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题型11 5类概率统计选填解题技巧
（概率的基本性质、条件概率、全概率、贝叶斯公式、样本数字特征）
技法01 判断概率中的事件关系的解题技巧
在概率小题中，利用概率的基本性质判断事件的相互关系（互斥事件、对立事件、独立事件等），是新高考卷的常考内容，难度中等偏易，需重点复习。
概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1. (2)必然事件的概率P(E)＝1. (3)不可能事件的概率P(F)＝0.
(4)互斥事件概率的加法公式 ①如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
②若事件B与事件A互为对立事件，则P(A)＝1－P(B)．
概率加法公式的推广
当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广，即
P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．　
(5)独立事件A，B同时发生的概率P(A·B)= P(A)·P(B)，个独立事件同时发生的概率 P(A1· A2·…· An)=P(A1)· P(A2)·…· P(An)．
（2024·湖北武汉·模拟预测）质地均匀的正四面体模型四个表面分别标有，，，四个数字，将这个模型抛掷一次，并记录与地面接触面上的数字，记事件“数字为的倍数”为事件，“数字是的倍数”为事件，“数字是的倍数”为事件，则下列选项正确的是（ ）
A．事件两两互斥 B．事件与事件对立
C． D．事件两两相互独立
1．（2024·福建莆田·二模）若，则（ ）
A．事件与互斥 B．事件与相互独立
C． D．
2．（2024·湖南衡阳·一模）已知古典概型的样本空间，“事件”，则命题“事件”是命题“事件与事件相互独立”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2024·江苏·模拟预测）一个质地均匀的正八面体的八个面上分别标有数字1到8，将其随机抛掷两次，记与地面接触面上的数字依次为，事件：，事件，事件，则下列正确的是（ ）
A． B．
C．互斥 D．相互独立
1．（2025·广东惠州·模拟预测）事件发生的概率为，事件发生的概率为，若，，，则事件与事件的关系为（ ）
A．互斥 B．对立 C．独立 D．包含
2．（2024·广东广州·模拟预测）掷出两枚质地均匀的骰子，记事件“第一枚点数小于3”，事件“第二枚点数大于4”，则与关系为（ ）
A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．相等
3．（2024·江西·模拟预测）有6个质地形状相同的球，分别标有数字，从中随机有放回的取两个球，每次取1个球．事件“第一次取出的球标的数字为奇数”，事件“第二次取出的球标的数字为偶数”，事件“两次取出的球标的数字之和为5”，事件“两次取出的球标的数字之和为6”，则（ ）
A．与互斥 B．与相互独立
C．与相互独立 D．与互斥
4．（2024·河北沧州·一模）（多选）某学校为了丰富同学们的课外活动，为同学们举办了四种科普活动：科技展览、科普讲座、科技游艺、科技绘画．记事件：只参加科技游艺活动；事件：至少参加两种科普活动；事件：只参加一种科普活动；事件：一种科普活动都不参加；事件：至多参加一种科普活动，则下列说法正确的是（ ）
A．与是互斥事件 B．与是对立事件
C． D．
5．（多选）投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量．记A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则（ ）
A．和互为对立事件 B．事件和不互斥
C．事件和相互独立 D．事件和相互独立
技法02 条件概率解题技巧
条件概率是新高考卷的常考内容，难度中等偏难，是概率中的核心内容，在小题和大题中都有考查，需重点复习.
条件概率的三种求法
定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)
基本事件法 借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝
缩样法 缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，能化繁为简
（2023·全国甲卷·高考真题）某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（ ）
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
1．（2022·天津·高考真题）52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 ；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为
2．（2024·天津·高考真题）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为 ；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 ．
3．（2024·广东佛山·模拟预测）小明爬楼梯每一步走1级台阶或2级台阶是随机的，且走1级台阶的概率为，走2级台阶的概率为．小明从楼梯底部开始往上爬，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率是（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·广西·模拟预测）在某电路上有C，D两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换C元件的概率为0.3，需要更换D元件的概率为0.2，则在某次通电后C，D有且只有一个需要更换的条件下，C需要更换的概率是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·安徽·模拟预测）某公司进行招聘，甲、乙、丙被录取的概率分别为，，，且他们是否被录取互不影响，若甲、乙、丙三人中恰有两人被录取，则甲被录取的概率为（ ）．
A． B． C． D．
3．（2024·河北衡水·三模）已知甲、乙、丙三人参加射击比赛，甲、乙、丙三人射击一次命中的概率分别为，且每个人射击相互独立，若每人各射击一次，则在三人中恰有两人命中的前提下，甲命中的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·湖南邵阳·一模）在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是和，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（ ）
A． B． C． D．
技法03 全概率解题技巧
全概率是新高考卷的常考内容，难度中等偏难，是概率中的核心内容，在小题和大题中都有考查，需重点复习.
全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝
，此公式为全概率公式.
（1）计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数.
（2）全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A的概率的求解问题，转化为了在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题.
（2024·河南信阳·二模）随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为，，，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，，，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·云南昆明·三模）在定点投篮练习中，小明第一次投篮命中的概率为，第二次投篮命中的概率为，若小明在第一次命中的条件下第二次命中的概率是，在第一次未命中的条件下第二次命中的概率是，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·浙江·一模）（多选）现有一个抽奖活动，主持人将奖品放在编号为1、2、3的箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子）.记表示第号箱子有奖品，表示主持人打开第号箱子.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率增大
D．若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率不变
1．（2024·河南·模拟预测）袋子中装有5个形状和大小相同的球，其中3个标有字母个标有字母.甲先从袋中随机摸一个球，摸出的球不再放回，然后乙从袋中随机摸一个球，若甲 乙两人摸到标有字母的球的概率分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·安徽·一模）有三台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起，已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%，任取一个零件，则它是次品的概率（ ）
A．0.054 B．0.0535 C．0.0515 D．0.0525
3．（2024·湖南郴州·模拟预测）从数字，，，中随机取一个数字，第一次取到的数字为，再从数字，…，中随机取一个数字，则第二次取到数字为的概率是 .
技法04 贝叶斯公式解题技巧
贝叶斯公式是新高考卷的常考内容，难度中等偏难，是概率中的重点内容，在小题和大题中都有考查，需重点复习.
贝叶斯公式
一般地,设是一组两两互斥的事件,有且,则对任意的事件有
（2024·黑龙江哈尔滨·一模）有3台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率分别为，加工出来的零件混放在一起．已知第台车床加工的零件数的比为，现任取一个零件，记事件“零件为第i台车床加工” ，事件“零件为次品”，则（ ）
A．0.2 B．0.05 C． D．
1．（2024·江西上饶·模拟预测）越来越多的人喜欢参加户外极限运动，据调查数据显示，两个地区分别有的人参加户外极限运动，两个地区的总人口数的比为．若从这两个地区中任意选取一人，则此人参加户外极限运动的概率为；若此人参加户外极限运动，则此人来自地区的概率为，那么（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·江西南昌·一模）假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·湖南邵阳·三模）甲、乙两个工厂代加工同一种零件，甲加工的次品率为，乙加工的次品率为，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙工厂加工的零件数分别占总数的，，任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是乙工厂加工的概率为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·贵州遵义·三模）（多选）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，经他研究，随机事件A，B存在如下关系：.现有甲、乙、丙三台车床加工同一件零件，甲车床加工的次品率为，乙车床加工的次品率，丙车床加工的次品率为，加工出来的零件混放在一起，且甲、乙、丙3台车床加工的零件数分别占总数的，，，设事件，，分别表示取到的零件来自甲、乙、丙车床，事件B表示任取一个零件为次品，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024·广东佛山·模拟预测）（多选）中国象棋是一种益智游戏，也体现博大精深的中国文化.某学校举办了一次象棋比赛，李明作为选手参加.除李明之外的其他选手中，甲、乙两组的人数之比为，李明与甲、乙两组选手比赛获胜的概率分别为0.6，0.5.从甲、乙两组参赛选手中随机抽取一位棋手与李明比赛，下列说法正确的是（ ）
A．李明与甲组选手比赛且获胜的概率为
B．李明获胜的概率为
C．若李明获胜，则棋手来自甲组的概率为
D．若李明获胜，则棋手来自乙组的概率为
技法05 样本数字特征的解题技巧
在概率统计问题中，样本数字特征是一个重要的解题工具。样本均值、样本方差等数字特征，能够反映出样本数据的整体趋势和离散程度。难度中等，需强加练习来熟练掌握样本数字特征的解题技巧。
平均数：，反映样本的平均水平
方差：，反映样本的波动程度，稳定程度和离散程度；
标准差：，标准差等于方差的算术平方根，数学意义和方差一样
极差：等于样本的最大值最小值
总体方差公式
设总体中有个个体，其取值分别为, 总体均值为, 则 总体方差的计算公式为：
这个公式反映了总体中各个个体与总体均值的偏离程度，总体方差越大，说明总体数据的离散程度越大，数据越分散；总体方差越小，说明数据越集中在均值附近。
样本方差公式
对于从总体中抽取的样本数据, 样本均值为, 样 本方差的计算公式为：
这里使用作为分母，而不是, 是为了对总体方差进行无偏估计。当样本量较大时，使用或作为分母对结果影响较小，但在样本量较小时，使用能更准确地估计总体方差。
（2024·吉林长春·一模）为了解小学生每天的户外运动时间，某校对小学生进行平均每天户外运动时间（单位：小时）的调查，采用样本量按比例分配的分层随机抽样.如果不知道样本数据，只知道抽取了三年级及以下学生40人，其平均数和方差分别为2.5和1.65，抽取了四年级及以上学生60人，其平均数和方差分别为1.5和3.5，则估计该校学生平均每天户外运动时间的总体方差为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
1．（2024·河北·模拟预测）某同学掷一枚正方体骰子5次，记录每次骰子出现的点数，统计出结果的平均数为2，方差为0.4，可判断这组数据的众数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2024·江西赣州·一模）若一组样本数据的方差为，则样本数据的方差为（ ）
A．1 B．2 C．2.5 D．
3．（2025·重庆·一模）有 4 位同学各掷骰子 5 次（骰子出现的点数可能为1，2，3，4，5，6），分别记录自己每次出现的点数，四位同学根据统计结果，并对自己的试验数据分别做了如下描述，可以判断一定没有出现点数 1的是（ ）
A．平均数为3 ，中位数为4 B．中位数为3 ，众数为5
C．平均数为4 ，方差为1.2 D．中位数为4 ，方差为1.6
1．（2024·江西·二模）从甲队60人、乙队40人中，按照分层抽样的方法从两队共抽取10人，进行一轮答题．相关统计情况如下：甲队答对题目的平均数为1，方差为1；乙队答对题目的平均数为1.5，方差为0.4，则这10人答对题目的方差为（ ）
A．0.8 B．0.675 C．0.74 D．0.82
2．（2024·浙江金华·三模）命题P：，，…，的平均数与中位数相等；命题Q：，，…，是等差数列，则P是Q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2024·陕西西安·二模）有一组样本数据：，，，其平均数为2，由这组样本数据得到新样本数据：，，，2，那么这两组样本数据一定有相同的（ ）
A．众数 B．中位数
C．方差 D．极差
4．（2024·陕西榆林·三模）在一次数学模考中，从甲 乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的十个人成绩分别为，乙班的十个人成绩分别为.假设这两组数据中位数相同 方差也相同，则把这20个数据合并后（ ）
A．中位数一定不变，方差可能变大
B．中位数可能改变，方差可能变大
C．中位数一定不变，方差可能变小
D．中位数可能改变，方差可能变小
一、单选题
1．（2024·安徽合肥·模拟预测）某停车场在统计停车数量时数据不小心丢失一个，其余六个数据分别是10，8，8，11，16，8，若这组数据的平均数、中位数、众数成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为（ ）
A．21 B．24 C．27 D．32
2．（2024·辽宁葫芦岛·二模）设A，B是两个随机事件，且，，则下列正确的是（ ）
A．若，则A与B相互独立 B．
C． D．A与B有可能是对立事件
3．（2024·广东佛山·一模）若古典概型的样本空间，事件，甲：事件，乙：事件相互独立，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024·广东·二模）一个正八面体的八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字.事件，事件，若事件满足，，则满足条件的事件的个数为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．24
5．（2024·贵州黔东南·二模）贵州有很多旅游景点，值得推荐的景区是“黄小西吃晚饭”.“黄小西”分别指黄果树、荔波小七孔和西江千户苗寨，“吃晚饭”分别代表其谐音对应的三个景区：赤水国家级风景名胜区、万峰林和梵净山.现有甲、乙两位游客慕名来到贵州，都准备从上面6个著名旅游景点中随机选择一个游玩.设事件为“甲和乙至少一人选择黄果树”，事件为“甲和乙选择的景点不同”，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·江苏·模拟预测）有5张相同的卡片，分别标有数字，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为”，则（ ）
A．与为对立事件 B．与为相互独立事件
C．与为相互独立事件 D．与为互斥事件
7．（2024·全国·模拟预测）已知总体划分为3层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本容量分别为，，，样本平均数分别为，，，样本方差分别为，，，若，则（ ）
A．
B．
C．总体样本平均数
D．当时，总体方差
二、多选题
8．（2024·广东广州·模拟预测）已知，，，，，为依次增大的一组数据，则去掉和后，这组数据的（ ）一定减小.
A．极差 B．下四分位数 C．上四分位数 D．中位数
9．（2024·重庆九龙坡·三模）已知样本数据的平均数为2，方差为1，则下列说法正确的是（ ）
A．数据，的平均数为6
B．数据，的方差为9
C．数据的方差为1
D．数据的平均数为5
10．（2024·山东济南·三模）某同学投篮两次，第一次命中率为．若第一次命中，则第二次命中率为；若第一次未命中，则第二次命中率为．记为第i次命中，X为命中次数，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·全国·模拟预测）连续投掷一枚均匀的骰子3次，记3次掷出点数之积为X，掷出点数之和为Y，则（ ）
A．事件“X为奇数”发生的概率 B．事件“”发生的概率为
C．事件“”和事件“”相等 D．事件“”和事件“Y＝6”独立
12．（2024·广东珠海·一模）设A，B为随机事件，且，是A，B发生的概率．，则下列说法正确的是（ ）
A．若A，B互斥，则
B．若，则A，B相互独立
C．若A，B互斥，则A，B相互独立
D．与相等
13．（2024·云南·模拟预测）现有颜色为红、黄、蓝的三个箱子，其中红色箱子内装有2个红色球，1个黄色球和1个蓝色球；黄色箱子内装有2个红色球，1个蓝色球；蓝色箱子内装有3个红色球，2个黄色球．若第一次先从红色箱子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同色的箱子中，第二次再从刚才放入与球同色的这个箱子中任取一个球，则下列说法正确的是（ ）
A．若第一次抽到黄色球，那么第二次抽到蓝色球的概率为
B．第二次抽到蓝色球的概率为
C．如果第二次抽到的是蓝色球，则它最有可能来自红色箱子
D．如果还需将5个不同的小球放入这三个箱子内，每个箱子至少放1个，则不同的放法共有150种
三、填空题
14．（2024·安徽安庆·三模）一个不透明的袋子装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1，2，3，4，4．现甲从中随机摸出一个球记下所标数字后放回，乙再从中随机摸出一个球记下所标数字，若摸出的球上所标数字大即获胜（若所标数字相同则为平局），则在甲获胜的条件下，乙摸到2号球的概率为 ．
15．（2024·全国·一模）有4个不透明的袋子，每个袋子中均装有形状、大小完全相同的4个小球，编号分别为1，2，3，4．甲、乙、丙、丁4名同学依次随机从每个袋子中各取出1个球，取出不放回．已知甲取出的4个小球编号之和为14，乙取出的4个小球编号之和为13，则丙取出的4个小球编号之和大于6的概率是 ．
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（概率的基本性质、条件概率、全概率、贝叶斯公式、样本数字特征）
技法01 判断概率中的事件关系的解题技巧
在概率小题中，利用概率的基本性质判断事件的相互关系（互斥事件、对立事件、独立事件等），是新高考卷的常考内容，难度中等偏易，需重点复习。
概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1. (2)必然事件的概率P(E)＝1. (3)不可能事件的概率P(F)＝0.
(4)互斥事件概率的加法公式 ①如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
②若事件B与事件A互为对立事件，则P(A)＝1－P(B)．
概率加法公式的推广
当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广，即
P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．　
(5)独立事件A，B同时发生的概率P(A·B)= P(A)·P(B)，个独立事件同时发生的概率 P(A1· A2·…· An)=P(A1)· P(A2)·…· P(An)．
（2024·湖北武汉·模拟预测）质地均匀的正四面体模型四个表面分别标有，，，四个数字，将这个模型抛掷一次，并记录与地面接触面上的数字，记事件“数字为的倍数”为事件，“数字是的倍数”为事件，“数字是的倍数”为事件，则下列选项正确的是（ ）
A．事件两两互斥 B．事件与事件对立
C． D．事件两两相互独立
思路点拨：本题围绕互斥事件、对立事件、独立事件的判定以及古典概型概率计算展开。解题核心在于清晰界定各事件包含的基本事件，再依据相应定义和公式进行判断与计算。
思路详解：事件包含基本事件“数字为”， “数字为”，
事件包含基本事件“数字为”， “数字为”，
事件包含基本事件“数字为”， “数字为”，
事件可能同时发生，所以事件不是互斥事件，A错误；
事件包含基本事件“数字为”， “数字为”，“数字为”，
事件包含基本事件“数字为”，
所以事件与事件不是互斥事件，故也不是对立事件；B错误；
，，，
事件包含基本事件“数字为”， ，
所以，C错误；
事件包含基本事件“数字为”， 事件包含基本事件“数字为”，
事件包含基本事件“数字为”，
所以，
又，
由独立事件定义可得事件两两相互独立，D正确；
故选：D.
1．（2024·福建莆田·二模）若，则（ ）
A．事件与互斥 B．事件与相互独立
C． D．
思路详解：对于AB，，从而，故A错误B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D错误.
故选：B.
2．（2024·湖南衡阳·一模）已知古典概型的样本空间，“事件”，则命题“事件”是命题“事件与事件相互独立”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
思路详解：样本空间中事件包含样本点个数可能为，，，，，，
其对应的概率可能值分别为，，，，，，，
事件与事件相互独立，
，则，，
即“事件”是命题“事件与事件相互独立”的充分条件
②若，则，，，
所以事件与事件相互独立，
所以命题“事件”不是命题“事件与事件相互独立”的必要条件，
故命题“事件”是命题“事件与事件相互独立”的充分不必要条件，
故选：A.
3．（2024·江苏·模拟预测）一个质地均匀的正八面体的八个面上分别标有数字1到8，将其随机抛掷两次，记与地面接触面上的数字依次为，事件：，事件，事件，则下列正确的是（ ）
A． B．
C．互斥 D．相互独立
思路详解：对于A:事件发生时，事件不一定发生，所以A错；
对于B: 时，事件发生同时不发生，所以B错；
对于C: 时，A,B同时发生，所以C错；
对于D: ，则相互独立，所以D正确.
故选：D
1．（2025·广东惠州·模拟预测）事件发生的概率为，事件发生的概率为，若，，，则事件与事件的关系为（ ）
A．互斥 B．对立 C．独立 D．包含
【答案】C
【分析】利用对立事件的概率公式求出，根据求出的值，再利用独立事件的定义判断可得出结论.
【详解】由概率公式可得，
因为，
即，可得，
所以，因此，事件与事件独立.
故选：C.
2．（2024·广东广州·模拟预测）掷出两枚质地均匀的骰子，记事件“第一枚点数小于3”，事件“第二枚点数大于4”，则与关系为（ ）
A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．相等
【答案】C
【分析】利用古典概型分别求出，由可得解.
【详解】由题意，掷出两枚质地均匀的骰子共有基本事件个，
其中事件有，共12个，
事件有，共12个，事件有，共4个基本事件，
所以,
所以，故相互独立，
答选：C
3．（2024·江西·模拟预测）有6个质地形状相同的球，分别标有数字，从中随机有放回的取两个球，每次取1个球．事件“第一次取出的球标的数字为奇数”，事件“第二次取出的球标的数字为偶数”，事件“两次取出的球标的数字之和为5”，事件“两次取出的球标的数字之和为6”，则（ ）
A．与互斥 B．与相互独立
C．与相互独立 D．与互斥
【答案】C
【分析】应用表格列举出所有情况，再应用古典概率求法、互斥事件定义及独立事件的判定判断各项正误.
【详解】如下表，对应为(第一次，第二次)，
1 2 3 4 5 6
1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)
由题设及上表知，和、和均可以同时发生，如，故它们均不互斥，故A，D均错误；
由上表知，，
所以，故与相互独立，与不相互独立．
故选：C
4．（2024·河北沧州·一模）（多选）某学校为了丰富同学们的课外活动，为同学们举办了四种科普活动：科技展览、科普讲座、科技游艺、科技绘画．记事件：只参加科技游艺活动；事件：至少参加两种科普活动；事件：只参加一种科普活动；事件：一种科普活动都不参加；事件：至多参加一种科普活动，则下列说法正确的是（ ）
A．与是互斥事件 B．与是对立事件
C． D．
【答案】ABC
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断AB的真假，根据事件的交、并的概念判断CD的真假.
【详解】对A：互斥事件表示两事件的交集为空集.事件：只参加科技游艺活动，
与事件：一种科普活动都不参加，二者不可能同时发生，交集为空集，故A正确；
对B：对立事件表示两事件互斥且必定有一个发生. 事件和事件满足两个特点，故B正确；
对C：表示：至多参加一种科普活动，即为事件，故C正确；
对D：表示：只参加一种科普活动，但不一定是科技游艺活动，故D错误.
故选：ABC
5．（多选）投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量．记A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则（ ）
A．和互为对立事件 B．事件和不互斥
C．事件和相互独立 D．事件和相互独立
【答案】BC
【分析】根据题意，由对立事件的定义分析A，由互斥事件的定义分析B，由相互独立事件的定义分析CD，综合可得答案．
【详解】根据题意，表示事件“”，即前两次抛掷中，一次正面，一次反面，则，
表示事件“”，即第二次抛掷中，正面向上，则，
表示事件“”，即前三次抛掷中，一次正面，两次反面，，
依次分析选项：
对于A，事件、可能同时发生，则事件、不是对立事件，A错误；
对于B，事件、可能同时发生，则事件和不互斥，B正确；
对于C，事件，即前两次抛掷中，第一次反面，第二次正面，，
由于，则事件和相互独立，C正确；
对于D，事件，即三次抛掷中，第一次和第三次反面，第二次正面，，
，事件、不是相互独立事件，D错误．
故选：BC．
技法02 条件概率解题技巧
条件概率是新高考卷的常考内容，难度中等偏难，是概率中的核心内容，在小题和大题中都有考查，需重点复习.
条件概率的三种求法
定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)
基本事件法 借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝
缩样法 缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，能化繁为简
（2023·全国甲卷·高考真题）某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（ ）
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
思路详解：同时爱好两项的概率为，
记“该同学爱好滑雪”为事件,记“该同学爱好滑冰”为事件，
则，
所以.
故选:.
1．（2022·天津·高考真题）52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 ；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为
思路详解：由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C,
则.
故答案为：；.
2．（2024·天津·高考真题）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为 ；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 ．
思路详解：解法一：列举法
给这5个项目分别编号为,从五个活动中选三个的情况有：
,共10种情况，
其中甲选到有6种可能性：，
则甲参加“整地做畦”的概率为：；
乙选活动有6种可能性：，
其中再选择有3种可能性：，
故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为.
解法二：
设甲、乙选到为事件，乙选到为事件，
则甲选到的概率为；
乙选了活动，他再选择活动的概率为
故答案为：；
3．（2024·广东佛山·模拟预测）小明爬楼梯每一步走1级台阶或2级台阶是随机的，且走1级台阶的概率为，走2级台阶的概率为．小明从楼梯底部开始往上爬，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率是（ ）
A． B． C． D．
思路详解：根据题意，设事件A为“小明爬到第4级台阶”，
事件B为“小明走了3步爬到第4级台阶”，
事件A包含3中情况，
①走了4次1级台阶，其概率
②走了2次1级台阶，1次2级台阶，其概率，即,
③走了2次2级台阶，其概率，
故小明爬到第4级台阶概率
在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率,
故选：D
1．（2024·广西·模拟预测）在某电路上有C，D两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换C元件的概率为0.3，需要更换D元件的概率为0.2，则在某次通电后C，D有且只有一个需要更换的条件下，C需要更换的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】记事件E：在某次通电后C，D有且只有一个需要更换，事件F：C需要更换，由条件概率的计算公式求解即可.
【详解】记事件E：在某次通电后C，D有且只有一个需要更换，
事件F：C需要更换，
则，
由条件概率公式可得．
故选：C．
2．（2024·安徽·模拟预测）某公司进行招聘，甲、乙、丙被录取的概率分别为，，，且他们是否被录取互不影响，若甲、乙、丙三人中恰有两人被录取，则甲被录取的概率为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出三人中恰有两人被录取的概率以及甲被录取时恰有两人被录取的概率，利用条件概率公式求解.
【详解】设甲，乙，丙被录取分别为事件，三人中恰有两人被录取为事件，则
，
．
故选：C．
3．（2024·河北衡水·三模）已知甲、乙、丙三人参加射击比赛，甲、乙、丙三人射击一次命中的概率分别为，且每个人射击相互独立，若每人各射击一次，则在三人中恰有两人命中的前提下，甲命中的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设甲、乙、丙三人射击一次命中分别为事件，三人中恰有两人命中为事件，结合相互独立事件的概率乘法公式和条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】设甲、乙、丙三人射击一次命中分别为事件，
每人各射击一次，在三人中恰有两人命中为事件，
则，
，则.
故选：D．
4．（2024·湖南邵阳·一模）在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是和，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据条件概率的计算公式计算得解.
【详解】设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，
，，，
，
，
.
故选：A.
技法03 全概率解题技巧
全概率是新高考卷的常考内容，难度中等偏难，是概率中的核心内容，在小题和大题中都有考查，需重点复习.
全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝
，此公式为全概率公式.
（1）计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数.
（2）全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A的概率的求解问题，转化为了在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题.
（2024·河南信阳·二模）随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为，，，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，，，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是（ ）
A． B． C． D．
思路详解：设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，
由题意可知：，
则，
，
若小明迟到了，则他自驾去上班的概率是.
故选：B.
1．（2024·云南昆明·三模）在定点投篮练习中，小明第一次投篮命中的概率为，第二次投篮命中的概率为，若小明在第一次命中的条件下第二次命中的概率是，在第一次未命中的条件下第二次命中的概率是，则（ ）
A． B． C． D．
思路详解：设事件A表示“小明第一次投篮命中”，事件B表示“小明第二次投篮命中”，
则，
所以，
解得.
故选：B.
2．（2024·浙江·一模）（多选）现有一个抽奖活动，主持人将奖品放在编号为1、2、3的箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子）.记表示第号箱子有奖品，表示主持人打开第号箱子.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率增大
D．若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率不变
思路详解：对于A，甲选择1号箱，奖品在2号箱里，主持人打开3号箱的概率为1，即，A错误；
对于B，，，，，
则，
因此，B正确；
对于CD，若继续选择1号箱，获得奖品的概率为，主持人打开了无奖品的箱子，
若换号，选择剩下的那个箱子，获得奖品的概率为，甲换号后中奖概率增大，C正确，D错误.
故选：BC
1．（2024·河南·模拟预测）袋子中装有5个形状和大小相同的球，其中3个标有字母个标有字母.甲先从袋中随机摸一个球，摸出的球不再放回，然后乙从袋中随机摸一个球，若甲 乙两人摸到标有字母的球的概率分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用古典概型的概率及全概率公式求出后可得正确的选项.
【详解】设为“甲摸到标有字母的球”，为“乙摸到标有字母的球”，则，
而，
故.
故选：.
2．（2024·安徽·一模）有三台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起，已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%，任取一个零件，则它是次品的概率（ ）
A．0.054 B．0.0535 C．0.0515 D．0.0525
【答案】D
【分析】根据题意，设任取一个零件，由第1，2，3台车床加工为事件、、，该零件为次品为事件，根据全概率公式求解.
【详解】根据题意，设任取一个零件，由第1，2，3台车床加工为事件、、，该零件为次品为事件，
则，，，，，
任取一个零件是次品的概率
，
故选：D
3．（2024·湖南郴州·模拟预测）从数字，，，中随机取一个数字，第一次取到的数字为，再从数字，…，中随机取一个数字，则第二次取到数字为的概率是 .
【答案】
【分析】利用互斥事件加法公式和全概率公式求解即可.
【详解】记事件为“第一次取到数字”， ，
事件B为“第二次取到的数字为”，
由题意知是两两互斥的事件，且（样本空间），
.
故答案为：.
技法04 贝叶斯公式解题技巧
贝叶斯公式是新高考卷的常考内容，难度中等偏难，是概率中的重点内容，在小题和大题中都有考查，需重点复习.
贝叶斯公式
一般地,设是一组两两互斥的事件,有且,则对任意的事件有
（2024·黑龙江哈尔滨·一模）有3台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率分别为，加工出来的零件混放在一起．已知第台车床加工的零件数的比为，现任取一个零件，记事件“零件为第i台车床加工” ，事件“零件为次品”，则（ ）
A．0.2 B．0.05 C． D．
思路详解：根据题意可得：；
；
由全概率公式可得：
；
故.
故选：D.
1．（2024·江西上饶·模拟预测）越来越多的人喜欢参加户外极限运动，据调查数据显示，两个地区分别有的人参加户外极限运动，两个地区的总人口数的比为．若从这两个地区中任意选取一人，则此人参加户外极限运动的概率为；若此人参加户外极限运动，则此人来自地区的概率为，那么（ ）
A． B．
C． D．
思路详解：设“此人参加户外极限运动”，“此人来自地区”，“此人来自地区”.
依题意，,
依题意，
；
.
故选：D.
2．（2024·江西南昌·一模）假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为（ ）
A． B． C． D．
思路详解：设从甲中取出个球，其中白球的个数为个的事件为，事件的概率为，从乙中取出个球，其中白球的个数为2个的事件为，事件的概率为，由题意：
①，；
②，；
③，；
根据贝叶斯公式可得，从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为
故选：C
1．（2024·湖南邵阳·三模）甲、乙两个工厂代加工同一种零件，甲加工的次品率为，乙加工的次品率为，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙工厂加工的零件数分别占总数的，，任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是乙工厂加工的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先由全概率公式算出“任取一个零件，取到的零件是次品”的概率，再由贝叶斯公式即可求解.
【详解】设事件“任取一个零件，取到的零件是次品”，“任取一个零件，来自甲工厂”，“任取一个零件，来自乙工厂”，
由题意得，，，．
因为，
所以．
故选：D．
2．（2024·贵州遵义·三模）（多选）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，经他研究，随机事件A，B存在如下关系：.现有甲、乙、丙三台车床加工同一件零件，甲车床加工的次品率为，乙车床加工的次品率，丙车床加工的次品率为，加工出来的零件混放在一起，且甲、乙、丙3台车床加工的零件数分别占总数的，，，设事件，，分别表示取到的零件来自甲、乙、丙车床，事件B表示任取一个零件为次品，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】对于A，利用独立事件的乘法公式求解即得；对于B，根据缩小样本空间的方法易得；对于C，利用全概率公式计算即得；对于D，运用贝叶斯概率公式求解即得.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，因事件可理解为，在确定产品是丙机床生产的条件下得到该产品为次品，
故有，故B错误；
对于C，
，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：ACD.
3．（2024·广东佛山·模拟预测）（多选）中国象棋是一种益智游戏，也体现博大精深的中国文化.某学校举办了一次象棋比赛，李明作为选手参加.除李明之外的其他选手中，甲、乙两组的人数之比为，李明与甲、乙两组选手比赛获胜的概率分别为0.6，0.5.从甲、乙两组参赛选手中随机抽取一位棋手与李明比赛，下列说法正确的是（ ）
A．李明与甲组选手比赛且获胜的概率为
B．李明获胜的概率为
C．若李明获胜，则棋手来自甲组的概率为
D．若李明获胜，则棋手来自乙组的概率为
【答案】ABC
【分析】对于A，根据概率的乘法公式计算即可；对于B，李明获胜会受到和甲组比赛或乙组比赛的影响，因此这是一个全概率问题，根据全概率公式计算即可；对于C、D，根据条件概率并结合B选项求解即可.
【详解】设事件A为“李明与甲组选手比赛”，事件B为“李明与乙组选手比赛”，事件C为“李明获胜”，
则由题可知，
对于A，李明与甲组选手比赛且获胜的概率为，故A正确；
对于B，李明获胜的概率为，
故B正确；
对于C，若李明获胜，则棋手来自甲组的概率为，故C正确；
对于D，若李明获胜，则棋手来自乙组的概率为，
故D错误.
故选：ABC.
技法05 样本数字特征的解题技巧
在概率统计问题中，样本数字特征是一个重要的解题工具。样本均值、样本方差等数字特征，能够反映出样本数据的整体趋势和离散程度。难度中等，需强加练习来熟练掌握样本数字特征的解题技巧。
平均数：，反映样本的平均水平
方差：，反映样本的波动程度，稳定程度和离散程度；
标准差：，标准差等于方差的算术平方根，数学意义和方差一样
极差：等于样本的最大值最小值
总体方差公式
设总体中有个个体，其取值分别为, 总体均值为, 则 总体方差的计算公式为：
这个公式反映了总体中各个个体与总体均值的偏离程度，总体方差越大，说明总体数据的离散程度越大，数据越分散；总体方差越小，说明数据越集中在均值附近。
样本方差公式
对于从总体中抽取的样本数据, 样本均值为, 样 本方差的计算公式为：
这里使用作为分母，而不是, 是为了对总体方差进行无偏估计。当样本量较大时，使用或作为分母对结果影响较小，但在样本量较小时，使用能更准确地估计总体方差。
（2024·吉林长春·一模）为了解小学生每天的户外运动时间，某校对小学生进行平均每天户外运动时间（单位：小时）的调查，采用样本量按比例分配的分层随机抽样.如果不知道样本数据，只知道抽取了三年级及以下学生40人，其平均数和方差分别为2.5和1.65，抽取了四年级及以上学生60人，其平均数和方差分别为1.5和3.5，则估计该校学生平均每天户外运动时间的总体方差为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
思路详解：抽取了三年级及以下学生40人，其平均数和方差分别为，，
抽取了四年级及以上学生60人，其平均数和方差分别为，，
设抽取的总体样本的平均数为和方差为，
则，
.
故选：C.
1．（2024·河北·模拟预测）某同学掷一枚正方体骰子5次，记录每次骰子出现的点数，统计出结果的平均数为2，方差为0.4，可判断这组数据的众数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
思路详解：不妨设五个点数为，由题意平均数为2，方差为0.4，
知.
可知五次的点数中最大点数不可能为4，5，6.
五个点也不可能都是2，则五个点数情况可能是3，3，2，1，1，其方差为
，不合题意.
若五个点数情况为3，2，2，2，1，其方差为
，符合题意，其众数为2.
故选：B.
2．（2024·江西赣州·一模）若一组样本数据的方差为，则样本数据的方差为（ ）
A．1 B．2 C．2.5 D．
思路详解：设样本数据的平均数为，则，
设样本数据的平均数为，由，
则，所以
.
故选：C
3．（2025·重庆·一模）有 4 位同学各掷骰子 5 次（骰子出现的点数可能为1，2，3，4，5，6），分别记录自己每次出现的点数，四位同学根据统计结果，并对自己的试验数据分别做了如下描述，可以判断一定没有出现点数 1的是（ ）
A．平均数为3 ，中位数为4 B．中位数为3 ，众数为5
C．平均数为4 ，方差为1.2 D．中位数为4 ，方差为1.6
思路详解：对于A，由于平均数为3，中位数为4，所以这5个数从小到大排列后，第3次是4，当第3,4,5次为4,4,4时，总和为12，第1,2次总和为3，故这5个数可以是1,2,4,4,4，
故A错误；
对于B，由于中位数为3，众数为5，所以这5个数从小到大排列后，第3次是3，则第4和5次为5，所以这5个数可以是1,2,3,5,5，所以B错误；
对于C，由于平均数为4，方差为1.2，则5次总和为20，，
若有一个数为1，取，则，不合题意，则一定没有出现点数1，故C正确；
对于D，由中位数为4 ，方差为1.6，所以这5个数从小到大排列后，第3次是4，平均数最小值为2.8，
，
，
若有一个数为1，取，，
若取平均数为3，则，
，则符合要求，这5个数为1,2,4,4,4，故D错误，
故选：C.
1．（2024·江西·二模）从甲队60人、乙队40人中，按照分层抽样的方法从两队共抽取10人，进行一轮答题．相关统计情况如下：甲队答对题目的平均数为1，方差为1；乙队答对题目的平均数为1.5，方差为0.4，则这10人答对题目的方差为（ ）
A．0.8 B．0.675 C．0.74 D．0.82
【答案】D
【分析】根据分层抽样的均值与方差公式计算即可.
【详解】根据题意，按照分层抽样的方法从甲队中抽取人，
从乙队中抽取人，
这人答对题目的平均数为，
所以这人答对题目的方差为.
故选：D.
2．（2024·浙江金华·三模）命题P：，，…，的平均数与中位数相等；命题Q：，，…，是等差数列，则P是Q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由，，…，是等差数列，易推导出，，…，的平均数与中位数相等，所以P是Q的必要条件；举出反例可推翻P是Q的充分条件.
【详解】由，，…，是等差数列，所以，
而中位数也是，所以，，…，的平均数与中位数相等，
即，是的必要条件；
若数据是，则平均数和中位数相等，但，，…，不是等差数列，
所以推不出，所以不是的充分条件；
所以是的必要不充分条件.
故选：B.
3．（2024·陕西西安·二模）有一组样本数据：，，，其平均数为2，由这组样本数据得到新样本数据：，，，2，那么这两组样本数据一定有相同的（ ）
A．众数 B．中位数
C．方差 D．极差
【答案】D
【分析】根据众数、中位数、方差以及极差的定义，结合题意，即可判断和选择.
【详解】对A：假设，，中，有两个2，两个3，其它4个数据都不相同，且这8个数据平均数为，那么众数为和；
再添加一个2后，有三个2，故众数为2，众数发生改变，故A错误；
对B：假设，，分别为：，满足平均数为，其中位数为；
添加以后，其中位数为，中位数发生改变，故B错误；
对C：，，的平均数为，方差；
添加2以后，其平均数还是，方差，故方差发生改变；
对D：若是，，的最大值或最小值，因为其平均数为，故这组数据都是2，其极差为，添加2后，极差也是0；
若不是，，的最大值，也不是最小值，添加2后，最大值和最小值没有改变，极值也不发生变化，故D正确.
故选：D.
4．（2024·陕西榆林·三模）在一次数学模考中，从甲 乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的十个人成绩分别为，乙班的十个人成绩分别为.假设这两组数据中位数相同 方差也相同，则把这20个数据合并后（ ）
A．中位数一定不变，方差可能变大
B．中位数可能改变，方差可能变大
C．中位数一定不变，方差可能变小
D．中位数可能改变，方差可能变小
【答案】A
【分析】不妨设，表达出两组数据的中位数，根据中位数相同得到或，则合并后的数据中位数是或者，中位数不变，再设第一组数据的方差为，平均数为，第二组数据的方差为，平均数为，根据公式得到合并后平均数为，方差为，，得到结论.
【详解】不妨设，
则的中位数为，的中位数为，
因为，所以或，
则合并后的数据中位数是或者，所以中位数不变.
设第一组数据的方差为，平均数为，第二组数据的方差为，平均数为，
合并后总数为20，平均数为，方差为，
如果均值相同则方差不变，如果均值不同则方差变大.
故选：A.
一、单选题
1．（2024·安徽合肥·模拟预测）某停车场在统计停车数量时数据不小心丢失一个，其余六个数据分别是10，8，8，11，16，8，若这组数据的平均数、中位数、众数成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为（ ）
A．21 B．24 C．27 D．32
【答案】D
【分析】根据已知条件，结合平均数公式，中位数，众数的定义，即可求解.
【详解】设丢失的数据为，则平均数为：，
众数是，
若，则中位数为，此时，解得：（舍去），
若，则中位数为，此时，解得：，
若，则中位数为，此时，解得：，
所有可能的值为，其和为.
故选：D.
2．（2024·辽宁葫芦岛·二模）设A，B是两个随机事件，且，，则下列正确的是（ ）
A．若，则A与B相互独立 B．
C． D．A与B有可能是对立事件
【答案】A
【分析】对A：借助相互独立事件定义计算即可得；对B：借助概率公式计算即可得；对C：借助条件概率公式计算即可得；对D：借助对立事件定义即可得.
【详解】对A：由，故，则有，
故与相互独立，故与相互独立，故A正确；
对B：，故B错误；
对C：，由未定，故C错误；
对D：，故与不是对立事件，故D错误.
故选：A.
3．（2024·广东佛山·一模）若古典概型的样本空间，事件，甲：事件，乙：事件相互独立，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】结合独立事件的定义，结合充分，必要条件的定义，即可判断选项.
【详解】若，，则，
而，，
所以，所以事件相互独立，
反过来，当，，
此时，，满足，
事件相互独立，所以不一定，
所以甲是乙的充分不必要条件.
故选：A
4．（2024·广东·二模）一个正八面体的八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字.事件，事件，若事件满足，，则满足条件的事件的个数为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．24
【答案】C
【分析】根据事件的运算法则得到各个事件的概率，根据题意得出1或2，分别讨论这两种情况即可.
【详解】样本空间，这是一个古典概型，可得，，
即，，从而且.
由可得事件；又因为，所以1或2.
(1)若，则，即，，
此时不满足；
(2)若，则，且，又因为，
所以或，即或3；
①若，，此时或或或
，也就是从事件中的四个样本点中选3个，再加入6这一个样本
点，即有个满足条件的事件；
②若，，同理有个满足条件的事件；
③若，，此时或或或，
即从事件的四个样本点中选1个，再加入5，6，7这三个样本点，即有个满足条件的事件；
④若，，同理有个满足条件的事件；
综上所述，满足条件的事件共计个.
故选：C.
5．（2024·贵州黔东南·二模）贵州有很多旅游景点，值得推荐的景区是“黄小西吃晚饭”.“黄小西”分别指黄果树、荔波小七孔和西江千户苗寨，“吃晚饭”分别代表其谐音对应的三个景区：赤水国家级风景名胜区、万峰林和梵净山.现有甲、乙两位游客慕名来到贵州，都准备从上面6个著名旅游景点中随机选择一个游玩.设事件为“甲和乙至少一人选择黄果树”，事件为“甲和乙选择的景点不同”，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据条件概率公式结合古典概型运算公式求解即可得结论.
【详解】由题意，两位游客从6个著名旅游景点中随机选择一个游玩，共有种，
其中事件的情况有种，事件和事件共同发生的情况有种，
所以，，
所以.
故选：D.
6．（2024·江苏·模拟预测）有5张相同的卡片，分别标有数字，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为”，则（ ）
A．与为对立事件 B．与为相互独立事件
C．与为相互独立事件 D．与为互斥事件
【答案】B
【分析】根据对立事件和互斥事件的定义即可判断AD；根据相互独立事件的定义结合古典概型公式进行计算，即可判断BC.
【详解】由题意，与互斥但不对立，故A错；
事件有共种，则，
事件有共种，则，
其中事件有共种，事件有共种，
，
则，所以与相互独立，故B对；
，所以与不独立，故C错；
因为与可同时发生，所以与不互斥，故D错.
故选：B.
7．（2024·全国·模拟预测）已知总体划分为3层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本容量分别为，，，样本平均数分别为，，，样本方差分别为，，，若，则（ ）
A．
B．
C．总体样本平均数
D．当时，总体方差
【答案】D
【分析】根据样本平均数以及方差的定义，即可判断A、B项；计算可判断C；根据分层抽样，总体方差的求解，计算即可得出D.
【详解】对于A、B项，由于样本容量与样本平均数、样本方差之间并不是成某种比例关系，所以选项A，B错误；
对于C项，设，
则总体样本平均数，所以选项C错误；
对于D项，当时，总体样本平均数，
所以总体方差，所以选项D正确.
故选：D．
二、多选题
8．（2024·广东广州·模拟预测）已知，，，，，为依次增大的一组数据，则去掉和后，这组数据的（ ）一定减小.
A．极差 B．下四分位数 C．上四分位数 D．中位数
【答案】AC
【分析】利用极差、百分位数、中位的定义，逐一对各个选项分析判断，即可求出结果.
【详解】对于选项A，原先极差为，去掉后极差为，由于数据依次增大，则极差减小，所以选项A正确，
对于选项B，原先6个数据，因为不是整数，所以向上取整，下四分位数为第二个数，
去掉后4个数据，是整数，所以取与上一个数的平均值，下四分位数增大，所以选项B错误，
对于选项C，原先6个数据，因为不是整数，所以向上取整，上四分位数为第个数，
去掉后4个数据，是整数，所以取与上一个数的平均值，上四分位数减小，所以选项C正确，
选项D，因为中位数始终为，中位数保持不变，所以选项D错误，
故选：AC.
9．（2024·重庆九龙坡·三模）已知样本数据的平均数为2，方差为1，则下列说法正确的是（ ）
A．数据，的平均数为6
B．数据，的方差为9
C．数据的方差为1
D．数据的平均数为5
【答案】BD
【分析】对于AB：根据平均数、方差的性质分析求解；对于CD：根据平均数、方差公式运算求解.
【详解】因为样本数据的平均数为2，方差为1，
对于选项A：所以数据，的平均数为，故A错误；
对于选项B：数据，的方差为，故B正确；
对于选项C：因为，，
则数据的平均数为，
所以方差为，故C错误；
对于选项D：由，，
得，可得，
所以数据的平均数为，故D正确；
故选：BD.
10．（2024·山东济南·三模）某同学投篮两次，第一次命中率为．若第一次命中，则第二次命中率为；若第一次未命中，则第二次命中率为．记为第i次命中，X为命中次数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】利用全概率公式及贝叶斯公式可判定A、D选项，利用期望与方差公式可判定B、C选项.
【详解】对于A，易知，故A正确；
对于D，易知，故D正确；
对于B、C，易知可取，则,
，所以，
，故B正确；C错误；
故选：ABD
11．（2024·全国·模拟预测）连续投掷一枚均匀的骰子3次，记3次掷出点数之积为X，掷出点数之和为Y，则（ ）
A．事件“X为奇数”发生的概率 B．事件“”发生的概率为
C．事件“”和事件“”相等 D．事件“”和事件“Y＝6”独立
【答案】ABC
【分析】利用相互独立事件、对立事件的概率公式计算判断AB；写出事件的所有基本事件判断C；利用相互独立事件的定义判断D.
【详解】对于A，事件“X为奇数”等价于“3次掷出的点数都为奇数”，其发生的概率为，A正确；
对于B，事件“”的对立事件为“或”，而“”等价于“3次掷出的点数均为6”，
其概率为，“”等价于“掷出的3个点数中有2个6和1个5”，
其概率为，因此，B正确；
对于C，事件“”和事件“”包含相同的样本点，因此是相等事件，C正确；
对于D，事件“”等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4，或者2个2和1个1”，
其概率为，事件“”等价于“3次掷出的点数中有3个2，或者2个1和1个4，
或者1个1，1个2和1个3”，其概率为，
而积事件等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4”，其概率，D错误．
故选：ABC
12．（2024·广东珠海·一模）设A，B为随机事件，且，是A，B发生的概率．，则下列说法正确的是（ ）
A．若A，B互斥，则
B．若，则A，B相互独立
C．若A，B互斥，则A，B相互独立
D．与相等
【答案】ABD
【分析】利用互斥事件的概率公式可判断A选项；由相互独立事件的概念可判断B选项；由互斥事件和相互独立事件的概念可判断C选项；由条件概率公式化简，可判断D选项.
【详解】对于A：若A，B互斥，根据互斥事件的概率公式，则，故A正确；
对于B：由相互独立事件的概念知，若，则事件A，B是相互独立事件，故B正确；
对于C：若A，B互斥，则A，B不一定相互独立，
例：抛掷一枚硬币的试验中，事件“正面朝上”，事件“反面朝上”，
事件与事件互斥，但，，
所以不满足相互独立事件的定义，故C错误；
对于D：，
，
所以与相等，故D正确.
故选：ABD.
13．（2024·云南·模拟预测）现有颜色为红、黄、蓝的三个箱子，其中红色箱子内装有2个红色球，1个黄色球和1个蓝色球；黄色箱子内装有2个红色球，1个蓝色球；蓝色箱子内装有3个红色球，2个黄色球．若第一次先从红色箱子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同色的箱子中，第二次再从刚才放入与球同色的这个箱子中任取一个球，则下列说法正确的是（ ）
A．若第一次抽到黄色球，那么第二次抽到蓝色球的概率为
B．第二次抽到蓝色球的概率为
C．如果第二次抽到的是蓝色球，则它最有可能来自红色箱子
D．如果还需将5个不同的小球放入这三个箱子内，每个箱子至少放1个，则不同的放法共有150种
【答案】ACD
【分析】由古典概率公式可判断A；由条件概率和全概率公式可判断B，C；由不同元素的分组和分配问题可判断D.
【详解】对于选项A，在第一次抽到黄色球的条件下，将抽到的黄色球放入黄色箱子内，
此时黄色箱子内有2个红色球，1个黄色球，1个蓝色球，
因此第二次抽到蓝色球的概率为，故A选项正确；
对于选项B、C，记“第一次抽到红色球”，“第一次抽到黄色球”，
“第一次抽到蓝色球”，“第二次在红色箱子中抽到蓝色球”,
“第二次在黄色箱子中抽到蓝色球”，“第二次在蓝色箱子中抽到蓝球”，
“第二次抽到蓝球”，易知，，两两互斥，和为，
，，，，，，故B选项错误；
第二次的球取自箱子的颜色与第一次取的球的颜色相同，
所以，
，
，
所以如果第二次抽到的是蓝色球，则它来自红色箱子的概率最大，故C选项正确；
对于D，将5个不同的小球分成3组（每组至少一个）（按分或按分）
再分配给3个箱子，由两个计数原理知，共有种，故D选项正确.
故选：ACD．
三、填空题
14．（2024·安徽安庆·三模）一个不透明的袋子装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1，2，3，4，4．现甲从中随机摸出一个球记下所标数字后放回，乙再从中随机摸出一个球记下所标数字，若摸出的球上所标数字大即获胜（若所标数字相同则为平局），则在甲获胜的条件下，乙摸到2号球的概率为 ．
【答案】
【分析】设事件“甲获胜”为事件，事件“乙摸到2号球”为事件，由古典概率公式求出，再由条件概率求解即可.
【详解】设事件“甲获胜”为事件，事件“乙摸到2号球”为事件，
则，，
所以，
故答案为：．
15．（2024·全国·一模）有4个不透明的袋子，每个袋子中均装有形状、大小完全相同的4个小球，编号分别为1，2，3，4．甲、乙、丙、丁4名同学依次随机从每个袋子中各取出1个球，取出不放回．已知甲取出的4个小球编号之和为14，乙取出的4个小球编号之和为13，则丙取出的4个小球编号之和大于6的概率是 ．
【答案】/
【分析】根据题意首先算出第一行数字之和为14，并且第二行数字之和为13的填法，再求出在第一行数字之和为14，并且第二行数字之和为13的条件下，第三行数字之和大于6的填法，两个数相除即可.
【详解】题中问题等价于往如下表格中随机地填数字，其中每列都是1，2，3，4的排列，求在第一行数字之和为14，并且第二行数字之和为13的条件下，第三行数字之和大于6的概率．
A B C D
甲
乙
丙
丁
第一行数字之和为14，并且第二行数字之和为13包含的情况数可如下计算：
如果第一行数字是3个4，1个2，那么共种不同的填法；
如果第一行数字是2个4，2个3，那么共种不同的填法．
所以共有种不同的填法．
第三行数字之和大于6包含的情况数可如下计算：
①第一行数字依次是4，4，4，2，则第二行只能依次为3，3，3，4，如下表．
甲 4 4 4 2
乙 3 3 3 4
丙
丁
如果第三行第四列是3，则前3列可以是2，2，2，或2，2，1，或2，1，1；
如果第三行第四列是1，则前3列可以是2，2，2，共有种可能．
所以如果第一行数字是3个4，1个2，那么共种不同的填法．
②第一行数字依次是3，3，4，4，则第二行可能为4，4，3，2或4，4，2，3，如下表（只列出其中一种情况）．
甲 3 3 4 4
乙 4 4 3 2
丙
丁
此种情况下，余下两行也有8种不同的填法，
所以如果第一行数字是2个4，2个3，那么共种不同的填法．
所以第三行数字之和大于6共有种不同的填法．
所以第三行数字之和大于6的概率为．
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