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高考数学考前冲刺押题预测 概率
一．选择题（共8小题）
1．（2024春 长沙期末）设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024秋 大同月考）光明中学举办了一场“史地知识竞赛”，共设置了10道历史题和6道地理题．某参赛同学从所有题中随机抽取两道题作答，若该同学答对任意一道历史题的概率为，答对任意一道地理题的概率为，则该同学至少答对一道题的概率为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024秋 荔湾区校级月考）将一枚均匀的骰子掷两次，记事件A为“第一次出现偶数点”，事件B为“第二次出现奇数点”，则（　　）
A．A与B不独立 B．P（A∪B）＝P（A）+P（B）
C．A与B不互斥 D．
4．（2024春 正定县校级期中）已知随机变量X的分布列为，其中a是常数，则下列说法不正确的是（　　）
A．P（X＝0）+P（X＝1）+P（X＝2）＝1
B．
C．
D．
5．（2024春 广东期中）已知随机变量X～N（1，σ2）．若P（1≤X＜3）＝0.2，设事件A＝“X＜1”，事件B＝“|X|＞1”，则P（A|B）＝（　　）
A． B． C． D．
6．（2024 浦东新区三模）有一袋子中装有大小、质地相同的白球k个，黑球2024﹣k（k∈N*）．甲、乙两人约定一种游戏规则如下：第一局中两人轮流摸球，摸后放回，先摸到白球者本局获胜但从第二局起，上一局的负者先摸球．若第一局中甲先摸球，记第n局甲获胜的概率为pn，则关于以下两个命题判断正确的是（　　）
①，且pn+1＝（1﹣2p1）pn+p1；
②若第七局甲获胜的概率不小于0.9，则k不小于1992．
A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
7．（2024秋 广东校级月考）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A＝{2，4，6，8}，事件B＝{5，6，7，8}，若事件C满足P（ABC）＝P（A）P（B）P（C），P（BC）≠P（B）P（C），则满足条件的事件C的个数为（　　）
A．4 B．8 C．16 D．24
8．（2024 织金县校级模拟）已知袋中有除颜色外形状相同的红、黑球共10个，设红球的个数为n，从中随机取出3个球，取出2红1黑的概率记为Pn，当Pn最大时，红球个数为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024春 长沙期末）对于随机变量X，下列说法正确的有（　　）
A．若E（X）＝1，则E（2X﹣1）＝1
B．若D（X）＝1，则D（2X﹣1）＝4
C．若X～N（2，4），则E（X）＝4
D．若X～B（10，0.5），则E（X）＝5
（多选）10．（2024春 松山区校级期中）第19届亚运会于2023年9月23日至2023年10月8日在我国杭州举行，中国队斩获201枚金牌，111枚银牌，71枚铜牌，稳居榜首．为普及亚运会知识，某校组织了亚运会知识竞赛，试题中设置了多选题（每题共有4个选项，其中有2个或3个正确选项），全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．已知某道多选题甲完全不会，随机选择1个选项或2个选项或3个选项，该题有两个正确选项的概率为，记X为甲的得分，则（　　）
A．若甲选择1个选项，则E（X）＞1
B．若甲选择2个选项，则E（X）＜1
C．若甲选择3个选项，则
D．若甲选择1个、2个、3个选项的概率均为，则甲得5分的概率为
（多选）11．（2024 南京学业考试）芯片时常制造在半导体晶元表面上．某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进．部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验．记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，B表示事件“某芯片经人工抽检后合格”．改进生产工艺后，这款芯片的某项质量指标ξ服从正态分布N（5.40，0.052），现从中随机抽取M个，这M个芯片中恰有m个的质量指标ξ位于区间（5.35，5.55），则下列说法正确的是（　　）（参考数据：P（μ﹣σ＜ξ≤μ﹣σ）≈0.6826，P（μ﹣3σ＜ξ≤μ+3σ）≈0.9974）
A．P（B|A）＞P（B）
B．
C．P（5.35＜ξ＜5.55）≈0.84
D．P（m＝45）取得最大值时，M的估计值为54
（多选）12．（2024春 鹿邑县期末）下列命题中，正确的命题是（　　）
X 0 20 40
P m 2m m
A．已知随机变量X服从两点分布，且P（X＝1）＝0.6．设Y＝3X﹣2，那么P（Y＝﹣2）＝0.3
B．已知某随机变量X的分布列如图表，则随机变量X的方差D（X）＝200
C．已知，，，则
D．某人在10次射击中，击中目标的次数为X，X～B（10，0.7），当X＝7时概率最大
三．填空题（共4小题）
13．（2024 厦门模拟）在n维空间中（n≥2，n∈N），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标（a1，a2，…，an），其中ai∈{0，1}ai∈{0，1}（1≤i≤n，i∈N）．则5维“立方体”的顶点个数是 　 　；
定义：在n维空间中两点（a1，a2，…，an）与（b1，b2，…，bn）的曼哈顿距离为|a1﹣b1|+|a2﹣b2|+…+|an﹣bn|．在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则E（X）＝　 　．
14．（2024 滨海新区校级学业考试）有两台车床加工同一型号的零件，第一台车床加工的优秀率为15%，第二台车床加工的优秀率为10%．假定两台车床加工的优秀率互不影响，则两台车床加工零件，同时出现优秀品的概率为 　 　；若把加工出来的零件混放在一起，已知第一台车床加工的零件数占总数的60%，第二台车床加工的零件数占总数的40%，现任取一个零件，则它是优秀品的概率为 　 　．
15．（2024 南关区校级模拟）抛掷一枚不均匀的硬币，正面向上的概率为，反面向上的概率为，记n次抛掷后得到偶数次正面向上的概率为an，则数列{an}的通项公式an＝　 　．
16．（2024春 南安市校级期中）袋中装有5个相同的红球和2个相同的黑球，每次从中抽出1个球，抽取3次．按不放回抽取，得到红球个数记为X，得到黑球的个数记为Y；按放回抽取，得到红球的个数记为ξ．
下列结论中正确的是 　 　
①E（X）：E（Y）＝5：2；
②D（X）＞D（Y）；
③E（X）＝E（ξ）；
④D（X）＜D（ξ）．
（注：随机变量X的期望记为E（X）、方差记为D（X））
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 赣州期末）2024年10月30日神舟十九号载人飞船成功发射，不仅顺利进入了预定轨道，还与已经在太空中的目标飞行器实现了精准对接，完成了“顺利会师”的壮举，此次任务的圆满完成，不仅标志着中国在载人航天领域取得了新的突破，也为中国未来的深空探索奠定了坚实的基础．为进一步宣传中国航空航天伟大成就，培养学生对航空事业的兴趣和爱国情怀，某中学举办了以“探索航空，爱国起航”为主题的知识竞赛，分初赛和决赛两个环节进行．初赛环节规则如下：每位选手从10道题中随机抽取3道题作答，3道题全部答对的选手晋级决赛．决赛环节进行三轮抢答，规则如下：每位选手每轮抢到题目且回答正确得10分，抢到题目但回答错误扣5分，该轮未参与抢答或未抢到题目不得分，每轮抢答情况相互独立，最终按照决赛中三轮抢答的总得分进行排名并表彰．
（1）若某选手对于初赛环节中的10道题目，只有4道能回答正确，求他在初赛环节中答对题目数量的分布列和期望；
（2）已知甲晋级决赛，甲在决赛中每轮抢到题目的概率为，能回答正确的概率为，求甲在决赛中总得分大于10分的概率．
18．（2024秋 西城区期末）根据《国家学生体质健康标准》，高一男生和女生50米跑单项等级如下（单位：秒）：
50米跑单项等级 高一男生 高一女生
优秀 7.3及以下 8.0及以下
良好 7.4～7.5 8.1～8.6
及格 7.6～9.5 8.7～10.6
不及格 9.6及以上 10.7及以上
从某校高一男生和女生中各随机抽取12名同学，将其50米跑测试成绩整理如下：
男生：7.0 7.2 7.2 7.3 7.4 7.4 7.5 7.5 7.9 8.3 8.6 9.6
女生：7.4 7.6 7.6 7.8 7.9 8.0 8.3 8.4 8.7 9.2 9.4 10.4
假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校高一男生和女生50米跑单项的优秀率；
（Ⅱ）从该校高一男生中随机抽取1人，高一女生中随机抽取1人，求2人中恰有1人50米跑单项等级是优秀的概率；
（Ⅲ）从该校高一女生中随机抽取2人．记“2人的50米跑单项至少有1个是优秀”为事件A，记“2人的50米跑单项至多有1个是优秀”为事件B．判断A与B是否相互独立．（结论不要求证明）
19．（2024秋 梧州期末）学习小组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙袋中有6个红球和4个白球．从这两个袋子中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球．多次摸球直到摸出白球时试验结束．假设首次摸球选到甲袋或乙袋的概率均为．
（1）求首次摸球就试验结束的概率；
（2）在首次摸球摸出红球的条件下．
①求选到的袋子为乙袋的概率；
②将首次摸球摸出的红球放回原来袋子，继续进行第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球，请通过计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结束的概率更大．
20．（2025 肇庆二模）购买盲盒成为当下年轻人的潮流之一，其最吸引人的地方是因为盒子上没有标注物品具体信息，买家只有打开才会知道自己买到了什么．某商店推出20种款式不同的盲盒，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式的盲盒是等可能的．小刘特别喜欢20种款式中的一种．
（1）若20种款式的盲盒各有一个．
（i）求小刘第二次才抽到特别喜欢的款式的概率．
（ii）设小刘抽到特别喜欢的款式所需次数为X，求X的数学期望E（X）．
（2）若每种款式的盲盒数量足够多，每次盲盒被买后老板都会补充被买走的款式．商店为了满足客户的需求，引进了保底机制：在抽取前指定一个款式，若前9次未抽出指定款式，则第10次必定抽出指定款式．设Y为小刘抽到某指定款式所需的次数，求Y的数学期望E（Y）（参考数据：0.959≈0.63，结果保留整数）．
高考数学考前冲刺押题预测 概率
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024春 长沙期末）设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（　　）
A． B．
C． D．
【考点】条件概率乘法公式及应用；事件的并事件（和事件）．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】C
【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式可得．
【解答】解：因为，，则
，即，所以，故B错误；
∵
∴，∴，
∴，故A错误；
，∴，故C正确．
因为，
∵，
∴，∴，∴，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查和事件的概率公式和条件概率公式，属于基础题．
2．（2024秋 大同月考）光明中学举办了一场“史地知识竞赛”，共设置了10道历史题和6道地理题．某参赛同学从所有题中随机抽取两道题作答，若该同学答对任意一道历史题的概率为，答对任意一道地理题的概率为，则该同学至少答对一道题的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】概率的应用；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，设该同学选出的两道题目都是历史题为事件A，一道历史题一道地理题为事件B，两道都是地理题为事件C，该同学至少答对一道题为事件D，求出P（A）、P（B）、P（C）和P（D|A）、P（D|B）、P（D|C）的值，又由P（D）＝P（A）P（D|A）+P（B）P（D|B）+P（C）P（D|C），计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设该同学选出的两道题目都是历史题为事件A，一道历史题一道地理题为事件B，两道都是地理题为事件C，
该同学至少答对一道题为事件D，
则P（A），P（B），P（C），
P（D|A）＝1﹣（1）2＝1，P（D|B）＝1﹣（1）（1），P（D|C）＝1﹣（1）2，
则P（D）＝P（A）P（D|A）+P（B）P（D|B）+P（C）P（D|C）．
故选：C．
【点评】本题考查概率的应用，涉及条件概率、全概率公式的应用，属于中档题
3．（2024秋 荔湾区校级月考）将一枚均匀的骰子掷两次，记事件A为“第一次出现偶数点”，事件B为“第二次出现奇数点”，则（　　）
A．A与B不独立 B．P（A∪B）＝P（A）+P（B）
C．A与B不互斥 D．
【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】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】C
【分析】由独立和的性质可判断A错误，C正确；由P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（A∩B）可得B错误；由的乘法公式可得D错误．
【解答】解：A：事件A和B的发生没有影响，相互独立，故A错误；
B：P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（A∩B），故B错误；
C：事件A和B可以同时发生，所以A与B不互斥，故C正确；
D：，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查互斥事件相关知识，属于基础题．
4．（2024春 正定县校级期中）已知随机变量X的分布列为，其中a是常数，则下列说法不正确的是（　　）
A．P（X＝0）+P（X＝1）+P（X＝2）＝1
B．
C．
D．
【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】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】D
【分析】根据题意，结合分布列的性质，求出a，结合选项，逐项判定，即可求解．
【解答】解：根据题意，随机变量X的分布列为，
依次分析选项：
对于A，由分布列的性质，P（X＝0）+P（X＝1）+P（X＝2）＝1，A正确；
对于B，由于P（X＝0）+P（X＝1）+P（X＝2），解得，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查随机变量的分布列，涉及概率的计算，属于基础题．
5．（2024春 广东期中）已知随机变量X～N（1，σ2）．若P（1≤X＜3）＝0.2，设事件A＝“X＜1”，事件B＝“|X|＞1”，则P（A|B）＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】求解条件概率．
【专题】方程思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】A
【分析】根据正态分布的性质可求P（X＜﹣1）＝0.3，再由条件概率公式求解．
【解答】解：根据题意，P（1≤X＜3）＝0.2，μ＝1，
所以P（X≥3）＝0.3，则P（X＜﹣1）＝0.3，
．
故选：A．
【点评】本题考查正态分布的性质，考查条件概率的计算，属于中档题．
6．（2024 浦东新区三模）有一袋子中装有大小、质地相同的白球k个，黑球2024﹣k（k∈N*）．甲、乙两人约定一种游戏规则如下：第一局中两人轮流摸球，摸后放回，先摸到白球者本局获胜但从第二局起，上一局的负者先摸球．若第一局中甲先摸球，记第n局甲获胜的概率为pn，则关于以下两个命题判断正确的是（　　）
①，且pn+1＝（1﹣2p1）pn+p1；
②若第七局甲获胜的概率不小于0.9，则k不小于1992．
A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
【考点】概率的应用；古典概型及其概率计算公式．
【专题】计算题；函数思想；分析法；概率与统计；数学抽象；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】写出一局中不同情况下甲赢的概率寻找规律，写出通项公式，解答本题．
【解答】解：对于第一局，甲获胜的概率为：
摸1次：（甲），
摸3次：（甲乙甲，前两次甲乙均摸到黑球，第3次甲摸到白球，下同理），
摸5次：（甲乙甲乙甲），
摸7次：（甲乙甲乙甲乙甲），
……
根据上述，寻找规律，发现甲获胜的概率是以，公比的等比数列．
对等比数列的前n项和取极限运算，有：
．
设第n+1局甲赢的概率为Pn+1，根据马尔科夫链有：
Pn+1＝（1﹣P1）Pn+P1（1﹣Pn）
整理得：Pn+1＝（1﹣2P1）Pn+P1；
构造数列求出通项公式：Pn+1+λ＝（1﹣2P1）（Pn+λ），
整理得到：λ（1﹣2P1﹣1）＝P1，
不难发现：，
则：，
进一步有：，
根据题意有：，
即：0.4，
即：，
即：0.984，
即0.984，
解得k≥1991.089，
故Kmin＝1992，
故①②都正确．
故选：A．
【点评】本题考查概率的综合运用，属于难题．
7．（2024秋 广东校级月考）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A＝{2，4，6，8}，事件B＝{5，6，7，8}，若事件C满足P（ABC）＝P（A）P（B）P（C），P（BC）≠P（B）P（C），则满足条件的事件C的个数为（　　）
A．4 B．8 C．16 D．24
【考点】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】根据事件的运算法则得到各个事件的概率，根据题意得出n（ABC）＝1或2，分别讨论这两种情况即可．
【解答】解：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，
则样本空间Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，
∵事件A＝{2，4，6，8}，事件B＝{5，6，7，8}，
∴P（A），，
即，，
从而n（C）＝4n（ABC）且n（C）≠2n（BC）．
由n（C）≠2n（BC）可得事件C≠ ；
∵n（AB）＝2，∴n（ABC）＝1或2．
（1）若n（ABC）＝2，则n（C）＝8，即C＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，BC＝{5，6，7，8}，
此时不满足n（C）≠2n（BC）；
（2）若n（ABC）＝1，则n（C）＝4，n（BC）≠2且BC≠ ，又因为AB＝{6，8}，
∴ABC＝{6}或ABC＝{8}，即n（BC）＝1或3；
①若n（BC）＝1，ABC＝{6}，
此时C＝{1，2，3，6}或C＝{1，2，4，6}或C＝{1，3，4，6}或C＝{2，3，4，6}，
也就是从事件{1，2，3，4}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C；
②若n（BC）＝1，ABC＝{8}，同理有4个满足条件的事件C；
③若n（BC）＝3，ABC＝{6}，此时C＝{1，5，6，7}或C＝{2，5，6，7}或C＝{3，5，6，7}或C＝{4，5，6，7}，
即从事件{1，2，3，4}的四个样本点中选1个，再加入5，6，7这三个样本点，即有4个满足条件的事件C；
④若n（BC）＝3，ABC＝{8}，同理有4个满足条件的事件C；
综上所述，满足条件的事件C共计4×4＝16个．
故选：C．
【点评】本题考查古典概型的计算，涉及合情推理的应用，属于中档题．
8．（2024 织金县校级模拟）已知袋中有除颜色外形状相同的红、黑球共10个，设红球的个数为n，从中随机取出3个球，取出2红1黑的概率记为Pn，当Pn最大时，红球个数为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【考点】概率的应用；排列组合的综合应用；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】B
【分析】根据题意，由古典概型公式可得，根据求出，根据n只能取正整数，得出，关系，即可求解．
【解答】解：根据题意，10个球中，红球个数为n，从中随机取出3个球，取出2红1黑的概率记为Pn，
则，
则Pn+1，
故，
若，即1，解可得，
又由2≤n≤9且n∈Z，则有，，且，
故（Pn）max＝P7．
故选：B．
【点评】本题考查概率与不等式的综合应用，涉及古典概型的计算，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024春 长沙期末）对于随机变量X，下列说法正确的有（　　）
A．若E（X）＝1，则E（2X﹣1）＝1
B．若D（X）＝1，则D（2X﹣1）＝4
C．若X～N（2，4），则E（X）＝4
D．若X～B（10，0.5），则E（X）＝5
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；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】应用题；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】ABD
【分析】根据随机变量具有线性关系时它们的期望、均值的性质，以及正态分布的概率计算方法逐项求解．
【解答】解：E（2X﹣1）＝2E（X）﹣1＝1，A对；
D（2X﹣1）＝4D（X）＝4，B对；
若X～N（2，4），则E（X）＝2，C错；
若X～B（10，0.5），则E（X）＝np＝5，D对．
故选：ABD．
【点评】本题考查离散型随机变量期望与方差的性质，以及正态分布、二项分布的性质及应用，属于中档题．
（多选）10．（2024春 松山区校级期中）第19届亚运会于2023年9月23日至2023年10月8日在我国杭州举行，中国队斩获201枚金牌，111枚银牌，71枚铜牌，稳居榜首．为普及亚运会知识，某校组织了亚运会知识竞赛，试题中设置了多选题（每题共有4个选项，其中有2个或3个正确选项），全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．已知某道多选题甲完全不会，随机选择1个选项或2个选项或3个选项，该题有两个正确选项的概率为，记X为甲的得分，则（　　）
A．若甲选择1个选项，则E（X）＞1
B．若甲选择2个选项，则E（X）＜1
C．若甲选择3个选项，则
D．若甲选择1个、2个、3个选项的概率均为，则甲得5分的概率为
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】计算题；整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】AB
【分析】根据题意，分别求出甲选择1个选项，2个选项，2个选项的得分可能取值，并求出概率，算出期望，判断A，B，C；结合A，B，C选项求出得5分的概率，判断D．
【解答】解：由该题有两个正确选项的概率为可知，该题有三个正确选项的概率为．
选项A：若甲选择1个选项，则X的所有可能取值为0，2，且，
，所以，故A正确．
选项B：若甲选择2个选项，则X的所有可能取值为0，2，5，
且，，，
所以，故B正确．
选项C：若甲选择3个选项，则X的所有可能取值为0，5，
且，，所以，故C错误．
选项D：由A，B，C可知，甲得5分的概率为，故D错误，
故选：AB．
【点评】本题主要考查离散型随机变量的期望和方差，属于中档题．
（多选）11．（2024 南京学业考试）芯片时常制造在半导体晶元表面上．某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进．部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验．记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，B表示事件“某芯片经人工抽检后合格”．改进生产工艺后，这款芯片的某项质量指标ξ服从正态分布N（5.40，0.052），现从中随机抽取M个，这M个芯片中恰有m个的质量指标ξ位于区间（5.35，5.55），则下列说法正确的是（　　）（参考数据：P（μ﹣σ＜ξ≤μ﹣σ）≈0.6826，P（μ﹣3σ＜ξ≤μ+3σ）≈0.9974）
A．P（B|A）＞P（B）
B．
C．P（5.35＜ξ＜5.55）≈0.84
D．P（m＝45）取得最大值时，M的估计值为54
【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】ABC
【分析】直接利用题意判断A；利用条件概率、全概率公式等进行转化判断B；利用正态分布的性质判断C；设，由函数的单调性判断D．
【解答】解：对于A，由题意可知：P（B|A）＞P（B），故A正确；
对于C，P（5.35＜ξ＜5.55）＝P（5.40﹣0.05＜c＜5.40+3×0.05）＝P（μ﹣σ＜X＜μ+3σ）
，故C正确；
对于B，由P（A） P（B|A）＞P（A） P（B），则P（AB）＞P（A） P（B），
又
，于是
，即 ，因此
，即 ，则 ，故B正确；
对于D，，
设，
，
解得，f（53）＞f（52），
由，
解得，即f（53）＞f（54），
所以P（m＝45）取得最大值时，M的估计值为53，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查正态分布相关知识，属于中档题．
（多选）12．（2024春 鹿邑县期末）下列命题中，正确的命题是（　　）
X 0 20 40
P m 2m m
A．已知随机变量X服从两点分布，且P（X＝1）＝0.6．设Y＝3X﹣2，那么P（Y＝﹣2）＝0.3
B．已知某随机变量X的分布列如图表，则随机变量X的方差D（X）＝200
C．已知，，，则
D．某人在10次射击中，击中目标的次数为X，X～B（10，0.7），当X＝7时概率最大
【考点】离散型随机变量的方差与标准差；两点分布（0﹣1分布）；二项分布的均值（数学期望）与方差；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】BCD
【分析】选项A：P（Y＝﹣2）即P（X＝0）；选项B：利用概率之和为1，求出m的值，再分别求出期望和方差；选项C：利用条件概率公式，对式子变形后，两式相加，求出P（B）；选项D：由二项分布概率计算公式写出P（X＝k），列不等式组，求出k的值．
【解答】解：对于选项A，P（Y＝﹣2）＝P（X＝0）＝1﹣0.6＝0.4，故A错误；
对于选项B，由题知m+2m+m＝1，所以，
所以，
所以，故B正确；
对于选项C，，，
所以，，
所以，
所以，
解得，故C正确；
对于选项D，，
由，
得，
解得6.7≤k≤7.7，所以k＝7，
即当X＝7时概率最大，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题主要考查离散型随机变量期望、概率的求解，考查转化能力，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 厦门模拟）在n维空间中（n≥2，n∈N），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标（a1，a2，…，an），其中ai∈{0，1}ai∈{0，1}（1≤i≤n，i∈N）．则5维“立方体”的顶点个数是 　32　；
定义：在n维空间中两点（a1，a2，…，an）与（b1，b2，…，bn）的曼哈顿距离为|a1﹣b1|+|a2﹣b2|+…+|an﹣bn|．在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则E（X）＝　　．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】计算题；对应思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】32；．
【分析】根据乘法原理，即可确定顶点个数；
首先确定X＝0，1，2，…，5，再结合组合数公式求概率，即可求解分布列和数学期望．
【解答】解：对于5维坐标（a1，a2，a3，a4，a5）有{0，1}两种选择（1≤i≤n，i∈N），
故共有25种选择，即5维“立方体”的顶点个数是25＝32个顶点；
对于X＝k的随机变量，在坐标（a1，a2，a3，a4，a5）与（b1，b2，b3，b4，b5）中有k个坐标值不同，即ai≠bi，剩下5﹣k个坐标值满足ai＝bi，
此时所对应情况数为种，即，
故分布列为：
X＝k 1 2 3 4 5
P（X＝k）
所以数学期望E（X）＝12345．
故答案为：32；．
【点评】本题主要考查离散型随机变量的期望，考查运算求解能力，属于中档题．
14．（2024 滨海新区校级学业考试）有两台车床加工同一型号的零件，第一台车床加工的优秀率为15%，第二台车床加工的优秀率为10%．假定两台车床加工的优秀率互不影响，则两台车床加工零件，同时出现优秀品的概率为 　1.5%　；若把加工出来的零件混放在一起，已知第一台车床加工的零件数占总数的60%，第二台车床加工的零件数占总数的40%，现任取一个零件，则它是优秀品的概率为 　13%　．
【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】1.5%，13%．
【分析】根据独立事件的乘法公式即可求解第一空，根据全概率公式即可求解第二空．
【解答】解：由于第一台车床加工的优秀率为15%，第二台车床加工的优秀率为10%，
所以两台车床加工零件，同时出现优秀品的概率为15%×10%＝1.5%
记B“加工的零件为优秀品”，A＝“零件为第1台车床加工“，“零件为第2台车床加工“，
P（A）＝60%，，P（B|A）＝15%，，
由全概率公式可得P（B）＝P（A）P（B|A）+P（）P（B|）＝60%×15%+40%×10%＝13%．
故答案为：1.5%，13%．
【点评】本题考查独立事件的乘法公式以及全概率公式，属于中档题．
15．（2024 南关区校级模拟）抛掷一枚不均匀的硬币，正面向上的概率为，反面向上的概率为，记n次抛掷后得到偶数次正面向上的概率为an，则数列{an}的通项公式an＝　　．
【考点】全概率公式；数列递推式．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】．
【分析】根据题意可求出a1，第n+1次抛掷后得到偶数次正面向上，包括两种情况：①前n次抛掷后得到偶数次正面向上，且第n+1次抛掷得到反面向上；②前n次抛掷后得到奇数次正面向上，且第n+1次抛掷得到正面向上，由全概率公式得可an+1（1﹣an），再构造等比数列，利用等比数列的通项公式求解即可．
【解答】解：1次抛掷后得到偶数次正面向上的概率为a1，
2次抛掷后得到偶数次正面向上的概率为a2＝（）2+（）2，
第n+1次抛掷后得到偶数次正面向上，包括两种情况：①前n次抛掷后得到偶数次正面向上，且第n+1次抛掷得到反面向上；②前n次抛掷后得到奇数次正面向上，且第n+1次抛掷得到正面向上，
由全概率公式得，an+1（1﹣an），
即，
所以，
则数列{an}是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以an．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了全概率公式，考查了数列的递推式，属于中档题．
16．（2024春 南安市校级期中）袋中装有5个相同的红球和2个相同的黑球，每次从中抽出1个球，抽取3次．按不放回抽取，得到红球个数记为X，得到黑球的个数记为Y；按放回抽取，得到红球的个数记为ξ．
下列结论中正确的是 　①③④　
①E（X）：E（Y）＝5：2；
②D（X）＞D（Y）；
③E（X）＝E（ξ）；
④D（X）＜D（ξ）．
（注：随机变量X的期望记为E（X）、方差记为D（X））
【考点】离散型随机变量的方差与标准差．
【专题】对应思想；分析法；概率与统计；运算求解．
【答案】①③④．
【分析】根据不放回抽取，确定红球个数X的可能取值以及黑球个数为Y的可能取值，求出每个值对应的概率，即可求得X，Y的期望和方程，判断①②；
按放回抽取，可知，求出其期望和方程，即可判断③④．
【解答】解：由题意抽取3次按不放回抽取，可得红球个数X的可能取值为1，2，3，黑球个数Y的可能取值为2，1，0，
则，
，
，
故 ；
由题意可知X+Y＝3，
故，
，
，
故．
故，故①正确；
，
，
即D（X）＝D（Y），故②错误；
抽取3次按放回抽取，每次抽取到红球的概率为，得到红球的个数记为ξ，
则，
故，．
故E（X）＝E（ξ），D（x）＜D（ξ），即③，④正确．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 赣州期末）2024年10月30日神舟十九号载人飞船成功发射，不仅顺利进入了预定轨道，还与已经在太空中的目标飞行器实现了精准对接，完成了“顺利会师”的壮举，此次任务的圆满完成，不仅标志着中国在载人航天领域取得了新的突破，也为中国未来的深空探索奠定了坚实的基础．为进一步宣传中国航空航天伟大成就，培养学生对航空事业的兴趣和爱国情怀，某中学举办了以“探索航空，爱国起航”为主题的知识竞赛，分初赛和决赛两个环节进行．初赛环节规则如下：每位选手从10道题中随机抽取3道题作答，3道题全部答对的选手晋级决赛．决赛环节进行三轮抢答，规则如下：每位选手每轮抢到题目且回答正确得10分，抢到题目但回答错误扣5分，该轮未参与抢答或未抢到题目不得分，每轮抢答情况相互独立，最终按照决赛中三轮抢答的总得分进行排名并表彰．
（1）若某选手对于初赛环节中的10道题目，只有4道能回答正确，求他在初赛环节中答对题目数量的分布列和期望；
（2）已知甲晋级决赛，甲在决赛中每轮抢到题目的概率为，能回答正确的概率为，求甲在决赛中总得分大于10分的概率．
【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）分布列见解析，数学期望为；
（2）．
【分析】（1）由题意，设该选手初赛中答对题目数量为X，得到X的所有可能取值和相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可求解；
（2）得到甲在决赛中总得分大于10分的所有情况，求出相对于的概率，进而可解．
【解答】解：（1）设该选手初赛中答对题目数量为X，
易知X的所有可能取值为0，1，2，3，
所以，，
，，
则X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
故；
（2）易知甲在决赛中总得分大于10分的情况有以下三种情况：得15分（抢到3次且答对2次、答错1次），得20分（抢到2次且答对2次、1次没抢到），得30分（抢到3次且答对3次），
设甲每轮抢到题目且答对为事件A，抢到题目且答错的概率为事件B，没抢到题目为事件C，
此时，，，
所以得15分的概率，
得20分的概率，
得30分的概率．
故甲在决赛中总得分大于10分的概率．
【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．
18．（2024秋 西城区期末）根据《国家学生体质健康标准》，高一男生和女生50米跑单项等级如下（单位：秒）：
50米跑单项等级 高一男生 高一女生
优秀 7.3及以下 8.0及以下
良好 7.4～7.5 8.1～8.6
及格 7.6～9.5 8.7～10.6
不及格 9.6及以上 10.7及以上
从某校高一男生和女生中各随机抽取12名同学，将其50米跑测试成绩整理如下：
男生：7.0 7.2 7.2 7.3 7.4 7.4 7.5 7.5 7.9 8.3 8.6 9.6
女生：7.4 7.6 7.6 7.8 7.9 8.0 8.3 8.4 8.7 9.2 9.4 10.4
假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校高一男生和女生50米跑单项的优秀率；
（Ⅱ）从该校高一男生中随机抽取1人，高一女生中随机抽取1人，求2人中恰有1人50米跑单项等级是优秀的概率；
（Ⅲ）从该校高一女生中随机抽取2人．记“2人的50米跑单项至少有1个是优秀”为事件A，记“2人的50米跑单项至多有1个是优秀”为事件B．判断A与B是否相互独立．（结论不要求证明）
【考点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式．
【专题】对应思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（Ⅰ）男生优秀率25%，女生优秀率约41.67%；
（Ⅱ）2人中恰有1人50米跑单项等级是优秀的概率约0.45835；
（Ⅲ）A与B不相互独立．
【分析】（Ⅰ）根据12个样本数据，可求得男生和女生的优秀率；
（Ⅱ）根据积事件的概率公式，结合（Ⅰ）中数据即可求得；
（Ⅲ）根据题设计算事件A，B的概率，再根据相互独立事件的概念进行判定即可．
【解答】解：（Ⅰ）根据男生成绩数据，3人成绩在7.3及以下，
故优秀率为25%，
根据女生成绩数据，5人成绩在8.0及以下，
故优秀率为41.67%；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，男生优秀概率为0.25，女生优秀概率约为0.4167，
2人中恰有1人优秀的概率为男生优秀女生不优秀或男生不优秀女生优秀的概率之和，
即0.25×（1﹣0.4167）+（1﹣0.25）×0.4167≈0.45835；
（Ⅲ）女生至少1人优秀概率为1﹣0.58332≈0.6572，
女生至多1人优秀概率为1﹣0.41672≈0.8265，
2人中恰好1人优秀概率为2×0.4167×0.5833≈0.4910，
由于0.4910≠0.6572×0.8265，
即2人中恰好1人优秀概率不等于至少1人优秀概率乘以至多1人优秀概率，
因此事件A与B不相互独立．
【点评】本题考查古典概型的概率计算及相互独立事件的判定，属中档题．
19．（2024秋 梧州期末）学习小组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙袋中有6个红球和4个白球．从这两个袋子中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球．多次摸球直到摸出白球时试验结束．假设首次摸球选到甲袋或乙袋的概率均为．
（1）求首次摸球就试验结束的概率；
（2）在首次摸球摸出红球的条件下．
①求选到的袋子为乙袋的概率；
②将首次摸球摸出的红球放回原来袋子，继续进行第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球，请通过计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结束的概率更大．
【考点】求解条件概率；相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用全概率公式计算可得；
（2）①利用条件概率概率公式计算可得；②分别求出两种方案中摸到白球的概率，再比较即可．
【解答】解：（1）设摸球一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“摸出白球”为事件B1，“摸出红球”为事件B2．
所以．
所以摸球一次就试验结束的概率为．
（2）①因为B1，B2是对立事件，．
所以，
所以选到的袋子为乙袋的概率为．
②由①，得，
所以方案一中取到白球的概率为．
方案二中取到白球的概率为，
因为．
所以方案二中取到白球的概率更大，即选择方案二使得第二次摸球就试验结束的概率更大．
【点评】本题主要考查条件概率公式的求解，属于中档题．
20．（2025 肇庆二模）购买盲盒成为当下年轻人的潮流之一，其最吸引人的地方是因为盒子上没有标注物品具体信息，买家只有打开才会知道自己买到了什么．某商店推出20种款式不同的盲盒，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式的盲盒是等可能的．小刘特别喜欢20种款式中的一种．
（1）若20种款式的盲盒各有一个．
（i）求小刘第二次才抽到特别喜欢的款式的概率．
（ii）设小刘抽到特别喜欢的款式所需次数为X，求X的数学期望E（X）．
（2）若每种款式的盲盒数量足够多，每次盲盒被买后老板都会补充被买走的款式．商店为了满足客户的需求，引进了保底机制：在抽取前指定一个款式，若前9次未抽出指定款式，则第10次必定抽出指定款式．设Y为小刘抽到某指定款式所需的次数，求Y的数学期望E（Y）（参考数据：0.959≈0.63，结果保留整数）．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【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）（i）；
（ii）；
（2）8．
【分析】（1）（i）设小刘第i次抽到特别喜欢的款式为事件A1，代入求解即可；
（ii）得到X的所有可能取值，求出相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可求解；
（2）记，得到Y的所有可能取值，求出相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可求解．
【解答】解：（1）（i）设小刘第i次抽到特别喜欢的款式为事件A1，
则小刘第二次才抽到特别喜欢的款式的概率为；
（ii）易知X的所有可能取值为1，2，3，…，20，
此时，k＝1，2，3，…，20，
则X的分布列为：
X 1 2 … 19 20
P …
故E（X）＝12...+20；
（2）记，
易知Y的所有可能取值为1，2，3，…，10，
因为前9次（包含第9次）没有保底，
此时P（Y＝k）＝（1﹣p）k﹣1p＝0.95k﹣1×0.05，k＝1，2，…，9，
P（Y＝10）＝（1﹣p）9p+（1﹣p）9（1﹣p）＝0.959，
则Y的分布列为：
Y 1 2 … 9 10
P 0.950×0.05 0.951×0.05 … 0.958×0.05 0.959
则E（Y）＝1×0.950×0.05+2×0.951×0.05+…+9×0.958×0.05+10×0.959，
记S＝1×0.950+2×0.951+…+9×0.958，
可得0.95S＝1×0.951+2×0.952+…+9×0.959，
两式相减得0.05S＝1×0.951+0.951+…+0.958﹣9×0.959＝20﹣29×0.959．
则E（Y）＝0.05S+10×0.959＝20﹣19×0.95°≈8.03≈8．
【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．
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