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高考押题预测 概率
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 浙江月考）某校教工食堂为更好地服务教师，在教师微信群中发起“是否喜欢菜品A“的点赞活动，参与活动的男、女教师总人数比例为2：3，男教师点赞人数占（参与活动的）男教师总人数的，女教师点赞人数占（参与活动的）女教师总人数的，若从点赞教师中选择一人，则该教师为女教师的概率为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025 武威模拟）将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前三位数字构成三位数a，后三位数字构成三位数b，记m＝|a﹣b|，m大于100的概率是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025 浙江模拟）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，某楼到三楼准备用7步恰好走完，则第二步走两级台阶的概率为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 德州期末）已知离散型随机变量X的分布列如下，则E（3X+2）＝（　　）
X ﹣1 0 1 2
P b
A． B． C．1 D．3
5．（2024秋 德州期末）巴黎奥运会期间，旅客人数（万人）为随机变量X，且X～N（32，4）．记一天中旅客人数不少于28万人的概率为p0，则p0的值约为（　　）
（参考数据：若X～N（μ，σ2），有P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）≈0.683，P（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）≈0.954，P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）≈0.997）
A．0.8415 B．0.954 C．0.9725 D．0.977
6．（2025 青浦区校级模拟）下列结论正确的有（　　）
A．若随机变量，则D（3X+1）＝11
B．若随机变量ξ～N（3，σ2），P（ξ≤1）＝0.23，则P（ξ≤5）＝0.77
C．96，90，92，92，93，93，94，95，99，100的第80百分位数为96
D．将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为和，，若，则总体方差
7．（2024秋 浙江期末）已知正态分布N（1，σ2）的正态密度曲线如图所示，x﹣N（1，σ2），则下列选项中，不能表示图中阴影部分面积的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024秋 黄山校级期末）某袋子中有大小相同的4个白球和2个红球，甲乙两人先后依次从袋中不放回取球，每次取1球，先取到红球者获胜，则甲获胜的概率（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 淄博模拟）随机变量X服从正态分布，令函数f（x）＝P（X≥x），则下列选项正确的是（　　）
A．
B．f（x）是增函数
C．f（x）是偶函数
D．f（x）的图象关于点中心对称
（多选）10．（2024秋 日照期末）现有甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环比赛，即每两支球队在比赛中都要相遇且仅相遇一次，最后按各队的积分排名（积分多者名次靠前，积分同者名次并列）．积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．若每场比赛中每队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，下列说法正确的是（　　）
A．甲队胜3场与乙队胜3场是互斥事件
B．不可能出现恰有三支球队积分相同的情况
C．丙队积分为3分的概率为
D．甲队胜2场且乙队胜2场的概率为
（多选）11．（2025 市中区校级模拟）设A，B是一次随机试验中的两个事件，，，，则（　　）
A．
B．A，B相互独立
C．
D．
（多选）12．（2024秋 德州期末）对于随机事件A，B，若P（A），P（A|B），P（B|A），则（　　）
A． B．
C． D．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 上海月考）为了增强法治观念，甲、乙两位老师在A，B，C，D共4所学校中各自选1所学校开展普法讲座．在甲、乙一共选择了2所不同的学校的条件下，恰有一位老师选择A学校开展讲座的概率为　 　．
14．（2025 淄博模拟）如图，在3×3的方格中，每一行随机设置1个陷阱（起点和终点处无陷阱）．玩家从起点方格出发，每次可以向右或向下移动一格到达下一格．若遇到含有设置陷阱的方格，则被重置回起点，然后该玩家会寻找未走过的路线继续挑战，直至到达终点．若重置若干次以后始终未能到达终点，则挑战失败．该玩家挑战失败的概率为 　 　．
15．（2025 安徽模拟）电脑中有88个文件夹，小明同学每次会将文件随机存入其中的一个文件夹或以的概率丢失．现小明同学想要找一个文件，他已经找过了n（1≤n≤88）个不同的文件夹，但都没有找到．则他在剩下未找过的文件夹中找到该文件的概率为 　 　．
16．（2024秋 德州期末）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为，则乙连胜四场的概率是 　 　；乙最终获胜的概率是 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 淄博模拟）某地为调查大型水域的水质情况，设置若干站点检测水质指数（“M指数”），以这些站点所测“M指数”的平均值为依据，播报此大型水域的水质情况．如图是2024年11月份30天内该大型水域“M指数”的频率分布直方图，其中分组区间分别为：[12，20），[20，28），[28，36），[36，44），[44，52），[52，60），[60，68），[68，76]．
（1）规定：“M指数”不超过50为“优质水源日”，否则称为“非优质水源日”．对该地区50名外出郊游的市民进行调查，得到如下列联表：
男市民 女市民 合计
优质水源日出游 12 30
非优质水源日出游 6
合计 26 50
请完成上述列联表，并根据α＝0.05的独立性检验，能否认为优质水源日出游与性别有关？
（2）从“M指数”在第一组[12，20）和第二组[20，28）的所有天数中选取3天的数据进行评价，记这3天的数据来自第一组的数据有X天，求X的分布列和数学期望．
附：．
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
18．（2025 湛江一模）甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的A类问题以及难度系数较高的B类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为．甲遇到A类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到B类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分．总得分记为X分．甲回答每个问题相互独立．
（1）当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望．
（2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为G（n）．
（i）证明：为等比数列．
（ii）求G（n）的最大值以及对应n的值．
19．（2025 安徽模拟）在博弈论中，如果一个游戏满足：（1）游戏有两个人参与，二者轮流做出决策，双方均知道游戏的完整信息；（2）任意一个游戏者在某一确定状态可以做出的决策集合只与当前的状态有关，而与游戏者无关；（3）游戏中的同一个状态不可能多次抵达，游戏以玩家无法行动为结束，且游戏一定会在有限步后以非平局结束．则称该游戏为公平组合游戏．
现有两堆石子，每堆分别有a颗和b颗石子，其中a，b为正整数且a≤b．甲和乙准备用这两堆石子做游戏，规则如下：（1）甲和乙轮流进行游戏，将一定数量的石子取出：（2）每人每次可以从两堆石子中同时取出相同数量的石子（不多于较少一堆石子的数量）或从任意一堆石子取出任意多只石子（均不可以不取）；（3）最先使两堆石子均没有石子的人获胜，游戏结束．
（1）试说明该游戏为公平组合游戏；
（2）称游戏中最先行动的游戏者为先手，已知公平组合游戏中的任一状态都能确定为先手有必胜策略的状态（记作P状态）或先手无必胜策略的状态（记作N状态）这两种状态中的一个，用（m，n）表示两堆石子分别有m颗和n颗石子的状态，试分别判断（1，2），（6，7）为P状态还是N状态并说明理由；
（3）试判断当a，b满足何种数量关系时甲作为先手无必胜策略并说明理由．
附：若x，y均为正无理数且，P＝{[nx]|n∈N*}，Q＝{[ny]|n∈N*}，则P∩Q＝ 且P∪Q＝N*，其中[x]表示不超过x的最大整数．
20．（2024秋 肇东市校级期末）某食品生产厂生产某种市场需求量很大的食品，这种食品有A、B两类关键元素含量指标需要检测，设两元素含量指标达标与否互不影响．若A元素指标达标的概率为，B元素指标达标的概率为，按质量检验规定：两元素含量指标都达标的食品才为合格品．
（1）一个食品经过检测，求AB两类元素至少一类元素含量指标达标的概率；
（2）任意依次抽取该种食品4个，设ξ表示其中合格品的个数，求ξ分布列及E（ξ）．
高考押题预测 概率
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 浙江月考）某校教工食堂为更好地服务教师，在教师微信群中发起“是否喜欢菜品A“的点赞活动，参与活动的男、女教师总人数比例为2：3，男教师点赞人数占（参与活动的）男教师总人数的，女教师点赞人数占（参与活动的）女教师总人数的，若从点赞教师中选择一人，则该教师为女教师的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】全概率公式；条件概率乘法公式及应用．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】C
【分析】应用全概率公式及条件概率计算即可．
【解答】解：设事件A＝“该教师为男教师”，事件B＝“该教师为女教师”，事件C＝“该教师为点赞教师”，
参与活动的男、女教师总人数比例为2：3，男教师点赞人数占（参与活动的）男教师总人数的，女教师点赞人数占（参与活动的）女教师总人数的，
则，，
又∵，
∴．
故选：C．
【点评】本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
2．（2025 武威模拟）将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前三位数字构成三位数a，后三位数字构成三位数b，记m＝|a﹣b|，m大于100的概率是（　　）
A． B． C． D．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】方程思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】分两步探讨，结合古典概率列式计算得解．
【解答】解：先求m小于100的概率，百位必相邻，且较大数的十位小于较小的数的十位，个位无限制，分两步：
（1）取百位的概率为．
（2）取十位，在剩下的4个数字中取两数分配给a，b作十位，
而a的十位大于b的十位与a的十位小于b的十位的概率相等，
此步符合要求的概率为，
∴m小于100的概率为，
∴m大于100的概率是1．
故选：D．
【点评】本题考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．（2025 浙江模拟）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，某楼到三楼准备用7步恰好走完，则第二步走两级台阶的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】C
【分析】利用古典概型概率公式结合组合数计算可得．
【解答】解：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，
10级台阶要用7步走完，则4步是上一级，三步是上两级，
共种走法，
若第二步走两级台阶，则其余6步中有两步是上两级，
共，
所以第二步走两级台阶的概率为．
故选：C．
【点评】本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
4．（2024秋 德州期末）已知离散型随机变量X的分布列如下，则E（3X+2）＝（　　）
X ﹣1 0 1 2
P b
A． B． C．1 D．3
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；离散型随机变量及其分布列．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】利用数学期望的计算公式，根据数学期望的性质，可得答案．
【解答】解：因为X的分布列如下：
X ﹣1 0 1 2
P b
所以，
所以．
故选：D．
【点评】本题主要考查了离散型随机变量的期望，考查了期望的性质，属于基础题．
5．（2024秋 德州期末）巴黎奥运会期间，旅客人数（万人）为随机变量X，且X～N（32，4）．记一天中旅客人数不少于28万人的概率为p0，则p0的值约为（　　）
（参考数据：若X～N（μ，σ2），有P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）≈0.683，P（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）≈0.954，P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）≈0.997）
A．0.8415 B．0.954 C．0.9725 D．0.977
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】根据正态分布的对称性，可得答案．
【解答】解：巴黎奥运会期间，旅客人数（万人）为随机变量X，且X～N（32，4），
可得μ＝32，σ＝2，则P（28＜X＜36）≈0.954，
易知，所以P（X≥28）≈P（28＜X＜36）+P（X≥36）＝0.977．
故选：D．
【点评】本题考查正态分布相关知识，属于中档题．
6．（2025 青浦区校级模拟）下列结论正确的有（　　）
A．若随机变量，则D（3X+1）＝11
B．若随机变量ξ～N（3，σ2），P（ξ≤1）＝0.23，则P（ξ≤5）＝0.77
C．96，90，92，92，93，93，94，95，99，100的第80百分位数为96
D．将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为和，，若，则总体方差
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；用样本估计总体的离散程度参数；百分位数；n重伯努利试验与二项分布．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】利用二项分布的方差定义、性质可判断A；利用正态分布的对称性计算判断B；由百分位数定义求出对应分位数可判断C；设两层数据分别为a1，a2， am，b1，b2， bn，计算出总方差可判断D．
【解答】解：对于A，若随机变量，则，
则，故A错误；
对于B，若随机变量ξ～N（3，σ2），则μ＝3，所以P（ξ≤1）＝P（ξ≥5）＝0.23，
所以P（ξ≤5）＝1﹣P（ξ≥5）＝1﹣0.23＝0.77，故B正确；
对于C，96，90，92，92，93，93，94，95，99，100的第80百分位数为，故C错误；
对于D，不妨设两层数据分别为a1，a2， am，b1，b2， bn，m，n∈N*，
因为，所以总体平均数，
则，，
所以总体方差为
，
则
，
只有m＝n，或时才有，否则，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查二项分布的方差定义，正态分布的对称性，百分位数定义相关知识，属于中档题．
7．（2024秋 浙江期末）已知正态分布N（1，σ2）的正态密度曲线如图所示，x﹣N（1，σ2），则下列选项中，不能表示图中阴影部分面积的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；概率与统计；直观想象；运算求解．
【答案】C
【分析】根据该正态分布曲线关于直线x＝1对称可解决此题．
【解答】解：因为该正态分布曲线关于直线x＝1对称，所以阴影部分面积为P（0≤X≤1）[1﹣2P（X≤0）]P（X≤0）或
[1﹣2P（X≥2）]P（X≥2）或[P（X≤2）﹣P（X≤0）]P（X≤2）P（X≤0），ABD能表示阴影部分面积；
C不能表示阴影部分面积．
故选：C．
【点评】本题考查正态分布曲线应用，考查数学运算能力，属于基础题．
8．（2024秋 黄山校级期末）某袋子中有大小相同的4个白球和2个红球，甲乙两人先后依次从袋中不放回取球，每次取1球，先取到红球者获胜，则甲获胜的概率（　　）
A． B． C． D．
【考点】概率的应用；古典概型及其概率计算公式．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意，分3种情况讨论甲获胜的情况，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分3种情况讨论：
①第一次甲取到红球，其概率P1，
②第一次和第二次甲乙都取到白球，第三次甲取到红球，其概率P2，
③前4次取到的都是白球，第五次甲取到红球，其概率P3，
故甲获胜的概率．
故选：C．
【点评】本题考查互斥事件和相互独立事件的概率计算，涉及概率的性质，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 淄博模拟）随机变量X服从正态分布，令函数f（x）＝P（X≥x），则下列选项正确的是（　　）
A．
B．f（x）是增函数
C．f（x）是偶函数
D．f（x）的图象关于点中心对称
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】AD
【分析】由正态分布可求得，判断A；易得f（x）在（1，+∞）上是减函数，可判断B；计算f（1）≠f（﹣1），可判断C；证明f（x）+f（2﹣x）＝1可判断D．
【解答】解：随机变量X服从正态分布，令函数f（x）＝P（X≥x），
对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，x＞1，当x增大时，f（x）＝P（X≥x）减少，
所以f（x）在（1，+∞）上是减函数，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，若f（x）的图象关于点中心对称，则f（x）+f（2﹣x）＝1，
因为X服从正态分布，所以f（x）关于x＝1对称，
所以P（X≥x）＝P（X≤2﹣x），
则f（x）+f（2﹣x）＝P（X≥x）+P（X≥2﹣x）＝P（X≤2﹣x）+P（X≥2﹣x）＝1，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查正态分布曲线相关知识，属于中档题．
（多选）10．（2024秋 日照期末）现有甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环比赛，即每两支球队在比赛中都要相遇且仅相遇一次，最后按各队的积分排名（积分多者名次靠前，积分同者名次并列）．积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．若每场比赛中每队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，下列说法正确的是（　　）
A．甲队胜3场与乙队胜3场是互斥事件
B．不可能出现恰有三支球队积分相同的情况
C．丙队积分为3分的概率为
D．甲队胜2场且乙队胜2场的概率为
【考点】相互独立事件的概率乘法公式；互斥事件的概率加法公式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】ACD
【分析】对A，根据互斥事件的定义判断；对B，根据甲胜乙、丙胜甲、乙胜丙、甲丁平、乙丁平、丙丁平分析判断；对C，分两种情况，丙胜1负2场，或丙平3场，讨论求解；对D，根据甲队胜2场分3种情况，甲胜乙丙，甲胜乙丁，甲胜丙丁，讨论求解．
【解答】解：对于A，甲队胜3场是指甲胜乙，甲胜丙，甲胜丁，乙队胜3场是指乙胜甲，乙胜丙，乙胜丁，不可能同时发生，故它们是互斥事件，故A正确；
对于B，若甲胜乙、丙胜甲、乙胜丙、甲丁平、乙丁平、丙丁平，则甲、乙、丙各得4分，丁得3分，故B错误；
对于C，丙队积分为3分，包含两种情况，丙胜1负2场，或丙平3场，
若丙胜1负2场，则其概率为，
若丙平3场，则其概率为，
所以丙队积分为3分的概率为，故C正确；
对于D，甲队胜2场且乙队胜2场，分下面3种情况：若甲胜乙丙，乙胜丙丁，概率为，
若甲胜乙丁，乙胜丙丁，概率为，
若甲胜丙丁，乙胜丙丁，甲平乙或甲胜丙丁，乙胜甲丙或甲胜丙丁，乙胜甲丁，
其概率为，
所以甲队胜2场且乙队胜2场的概率为，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查相互独立事件、互斥事件的概率计算，注意互斥事件的定义，属于中档题．
（多选）11．（2025 市中区校级模拟）设A，B是一次随机试验中的两个事件，，，，则（　　）
A．
B．A，B相互独立
C．
D．
【考点】事件的并事件（和事件）；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】AB
【分析】根据互斥事件的概率加法公式、对立事件概率公式、独立事件的判定公式、条件概率公式，对每个选项逐一进行分析判断．
【解答】解：A，B是一次随机试验中的两个事件，，，，
对于A，由于与是互斥事件，则 ，故A正确；
对于B，已知，可得．
设P（AB）＝x，则，．
由A项可知，即．
解得，由，可得A，B相互独立，故B正确；
对于C，根据德摩根定律，再由对立事件概率公式，由B项可知，
所以，故C错误；
对于D，根据，，，则；
又，，，则．
则，故D错误．
故答案为：AB．
【点评】本题考查相互独立事件概率乘法公式、对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
（多选）12．（2024秋 德州期末）对于随机事件A，B，若P（A），P（A|B），P（B|A），则（　　）
A． B．
C． D．
【考点】条件概率乘法公式及应用；互斥事件的概率加法公式．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】BCD
【分析】根据条件概率的计算公式以及加法公式，可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，，故A错误；
对于B，由且，则，故B正确；
对于C，由和事件概率的性质，，故C正确；
对于D，，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查条件概率的计算，涉及概率的性质，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 上海月考）为了增强法治观念，甲、乙两位老师在A，B，C，D共4所学校中各自选1所学校开展普法讲座．在甲、乙一共选择了2所不同的学校的条件下，恰有一位老师选择A学校开展讲座的概率为　　．
【考点】求解条件概率．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】．
【分析】记事件E：甲、乙一共选择了2所不同的学校进行普法，事件F：恰有一位老师选择A学校开展普法讲座，根据条件，利用古典概率公式求得P（E），P（EF），再由条件概率公式，即可求解．
【解答】解：记事件E：甲、乙一共选择了2所不同的学校进行普法，事件F：恰有一位老师选择A学校开展普法讲座，
因为，，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查求解条件概率，属于基础题．
14．（2025 淄博模拟）如图，在3×3的方格中，每一行随机设置1个陷阱（起点和终点处无陷阱）．玩家从起点方格出发，每次可以向右或向下移动一格到达下一格．若遇到含有设置陷阱的方格，则被重置回起点，然后该玩家会寻找未走过的路线继续挑战，直至到达终点．若重置若干次以后始终未能到达终点，则挑战失败．该玩家挑战失败的概率为 　　．
【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】．
【分析】根据古典概型的概率公式求解即可．
【解答】解：如图，在3×3的方格中，每一行随机设置1个陷阱（起点和终点处无陷阱），
玩家从起点方格出发，每次可以向右或向下移动一格到达下一格．
若遇到含有设置陷阱的方格，则被重置回起点，
然后该玩家会寻找未走过的路线继续挑战，直至到达终点，
若重置若干次以后始终未能到达终点，则挑战失败．
由题知，玩家从起点方格出发，每次向右或向下移动一格，可以顺利到达终点，
即为挑战成功，反之挑战失败．
用Amn表示第m行第n列含有陷阱的方格，
则第1行含有陷阱的方格为A1i（i＝2，3），
第2行含有陷阱的方格为A2j（j＝1，2，3），
第3行含有陷阱的方格为A3r（r＝1，2），
∴每一行随机设置1个陷阱（起点和终点处无陷阱）共有个基本事件，
具体如下：
（A12，A21，A31），（A12，A21，A32），（A12，A22，A31），（A12，A22，A32），
（A12，A23，A31），（A12，A23，A32），（A13，A21，A31），（A13，A21，A32），
（A13，A22，A31），（A13，A22，A32），（A13，A23，A31），（A13，A23，A32），
玩家挑战失败的基本事件有（A12，A21，A31），（A12，A21，A32），（A12，A22，A31），
（A12，A22，A32），（A12，A23，A32），（A13，A22，A31），（A13，A22，A32），（A13，A23，A32）共8个，
∴玩家挑战失败的概率为．
故答案为：．
【点评】本题考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15．（2025 安徽模拟）电脑中有88个文件夹，小明同学每次会将文件随机存入其中的一个文件夹或以的概率丢失．现小明同学想要找一个文件，他已经找过了n（1≤n≤88）个不同的文件夹，但都没有找到．则他在剩下未找过的文件夹中找到该文件的概率为 　　．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】．
【分析】结合条件概率分析，利用贝叶斯定理计算．
【解答】解：电脑中有88个文件夹，小明同学每次会将文件随机存入其中的一个文件夹或以的概率丢失．
则文件未被丢失的概率为，
此时文件均匀分布在88个文件夹中每个文件夹的概率为；
已知检查了n个文件夹未找到文件，此时文件要么在剩下的88﹣n个文件夹中，要么已丢失．
文件存在且未被检查到的概率：，所以总的未找到文件的概率：．
在已知未找到的条件下，文件存在于剩余文件夹中的概率为：．
故答案为：．
【点评】本题考查古典概型以及相互独立事件概率公式相关知识，属于中档题．
16．（2024秋 德州期末）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为，则乙连胜四场的概率是 　　；乙最终获胜的概率是 　　．
【考点】概率的应用；相互独立事件的概率乘法公式；互斥事件的概率加法公式．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】；．
【分析】根据题意计算独立事件乘法公式计算得出概率，写出基本事件应用互斥事件概率和公式求解事件的概率即可．
【解答】解：根据题意，对于第一空：乙连胜四场只能是前四场全胜，
而每场比赛乙获胜的概率都为，则要求概率为；
对于第二空：设事件A表示乙输，事件B表示甲输，事件C表示丙输，
乙最终获胜的情况有：BCBC，ABCBC，ACBCB，BABCC，BACCB，BCACB，BCABC，BCBAC，
所以乙最终赢下比赛的概率为．
故答案为：；．
【点评】本题考查概率的应用，涉及互斥事件的概率计算，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 淄博模拟）某地为调查大型水域的水质情况，设置若干站点检测水质指数（“M指数”），以这些站点所测“M指数”的平均值为依据，播报此大型水域的水质情况．如图是2024年11月份30天内该大型水域“M指数”的频率分布直方图，其中分组区间分别为：[12，20），[20，28），[28，36），[36，44），[44，52），[52，60），[60，68），[68，76]．
（1）规定：“M指数”不超过50为“优质水源日”，否则称为“非优质水源日”．对该地区50名外出郊游的市民进行调查，得到如下列联表：
男市民 女市民 合计
优质水源日出游 12 30
非优质水源日出游 6
合计 26 50
请完成上述列联表，并根据α＝0.05的独立性检验，能否认为优质水源日出游与性别有关？
（2）从“M指数”在第一组[12，20）和第二组[20，28）的所有天数中选取3天的数据进行评价，记这3天的数据来自第一组的数据有X天，求X的分布列和数学期望．
附：．
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；独立性检验．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）作出列联表职下：
根据α＝0.05的独立性检验，认为优质水源日出游与性别有关．
（2）X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
E（X）．
【分析】（1）完善列联表，根据公式计算出卡方，即可得解；
（2）由题知X的可能取值为0，1，2，3，然后计算出相对应的概率，由此能求出结果．
【解答】解：（1）作出列联表如下：
男市民 女市民 合计
优质水源日出游 12 18 30
非优质水源日出游 14 6 20
合计 26 24 50
∴K24.327＞3.841，
∴根据α＝0.05的独立性检验，认为优质水源日出游与性别有关．
（2）由题意得“M指数”在第一组[12，20）有3天，
第二组有304天，
∴X的可能取值为0，1，2，3，
P（X＝0），
P（X＝1），
P（X＝2），
P（X＝3）＝1，
∴X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
∴数学期望E（X）．
【点评】本题考查独立检验、离散型随机变量的分布列、数学期望等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18．（2025 湛江一模）甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的A类问题以及难度系数较高的B类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为．甲遇到A类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到B类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分．总得分记为X分．甲回答每个问题相互独立．
（1）当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望．
（2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为G（n）．
（i）证明：为等比数列．
（ii）求G（n）的最大值以及对应n的值．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】计算题；对应思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）分布列见解析，1；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）当n＝1时，G（n）取到最大值为．
【分析】（1）由已知可得X的可能取值，分别求解概率即可得分布列和期望；
（2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；由（ⅰ）可证为等比数列，可得，结合不等式的性质和函数的单调性即可求解．
【解答】解：（1）由题意可得X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
每次回答A类问题且回答正确的概率为，
回答A类问题且回答不正确的概率为，
每次回答B类问题且回答正确的概率为，
回答B类问题且回答不正确的概率为，
，
，
，
；，
X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
数学期望；
（2）（ⅰ）证明：，，
由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为（n﹣1）分或（n﹣2）分，
故当n≥3时，，
∴，
∴是以为首项，为公比的等比数列；
（ⅱ）根据（ⅰ）可知，①，
易得，
∴是以为首项，为公比的等比数列，
∴②，
令②﹣①可得，
∴，
经检验n＝1，n＝2时均满足上式，故，
∴，
而显然随着n的增大而减小，
故，
又∵G（1）＞G（2），∴当n＝1时，G（n）取到最大值为．
【点评】本题主要考查离散型随机变量分布列及数学期望，概率的求法，概率与数列的综合，考查运算求解能力，属于难题．
19．（2025 安徽模拟）在博弈论中，如果一个游戏满足：（1）游戏有两个人参与，二者轮流做出决策，双方均知道游戏的完整信息；（2）任意一个游戏者在某一确定状态可以做出的决策集合只与当前的状态有关，而与游戏者无关；（3）游戏中的同一个状态不可能多次抵达，游戏以玩家无法行动为结束，且游戏一定会在有限步后以非平局结束．则称该游戏为公平组合游戏．
现有两堆石子，每堆分别有a颗和b颗石子，其中a，b为正整数且a≤b．甲和乙准备用这两堆石子做游戏，规则如下：（1）甲和乙轮流进行游戏，将一定数量的石子取出：（2）每人每次可以从两堆石子中同时取出相同数量的石子（不多于较少一堆石子的数量）或从任意一堆石子取出任意多只石子（均不可以不取）；（3）最先使两堆石子均没有石子的人获胜，游戏结束．
（1）试说明该游戏为公平组合游戏；
（2）称游戏中最先行动的游戏者为先手，已知公平组合游戏中的任一状态都能确定为先手有必胜策略的状态（记作P状态）或先手无必胜策略的状态（记作N状态）这两种状态中的一个，用（m，n）表示两堆石子分别有m颗和n颗石子的状态，试分别判断（1，2），（6，7）为P状态还是N状态并说明理由；
（3）试判断当a，b满足何种数量关系时甲作为先手无必胜策略并说明理由．
附：若x，y均为正无理数且，P＝{[nx]|n∈N*}，Q＝{[ny]|n∈N*}，则P∩Q＝ 且P∪Q＝N*，其中[x]表示不超过x的最大整数．
【考点】概率的应用．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；逻辑思维；新定义类．
【答案】（1）说明见解析；（2）（1，2）是N状态；（6，7）是P状态；（3）；理由见解析．
【分析】（1）由题意分析是否满足三个条件可知；
（2）状态（1，2）由所有后续情况分析可知为N状态；而（6，7）可经一次操作变为（1，2），故为P状态；
（3）通过两个正无理数，构造数列an，bn，从而得到状态（an，bn），利用不同状态的转换规律，证明其为N状态即可得到相应a，b的数量关系．
【解答】解：（1）该游戏满足公平组合游戏的三个条件：
1．两人参与，轮流决策，完全信息：甲和乙轮流操作，双方均知道两堆石子的数量；
2．决策集合只与当前状态有关：每个玩家在任一状态下的可行操作仅取决于当前两堆石子的数量；
3．状态不重复且有限步结束：两堆石子数目有限，每次操作石子数减少，游戏必然在有限步之内结束，且无平局．
所以，该游戏为公平组合游戏．
（2）①状态（1，2）：
此状态下，所有可能操作有以下情况：
若先手从两堆中同时取1颗得到状态（0，1），对手只需取剩余1颗获胜；
若先手从任一堆中取出可取的任意只石子，对手直接取剩余石子获胜；
故所有可能的操作均导致对手直接获胜，因此（1，2）是N状态（先手无必胜策略）；
②状态（6，7）：
此状态下，先手存在如下必胜策略：
先手从两堆中各取5颗得到状态（1，2），由①可知，先手必胜；
因此（6．，7）是P状态（先手有必胜策略）．
（3）由附结论，设正无理数x，y，bn＝[yn]，an＝[xn]，n∈N*，
令bn＝an+n，[yn]＝[xn]+n＝[（x+1）n]，令y＝x+1，
联立，由x＞0．y＞0，
解得．
由此构造数列{an}，{bn}，
令，，n∈N*，
验证知，，
即bn﹣an＝n对任意n∈N*成立，且n＝0时，上式也可视为成立．
定义状态（an，bn）为“T状态”，如：状态（0，0），（1，2），（3，5），（4，7），（6，10），（8，13），…，等都是“T状态”，
由题意可知，（an，bn）与（bn，an）可视为同一状态，均为“T状态”，
且任意不同“T状态”，对应不同的差值bn﹣an，即n，且差值随着n的减小，差值减小．
以下称an，bn为“T状态”的分量，称分别有a颗和b颗石子的两堆石子记为a堆与b堆．
下面先分别证明“T状态”具有以下性质：
性质①任何正整数都是某一个“T状态”的分量，且仅是其中一个“T状态”的分量．
由，，可知x，y均为正无理数，
且，
故满足附结论，设，，
则满足P∩Q＝ 且P∪Q＝N*，
即任何正整数都是某一个“T状态”的分量，且仅是其中一个“T状态”的分量，
故得证．
性质②任意“T状态”，若可继续操作，通过任何下一手操作，得到的状态都是非“T状态”，
设“T状态”（an，bn），则下一手取法有以下情况：
若只从其中一堆中取石子，则改变“T状态”的某一个分量，得（p，bn）或（a，q），
而根据性质①可知，另一个分量bn或an不可能在其他“T状态”状态中，所以必不是“T状态”；
若同时从两堆中取走相同数量个石子，
则“T状态”（an，bn）的两个分量an，bn同时减少相同的数值，
由bn﹣an＝n的递增特点，可知新状态不可能是其他“T状态”分量的差值，
因此也必不是“T状态”．
故任何下一步取法，得到的状态都不是“T状态”，得证．
性质③对于任意非“T状态”，总可以通过一次操作将其变为“T状态”，
若当前状态（a，b）为非“T状态”，由a≤b，令b﹣a＝d，d≥0，d∈N*，
若d＝0，即a＝b，则经过同时从两堆中取走a个石子的一次操作，
得到的状态（0，0），即“T状态”；
若d＞0，则，，n∈N*，
由性质①可知正整数a必为某一个“T状态”的分量，且仅是这一个“T状态”的分量，
若存在正整数k，使得a＝ak，由（a，b）为非“T状态”，则b≠bk，分类如下：
（i）若a＝ak，b＞bk，则可以从b堆中取走b﹣bk个石子，
则变为状态（ak，b﹣（b﹣bk））＝（ak，bk），即为“T状态”；
（ii）若a＝ak，b＜bk，则可以同时从两堆中取走a﹣ad个石子，
则变为状态（a﹣（a﹣ad），b﹣（a﹣ad））＝（ad，ad+d）＝（ad，bd），即为“T状态”；
若不存在正整数k，使得a＝ak，
则存在唯一正整数k，使得ak＜a＜ak+1，分类如下：
（i）若b﹣a＝d＝k，则ak+t＝bk，则从两堆中各取a﹣ak个石子，
则状态变成（a﹣（a﹣ak），b﹣（a﹣ak））＝（ak，ak+d）＝（ak，bk），即为“T状态”；
（ii）若b﹣a＝d≠k，则由性质①可知，
则必存在正整数q，使得a＝bq＝aq+q，且b＞a＞aq，
则可从b堆里取走b﹣aq个石子，变为状态（bq，b﹣（b﹣aq））＝（bq，aq），
这与（aq，bq）可视为同一状态，故也为“T状态”；
综上，对于任意非“T状态”，总可以通过一次操作将其变为“T状态”．
由上“T状态”的性质分析，可以得到：
若先手面对当前状态为非“T状态”，则总可以有下一步操作，
且先手通过一次操作就可将其变为“T状态”，而后手又不能通过一步将其变回“T状态”，
经过一个回合后，先手面对的状态仍为非“T状态”；
如此下去，在可操作的任意回合后，先手始终面对状态为非“T状态”，
而后手面对的“T状态”的分量越来越小，直至游戏结束时其面对“T状态”为（0，0）；
故后手必败，所以非“T状态”为先手有必胜策略的状态，即为P状态；
若先手面对当前状态为“T状态”，则先手无必胜策略，故为N状态．
综上所述，当a，b满足“T状态”条件时，甲作为先手无必胜策略，
故当存在正整数k，使得（a，b）＝（ak，bk），bk＝ak+k且时，
即当时，甲作为先手无必胜策略．
【点评】本题以游戏规则为背景，考查状态转换的规律，考查逻辑推理能力，属于难题．
20．（2024秋 肇东市校级期末）某食品生产厂生产某种市场需求量很大的食品，这种食品有A、B两类关键元素含量指标需要检测，设两元素含量指标达标与否互不影响．若A元素指标达标的概率为，B元素指标达标的概率为，按质量检验规定：两元素含量指标都达标的食品才为合格品．
（1）一个食品经过检测，求AB两类元素至少一类元素含量指标达标的概率；
（2）任意依次抽取该种食品4个，设ξ表示其中合格品的个数，求ξ分布列及E（ξ）．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】对应思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）；
（2）ξ的概率分布为：
ξ 0 1 2 3 4
P
．
【分析】（1）根据给定条件，利用对立事件、相互独立事件的概率公式计算即得；
（2）求出合格品的概率，利用二项分布的概率求出分布列和数学期望．
【解答】解：（1）令M为一个食品经过检测至少一类元素含量指标达标的事件，则是A，B都不达标的事件，
因此，
所以一个食品经过检测至少一类元素含量指标达标的概率为；
（2）依题意，A，B两类元素含量指标都达标的概率为，
ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4，显然，
则，，，
，，
所以ξ的概率分布为：
ξ 0 1 2 3 4
P
则．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
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