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高考数学高频易错押题预测 概率
一．选择题（共8小题）
1．（2025 盐城一模）第15届中国国际航空航天博览会于2024年11月12日至17日在珠海举行．本届航展规模空前，首次打造“空、海、陆”一体的动态演示新格局，尽显逐梦长空的中国力量．航展共开辟了三处观展区，分别是珠海国际航展中心、金凤台观演区、无人系统演示区．甲、乙、丙、丁四人相约去参观，每个观展区至少有1人，每人只参观一个观展区．在甲参观珠海国际航展中心的条件下，甲与乙不到同一观展区的概率为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025 上犹县校级一模）下列说法不正确的是（　　）
A．一组数据5、7、9、11、12、14、15、16、18、20的第80百分位数为17
B．若随机变量ξ～N（2，σ2），且P（ξ＞5）＝0.2，则P（﹣1＜ξ＜5）＝0.6
C．若随机变量，则方差D（ξ）＝2
D．若甲、乙两组数据的相关系数分别为﹣0.91和0.89，则乙组数据的线性相关性更强
3．（2025 汕头一模）设甲袋有3个红球、2个白球和5个黑球，乙袋有3个红球、3个白球和4个黑球，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，以A1、A2和A3分别表示由甲袋取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙袋中随机取出一球，以B表示由乙袋取出的球是红球的事件，则（　　）
A．A1与B相互独立 B．
C． D．P（A3|B）＝
4．（2025 信阳校级二模）甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以4：1获胜的概率为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025 广东模拟）离散型随机变量X的分布列如下：
X 1 2 3 4
P m 0.3 n 0.2
若E（X）＝2.7，则下列结论错误的是（　　）
A．m+n＝0.5 B．E（3X﹣1）＝7.1
C．D（X）＝0.81 D．P（X＞2）＝0.5
6．（2025 湖北模拟）近年来，各地旅游事业得到飞速发展，越来越多的周边游客来参观天门市的陆羽故园、胡家花园、天门博物馆、黄潭七屋岭、海龙岛景区、西塔寺等6处景点．现甲、乙两位游客准备从6处景点各随机选一处游玩，记事件A＝“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”，事件B＝“甲和乙选择不同的景点”则P（B|A）＝（　　）
A． B． C． D．
7．（2025 海安市模拟）为推广新能源汽车，某地区决定对续航里程达到一定标准的新能源汽车进行补贴．已知某品牌新能源汽车的续航里程ξ（单位：km）服从正态分布N（400，502）．补贴政策为：续航里程不低于350km的车辆补贴2万元，超过450km的车辆额外再补贴1万元，则该品牌每辆新能源汽车的平均补贴金额约为（　　）
附：若X～N（μ，σ2）则P（|X﹣μ|≤σ）≈0.6826）．
A．1.52万元 B．1.68万元 C．1.84万元 D．2.16万元
8．（2025 肇庆二模）小王数学期末考试考了90分，受到爸爸表扬的概率为，受到妈妈表扬的概率也为，假设小王受爸爸表扬和受妈妈表扬独立，则小王被表扬的概率为（　　）
A． B． C． D．1
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 山海关区模拟）从1，2，3，4，5，6，7，8中任取3个不同的数，则所取的3个数（　　）
A．和为偶数与和大于20是互斥事件
B．不全是奇数的概率为
C．有3或4的概率为
D．在至少有1个是奇数的条件下，和为奇数的概率为
（多选）10．（2025 郑州模拟）下列结论正确的是（　　）
A．若随机变量，则D（3X+1）＝18
B．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
C．某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），σ越大，该物理量在一次测量中在（9.8，10.2）的概率越大
D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4
（多选）11．（2025 南京模拟）一个袋中有大小、形状完全相同的3个球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则（　　）
A． B．
C． D．A，B相互独立
（多选）12．（2025 沈阳一模）下列命题中正确的是（　　）
A．已知某个家庭先后生了两个小孩，当已知两个小孩中有女孩的条件下，两个小孩中有男孩的概率为
B．马路上有依次编号为1，2，3，…，10的10盏路灯，为节约用电，某个时间段可以把其中的3盏灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏，而且两端的灯也不能关掉，则满足条件的不同关灯方法有20种
C．已知z1，z2∈C，z1z2＝0，则z1，z2中至少有一个为0
D．袋中装有8个白球，2个黑球，从中随机连续取3次，每次取一个球，取后不放回，设取出黑球个数为X，则X～H（10，3，2）
三．填空题（共4小题）
13．（2025 单县校级一模）第二届广东自由贸易试验区一联动发展区合作交流活动于2023年12月13日—14日在湛江举行，某区共有4名代表参加，每名代表是否被抽到发言相互独立，且概率均为，记X为该区代表中被抽到发言的人数，则D（X）＝　 　．
14．（2025 天津模拟）已知随机变量X～N（μ，σ2），Y～B（8，p），且，则p＝　 　．
15．（2025 天津模拟）大学生甲去某企业应聘，需要进行英语和专业技能两个项目的考核，先进行英语考核．每个项目有一次补考机会，补考不合格者被淘汰，不能进入下一个项目的考核．若每个学生英语考核合格和补考合格的概率都是，专业技能考核合格和补考合格的概率都是，每一次考试是否合格互不影响．则大学生甲不被淘汰的概率是 　 　；若大学生甲不放弃每次考试的机会，X表示他参加补考的次数，则X的数学期望是 　 　．
16．（2025 南充模拟）某班从含有3名男生和2名女生的5名候选人中选出两名同学分别担任正、副班长，则至少选到1名女生的概率　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 重庆模拟）某工厂的生产线上的产品按质量分为：一等品，二等品，三等品．质检员每次从生产线上任取2件产品进行抽检，若抽检出现三等品或2件都是二等品，则需要调整设备，否则不需要调整．已知该工厂某一条生产线上生产的产品每件为一等品，二等品，三等品的概率分别为0.9，0.05和0.05，且各件产品的质量情况互不影响．
（1）求在一次抽检后，设备不需要调整的概率；
（2）若质检员一天抽检3次，以X表示一天中需要调整设备的次数，求X的分布列和数学期望．
18．（2025 保定校级模拟）在某活动中，参与者以抽奖的形式获得某种奖品，每次抽奖均分为中奖和不中奖两种结果．现在利用伪随机算法进行若干次抽奖，假定中奖后就不再继续抽奖．设p（0＜p＜1）是第一次抽奖中奖的概率，此后若前n﹣1次抽奖均未中奖，则进行第n次抽奖时中奖的概率pn满足其中pn＝1时一定中奖．设中奖时共抽奖X次．
（1）证明：当时，E（X）＞1；
（2）证明：当时，E（X）＜2；
（3）当时，求X的分布列和期望．
19．（2025 碑林区校级模拟）乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利．
（1）甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用5局3胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.9．已知甲、乙两人共进行了m（m∈N*）场比赛，请根据小概率值α＝0.010的K2独立性检验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响．
（2）若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为p，没有平局．记事件“甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为A，事件“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”为B，试证明：P（A）＝P（B）．
（3）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是p（p＞0.5），没有平局．若采用“赛满2n﹣1局，胜方至少取得n局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为P（n）．若采用“赛满2n+1局，胜方至少取得n+1局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为P（n+1），试比较P（n）与P（n+1）的大小．
附：，其中n＝a+b+c+d．
P（K2≥k0） 0.05 0.025 0.010
k0 3.841 5.024 6.635
20．（2025 汕头模拟）某校为了解高三学生每天的作业完成时长，在该校高三学生中随机选取了100人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示：
时长（小时） [0，2） [2，2.5） [2.5，3） [3，3.5） [3.5，4]
人数（人） 3 4 33 42 18
用表格中的频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响．
（1）从该校高三学生中随机选取1人，估计该生可以在3小时内完成各科作业的概率；
（2）从样本“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生中随机选取3人，其中共有X人可以在2小时内完成各科作业，求X的分布列和数学期望；
（3）从该校高三学生（学生人数较多）中随机选取3人，其中共有Y人可以在3小时内完成各科作业，求E（Y）．
高考数学高频易错押题预测 概率
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 盐城一模）第15届中国国际航空航天博览会于2024年11月12日至17日在珠海举行．本届航展规模空前，首次打造“空、海、陆”一体的动态演示新格局，尽显逐梦长空的中国力量．航展共开辟了三处观展区，分别是珠海国际航展中心、金凤台观演区、无人系统演示区．甲、乙、丙、丁四人相约去参观，每个观展区至少有1人，每人只参观一个观展区．在甲参观珠海国际航展中心的条件下，甲与乙不到同一观展区的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】求解条件概率．
【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】A
【分析】根据题意，记事件A：甲参观珠海国际航展中心，事件B：甲与乙不到同一观展区，求出P（A）、P（AB）的值，利用条件概率公式可求得所P（B|A）的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，设事件A＝甲参观珠海国际航展中心，事件B＝甲与乙不到同一观展区，
航展共开辟了三处观展区，每人只能随机去一个展区，则，
因为每个观展区至少有1人，每人只参观一个观展区，
则先将4个人分为3组，再将这三组分配给三个展区，
基本事件的总数为，
若事件A、B同时发生，即甲参观珠海国际航展中心而乙没有参观珠海国际航展中心，
分2种情况讨论：
若参观珠海国际航展中心有2人，则另外一人为丙或丁，
此时，不同的参观情况种数为，
若参观珠海国际航展中心只有甲一人，将另外三人分成两组，再将这两组分配给另外两个展区，
此时，不同的参观情况种数为种，
因此，，
由条件概率公式可得．
故选：A．
【点评】本题考查条件概率的计算，涉及排列组合的应用，属于基础题．
2．（2025 上犹县校级一模）下列说法不正确的是（　　）
A．一组数据5、7、9、11、12、14、15、16、18、20的第80百分位数为17
B．若随机变量ξ～N（2，σ2），且P（ξ＞5）＝0.2，则P（﹣1＜ξ＜5）＝0.6
C．若随机变量，则方差D（ξ）＝2
D．若甲、乙两组数据的相关系数分别为﹣0.91和0.89，则乙组数据的线性相关性更强
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；百分位数；样本相关系数．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】结合百分位数的定义判断A，结合正态分布的性质，判断B，结合方差公式，判断C，结合相关系数的定义，即可求解．
【解答】解：一组数据5、7、9、11、12、14、15、16、18、20，共10个数据，
10×80%＝8，
则该组数据的第80百分位数为，故A正确；
随机变量ξ～N（2，σ2），且P（ξ＞5）＝0.2，
则P（ξ＜﹣1）＝0.2，
故P（﹣1＜ξ＜5）＝1﹣P（ξ＞5）﹣P（ξ＜﹣1）＝0.6，故B正确；
随机变量，
则D（ξ）＝，故C正确；
甲、乙两组数据的相关系数分别为﹣0.91和0.89，
|﹣0.91|＞0.89，
则甲组数据的线性相关性更强，故D错误．
故选：D．
【点评】本题主要考查概率与统计的知识，属于基础题．
3．（2025 汕头一模）设甲袋有3个红球、2个白球和5个黑球，乙袋有3个红球、3个白球和4个黑球，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，以A1、A2和A3分别表示由甲袋取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙袋中随机取出一球，以B表示由乙袋取出的球是红球的事件，则（　　）
A．A1与B相互独立 B．
C． D．P（A3|B）＝
【考点】概率的应用；相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式；条件概率；全概率公式；随机事件．
【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，由古典概型公式求出P（A1）、P（A2）、P（A3）和P（B|A1）、P（B|A2）、P（B|A4）的值，由此分析B，由全概率公式分析C，由相互独立事件的定义分析A，由贝叶斯公式分析D，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，甲袋有3个红球、2个白球和5个黑球，
则P（A1）＝，P（A2）＝＝，P（A3）＝＝，
则P（B|A1）＝，P（B|A2）＝，P（B|A4）＝，B错误；
则P（B）＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）+P（A3）P（B|A3）＝，C正确；
P（A1B）＝P（A1）P（B|A1）＝，而P（A1B）≠P（A1）P（B），A错误；
P（A3|B）＝＝＝，D错误．
故选：C．
【点评】本题考查条件概率公式、全概率公式的应用，涉及相互独立事件的判断，属于基础题．
4．（2025 信阳校级二模）甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以4：1获胜的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】C
【分析】利用独立事件的概率乘法公式求解．
【解答】解：甲第一局获胜并最终以4：1获胜，说明甲、乙两人一共进行了5局比赛，这5局比赛中，甲胜了4局，输了1局，
且甲输掉的这局为第二局或第三局或第四局，
所以所求概率为＝．
故选：C．
【点评】本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
5．（2025 广东模拟）离散型随机变量X的分布列如下：
X 1 2 3 4
P m 0.3 n 0.2
若E（X）＝2.7，则下列结论错误的是（　　）
A．m+n＝0.5 B．E（3X﹣1）＝7.1
C．D（X）＝0.81 D．P（X＞2）＝0.5
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；离散型随机变量的方差与标准差．
【专题】计算题；对应思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】根据分布列的性质得m+n＝0.5，再由期望的求法列方程求得m＝0.1，n＝0.4，最后结合期望的性质、方差公式及概率的性质判断各项的正误．
【解答】解：由分布列的性质可得m+n+0.3+0.2＝1，则m+n＝0.5，故A正确；
E（X）＝2.7，则E（3X﹣1）＝3E（X）﹣1＝8.1﹣1＝7.1，故B正确；
D（X）＝（1﹣2.7）2×0.1+（2﹣2.7）2×0.3+（3﹣2.7）2×0.4+（4﹣2.7）2×0.2＝0.81，C正确；
由E（X）＝m+0.6+3n+0.8＝2.7，则m+3n＝1.3，联立m+n＝0.5，
所以m＝0.1，n＝0.4，则P（X＞2）＝P（X＝3）+P（X＝4）＝0.4+0.2＝0.6，故D错误．
故选：D．
【点评】本题主要考查离散型随机变量分布列的性质，期望与方差的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
6．（2025 湖北模拟）近年来，各地旅游事业得到飞速发展，越来越多的周边游客来参观天门市的陆羽故园、胡家花园、天门博物馆、黄潭七屋岭、海龙岛景区、西塔寺等6处景点．现甲、乙两位游客准备从6处景点各随机选一处游玩，记事件A＝“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”，事件B＝“甲和乙选择不同的景点”则P（B|A）＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】求解条件概率．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；排列组合；运算求解．
【答案】C
【分析】先利用对立事件的概率公式求出事件A发生的概率，再分两种情况求出事件AB发生的概率，利用条件概率公式求解即可．
【解答】解：根据题意，甲、乙从6处景点各选一处的总情况数为n＝6×6＝36种，
事件A＝“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”，则＝“甲和乙都不前往陆羽故园”，
甲不选陆羽故园有5种选法，乙不选陆羽故园也有5种选法，
n（）＝5×5＝25种，则P（）＝，
则，
对于事件AB，即甲和乙至少有一个人前往陆羽故园且甲和乙选择不同的景点，
分两种情况讨论：
（1）甲去陆羽故园，乙不去，
甲去陆羽故园有1种选法，乙从除陆羽故园外的5个景点选有5种选法，共1×5＝5种情况；
（2）乙去陆羽故园，甲不去，乙去陆羽故园有1种选法，甲从除陆羽故园外的5个景点选有5种选法，
共1×5＝5种情况，
所以，
所以．
故选：C．
【点评】本题考查条件概率的计算，涉及排列组合的应用，属于基础题．
7．（2025 海安市模拟）为推广新能源汽车，某地区决定对续航里程达到一定标准的新能源汽车进行补贴．已知某品牌新能源汽车的续航里程ξ（单位：km）服从正态分布N（400，502）．补贴政策为：续航里程不低于350km的车辆补贴2万元，超过450km的车辆额外再补贴1万元，则该品牌每辆新能源汽车的平均补贴金额约为（　　）
附：若X～N（μ，σ2）则P（|X﹣μ|≤σ）≈0.6826）．
A．1.52万元 B．1.68万元 C．1.84万元 D．2.16万元
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】C
【分析】利用正态分布曲线的对称性求解．
【解答】解：因为续航里程ξ（单位：km）服从正态分布N（400，502），
所以P（ξ≥350）＝0.5+＝0.8413，P（ξ≥450）＝＝0.1587，
因为续航里程不低于350km的车辆补贴2万元，超过450km的车辆额外再补贴1万元，
所以该品牌每辆新能源汽车的平均补贴金额约为2×0.8413+1×0.1587≈1.84（万元）．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
8．（2025 肇庆二模）小王数学期末考试考了90分，受到爸爸表扬的概率为，受到妈妈表扬的概率也为，假设小王受爸爸表扬和受妈妈表扬独立，则小王被表扬的概率为（　　）
A． B． C． D．1
【考点】相互独立事件的概率乘法公式．
【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】C
【分析】根据题意，设小王受爸爸表扬为事件A，小王受妈妈表扬为事件B，由P（A+B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB），计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设小王受爸爸表扬为事件A，小王受妈妈表扬为事件B，
事件A、B相互独立，
则P（A+B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）＝+﹣×＝，
即小王被表扬的概率为．
故选：C．
【点评】本题考查相互独立事件的概率，涉及和事件概率的计算，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 山海关区模拟）从1，2，3，4，5，6，7，8中任取3个不同的数，则所取的3个数（　　）
A．和为偶数与和大于20是互斥事件
B．不全是奇数的概率为
C．有3或4的概率为
D．在至少有1个是奇数的条件下，和为奇数的概率为
【考点】互斥事件与对立事件．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABD
【分析】利用互斥事件概率加法公式判断A；利用对立事件概率计算公式判断BC；利用古典概型、排列组合判断D．
【解答】解：从1，2，3，4，5，6，7，8中任取3个不同的数，
和大于20，则这3个数只能是6，7，8，和为21，是奇数，故A正确；
所取的3个数不全是奇数的概率为，故B正确；
有3或4的概率为，故C错误；
所取的3个数在至少有1个是奇数的条件下，和为奇数的概率为，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查古典概型、排列组合、互斥事件概率加法公式、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）10．（2025 郑州模拟）下列结论正确的是（　　）
A．若随机变量，则D（3X+1）＝18
B．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
C．某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），σ越大，该物理量在一次测量中在（9.8，10.2）的概率越大
D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；方差．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】AD
【分析】利用二项分布的方差公式计算出方差D（X），再由方差的性质计算判断A，根据方差的定义求解判断BD，根据正态分布的性质判断C．
【解答】解：对于A，因为，
解得，
则D（3X+1）＝32D（X）＝18，故A正确；
对于B，由题意，总体均值为，若两层样本容量依次为m，n，
则，
当且仅当m＝n时，故B错误；
对于C，σ越大，数据越分散，所以该物理量在一次测量中在（9.8，10.2）的概率越小，故C错误；
对于D，因为4个数据的平均数为5，方差为3，
所以加入数据5后，平均数为，
则这5个数据的方差为＝＝2.4，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题主要考查了二项分布的方差公式，考查了分层随机抽样的方差公式，以及正态分布曲线的对称性，属于中档题．
（多选）11．（2025 南京模拟）一个袋中有大小、形状完全相同的3个球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则（　　）
A． B．
C． D．A，B相互独立
【考点】概率的应用；求解条件概率．
【专题】计算题；方程思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】AC
【分析】根据题意，由全概率公式分析A，由条件概率公式分析B，由贝叶斯公式分析C，由相互独立事件的概率性质分析D，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，设事件C＝“第一次取到黄球”，D＝“第一次取到蓝球”，
P（A）＝P（C）＝P（D）＝，P（B|A）＝，P（D|C）＝0，P（B|D）＝，
依次分析选项：
对于A，P（B）＝P（A）P（B|A）+P（C）P（B|C）+P（D）P（B|D）＝×+×0+×＝，A正确；
对于B，第一次取到红球，还有黄、蓝各一，则P（|A）＝，B错误；
对于C，P（A|B）＝＝＝，C正确；
对于D，P（A）＝，P（B）＝，P（AB）＝＝，P（A）P（B）≠P（AB），事件A、B不独立，D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查相互独立事件的判断，涉及条件概率的计算，属于中档题．
（多选）12．（2025 沈阳一模）下列命题中正确的是（　　）
A．已知某个家庭先后生了两个小孩，当已知两个小孩中有女孩的条件下，两个小孩中有男孩的概率为
B．马路上有依次编号为1，2，3，…，10的10盏路灯，为节约用电，某个时间段可以把其中的3盏灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏，而且两端的灯也不能关掉，则满足条件的不同关灯方法有20种
C．已知z1，z2∈C，z1z2＝0，则z1，z2中至少有一个为0
D．袋中装有8个白球，2个黑球，从中随机连续取3次，每次取一个球，取后不放回，设取出黑球个数为X，则X～H（10，3，2）
【考点】求解条件概率；超几何分布；部分位置的元素有限制的排列问题；复数的运算．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】BCD
【分析】结合古典概率公式检验选项A；结合组合数公式检验选项B；结合复数的基本概念检验选项C；结合超几何分布的概念检验选项D即可求．
【解答】解：A．Ω＝{（男，女），（女，男），（女，女）}，A＝{（男，女），（女，男）}，
所以，所以A错误；
B.，B正确；
C．设z1＝a+bi，z2＝c+di，a，b，c，d∈R，
则z1z2＝（ac﹣bd）+（ad+bc）i＝0，
所以①，视①为关于a，b的二元一次方程组，可得，
所以a（c2+d2）＝0，当c2+d2＝0，即z2＝0时，①有无数多个解：
当c2+d2≠0，即z2≠0时，①有且只有唯一解a＝b＝0，即z1＝0，因此当z1z2＝0时，z1，z2中至少有一个为0，C正确；
D．从中随机连续取3次不放回，所以X服从超几何分布，所以D正确．
故选：BCD．
【点评】本题主要考查了古典概率公式，组合数公式的应用，复数的基本概念，超几何分布的判断，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025 单县校级一模）第二届广东自由贸易试验区一联动发展区合作交流活动于2023年12月13日—14日在湛江举行，某区共有4名代表参加，每名代表是否被抽到发言相互独立，且概率均为，记X为该区代表中被抽到发言的人数，则D（X）＝　　．
【考点】离散型随机变量的方差与标准差．
【专题】计算题；对应思想；综合法；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【答案】．
【分析】根据题意可知随机变量为，利用方差公式D（X）＝np（1﹣p）从而可求解．
【解答】解：易知随机变量为，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查离散型随机变量的方差，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
14．（2025 天津模拟）已知随机变量X～N（μ，σ2），Y～B（8，p），且，则p＝　　．
【考点】n重伯努利试验与二项分布；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】．
【分析】由正态分布和二项分布的均值可得．
【解答】解：因为随机变量X～N（μ，σ2），且，
所以μ＝3，即E（X）＝3，
因为Y～B（8，p），
所以E（Y）＝8p，
因为E（X）＝E（Y），
所以8p＝3，
解得．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正态分布曲线的对称性，考查了二项分布的期望公式，属于基础题．
15．（2025 天津模拟）大学生甲去某企业应聘，需要进行英语和专业技能两个项目的考核，先进行英语考核．每个项目有一次补考机会，补考不合格者被淘汰，不能进入下一个项目的考核．若每个学生英语考核合格和补考合格的概率都是，专业技能考核合格和补考合格的概率都是，每一次考试是否合格互不影响．则大学生甲不被淘汰的概率是 　　；若大学生甲不放弃每次考试的机会，X表示他参加补考的次数，则X的数学期望是 　　．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】；．
【分析】首先分别求两个项目合格的概率，再求整体不被淘汰的概率；根据随机变量的意义，求概率，再求期望．
【解答】解：英语合格概率为，专业技能考核合格的概率为，
设事件A表示“大学生甲不被淘汰”，
则P（A）＝＝，
X的所有可能取值为0，1，2，
则，
P（X＝1）＝＝＝，
，
所以．
故答案为：；．
【点评】本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了离散型随机变量的期望，属于中档题．
16．（2025 南充模拟）某班从含有3名男生和2名女生的5名候选人中选出两名同学分别担任正、副班长，则至少选到1名女生的概率　　．
【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】根据古典概型先计算2人都是男生的概率，再通过对立事件知识可解．
【解答】解：某班从含有3名男生和2名女生的5名候选人中选出两名同学分别担任正、副班长，共种选法，
两人均是男生有3种选法，则两人均是男生的概率为，
则至少选到1名女生的概率1﹣．
故答案为：．
【点评】本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 重庆模拟）某工厂的生产线上的产品按质量分为：一等品，二等品，三等品．质检员每次从生产线上任取2件产品进行抽检，若抽检出现三等品或2件都是二等品，则需要调整设备，否则不需要调整．已知该工厂某一条生产线上生产的产品每件为一等品，二等品，三等品的概率分别为0.9，0.05和0.05，且各件产品的质量情况互不影响．
（1）求在一次抽检后，设备不需要调整的概率；
（2）若质检员一天抽检3次，以X表示一天中需要调整设备的次数，求X的分布列和数学期望．
【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】综合题；分类讨论；综合法；概率与统计；逻辑思维．
【答案】（1）0.9；
（2）分布列见解析，E（ξ）＝0.3．
【分析】（1）应用全概率公式计算求解即可；
（2）先根据对立事件求概率，再结合二项分布分别求出概率及分布列进而得出数学期望即可．
【解答】解：（1）设Ai＝“在一次抽检中抽到的第i件产品为一等品”，i＝1，2，
Bi＝“在一次抽检中抽到的第i件产品为二等品”，i＝1，2，
C＝“一次抽检后，设备不需要调整”，则C＝A1A2+A1B2+B1A2．
由已知P（Ai）＝0.9，P（Bi）＝0.05，i＝1，2，
所求的概率为P（C）＝P（A1A2）+P（A1B2）+P（B1A2）＝0.92+2×0.9×0.05＝0.9．
（2）依题意有：随机变量X的可能取值为0，1，2，3，
由（1）知一次抽检后，设备需要调整的概率为，
依题意得X B（3，0.1），则，
故X的分布列为：
X 0 1 2 3
P 0.729 0.243 0.027 0.001
所以：E（ξ）＝np＝3×0.1＝0.3．
【点评】本题考查概率乘法公式以及离散型随机变量的分布列、期望的求法，属于中档题．
18．（2025 保定校级模拟）在某活动中，参与者以抽奖的形式获得某种奖品，每次抽奖均分为中奖和不中奖两种结果．现在利用伪随机算法进行若干次抽奖，假定中奖后就不再继续抽奖．设p（0＜p＜1）是第一次抽奖中奖的概率，此后若前n﹣1次抽奖均未中奖，则进行第n次抽奖时中奖的概率pn满足其中pn＝1时一定中奖．设中奖时共抽奖X次．
（1）证明：当时，E（X）＞1；
（2）证明：当时，E（X）＜2；
（3）当时，求X的分布列和期望．
【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】综合题；对应思想；综合法；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）证明过程见解析；
（3）分布列见解析，．
【分析】（1）确定X的可能取值，确定概率，由期望计算公式即可求证；
（2）确定X的可能取值，确定概率，由期望计算公式即可求证；
（3）确定X的可能取值，确定概率，由分布列、期望计算公式即可求解．
【解答】解：（1）证明：当时，
易知X的所有可能取值为1，2，
此时P（X＝1）＝p，P（X＝2）＝1﹣p，
则E（X）＝p+2（1﹣p）＝2﹣p，
因为，
所以2﹣p＞1，
故E（X）＞1；
（2）证明：当时，
易知X的所有可能取值为1，2，3，
此时P（X＝1）＝p，P（X＝2）＝（1﹣p） 2p，P（X＝3）＝（1﹣p）（1﹣2p），
则E（X）＝p+2（1﹣p） 2p+3（1﹣p）（1﹣2p）＝2p2﹣4p+3＝2（p﹣1）2+1，
易知当时，E（X）取得最大值，
故；
（3）易知X的所有可能取值为1，2，3，4，
当时，
此时，，
，，
则X的分布列为：
X 1 2 3 4
P
故．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19．（2025 碑林区校级模拟）乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利．
（1）甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用5局3胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.9．已知甲、乙两人共进行了m（m∈N*）场比赛，请根据小概率值α＝0.010的K2独立性检验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响．
（2）若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为p，没有平局．记事件“甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为A，事件“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”为B，试证明：P（A）＝P（B）．
（3）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是p（p＞0.5），没有平局．若采用“赛满2n﹣1局，胜方至少取得n局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为P（n）．若采用“赛满2n+1局，胜方至少取得n+1局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为P（n+1），试比较P（n）与P（n+1）的大小．
附：，其中n＝a+b+c+d．
P（K2≥k0） 0.05 0.025 0.010
k0 3.841 5.024 6.635
【考点】概率的应用；相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式；独立性检验．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析；
（3）P（n+1）＞P（n）．
【分析】（1）根据题设写出列联表，应用卡方公式得，讨论参数结合独立检验基本思想即得答案；
（2）根据题设，应用独立乘法公式及互斥事件加法得到P（A），P（B），并化简，即可证；
（3）考虑赛满2n+1局的情况，以赛完2n﹣1局为第一阶段，第二阶段为最后2局，设“赛满2n+1局甲获胜”为事件C，第一阶段甲获胜，记为A1；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了n﹣1局，记为A2，根据题意分析得到P（C）＝P（A1C）+P（A2C），进而分情况写出关于参数p的概率公式，即可比较大小．
【解答】解：（1）由题设，赛制与甲获胜情况列联表如下，
甲获胜场数 乙获胜场数
5局3胜 0.8m 0.2m m
7局4胜 0.9m 0.1m m
1.7m 0.3m 2m
零假设H0：赛制对甲获胜的场数没有影响，
则，
由≥6.635，可得m≥169.1925，
所以当m≥170时，根据小概率值α＝0.010的K2独立性检验，我们推断H0不成立，
即推断赛制对甲获胜的场数有影响，
当m＜170时，根据小概率值α＝0.010的K2独立性检验，我们推断H0成立，
即没有证据认为推断赛制对甲获胜的场数有影响；
（2）证明：由题意，
＝p3+3p3（1﹣p）+6p3（1﹣p）2
＝6p5﹣15p4+10p3，
＝10p3（1﹣p）2+5p4（1﹣p）+p5
＝6p5﹣15p4+10p3，
综上，P（A）＝P（B），得证；
（3）考虑赛满2n+1局的情况，以赛完2n﹣1局为第一阶段，第二阶段为最后2局，
设“赛满2n+1局甲获胜”为事件C，结合第一阶段结果，要使事件C发生，有两种情况：
第一阶段甲获胜，记为A1；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了n﹣1局，记为A2，
则P（C）＝P（A1C）+P（A2C），
若第一阶段甲获胜，即赛满2n﹣1局甲至少胜n局，有甲至少胜n+1局和甲恰好胜n局两种情况，
甲至少胜n+1局时，无论第二阶段的2局结果如何，最终甲获胜，
甲恰好胜n局时，有可能甲不能获胜，此时第二阶段的2局比赛甲均失败，概率为，
所以P（A1C）＝P（n）﹣，
若第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了n﹣1局，那么要使甲最终获胜，第二阶段的2局甲全胜，
得P（A2C）＝P（A2）P（C|A2）＝，
所以P（n+1）＝P（C）＝P（n）﹣，
则P（n+1）﹣P（n）＝
＝
＝，
由，所以，
所以P（n+1）＞P（n）．
【点评】本题主要考查了概率的应用，考查了独立性检验的应用，属于中档题．
20．（2025 汕头模拟）某校为了解高三学生每天的作业完成时长，在该校高三学生中随机选取了100人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示：
时长（小时） [0，2） [2，2.5） [2.5，3） [3，3.5） [3.5，4]
人数（人） 3 4 33 42 18
用表格中的频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响．
（1）从该校高三学生中随机选取1人，估计该生可以在3小时内完成各科作业的概率；
（2）从样本“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生中随机选取3人，其中共有X人可以在2小时内完成各科作业，求X的分布列和数学期望；
（3）从该校高三学生（学生人数较多）中随机选取3人，其中共有Y人可以在3小时内完成各科作业，求E（Y）．
【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】（1）；
（2）X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
；
（3）．
【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解即可．
（2）利用超几何分步计算X的分布列和数学期望可得结果．
（3）根据题意可知，利用二项分布期望公式计算可得结果．
【解答】解：（1）设“从该校高三学生中随机选取1人，这个学生可以在3小时内完成各科作业”为事件A，
则P（A）＝＝＝；
（2）样本中“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生有3+4＝7（人），其中可以在2小时内完成的有3人，
所以X的所有可能取值为0，1，2，3，
则，，，，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝0×＝＝；
（3）由题意得，，
所以．
【点评】本题主要考查了古典概型的概率公式，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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