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第2讲　小题研透——概率
目录
CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
古典概型 概率模型多考查独立事件、条件概
率、n重伯努利试验、互斥事件及对立
事件等，而全概率公式与正态分布中的
概率计算是新高考命题的热点，多以客
观题形式呈现
相互独立事件的概率 条件概率与全概率公式 正态分布中的概率计算 二、真题感悟
1. （2023·全国甲卷理6题）（条件概率）某地的中学生中有60%的同学爱
好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%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
√
解析：　法一　如图，左圆表示爱好滑冰的学
生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比
例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比
例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比
例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则他
也爱好滑冰的概率为 ＝ ＝0.8，故选A.
法二　令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C
表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P（A）＝0.6，P（B）＝
0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－0.7＝0.4，所以P（C）＝P
（A｜B）＝ ＝ ＝0.8，故选A.
2. （多选）（2024·新高考Ⅰ卷9题）（正态分布中的概率计算）随着“一带
一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解
推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到
推动出口后亩收入的样本均值 ＝2.1，样本方差s2＝0.01.已知该种植
区以往的亩收入X服从正态分布N（1.8，0.12），假设推动出口后的亩
收入Y服从正态分布N（ ，s2），则（若随机变量Z服从正态分布N
（μ，σ2），则P（Z＜μ＋σ）≈0.841 3）（　　）
A. P（X＞2）＞0.2 B. P（X＞2）＜0.5
C. P（Y＞2）＞0.5 D. P（Y＞2）＜0.8
√
√
解析：　法一　依题可知， ＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N（2.1，
0.12），故P（Y＞2）＝P（Y＞2.1－0.1）＝P（Y＜2.1＋0.1）
≈0.841 3＞0.5，C正确，D错误；因为X～N（1.8，0.12），所以P
（X＞2）＝P（X＞1.8＋2×0.1），因为P（X＜1.8＋0.1）≈0.841
3，所以P（X＞1.8＋0.1）≈1－0.841 3＝0.158 7＜0.2，而P（X＞
2）＝P（X＞1.8＋2×0.1）＜P（X＞1.8＋0.1）＜0.2，B正确，A
错误，故选B、C.
法二　由P（Z＜μ＋σ）≈0.841 3，得P（μ－σ＜Z＜μ＋σ）≈0.682
6，又Y～N（2.1，0.12），X～N（1.8，0.12），则P（X＞2）＝
≈ ＝0.022 8＜0.5，P（Y＞2）＝0.5＋
≈0.5＋0.341 3＝0.841 3＞0.8＞0.5，故选B、C.
3. （多选）（2023·新高考Ⅱ卷12题）（相互独立事件的概率）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
√
√
√
解析：　对于A，因为信号的传输是相互独立的，所以采用单次传
输方案依次发送1，0，1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）（1－
α）（1－β）＝（1－α）（1－β）2，则A正确；对于B，因为信号
的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，即发送3次1，依
次收到1，0，1的概率p＝（1－β）·β（1－β）＝β（1－β）2，则B
正确；对于C，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案
发送1，译码为1包含两种情况：2次收到1，3次都收到1.而这两种情况
是互斥的，所以采用三次传输方案发送1，收到译码为1的概率p＝
（1－β）2β＋ （1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，则C错误；
对于D，设“采用单次传输方案发送0，译码为0”为事件B，则P（B）＝
1－α.设采用三次传输方案发送0，收到的信号为0的次数为X，则P
（X≥2）＝P（X＝2）＋P（X＝3）＝ （1－α）2α＋ （1－α）3
＝（1＋2α）（1－α）2.又当0＜α＜0.5时，P（X≥2）－P（B）＝
（1＋2α）（1－α）2－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，所以采
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，则
D正确.故选A、B、D.
4. （2024·新高考Ⅰ卷14题）（古典概型的概率计算）甲、乙两人各有四张
卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，
7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比
赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数
字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所
选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲
的总得分不小于2的概率为 .

得2分有三类，分别列举如下：
（1）出3和出5时赢，其余输：1－6，3－2，5－4，7－8；
解析：甲出1一定输，所以最多得3分，要得3分，就只有一种组合1－
8，3－2，5－4，7－6.
（2）出3和出7时赢，其余输：1－4，3－2，5－8，7－6；1－8，3－
2，5－6，7－4；1－6，3－2，5－8，7－4；
（3）出5和出7时赢，其余输：1－2，3－8，5－4，7－6；1－4，3－
8，5－2，7－6；1－8，3－4，5－2，7－6；1－6，3－8，5－2，7－
4；1－8，3－6，5－2，7－4；1－6，3－8，5－4，7－2；1－8，3－
6，5－4，7－2.
共12种组合满足要求，而所有组合为4！，所以甲得分不小于2的概率为
＝ .
1. 常用的概率公式
（1）A与B互斥，则P（AB）＝0；
（2）A与B对立，则P（A）＝1－P（　B　）；
（3）A与B相互独立，则P（AB）＝P（A）·P（　B　）；
（4）A发生的条件下，B发生的概率P（B｜A）＝ ＝
；
（5）若A1，A2，…，An是两两互斥事件且A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P
（Ai）＞0（i＝1，2，…，n），则对任意事件B Ω，有P
（B）＝ P（Ai）P（B｜Ai）.
B
B
2. 服从N（μ，σ2）的随机变量X在某个区间内取值的概率的求法
（1）利用P（μ－σ≤X≤μ＋σ），P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ），P
（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）的值直接求；
（2）充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1这些特殊
性质求解；
（3）若X～N（μ，σ2），则E（X）＝μ，D（X）＝σ2；
（4）在实际问题中，参数μ，σ可以分别用样本均值和样本标准差
来估计.
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
古典概型
【例1】　（2024·湘豫名校联考）党的二十大报告提出：“深化全民阅读
活动”.今天，我们思索读书的意义、发掘知识的价值、强调阅读的作用，正是为了更好地满足人民群众精神文化生活新期待.某市把图书馆、博物馆、美术馆、文化馆四个公共文化场馆面向社会免费开放，开放期间需要志愿者参与协助管理.现有A，B，C，D，E共5名志愿者，每名志愿者均参与本次志愿者服务工作，每个场馆至少需要一名志愿者，每名志愿者到各个场馆的可能性相同，则A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为（　　）
√
解析：　将5名志愿者分配到4个场馆，共有 种不同的方法，其中
A，B两名志愿者在同一个场馆共有 种不同的方法，所以A，B两名志
愿者不在同一个场馆的概率为P＝1－ ＝ .故选D.
求古典概型概率的注意点
（1）对于较复杂的题目，列出事件数时要正确分类，分类时要做到不重
不漏；
（2）当直接求解有困难时，可考虑求其对立事件的概率.
1. （2024·全国甲卷文4题）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四
人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一个出
场，且甲或乙最后出场的概率是（　　）
√
解析：　设A表示事件“丙不是第一个出场，且甲最后出场”，B表
示事件“丙不是第一个出场，且乙最后出场”.四人由随机抽签的方式
确定出场次序，基本事件共有24个，事件A包含的基本事件有4个，故
P（A）＝ ＝ ，同理有P（B）＝ .由于事件A与事件B互斥，故丙
不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率为P（A∪B）＝P（A）
＋P（B）＝ .
2. （2024·杭州重点中学联考）第19届亚运会的吉祥物由“琮琮”“宸
宸”和“莲莲”三类组成，现有印着三类吉祥物的挂件各2个（同类吉
祥物完全相同，无区别）.若把这6个挂件分给3位同学，每人2个，则恰
好有1位同学得到同类吉祥物挂件的概率是（　　）
√
解析：　令6个挂件分别为A，A，B，B，C，C，则将这6个挂件分
为3组有5种可能：①AB，AB，CC；②AC，AC，BB；③BC，
BC，AA；④AA，BB，CC；⑤AB，BC，AC. 再将这分成3组的挂
件分给3位同学，有3＋3＋3＋ ＋ ＝21（种）情况，恰好有1位同
学得到同类吉祥物挂件为分组①②③，有3＋3＋3＝9（种）情况，所以
恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件的概率是 ＝ .故选D.
互斥事件与独立事件
【例2】　（1）（2024·郑州第三次质量检测）抛掷一枚质地均匀的正四面
体骰子（骰子为正四面体，四个面上的数字分别为1，2，3，4），若骰子
与桌面接触面上的数字为1或2，则再抛掷一次，否则停止抛掷（最多抛掷
2次）.则抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为（　A　）
√
解析：抛掷次数为1的概率为 ＝ ，点数可能为3或4，抛掷次
数为2的概率为1－ ＝ ，此时基本事件有（1，1），（1，2），
（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4）
共八种，其中点数之和至少为4的情况有（1，3），（1，4），
（2，2），（2，3），（2，4）共五种，故抛掷骰子所得的点数之
和至少为4的概率为 × ＋ × ＝ ＋ ＝ .故选A.
（2）（多选）对于一个事件E，用n（E）表示事件E中样本点的个数，
在一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，D中，n（Ω）＝
100，n（A）＝60，n（B）＝40，n（C）＝20，n（D）＝10，
n（A∪B）＝100，n（A∩C）＝12，n（A∪D）＝70，则
（　BCD　）
A. A与D不互斥 B. A与B互为对立
C. A与C相互独立 D. B与C相互独立
√
√
√
解析：对于A，∵n（A）＝60，n（D）＝10，n（A∪D）＝70，
∴n（A∪D）＝n（A）＋n（D），∴A与D互斥，故A错误；对
于B，∵n（A∪B）＝n（A）＋n（B）＝n（Ω），∴A与B互为
对立，故B正确；对于C，∵P（A）＝ ＝ ，P（C）＝
＝ ，P（A∩C）＝ ＝ ，∴P（A∩C）＝P
（A）P（C）＝ ，∴A与C相互独立，故C正确；
对于D，∵n（Ω）＝100，n（A）＝60，n（B）＝40，n（C）＝20，
n（A∪B）＝100，n（A∩C）＝12，∴n（B∩C）＝8，∴P（B∩C）
＝ ＝ ，又∵P（B）＝ ＝ ，P（C）＝ ＝ ，
∴P（B∩C）＝P（B）P（C）＝ ，∴B与C相互独立，故D正确.故
选B、C、D.
求相互独立事件的概率的两种方法
（1）直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互
斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或独立重
复试验问题，然后用相应概率公式求解；
（2）间接法：当复杂事件正面情况较多，反面情况较少时，可利用其对
立事件进行求解.“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解.
1. （2024·日照一模）已知样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本
点，且A＝{a，b}，B＝{b，c}，则P（A ）＝（　　）
D. 1
解析：　由题意得，P（A）＝ ，P（B）＝ ，P（AB）＝ ，
∴P（AB）＝P（A）P（B），∴事件A与B相互独立，则A与 也
相互独立，∴P（A ）＝P（A）P（ ）＝P（A）（1－P（B））
＝ × ＝ .故选A.
√
2. （2024·武汉五调）抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件A＝“n次中
既有正面朝上又有反面朝上”，B＝“n次中至多有一次正面朝上”，
下列说法不正确的是（　　）
B. 当n＝2时，事件A与事件B不相互独立
D. 当n＝3时，事件A与事件B不相互独立
√
解析：　当n＝2时，AB表示一正一反，故P（AB）＝2× × ＝
，故A正确；此时P（A）＝2× × ＝ ，P（B）＝1－P（ ）＝1
－ × ＝ ，P（AB）＝ ≠ ＝P（A）P（B），故B正确；当n＝
3时，A＋B表示并非每次都是正面朝上，故P（A＋B）＝1－P
（ ）＝1－ × × ＝ ，故C正确；此时P（AB）＝3× ×
× ＝ ，P（A）＝1－P（ ）＝1－ × × － × × ＝ ，P
（B）＝ × × ＋3× × × ＝ ，所以P（AB）＝ ＝ × ＝P
（A）P（B），故D错误.故选D.
条件概率与全概率公式
【例3】　（1）（2024·沈阳质量监测）甲、乙两人独立地对同一目标各射
击一次，命中率分别为 和 ，在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目
标的概率为（　C　）
√
解析： 据题意，记甲击中目标为事件A，乙击中目标为事件
B，目标被击中为事件C，甲、乙同时击中目标为事件D，则P
（A）＝ ，P（B）＝ ，所以P（C）＝1－P（ ）P（ ）＝1
－（1－ ）×（1－ ）＝ ，P（DC）＝P（D）＝P（AB）＝P
（A）P（B）＝ × ＝ ，则在目标被击中的情况下，甲、乙同
时击中目标的概率为P（D｜C）＝ ＝ ＝ .
（2）设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5 nm规格的芯片，现有
20块该规格的芯片，其中甲、乙两线生产的芯片分别为12块、8块，
且乙线生产该芯片的次品率为 .现从这20块芯片中任取一块芯片，
若取得芯片的次品率为0.08，则甲线生产该芯片的次品率为（　B　）
√
解析：设A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲、乙线生产的，B表
示取得的芯片为次品，甲线生产该芯片的次品率为p，则P（A1）＝
＝ ，P（A2）＝ ，P（B｜A1）＝p，P（B｜A2）＝ .由全
概率公式得P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜
A2）＝ p＋ × ＝0.08，解得p＝ .故选B.
1. 求条件概率的常用方法
（1）利用定义，分别求P（A）和P（AB），得P（B｜A）＝
；
（2）借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点个数n（A），
再在事件A发生的条件下求事件B包含的样本点个数，即n
（AB），得P（B｜A）＝ .
2. 应用全概率公式求概率的思路
（1）按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai（i＝
1，2，…，n）；
（2）求P（Ai）和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P
（Ai）P（B｜Ai）；
（3）代入全概率公式计算.
1. （2024·天津高考13题）A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择
三个活动参加.甲选到A的概率为 ；已知乙选了A活动，他再选择
B活动的概率为 .
解析：由题意知甲选到A的概率P＝ ＝ .记乙选择A活动为事件M，
乙选了A活动再选择B活动为事件N，则P（M）＝ ＝ ，P（MN）
＝ ＝ ，所以P（N｜M）＝ ＝ ＝ .


2. （2024·长沙新高考适应性考试）已知甲盒中有3个红球和2个黄球，乙
盒中有2个红球和1个黄球.现从甲盒中随机抽取1个球放入乙盒中，搅拌
均匀后，再从乙盒中抽取1个球，此球恰为红球的概率为 .
解析：设A＝“在甲盒中拿到红球”，B＝“在乙盒中拿到红球”.因
为甲盒中有3个红球，2个黄球，所以P（A）＝ ，P（ ）＝1－ ＝
，又乙盒中有2个红球，1个黄球，所以P（B｜A）＝ ，P（B｜
）＝ ，所以P（B）＝P（AB）＋P（ B）＝P（A）P（B｜
A）＋P（ ）P（B｜ ）＝ × ＋ × ＝ .

正态分布
【例4】　（2024·石家庄教学质量检测）某市教育局为了解高三学生的学
习情况，组织了一次摸底考试，共有50 000名学生参加这次考试，数学成
绩X近似服从正态分布，其正态密度函数为f（x）＝ ，
x∈R且P（70≤X≤110）＝0.8，则该市这次考试数学成绩超过110分的
学生人数约为（　　）
A. 2 000 B. 3 000
C. 4 000 D. 5 000
√
解析：　因为正态密度函数为f（x）＝ ，所以E（X）
＝90，所以正态曲线关于直线x＝90对称，所以P（X＜70）＝P（X＞
110），又P（70≤X≤110）＝0.8，所以P（X＞110）＝
＝0.1，又共有50 000名学生参加这次考试，所以该市这次
考试数学成绩超过110分的学生人数约为50 000×0.1＝5 000，故选D.
正态分布下2类常见的概率计算
（1）利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主
要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1；
（2）利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量
的μ，σ进行对比联系，确定它们属于[ μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，
μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]中的哪一个.
1. （2024·合肥第一次质量检测）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＞1.5）＝（　　）
A. 0.14 B. 0.62
C. 0.72 D. 0.86
解析：　随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）
＝0.36，所以P（1.5≤X＜2）＝0.36，P（X＜1.5）＝ （1－
0.36×2）＝0.14，所以P（X＞1.5）＝1－0.14＝0.86，故选D.
√
2. 低碳行动引领时尚生活，新能源汽车成为人们代步车的首选.某工厂生
产的新能源汽车某一部件的质量指标ξ服从正态分布N（80，σ2）（σ＞
0），检验员根据该部件的质量指标将产品分为正品和次品，其中指标
ξ∈（79.94，80.06）的部件为正品，其他为次品，要使次品率不高于
0.27%，则σ的一个值可以为
.
（参考数据：若ξ～N（μ，σ2），则P（μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ）≈0.954
5，P（μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ）≈0.997 3）
0.01（答案不唯一，小于等于0.02的正
数即可）
解析：依题意可得μ＝80，要使次品率不高于0.27%，则正品率不低于
99.73%，又根据正态曲线的特征知，｜ξ－80｜＜3σ，所以ξ∈（80－
3σ，80＋3σ） （79.94，80.06），所以解得
σ≤0.02，故σ的一个值可以为0.01.
03
课时跟踪检测
1. （2024·广东统一调研）从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的
数相乘，其结果能被10整除的概率是（　　）
解析：　从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的数相乘的基本
事件总数为 ＝6，其结果能被10整除的只有取2，5这一种情况，故所
求概率为 ＝ .选A.
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√
2. （2024·温州三模）设A，B为同一试验中的两个随机事件，则“P
（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”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
解析：　因为P（A）＞0，P（B）＞0，所以若事件A，B为对立事
件，则P（A）＋P（B）＝1；但P（A）＋P（B）＝1推不出两个事
件A，B对立，如掷一颗骰子，事件A为出现1点、2点、3点，事件B为
出现3点、4点、5点，此时P（A）＋P（B）＝1，但两个事件不对
立，所以“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的
必要不充分条件.故选B.
√
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3. （2024·开封第三次质量检测）在某项测验中，假设测验数据服从正态
分布N（78，16）.如果按照16%，34%，34%，16%的比例将测验数据
从大到小分为A，B，C，D四个等级，则等级为A的测验数据的最小
值可能是（　　）
（附：若X～N（μ，σ2），则P（｜X－μ｜≤σ）≈0.682 7，P（｜
X－μ｜≤2σ）≈0.954 5）
A. 94 B. 86
C. 82 D. 78
√
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解析：　由题意知μ＝78，σ＝4，P（X＞μ＋σ）＝
≈ ≈0.16，所以等级为A的测验数据的最小值可能是82.故选C.
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4. （多选）（2024·扬州第二次调研）已知P（A）＝ ，P（B｜A）＝
.若随机事件A，B相互独立，则（　　）
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解析：　对B，P（B｜A）＝ ＝ ＝ ，∴P
（AB）＝ ，B正确；对A，P（AB）＝P（A）P（B）＝ P
（B），∴P（B）＝ ，A错误；对C，P（ B）＝P（ ）P（B）
＝ × ＝ ，P（ ｜B）＝ ＝ ＝ ，C正确；对D，P（A＋
）＝P（A）＋P（ ）－P（A ）＝P（A）＋P（ ）－P
（A）P（ ）＝ ＋ － × ＝ ，D正确.故选B、C、D.
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5. （2024·湖南师大附中月考）某群体中的每位成员使用移动支付的概率
都为p，各成员的支付方式相互独立，设X为该群体的10位成员中使用
移动支付的人数，D（X）＝2.4，P（X＝4）＜P（X＝6），则p
＝ .
解析：由题知X～B（10，p），则D（X）＝10p·（1－p）＝2.4，解
得p＝0.4或0.6.又∵P（X＝4）＜P（X＝6），即 p4·（1－p）6
＜ p6（1－p）4 （1－p）2＜p2 p＞0.5.∴p＝0.6.
0.6
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6. 盒子内装有编号为1，2，3，…，10的10个除编号外完全相同的玻璃
球，从中任取3个，则其编号之和能被3整除的概率为 .

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解析：从10个球中任取3个球，共有 ＝120种不同的情况.下面研究3
个球编号之和能被3整除的情况：经过分析将这10个数分为三类，第一
类，3的倍数{3，6，9}，第二类，3的倍数减1{2，5，8}，第三类，3的
倍数加1{1，4，7，10}，第一类任意两个数、三个数的和都是3的倍
数；第二类、第三类两个数的和不是3的倍数，三个数的和是3的倍数，
第二类、第三类里各取1个数，它们的和是3的倍数.所以3个球编号之和
能被3整除共有 ＋ ＋ ＋ ＝42种情况，所以其概率为
＝ .
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7. 如图，某系统由A，B，C，D四个零件组成，若每个零件是否正常工
作互不影响，且零件A，B，C，D正常工作的概率都为p（0＜p＜
1），则该系统正常工作的概率为（　　）
A. [1－（1－p）p2]p B. [1－p（1－p2）]p
C. [1－（1－p）（1－p2）]p D. [1－（1－p）2p]p
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解析：　该系统正常工作的概率为P{[（AB）∪C]∩D}＝
P[（AB）∪C]·P（D）＝[1－P（ ）·P（ ）]·P（D）＝（1－
P（ ∪ ）·P（ ））·P（D）＝[1－（1－P（AB））（1－P
（C））]·P（D）＝[1－（1－p2）（1－p）]p.
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8. （2024·上海春招15题）有四个礼盒，前三个里面分别仅装有中国结、
记事本、笔袋，第四个礼盒里面上述三种礼品都有，现从中任选一个礼
盒.设事件A为“所选礼盒中有中国结”，事件B为“所选礼盒中有记
事本”，事件C为“所选礼盒中有笔袋”，则下列说法中正确的是
（　　）
A. 事件A与事件B互斥
B. 事件A与事件B相互独立
C. 事件A与事件B∪C互斥
D. 事件A与事件B∩C相互独立
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解析： 　由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，若抽到第四个
礼盒，则事件A和事件B就同时发生了，因此事件A与事件B不是互斥
事件，故A错误；由于P（A）＝ ，P（B）＝ ，P（A∩B）＝ ＝
P（A）·P（B），因此事件A与事件B相互独立，故B正确；由于第四
个礼盒中既有中国结，又有记事本，还有笔袋，若抽到第四个礼盒，则
事件A和事件B∪C就同时发生了，因此事件A与事件B∪C不是互斥
事件，故C错误；由于P（A）＝ ，P（B∩C）＝ ，P
（A∩B∩C）＝ ≠P（A）·P（B∩C），因此事件A与事件B∩C
不是相互独立的，故D错误.综上，选B.
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9. （2024·湖南常德模拟）设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品
的合格率为90%，乙箱中产品的合格率为80%.从两箱产品中任取一件，
经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合
格的概率为（　　）
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解析：　设事件B1表示任选一件产品，来自于甲箱，事件B2表示
任选一件产品，来自于乙箱，事件A表示从两箱产品中任取一件，
恰好不合格，P（A）＝P（A｜B1）P（B1）＋P（A｜B2）P（B2）
＝0.1×0.5＋0.2×0.5＝0.15，又P（B1｜A）＝ ＝
＝ ＝ ，P（B2｜A）＝ ＝ ＝ ＝ ，经检验不合格，放回原箱后在该
箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为 × ＋ × ＝
.故选A.
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10. （2022·全国乙卷理10题）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，
各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别
为p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则
（　　）
A. p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B. 该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C. 该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D. 该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
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解析：　法一　设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在
第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的
概率为P丙，由题意可知，P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝
2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝
2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝
2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2（p3－p1）＞0，P丙－P乙
＝2p1（p3－p2）＞0，所以P丙最大，故选D.
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法二（特殊值法）　不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，则该棋手在第二
盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝0.4；
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]
＝0.52；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1
－p1）]＝0.6.所以P丙最大，故选D.
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11. （多选）（2024·宁德质检）某地生产红茶已有多年，选用本地两个不
同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲、乙两个
品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为X，Y，且X～N
（μ1， ），Y～N（μ2， ），其密度曲线如图所示，则以下结
论正确的是（　　）
A. Y的数据较X更集中
B. P（X≤c）＜P（Y≤c）
D. P（X＞c）＋P（Y≤c）＝1
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解析：　对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确；对
于B，∵c，μ2与Y的密度曲线围成的面积S1大于c，μ1与X的密度曲
线围成的面积S2，P（Y≤c）＝ ＋S1，P（X≤c）＝ ＋S2，∴P
（X≤c）＜P（Y≤c），正确；对于C，∵μ2＜μ1，∴甲种茶青每
500克的红茶产量超过μ2的概率P＝P（X＞μ2）＞ ，正确；对于
D，由B知，P（X＞c）＝ －S2，P（Y≤c）＝ ＋S1，∴P（X＞
c）＋P（Y≤c）＝1＋S1－S2＞1，错误.
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12. （多选）（2024·兰州高三诊断考试）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：P（A｜B）＝ .对于一个电商平台，用户可以选择使用信用卡、支付宝或微信进行支付.已知使用信用卡支付的用户占总用户的20%，使用支付宝支付的用户占总用户的40%，其余的用户使用微信支付.平台试运营过程中发现三种支付方式都会遇到支付问题，为了优化服务，进行数据统计，发现出现支付问题的概率是0.06.若一个遇到支付问题的用户，使用每种支付方式支付的概率均为 ，则以下说法正确的是（　　）
A. 使用信用卡支付的用户中有10%的人遇到支付问题
B. 使用支付宝支付遇到支付问题与使用微信支付遇到支付问题的概率不同
C. 要将出现支付问题的概率降到0.05，可以将信用卡支付通道关闭
D. 减少微信支付的人数有可能降低出现支付问题的概率
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解析：　把“使用信用卡支付”记为事件A1，“使用支付宝支付”
记为事件A2，“使用微信支付”记为事件A3，“遇到支付问题”记为
事件B，则P（A1）＝0.2，P（A2）＝0.4，P（A3）＝0.4，P
（B）＝0.06，P（A1｜B）＝P（A2｜B）＝P（A3｜B）＝ .对于
A，使用信用卡支付遇到支付问题的概率为P（B｜A1）＝
＝ ＝0.1，故A正确；
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对于B，使用支付宝支付遇到支付问题的概率为P（B｜A2）＝
＝ ＝0.05，使用微信支付遇到支付问题的概率为P
（B｜A3）＝ ＝ ＝0.05，故B错误；对于C，关闭
信用卡支付通道后，P（A2）＝0.5，P（A3）＝0.5，使用支付宝支付同
时遇到支付问题的概率为P（A2B）＝P（B｜A2）P（A2）＝0.05×0.5
＝0.025，使用微信支付同时遇到支付问题的概率为P（A3B）＝P（B｜
A3）P（A3）＝0.05×0.5＝0.025，所以P（B）＝P（A2B）＋P（A3B）
＝0.025＋0.025＝0.05，故C正确；
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对于D，P（B）＝P（A1B）＋P（A2B）＋P（A3B）＝P（B｜
A1）·P（A1）＋P（B｜A2）P（A2）＋P（B｜A3）P（A3）＝ P
（A1）＋ P（A2）＋ P（A3），减少使用微信支付的人数，会使P
（A3）变小，P（A1）变大，从而导致P（B）变大，即会提高出现支付
问题的概率，故D错误.综上，选A、C.
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13. 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 .
解析：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
×1× ＋ × ×1＋ × × ＝ .

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14. 如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等
可能地向左或向右移动一个单位长度，共移动6次，则事件“质点位于
－2的位置”的概率为 .

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解析：由图可知，若想通过6次移动最终停在－2的位置上，则必然需
要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次
为L，则该题可转化为R，R，L，L，L，L六个字母排序的问题，
故落在－2上的排法种数为 ＝15，所有移动结果的总数为26＝64，
所以落在－2上的概率为P＝ .
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15. 为了提升全民身体素质，学校十分重视学生的体育锻炼，某校篮球运
动员进行投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为 ，他前一球
投不进则后一球投进的概率为 ，若他第1球投进的概率为 ，则他第5
球投进的概率为 .

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解析：设该篮球运动员投进第n－1（n≥2，n∈N*）个球的概率为Pn
－1，第n－1个球投不进的概率为1－Pn－1，则他投进第n个球的概率
为Pn＝ Pn－1＋ （1－Pn－1）＝ ＋ Pn－1，所以Pn－ ＝
.所以Pn－ ＝ · ＝ × ＝ .所以Pn＝
＋ （n∈N*），所以P5＝ .
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16. （多选）在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观
相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，
也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，
在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问
抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率，现在已知甲选择了1号
箱，在箱子打开之前，主持人先打开了3号箱.用Ai表示i号箱有奖品
（i＝1，2，3，4），用Bj表示主持人打开j号箱子（j＝2，3，4），
下列结论正确的是（　　）
C. 要使获奖概率更大，甲应坚持选择1号箱
D. 要使获奖概率更大，甲应改选2号或者4号箱
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解析：　对于A选项，抽奖人在不知道奖品在哪个箱子的情况下
选择了1号箱，他的选择不影响奖品在四个箱子中的概率分配，因此
A1，A2，A3，A4的概率均为 ，即A正确；对于B选项，奖品在2号箱
里，主持人只能打开3，4号箱，故P（B3｜A2）＝ ，故B正确；对于C、D选项，奖品在1号箱里，主持人可打开2，3，4号箱，故P（B3｜A1）＝ ，奖品在2号箱里，主持人只能打开3，4号箱，故P（B3｜A2）＝ ，奖品在3号箱里，主持人打开3号箱的概率为0，故P（B3｜A3）
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＝0，奖品在4号箱里，主持人只能打开2，3号箱，故P（B3｜A4）＝ ，
由全概率公式可得P（B3）＝ P（Ai）P（B3｜Ai）＝ ×（ ＋ ＋0
＋ ）＝ ，P（A1｜B3）＝ ＝ ＝ ，P（A2｜B3）＝
＝ ＝ ＞ ，P（A4｜B3）＝ ＝ ＝ ＞ ，故C错
误，D正确.
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17. （2024·福州质量检测）甲、乙、丙三个地区分别有x%，y%，z%的
人患了流感，且x，y，z构成以1为公差的等差数列.已知这三个地区
的人口数的比为5∶3∶2，现从这三个地区中任意选取一人，在此人患
了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，则x的可能取值为
（　　）
A. 1.21 B. 1.34
C. 1.49 D. 1.51
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解析：　设事件D1，D2，D3分别为“此人来自甲、乙、丙三个地
区”，事件F1，F2，F3分别为“此人患了流感，且分别来自甲、乙、
丙地区”，事件G为“此人患了流感”.由x，y，z构成以1为公差的
等差数列知y＝x＋1，z＝x＋2.由题意知，P（F1）＝ ×x%＝
，同理P（F2）＝ ，P（F3）＝ ，P（G）＝P
（F1∪F2∪F3）＝ ，所以P（D1｜G）＝ ，P（D2｜G）
＝ ，P（D3｜G）＝ .因为在此人患了流感的条件下，此人
来自甲地区的概率最大，所以解得x＞ ，故选D.
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