一样，原因是每个数据都扩大为原来的10 倍，相当于样本量变大为原来的10 倍，导致推断
结论发生了变化．
42．（2023•海淀区校级三模）人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益
成熟．某校成立了A，B 两个研究性小组，分别设计和开发不同的AI 软件用于识别音乐的类别：“古典
音乐”、“流行音乐”、“民族音乐”．为测试AI 软件的识别能力，计划采取两种测试方案．
方案一：将100 首音乐随机分配给A，B 两个小组识别，每首音乐只被一个AI 软件识别一次，并记录结
果；
方案二：对同一首音乐，A，B 两组分别识别两次，如果识别的正确次数之和不少于三次，则称该次测
试通过．
（Ⅰ）若方案一的测试结果显示：正确识别的音乐数之和占总数的
；在正确识别的音乐数中，A 组占
；在错误识别的音乐数中，B 组占
．
（ⅰ）用频率估计概率，两个研究性小组的AI 软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为多少？
（ⅱ）利用（ⅰ）中的结论，求方案二在一次测试中获得通过的概率；
（Ⅱ）若方案一的测试结果如下：
音乐类别
A 小组
B 小组
测试音乐数量
正确识别比例
测试音乐数量
正确识别比例
古典音乐
10
40%
24
50%
流行音乐
10
40%
20
50%
民族音乐
20
80%
16
87.5%
在A 小组、B 小组识别的歌曲中各任选一首，记X1，X2分别为A 小组、B 小组正确识别的数量，试比较
E（X1）和E（X2）的大小．（直接写出结果即可）
【解答】解：（Ⅰ）（i）对于方案一，设A、B 两个研究性小组的AI 软件每次能正确识别音乐类别的
概率分别为P1、P2，
100 首音乐中，正确被识别的数量为
首，错误被识别数量为100﹣60＝40 首，
其中A 组识别正确的数量为
首，B 组识别正确的数量为60﹣40＝20 首，
其中A 组识别错误的数量为
首，B 组识别错误的数量为
首，
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故
，
．
（ii）记事件D：方案二在一次测试中获得通过，则P（D）＝（
）2×
×（
）2+
×
×
×（
）
2+（
）2×（
）2＝
．
（Ⅱ）由题意可知，A 小组识别正确的歌曲数量为
首，
B 小组识别正确的歌曲数量为
首，
由题意可知，X1、X2均服从超几何分布，且X1～H（3，24，40），X2～H（3，36，60），
根据超几何分布的期望公式可得
，
，
因此，E（X1）＝E（X2）．
43．（2023•庐阳区校级模拟）一个不透明箱子中有除颜色外其它都相同的四个小球，其中两个红球两个
白球的概率为
，三个红球一个白球的概率为
．
（1）从箱子中随机抽取一个小球，求抽到红球的概率；
（2）现从箱子中随机一次性抽取两个或三个小球，已知抽到两个小球的概率为
，抽到三个小球的概
率为
，所抽到的小球中，每个红球记2 分，每个白球记﹣1 分，用X 表示抽到的小球分数之和，求X
的分布列及数学期望．
【解答】解：（1）记事件A 表示“抽取一个小球且为红球”，B1表示“箱子中小球为两红两白”，B2
表示“箱子中小球为三红一白”，
则
．
（2）由题意得X 的取值可以为﹣2，0，1，3，4，6，
，
，
，
，
，
．
随机变量X 的分布列为：
X
﹣2
0
1
3
4
6
31
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P
所以X 的分布列及数学期望为：
．
44．（2023•福鼎市校级一模）“斯诺克（Snooker）”是台球比赛的一种，意思是“阻碍、障碍”，所以
斯诺克台球有时也被称为障碍台球，是四大“绅士运动”之一，随着生活水平的提高，“斯诺克”也成
为人们喜欢的运动之一．现甲、乙两人进行比赛比赛采用5 局3 胜制，各局比赛双方轮流开球（例如：
若第一局甲开球，则第二局乙开球，第三局甲开球……），没有平局．已知在甲的“开球局”，甲获得
该局比赛胜利的概率为
，在乙的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为
，并且通过“猜硬币”，
甲获得了第一局比赛的开球权．
（1）求甲以3：1 赢得比赛的概率；
（2）设比赛的总局数为ξ，求E（ξ）．
【解答】解：（1）甲以3：1 赢得比赛，则前3 局中甲赢得了2 局，第4 局甲获胜，
所以甲以3：1 赢得比赛的概率为
．
（2）ξ 的可能取值为3，4，5，
设甲获胜的概率为P 甲，乙获胜的概率为P 乙，
；
；
；
；
；
；
则
，
所以
．
45．（2023•沙坪坝区校级模拟）现有4 个除颜色外完全一样的小球和3 个分别标有甲、乙、丙的盒子，将
4 个球全部随机放入三个盒子中（允许有空盒）．
（1）记盒子乙中的小球个数为随机变量X，求X 的数学期望；
（2 ）对于两个不互相独立的事件M ，N ，若P （M ）＞0 ，P （N ）＞0 ，称
为事件M，N 的相关系数．
①若ρ（M，N）＞0，求证：P（M|N）＞P（M）；
②若事件M：盒子乙不空，事件N：至少有两个盒子不空，求ρ（M，N）．
【解答】解：（1）由题意可知，X 的可能的取值为0，1，2，3，4，且X～B（4，
），
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故E（X）＝4×
．
（2）①因为
，且ρ（M，N）＞0，
所以P（MN）﹣P（M）P（N）＞0，即
＞P（M），而P（M|N）＝
，
所以P（M|N）＞P（M）成立．
②事件M：盒子乙不空，则事件：盒子乙空，
由第1 问可知P（）＝
＝
，所以P（M）＝1﹣P（）＝
，
事件N：至少有两个盒子不空，则事件：有一个盒子不空，
P（）＝
，所以P（N）＝1﹣P（）＝
，
事件MN：至少有两个盒子不空且盒子乙不空，分为两种情况，一种是三个盒子都不空，按照1、1、2
分组；另一种是两个盒子不空且乙不空，此时甲或者丙是空的，故按照1、3 或者2、2 分组即可，
故P（MN）＝
+
＝
，
所以ρ（M，N）＝
＝
．
46．（2023•浙江模拟）某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏；每个小组由两名队员组
成，队员甲与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，
每小组投进的次数之和不少于3 次的称为“神投小组”．已知甲组两名队员投进篮球的概率分别为p1，
p2．
（1）若p1＝
，p2＝
，求他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率；
（2）若p1+p2＝
，则在游戏中，甲、乙两名队员想要获得297 次“神投小组”的称号，理论上他们小
组至少要进行多少轮游戏才行？并求此时p1，p2的值．
【解答】解：（1）每小组投进的次数之和不少于3 次的称为“神投小组”，则可能的情况有①甲投中
一次，乙投中两次；②甲投中两次，乙投中一次；③甲投中两次，乙投中两次，
∵p1＝
，p2＝
，
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∴他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率为
•（
）2×（
）2+（
）2×
×
×
+（
）2×
（
）2＝
；
（2）由题意得他们在一轮游戏获得“神投小组”称号的概率p＝
•p1（1﹣p1）
+
•p2（1﹣
p2）+
•
＝2p1p2（p1+p2）﹣3
•
，
∵p1+p2＝
，∴p＝
p1p2﹣3
•
，
又0≤p1≤1，0≤p2≤1，p1+p2＝
，则
≤p1≤1，
令m＝p1p2＝﹣
+
p1＝﹣（p1﹣
）2+
，则m∈[
，
]，
∴p＝y（m）＝﹣3m2+
m＝﹣3（m﹣
）2+
，
∴p＝﹣3m2+
m 在[
，
]上单调递增，则pmax＝y（
）＝
，
∴他们小组在n 轮游戏中获得“神投小组”称号的次数ξ 满足ξ～B（n，p），
∵np＝297，则n＝
≥
＝625，
∴理论上至少要进行625 轮游戏，且p1+p2＝
，p1p2＝
，解得p1＝p2＝
，
故理论上他们小组至少要进行625 轮游戏才行，此时p1＝p2＝
．
47．（2023•湖南模拟）国产科幻电影《流浪地球2》在给观众带来视觉震撼的同时，也引领观众对天文，
航天、数字科技等领域展开了无限遐想，某校为激发学生对天文、航天、数字科技三类相关知识的兴趣，
举行了一次知识竞赛（竞赛试题中天文、航天、数字科技三类相关知识题量占比分别为40%，40%，
20%）．某同学回答天文、航天、数字科技这三类问题中每个题的正确率分别为
，
，
．
（1）若该同学在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率；
（2）若该同学从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得2 分，回答错误不得分，设该同学回
答三题后的总得分为X 分，求X 的分布列及数学期望．
【解答】解：（1）设所选的题目为天文、航天、数字科技相关知识的题目分别为事件A1，A2，A3，
所选的题目回答正确为事件B，
则P（B）＝P（A1）P（BA1）+P（A2）P（BA2）+P（A3）P（BA3）
＝
，
34
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所以该同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为
；
（2）X 的可能取值为0，2，4，6，
，
，
，
，
则X 的分布列为：
X
0
2
4
6
P
所以
．
48．（2023•东方校级模拟）为了解某班学生喜爱打羽毛球是否与性别有关，故对本班60 名学生进行问卷
调查，得到了如下的2×2 列联表：
喜爱
不喜爱
合计
男
6
女
16
合计
60
已知在全班60 人中随机抽取1 人，抽到喜爱打羽毛球的学生的概率为
．
（1）请将上面的2×2 列联表补充完整，并推断是否有99.9%的把握认为学生喜爱打羽毛球与性别有关；
（2）采用分层抽样的方法在喜爱打羽毛球的学生中抽取5 人，再选出2 人参加学校组织的羽毛球比赛，
记选出的2 人中女生数为X，求X 的分布列及数学期望．
附：
，n＝a+b+c+d．
P（K2≥k）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【解答】解：（1）因为全班60 人中随机抽取1 人，抽到喜爱打羽毛球的学生的概率为
，
所以喜爱打羽毛球的学生的人数为40，其中男生为24 人，女生16 人，
故可得到2×2 列联表：
35
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喜爱
不喜爱
合计
男
24
6
30
女
16
14
30
合计
40
20
60
又
，
所以没有99.9%的把握认为学生喜爱打羽毛球与性别有关．
（2）用分层抽样的方法在喜爱打羽毛球的学生中抽取5 人，其中男生3 人，女生2 人，所以X 的可能
取值为0，1，2，
，
，
，
所以X 的分布列为：
X
0
1
2
P
X 的数学期望
．
一十四．二项分布与n 次独立重复试验的模型（共3 小题）
49．（2023•雨花区校级一模）若
，则当k＝0，1，2，…，100 时（ ）
A．P（X＝k）≤P（X＝50）
B．P（X＝k）≤P（X＝32）
C．P（X＝k）≤P（X＝33）
D．P（X＝k）≤P（X＝49）
【解答】解：根据题意可知，
，
即
，解得
，
又k 为整数，故k＝33，
即P（X＝k）≤P（X＝33）．
36
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故选：C．
50．（2023•济南三模）已知随机变量X，Y，其中X～B（6，
），Y～N（μ，σ2），E（X）＝E（Y），P
（|Y|＜2）＝0.3，则P（Y＞6）＝
0.2
．
【解答】解：X～B（6，
），Y～N（μ，σ2），E（X）＝E（Y），
则μ＝
，
P（|Y|＜2）＝0.3，
则P（﹣2＜Y＜2）＝0.3，
故P（2＜Y＜6）＝P（﹣2＜Y＜2）＝0.3，
所以P（Y＞6）＝P（Y＞2）﹣P（2＜Y＜6）＝0.5﹣0.3＝0.2．
故答案为：0.2．
51．（2023•湖北模拟）已知随机变量X 服从B（9，0.6），则当k＝
5 或
6
时，概率P（X＝k）最大．
【解答】解：随机变量X 服从B（9，0.6），
则P（X＝k）＝
，
概率P（X＝k）最大，
则P（X＝k）≥P（X＝k+1）且P（X＝k）≥P（X＝k﹣1），
即
≥
且
≥
，
即2（k+1）≥27﹣3k 且3（10﹣k）≥2k，解得5≤k≤6，
∵k∈N，
∴k＝5 或k＝6．
故答案为：5 或6．
一十五．正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义（共6 小题）
52．（2023•保定三模）已知随机变量ξ 服从正态分布N（2，σ2），且P（ξ≤0）＝0.2，则P（2＜ξ≤4）
等于（ ）
A．0.8
B．0.6
C．0.4
D．0.3
【解答】解：因为ξ 服从正态分布N（2，σ2），且P（ξ≤0）＝0.2，
所以P（ξ＞4）＝0.2，所以
＝0.3．
故选：D．
53．（2023•长春模拟）已知随机变量X～N（2，σ2），且P（X≤4）＝0.84，则P（0＜X≤4）＝（ ）
A．0.84
B．0.68
C．0.34
D．0.16
【解答】解：由 P（X≤4）＝0.84，知 P（X≥4）＝P（X≤0）＝0.16，
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故 P（0＜X≤4）＝1﹣P（X≥4）﹣P（X≤0）＝1﹣0.32＝0.68．
故选：B．
54．（2023•佛山模拟）李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50 次坐公交车和骑自行车所
花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X 和骑自行车用时Y 都服从正态分布，X～N（μ1，
62），Y～N（μ2，22）．X 和Y 的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是（ ）
A．D（X）＝6
B．μ1＞μ2
C．P（X≤38）＜P（Y≤38）
D．P（X≤34）＜P（Y≤34）
【解答】解：由X～N（μ1，62），得D（X）＝36，A 错误；
由正态密度曲线图像可知，μ1＝30，μ2＝34，μ1＜μ2，B 错误；
由正态密度曲线图像可知，1﹣P（X≤38）＞1﹣P（Y≤38），所以P（X≤38）＜P（Y≤38），C 正确；
由正态密度曲线图像可知，P（X≤34）＞
，P（Y≤34）＝
，所以P（X≤34）＞P（Y≤34），D 错
误．
故选：C．
55．（2023•皇姑区校级模拟）2023 年国家公务员考试笔试于1 月8 日结束，公共科目包括行政职业能力
测验和申论两科，满分均为100 分，行政职业能力测验中，考生成绩X 服从正态分N（80，σ2）．若
，则从参加这次考试的考生中任意选取3 名考生，恰有2 名考生的成绩高于85 的
概率为
．
．
【解答】解：∵考生成绩X 服从正态分N（80，σ2），
∴P（X＞85）＝
＝
＝
，
∴从参加这次考试的考生中任意选取3 名考生，恰有2 名考生的成绩高于85 的概率为
＝
．
故答案为：
．
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56．（2023•广州二模）某班有48 名学生，一次考试的数学成绩X（单位：分）服从正态分布N（80，
σ2），且成绩在[80，90]上的学生人数为16，则成绩在90 分以上的学生人数为
8
．
【解答】解：由X（单位：分）服从正态分布N（80，σ2），知正态密度曲线的对称轴为X＝80，成绩
在[80，90]上的学生人数为16，
由对称性知成绩在80 分上的学生人数为24 人，所以90 分以上的学生人数为24﹣16＝8．
故答案为：8．
57．（2023•山西模拟）已知随机变量ξ 服从正态分布
，且P（ξ＜﹣1）＝P（ξ＞m），则
（x+m）6的展开式中x 的系数为
192
．
【解答】解：因为随机变量ξ 服从正态分布
，且P（ξ＜﹣1）＝P（ξ＞m），
所以
，故m＝2，
二项式（x+2）6展开式的通项
，
令6﹣k＝1，可得k＝5，
所以（x+2）6展开式中x 的系数为
，
故答案为：192．
一十六．概率的应用（共3 小题）
58．（多选）（2023•金安区校级模拟）一个袋子中有编号分别为1，2，3，4 的4 个球，除编号外没有其
它差异．每次摸球后放回，从中任意摸球两次，每次摸出一个球．设“第一次摸到的球的编号为2”为
事件A，“第二次摸到的球的编号为奇数”为事件B，“两次摸到的球的编号之和能被3 整除”为事件
C，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．事件B 与事件C 相互独立
C．
D．事件A 与事件B 互为对立事件
【解答】解：根据题意，从4 个球中任意摸球两次，每次摸球后放回，则有4×4＝16 个基本事件，
则事件A 包含4 个基本事件，事件B 包含8 个基本事件，
事件C 包含：（3，3）、（1，2）、（2、1），（4，2）、（2，4），共5 个基本事件，
由此分析选项：
对于A，易得P（C）＝
；
对于B，P（B）＝
，P（BC）＝
，P（B）P（C）≠P（BC），B 错误；
39
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对于C，P（A）＝
，P（AC）＝
＝
，则P（C|A）＝
＝
＝
，C 正确；
对于D，事件A、B 可能同时发生，不是对立事件，D 错误．
故选：AC．
59．（多选）（2023•沙坪坝区校级模拟）一个盒子中装有a 个黑球和b 个白球（a，b 均为不小于2 的正整
数），现从中先后无放回地取2 个球．记“第一次取得黑球”为A1，“第一次取得白球”为A2，“第
二次取得黑球”为B1，“第二次取得白球”为B2，则（ ）
A．
B．
C．P（B1|A1）+P（B2|A1）＜1
D．P（B2|A1）+P（B1|A2）＞1
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，A1B2 即第一次取得黑球，第二次取得白球，则P（A1B2）＝
×
＝
，A 错误；
对于B，A2B1即第一次取得白球，第二次取得黑球，则P（A2B1）＝
×
＝
×
，B 正
确；
对于C，P（B1|A1）+P（B2|A1）＝
+
＝1，C 错误；
对于D，P（B2|A1）+P（B1|A2）＝
+
＝1﹣
+
＝1+
＞1，D 正确．
故选：BD．
60（多选）．（2023•吉林模拟）某商场开业期间举办抽奖活动，已知抽奖箱中有30 张奖券，其中有5 张
写有“中奖”字样．假设抽完的奖券不放回，甲抽完之后乙再抽，记A 表示甲中奖，B 表示乙中奖，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，P（AB）＝P（A）P（B|A）＝
×
＝
，A 正确；
对于B，P（B）＝P（A）P（B|A）+P（）P（B| ）＝
＝
，B 错误；
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对于C，P（A|B）＝
＝
＝
，C 正确；
对于D，P（B|A）＝
＝
＝
，D 错误．
故选：AC．
一、条件概率的性质
设P(A)>0，则
①
②如果B 与C 是两个互斥事件，则
③
设
和
互为对立事件，则
二、离散型随机变量的期望
1.定义：
一般地，若离散型随机变量的概率分布为
1x
2x
…
ix
…
P
1p
2p
…
ip
…
则称
E
1
1 p
x
2
2 p
x
…
n
n p
x
… 为的均值或数学期望，简称期望．
2．性质：
①
(
)
E
E
E
；
②若
b
a
(a、b 是常数)，是随机变量，则也是随机变量，有
b
aE
b
a
E
)
(
；
b
aE
b
a
E
)
(
的推导过程如下：：
的分布列为
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1x
2x
…
ix
…
b
ax
1
b
ax
2
…
i
ax
b
…
P
1P
2P
…
iP
…
于是
E
1
1
)
(
p
b
ax
2
2
)
(
p
b
ax
… (
)
i
i
ax
b p
…
＝
1
1
(
p
x
a
2
2 p
x
…
i
i
x p
…)
1
(p
b
2
p
…
ip
…)＝
b
aE
∴
b
aE
b
a
E
)
(
。
三、正态分布
1.正态变量的概率密度函数
正态变量的概率密度函数表达式为：
2
2
(
)
2
,
1
( )
(
R)
2
x
x
e
x
，（
0,
）
其中x 是随机变量的取值；μ 为正态变量的期望；是正态变量的标准差.
2．正态分布
（1）定义
如果对于任何实数,
(
)
a b a
b
随机变量X 满足：
,
(
)
( )
b
a
P a
X
b
x dx
，
则称随机变量X 服从正态分布。记为
2
( ,
)
X
N
。
（2）正态分布的期望与方差
若
2
( ,
)
X
N
，则X 的期望与方差分别为：EX
，
2
DX
。
3. 正态曲线
如果随机变量X 的概率密度函数为
2
2
(
)
2
1
( )
(
R)
2
x
f x
e
x
，其中实数和为参数（
0,
），则称函数
( )
f x 的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线。
42
