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专题21 概率与随机变量及其分布列
目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】事件的关系 【题型02】根据概率值判断事件的关系 【题型03】古典概型 【题型04】相互独立事件 【题型05】概率的性质和计算 【题型06】条件概率 【题型07】全概率和贝叶斯公式 【题型08】随机变量的分布列，均值和方差 【题型09】二项分布 【题型10】超几何分布 【题型11】正态分布 【题型12】概率中的决策问题 【题型13】概率中的赛制问题 【题型14】利用函数的单调性求解概率最值 【题型15】马尔科夫链 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦 概率与随机变量及其分布列是高考数学必考模块，占分10-15分，核心考查基础应用与综合分析能力，聚焦四大高频考点。一是随机事件概率，重点考查互斥、对立、独立事件的概率计算，结合古典概型、几何概型，需熟练掌握计数方法与概率公式。二是离散型随机变量，核心是分布列的求解与性质应用，牢记概率非负、和为1的性质，常结合实际场景确定变量取值。三是常见分布，高频考查二项分布、超几何分布，需掌握其适用场景与计算公式，能快速识别模型。四是数字特征，期望与方差的计算及应用是重点，熟记常见分布的期望方差公式，会结合分布列求解并分析实际意义。高考命题多以实际应用为背景，侧重基础运算与规范书写，易错点集中在模型识别、公式混用，备考需强化题型训练，提升建模与计算能力。
关键能力 解答概率与随机变量及其分布列问题，核心需具备四大关键能力。一是模型识别能力，能快速区分古典概型、几何概型，准确判断二项分布、超几何分布的适用场景，避免模型混用。二是运算求解能力，熟练掌握概率公式、分布列性质及期望方差计算，确保运算精准，杜绝计算失误。三是建模应用能力，能将实际问题转化为数学模型，确定随机变量取值及对应概率。四是规范表达能力，分布列书写、步骤规范完整，关键公式与逻辑推理清晰。四大能力相辅相成，是突破此类题型的核心，备考需针对性强化训练，提升解题效率与准确率。
备考策略 针对概率与随机变量及其分布列高考备考，需立足基础、聚焦重点，提升备考效率。首先，夯实基础，熟记概率公式、分布列性质及常见分布的期望方差公式，杜绝基础失误。其次，强化模型识别训练，分类突破古典概型、二项分布等题型，总结不同模型的解题规律。再者，规范解题步骤，注重分布列书写、公式应用的规范性，避免步骤失分。最后，针对性刷题，精选高考真题与典型例题，总结易错点，查漏补缺，同时提升运算速度与建模能力，兼顾基础与综合，确保备考贴合高考命题方向。
◇方法技巧 01 概率，随机变量的分布列的常用方法
一、古典概型
核心技巧：紧扣“有限性”和“等可能性”两大条件。解题步骤：先明确试验所有基本事件总数，再找出符合条件的事件个数，最后用公式。关键是合理计数，可借助列举法、树状图、排列组合公式，避免重复或遗漏。
二、相互独立事件
核心技巧：判断事件独立（一个事件发生不影响另一个事件概率），牢记公式P(AB)=P(A)P(B)。解题时先判断事件是否独立，再拆分复杂事件为多个独立事件的积、和，结合互斥事件公式P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)计算，避免混淆独立与互斥。
三、条件概率
核心技巧：明确“在事件B发生的条件下，事件A发生”，牢记公式P(A|B)=P(AB)/P(B)（P(B)>0）。解题时先区分“条件概率”与“普通概率”，可通过缩小样本空间简化计算，当事件A、B独立时，P(A|B)=P(A)。
四、随机变量的分布列及概率最值
解题步骤：先确定随机变量所有可能取值，再计算每个取值对应的概率（满足非负性、和为1），规范书写分布列；概率最值可结合函数思想，将概率表示为变量的函数，利用二次函数、不等式（均值不等式）或单调性求解，注意变量的正整数约束。
五、马尔科夫链
核心技巧：抓住“无后效性”（未来状态仅与当前状态有关），借助状态转移矩阵解题。步骤：明确状态集合，构建转移矩阵，根据初始状态和转移矩阵计算后续状态概率，复杂问题可利用矩阵幂简化运算，重点掌握简单转移场景的概率求解。
◇题型 01 事件的关系
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）在12件同类产品中，有9件正品和3件次品，从中任意抽出3件产品，设事件“3件产品都是次品”，事件“至少有1件是次品”，事件“至少有1件是正品”，则下列结论正确的是（ ）
A．与为对立事件 B．与不是互斥事件
C． D．
【答案】ABC
【分析】通过分析事件，从而判断事件的关系.
【详解】从中任意抽出3件产品，共有4种情况：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品.
事件的可能情况有：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，
事件的可能情况有：2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品.
与为对立事件，故A正确；
{2件次品1件正品，1件次品2件正品}，则与不是互斥事件，故B正确；
，，故C正确；
由上知，故D错误.
故选：ABC
事件的关系是概率解题的基础，核心易错点集中在三点，需重点规避。一是混淆互斥与对立事件，对立事件一定互斥，但互斥事件不一定对立，忽略“对立事件必有一个发生”的条件。二是误判相互独立事件，将“互斥”当作“独立”，二者无必然联系，互斥事件不能同时发生，独立事件互不影响。三是条件概率与普通概率混淆，忽略“在某事件发生前提下”的限制，误用普通概率公式替代条件概率公式，导致计算失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．同时抛掷两颗骰子，观察向上的点数，记“点数之和为5”是事件，“点数之和为4的倍数”是事件，则（ ）
A．为不可能事件 B．与为互斥事件
C．为必然事件 D．与为对立事件
【答案】B
【分析】利用事件的基本关系判断即可.
【详解】同时抛掷两颗骰子，有36个结果，
“点数之和为5”是事件有共有4种情况；
“点数之和为4的倍数”是事件有共有9种情况；
对于选项A:表示“点数之和为5或是4的倍数”，不是不可能事件.故A错误；
对于选项B：A与B不可能同时发生．故B正确；
对于选项C：表示“点数之和为5且是4的倍数”，是不可能事件，故C错误；
对于选项D：与不能包含全部基本事件，故D错误.
故选:B．
变式2．掷两颗骰子，观察掷得的点数；设事件A为：至少一个点数是奇数；事件B为：点数之和是偶数；事件A的概率为，事件B的概率为；则是下列哪个事件的概率（ ）
A．两个点数都是偶数 B．至多有一个点数是偶数
C．两个点数都是奇数 D．至多有一个点数是奇数
【答案】D
【分析】由题意，根据交事件的运算，结合概率与事件的关系，可得答案.
【详解】由题意，事件为：两个点数都为奇数，
由概率指的是事件的对立事件的概率，
则事件的对立事件为：至少有一个点数为偶数，或者至多有一个点数为奇数.
故选：D.
变式3．已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有.现从这四个袋子中随机抽取一个袋子，设事件为“所抽袋子里有红球”，事件为“所抽袋子里有白球”，事件为“所抽袋子里有黑球”，则下列说法正确的是（ ）
A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立
C．事件与事件相互对立 D．事件与事件相互独立
【答案】B
【分析】根据要写条件，利用互斥事件、对立事件和相互独立的定义，逐一判断选项即可.
【详解】对于A，事件和事件可以同时发生，即抽取丁袋，事件与事件不互斥，A错误；
对于B，，，，事件与事件相互独立，B正确；
对于C，事件与事件可以同时发生，即抽取丁袋，事件与事件不对立，C错误；
对于D，，，，事件与事件不独立，D错误.
故选：B
◇题型 02 根据概率值判断事件的关系
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知事件A，B发生的概率分别为，，则（ ）
A．若，则事件与B相互独立
B．若A与B相互独立，则
C．若A与B互斥，则
D．若B发生时A一定发生，则
【答案】AB
【分析】利用独立事件的定义判断A；利用并事件的概率公式判断B；利用互斥事件的概率公式判断C；分析可知判断出D.
【详解】对于A，由，，得，
显然，因此事件与相互独立，A正确；
对于B，若与相互独立，则，
因此，B正确；
对于C，若与互斥，则，C错误；
对于D，若发生时一定发生，则，，D错误.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：判断两个事件相互独立的关键是利用相互独立的定义，即事件相互独立，则，反之亦然.
根据概率值判断事件关系是高频易错点，核心失误集中在三点。一是误将P(AB)=0当作事件A、B互斥，忽略几何概型中“概率为0的事件可能发生”，互斥的充要条件是AB为不可能事件，而非概率为0。二是用P(AB)=P(A)P(B)反向判断独立时，忽略前提条件，仅当P(A)、P(B)均不为0时，该等式才是独立的充要条件。三是混淆P(A|B)=P(A)的含义，误将其当作A、B互斥，实则该式是A、B相互独立的标志，需精准区分公式对应的事件关系。
变｜式｜巩｜固
变式1．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.
变式2．（多选）已知事件，满足，，则下列结论正确的是().
A．若，则
B．若与互斥，则
C．若，则与相互独立
D．若与相互独立，则
【答案】BC
【分析】根据给定条件，结合概率的性质、互斥事件、相互独立事件的概率公式，逐项分析判断即可.
【详解】对于A，由，得，A错误；
对于B，由A与B互斥，得，B正确；
对于C，由，得，则A与B相互独立，C正确；
对于D，由A与B相互独立，得，相互独立，则，D错误.
故选：BC
变式3．依次抛掷两枚质地均匀的骰子，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为2”，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为6”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7”，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】C
【分析】利用列举法与古典概型的概率公式求得各事件的概率，由，，即可判断A；由即可判断B；由即可判断C，由即可判断D.
【详解】依次抛掷两枚质地均匀的骰子，两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，样本空间如下：
，，，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，，，共36个.
则事件包括，，，，，，共6个，，
事件包括，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18个，，
事件包括，，，，，共5个，，
事件包括，，，，，，共6个，.
对于A，，，所以与不为对立事件，故A错误；
对于B，事件且包括，则，又，，
所以，即与不相互独立，故B错误；
对于C，事件且包括，，，则，又，，
所以，即与相互独立，故C正确；
对于D，事件且包括，，，则，即与不为互斥事件，故D错误.
故选：C.
◇题型 03 古典概型
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知甲、乙两枚互不影响的骰子均能等概率掷出自然数1—6，某一次随机抛出这两枚骰子，记事件甲、乙掷出的点数和为6；事件甲掷出的点数为奇数，则：（ ）.
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】应用列举法求得、、，结合条件概率公式、概率的性质判断各项的正误.
【详解】
(甲,乙) 1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
A：由表格知种情况，总共种情况，则，A正确；
C：由表格种情况，种情况，则，C正确；
B：由上，则，B错误；
D：由，D正确.
故选：ACD
古典概型核心易错点集中在三大方面，需重点规避。一是忽略两大前提，未验证“有限性”和“等可能性”，盲目套用公式计算。二是计数失误，列举基本事件时重复或遗漏，尤其涉及排列组合时，混淆有序与无序问题。三是误将非等可能事件当作等可能事件，如忽略抽样是否放回，导致基本事件概率不均等，最终计算结果出错。备考需牢记前提、规范计数，避免此类基础失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，是中华民族劳动人民长期经验积累的成果和智慧的结晶．若从立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气中随机选择两个节气，则其中一个节气是立春的概率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】若从立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气中随机选择两个节气，共种情况，其中一个节气是立春，有种情况，用古典概型概率计算公式即可.
【详解】记立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气分别为、、、、，
则样本空间，
记事件表示“其中一个节气是立春”，则，
由古典概型可知．
故选：B
变式2．（多选）一个盒子装有标号的5张标签，则（ ）
A．有放回的随机选取两张标签，标号相等的概率为
B．有放回的随机选取两张标签，第一次标号大于第二次的概率为
C．无放回的随机选取两张标签，标号之和为5的概率为
D．无放回的随机选取两张标签，第一次标号大于第二次的概率为
【答案】AD
【分析】根据题意，利用古典摡型的概率计算公式，逐项计算，即可求解.
【详解】对于A中，有放回的随机选取两张标签，有种取法，
其中标号相等的取法有种，所以概率为，所以A正确；
对于B中，有放回的随机选取两张标签，，有种取法，
其中第一次标号大于第二次的取法有种，所以概率为，所以B不正确；
对于C中，无放回的随机选取两张标签，有种取法，
其中标号之和为5的有种取法，所以概率为，所以C不正确；
对于D中，无放回的随机选取两张标签，有种取法，
其中第一次标号大于第二次有种，所以概率为，所以D正确；
故选：AD.
变式3．已知A，B为样本空间中的两个随机事件，其中，，则（ ）
A．事件与互斥 B．
C．事件与相互独立 D．
【答案】C
【分析】根据互斥事件、相互独立事件的概念以及相关性质，结合古典概型概率公式逐项分析即可.
【详解】A选项：由，
则有，所以，
即，故A不正确；
B选项：因为，所以，
又，
所以，所以，
故B选项不正确；
C选项：由，，
，
所以，
所以事件与相互独立故C正确；
D选项：因为，
,
所以，，
由事件与相互独立，
所以，
故D选项不正确，
故选：C.
◇题型 04 相互独立事件
典｜例｜精｜析
典例1．如图，某电子元件由三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，三种部件不能正常工作的概率分别为，各个部件是否正常工作相互独立，同时正常工作或正常工作则该电子元件能正常工作，那么该电子元件能正常工作的概率是______________.
【答案】/
【分析】设上半部分正常工作为事件，下半部分正常工作为事件，该电子元件能正常工作为事件.则，分别计算出，根据对立事件即可得即可解出.
【详解】解：设上半部分正常工作为事件，下半部分正常工作为事件，该电子元件能正常工作为事件.
，
，即该电子元件能正常工作的概率是.
故答案为：.
典例2．人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧.某科技公司计划开发三款不同的大语言模型.每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收.只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立.只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布.已知三款模型通过算法设计评审的概率依次为，通过工程部署验收的概率依次为.
(1)求三款中恰有两款通过算法设计评审的概率；
(2)若已知三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为的概率；
(3)经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，三款模型能成功上线的数量为随机变量，求的分布列及数学期望.
【答案】(1)；(2)；(3)分布列见解析，
【分析】（1）设出事件，利用独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式进行求解；
（2）由条件概率求解公式可得；
（3）先求出A，B，C三款模型能成功上线的概率，求出的可能取值及对应概率，得到分布列和数学期望.
【详解】（1）设A，B，C三款模型通过算法设计评审为事件，
A，B，C三款中恰有两款通过算法设计评审为事件，
则
；
（2）设A，B，C三款中恰有一款通过算法设计评审为事件，
则
；
由条件概率公式可得
；
（3）设A，B，C三款模型能成功上线为事件，
则，，，
的可能取值为，
则，
，
，
，
所以X的分布列如下：
0 1 2 3
数学期望为.
相互独立事件是概率高频易错点，核心失误集中在三点。一是混淆独立与互斥，误将互斥事件当作独立事件，二者无关联，互斥事件不能同时发生，独立事件互不影响。二是误用独立事件公式，未判断独立性就套用P(AB)=P(A)P(B)，导致计算错误。三是忽略多个独立事件的逻辑关系，拆分复杂事件时，误将“和事件”当作“积事件”，或遗漏事件间的独立条件，备考需牢记定义、规范判断，避免基础失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是（ ）
A．个球都是红球的概率为 B．个球中恰有个红球的概率为
C．至少有个红球的概率为 D．个球不都是红球的概率为
【答案】AB
【分析】利用独立事件的概率乘法公式、对立事件的概率公式计算出每个选项中事件的概率，由此可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，个球都是红球的概率为，A选项正确；
对于B选项，个球中恰有个红球的概率为，B选项正确；
对于C选项，至少有个红球的概率为，C选项错误；
对于D选项，个球不都是红球的概率为，D选项错误.
故选：AB.
变式2．（多选）甲袋中有20个红球．10个白球，乙袋中红球、白球各有10个，两袋中的球除了颜色有差别外，再没有其他差别．现在从两袋中各换出1个球，下列结论正确的是（ ）
A．2个球都是红球的概率为 B．2个球中恰有1个红球的概率为
C．不都是红球的概率为 D．都不是红球的概率为
【答案】ABC
【分析】设出事件，得到，，A选项，；B选项，求事件的概率即可；C选项，根据对立事件概率公式得到C正确；D选项，.
【详解】记事件：从甲袋中任取1个球为红球，事件：从乙袋中任取1个球为红球，
则，，
对于A选项，即求事件的概率，，所以A正确；
对于B选项，即求事件的概率，．所以B正确，
对于C选项，由于“都是红球”与“不都是红球”互为对立事件，
所以概率为，C正确；
对于D选项，即求事件的概率，，所以D错误．
故选：ABC
变式3．在信道内传输信号，信号的传输相互独立．发送时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到的概率为，收到1的概率为．现依次发送1、1、0三个信号，则至少收到两个0的概率为_________________．
【答案】
【分析】将目标事件合理拆分，再利用互斥事件的概率公式和独立事件的概率公式求解即可.
【详解】由题意得至少收到两个可拆分为恰好收到个和恰好收到个，
且两种情况互斥，对于恰好收到个，可拆分为如下三种情况，
第1位发送1时，收到，第2位发送1时，收到，第3位发送0时，收到，
第1位发送1时，收到，第2位发送1时，收到，第3位发送0时，收到，
第1位发送1时，收到，第2位发送1时，收到，第3位发送0时，收到，
而每一位收发数字的情况相互独立，
对于第一种情况，由独立事件的概率公式得概率为，
对于第二种情况，由独立事件的概率公式得概率为，
对于第三种情况，由独立事件的概率公式得概率为，
由互斥事件的概率公式得恰好收到个的概率为，
当恰好收到个时，由独立事件概率公式得概率为，
由互斥事件的概率公式得至少收到两个0的概率为.
故答案为：
变式4．甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
【答案】(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；
（2）依题可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．
【详解】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，所以甲学校获得冠军的概率为
．
（2）依题可知，的可能取值为，所以，
,
，
，
.
即的分布列为
0 10 20 30
0.16 0.44 0.34 0.06
期望.
变式5．为了激活全民参与体育赛事的热情，某省举办了足球联赛．已知足球联赛积分规则为：球队胜一场积3分，平一场积1分，负一场积0分．球队甲2025年11月将迎来主场与球队乙和客场与球队丙的两场比赛．根据前期比赛成绩，球队甲主场与球队乙比赛：胜利的概率为，平的概率为，负的概率为；球队甲客场与球队丙比赛：胜利的概率为，平的概率为，负的概率为；且每场比赛结果相互独立．
(1)设球队甲11月主场与球队乙比赛获得积分为，客场与球队丙比赛获得积分为，求的概率；
(2)用表示球队甲11月与球队乙和球队丙比赛获得积分之和，求的分布列与期望．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）找出所有符合题意的情况及其对应概率后求和即可得；
（2）得到的所有可能取值及其对应概率后即可得其分布列，利用分布列即可得其期望.
【详解】（1）设事件“甲队主场与乙队比赛获得积分为3分”，
事件“甲队主场与乙队比赛获得积分为1分”，
事件“甲队主场与乙队比赛获得积分为0分”，
事件“甲队客场与丙队比赛获得积分为3分”，
事件“甲队客场与丙队比赛获得积分为1分”，
事件“甲队客场与丙队比赛获得积分为0分”，
事件“甲队11月主场与乙队比赛获得积分超过客场与丙队比赛获得积分”，
，
则，
所以甲11月主场与乙队比赛获得积分超过客场与丙队比赛获得积分的概率为；
（2）由题意可知的所有可能取值为，
，
，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3 4 6
所以.
◇题型 05 概率的性质和计算
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）假设是两个事件，且，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】A选项，利用条件概率公式得到；B选项，与相互独立，故；C选项，根据求出答案；D选项，利用条件概率得到.
【详解】A选项，因为，，，，
所以，A正确；
B选项，因为事件与相互独立，所以与相互独立，
所以，B错误；
C选项，，C错误；
D选项，因为，所以，D正确.
故选：AD.
概率的性质和计算是基础易错点，核心失误集中在三点。一是忽略概率取值范围，误将大于1或小于0的数值当作概率，牢记0≤P(A)≤1。二是误用对立、互斥事件公式，计算和事件概率时，未区分互斥与非互斥，盲目套用P(A∪B)=P(A)+P(B)。三是分步计算时，误将非独立事件当作独立事件，或遗漏分步中的某些情况，导致概率计算偏差。备考需牢记性质、规范公式应用，避免基础失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）在一次随机试验中有两个随机事件和，若，，则（ ）
A． B．若与互斥，则
C． D．若与相互独立，则
【答案】AC
【分析】根据对立事件的概率公式，结合互斥事件的概率公式、独立事件的概率公式逐一判断即可.
【详解】由，得，故A正确；
由与互斥，即与不能同时发生，即，故B错误；
因为，
当时，，
此时取得最小值为；
当与互斥时，，
此时取得最大值为
，故C正确；
若与相互独立，则，
即，故D错误.
故选：AC
变式2．（多选）在一个有限样本空间中，事件发生的概率满足，，A与互斥，则下列说法正确的是（ ）
A． B．A与相互独立
C． D．
【答案】ABD
【分析】A选项，根据互斥得到，；B选项，根据求出，故，B正确；C选项，A与互斥，故与互斥，故C正确；D选项，根据求出D正确.
【详解】A选项，A与互斥，故，，则包含事件，故，A正确；
B选项，，
即，故，
故，A与相互独立，B正确；
C选项，A与互斥，故与互斥，故，C错误；
D选项，
，
因为，故，D正确.
故选：ABD
变式3．（多选）设是一次随机试验中的两个事件，且则（ ）
A．相互独立 B．
C． D．
【答案】AB
【分析】根据相互独立事件、和事件、条件概率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，，所以，
，
，
所以，即，
所以相互独立，A选项正确.
则相互独立，相互独立，相互独立，
所以
，所以B选项正确.
，所以C选项错误.
，
，
所以D选项错误.
故选：AB
◇题型 06 条件概率
典｜例｜精｜析
典例1．两位游客准备分别从葫芦古镇、兴城古城、龙潭大峡谷、九门口水上长城、龙湾海滨风景区5个景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件“两位游客中至少有一人选择葫芦古镇”，事件“两位游客选择的景点不同”，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】分别求出和，再利用条件概率的计算公式计算即可.
【详解】两位游客从5个景点中任选，每人有5种选择，总事件数：种.
事件的对立事件为“两位游客都不选择葫芦古镇”，的事件数：种,
因此.
事件分为两种情况：甲选葫芦古镇，乙选其余4个景点，4种；
乙选葫芦古镇，甲选其余4个景点，4种；共种事件，
因此.
所以.
故选：C.
典例2．一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；(ii)；
【分析】(1)由所给数据结合公式求出的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i) 根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求.
【详解】（1）由已知，
又，，
所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
（2）(i)因为，
所以
所以，
(ii)
由已知，，
又，，
所以
条件概率是概率模块高频易错点，核心失误集中在三点。一是混淆条件概率与普通概率，忽略“在事件B发生前提下”的限制，误用P(A)替代P(A|B)。二是误用公式，未满足P(B)>0就套用，或混淆P(A|B)与P(B|A)的计算公式。三是计算P(AB)时出错，误将非独立事件当作独立事件，导致分子计算偏差。备考需明确前提、牢记公式，避免此类基础失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．儿童牙齿是否健康与早晚是否都刷牙有关.据调查，某幼儿园大约有的学生牙齿健康，大约有的学生早晚都刷牙，且其中早晚都刷牙的学生中约有的学生牙齿健康.现从不是早晚都刷牙的学生中任意调查一名学生，则他的牙齿健康的概率约为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】设出事件，利用全概率公式和条件概率公式进行求解.
【详解】不是早晚都刷牙且牙齿健康的学生占.
记“该学生不是早晚都刷牙”为事件A，“该学生牙齿健康”为事件B，
则，所以.
故选；A.
变式2．除夕夜吃饺子是中华民族的传统习俗，若一盘饺子共有三种馅，其中猪肉三鲜水饺有6个，素三鲜水饺有7个，羊肉大葱水饺有7个，现从盘中夹取3个饺子，在取到的都是同种馅的条件下，取到的都是羊肉大葱水饺的概率是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用条件概率计算公式，即可求解.
【详解】记“取到都是同种馅的水饺”，“取到的都是羊肉大葱水饺”，
则，，
故所求概率为.
故选：A.
变式3．甲、乙、丙三人玩掷硬币游戏，依次连续抛掷一枚质地均匀的硬币1次，每次结果要么正面向上，要么反面向上，两种结果等可能，而且各次抛掷相互独立.记事件表示“3次结果中有正面向上，也有反面向上”，事件表示“3次结果中最多一次正面向上”，事件表示“3次结果中没有正面向上”，则（ ）
A．事件与事件互斥 B．
C．记的对立事件为，则 D．事件与事件相互独立
【答案】D
【分析】利用列举法将三人抛掷硬币的结果一一列举，再结合古典概型、独立事件、互斥事件、对立事件及条件概率公式一一判定选项即可.
【详解】由题意可知三人抛掷硬币可能的结果有（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正），（正，反，反），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反）.
则事件的可能结果有（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正），（正，反，反），（反，正，反），（反，反，正），共6种情况.
事件的可能结果有（正，反，反），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反），共4种情况.
事件的可能结果有（反，反，反），共1种情况.
对于A，事件与事件都有（反，反，反）这种情况，故事件与事件不互斥，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，，所以，故C错误；
对于D，，，所以，故事件与事件相互独立，故D正确.
故选：D.
◇题型 07 全概率和贝叶斯公式
典｜例｜精｜析
典例1．某疾病在人群中的患病率为．检测方法的灵敏度（即患者检测结果为阳性的概率）为，特异度（即非患者检测结果为阴性的概率）为．如果某人检测结果为阳性，他实际患病的概率约为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据全概率公式及条件概率计算求解.
【详解】设患病为事件，设检测结果为阳性为事件，
某疾病在人群中的患病率为，检测方法的灵敏度（即患者检测结果为阳性的概率）为，特异度（即非患者检测结果为阴性的概率）为，
则，，，
则，，
所以，
如果某人检测结果为阳性，他实际患病的概率约为.
故选：B.
典例2．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件存在如下关系：.2025贺岁档电影精彩纷呈，有几部影片是小红同学想去影院看的．小红同学家附近有甲、乙两家影院，小红第一天去甲、乙两家影院观影的概率分别为0.3和0.7．如果她第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率为0.6；如果第一天去乙影院，那么第二天去甲影院的概率为0.5，则小红同学（ ）
A．第二天去甲影院的概率为0.54
B．第二天去乙影院的概率为0.46
C．已知小红第二天去了甲影院，那么她第一天去乙影院的概率为
D．已知小红第二天去了乙影院，那么她第一天去甲影院的概率为
【答案】D
【分析】设相应事件，对于AB：利用全概率公式和对立事件分析求解；对于CD：根据题意结合贝叶斯公式运算求解.
【详解】设：第一天去甲影院，：第二天去甲影院，则：第一天去乙影院，：第二天去乙影院，
可得，，，，
A：，故A错误；
B：，故B错误；
C：，故C错误；
D：，故D正确；
故选：D
全概率公式与贝叶斯公式是高频易错点，核心失误集中在三点。一是未验证样本空间的划分条件，拆分事件时不满足“互斥且完备”，盲目套用公式。二是混淆两公式用途，全概率求“结果概率”，贝叶斯求“原因概率”，易颠倒条件与结果。三是计算时遗漏部分划分事件，或误算条件概率，导致最终结果偏差。备考需牢记公式适用前提，明确两公式的核心区别，规范分步计算。
变｜式｜巩｜固
变式1．跑步运动越来越受大众喜爱．据统计，某校有高一、高二、高三三个年级，这三个年级中喜欢跑步运动的教师分别占该年级教师人数的40%，30%，35%，且这三个年级的教师人数之比为3：3：4，现从这三个年级中随机抽一名教师，则该教师喜欢跑步的概率为（ ）
A．0.35 B．0.32
C．0.45 D．0.36
【答案】A
【分析】首先明确各年级教师人数的比例以及各年级中喜欢跑步的教师比例，然后利用全概率公式计算从三个年级中随机抽一名教师喜欢跑步的概率即可
【详解】设事件表示“随机抽一名教师喜欢跑步”，事件分别表示“抽到的教师来自高一、高二、高三年级”，
∵三个年级的教师人数之比为3:3:4，
∴，
∵高一、高二、高三三个年级中喜欢跑步运动的教师分别占该年级教师人数的40%，30%，35%，
∴,
根据全概率公式，
故选：A.
变式2．（多选）在某班中，男生占，女生占，在男生中喜欢体育锻炼的学生占，在女生中喜欢体育锻炼的学生占，从这个班的学生中任意抽取一人.则下列结论正确的是（ ）
A．抽到的学生是男生且喜欢体育锻炼的概率为
B．抽到的学生喜欢体育锻炼的概率为
C．若抽到的学生喜欢体育锻炼，则该学生是男生的概率为
D．若抽到的学生喜欢体育锻炼，则该学生是女生的概率为
【答案】AB
【分析】A选项，设出事件，利用乘法公式求出A正确；B选项，由全概率公式得到B正确；C选项，结合B选项，利用贝叶斯公式得到C错误；D选项，利用对立事件求概率公式求出答案.
【详解】A选项，用分别表示抽到的学生是男生 女生，用表示抽到的学生喜欢体育锻炼.
由题意得，
则，
故抽到的学生是男生且喜欢体育锻炼的概率为，A正确；
B选项，由全概率公式得，B正确.
C选项，由B选项可得，C错误；
D选项，由C选项可得，D错误.
故选：AB
变式3．（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.
变式4．某兴趣小组调查了某校100名学生100米短跑成绩的情况，其中有60 名学生的短跑成绩合格.这100名学生中有45名学生每周自主锻炼时间超过5小时，60名短跑成绩合格的学生中有35名学生每周自主锻炼时间超过5小时.现对短跑成绩不合格的学生进行跑步技巧培训，已知每周自主锻炼时间超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为，每周自主锻炼时间不超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为.用频率估计概率，从短跑成绩不合格的学生中随机抽取1名学生（记为甲）进行跑步技巧培训.依据小概率值的独立性检验，零假设为：学生短跑成绩合格与每周自主锻炼时间相互独立.
(1)先填写列联表，再依据小概率值的独立性检验，判断是否能认为学生短跑成绩合格与每周自主锻炼时间超过5小时有关；
每周自主锻炼时间超过5小时 每周自主锻炼时间不超过5小时 合计
短跑成绩合格
短跑成绩不合格
合计 100
(2)求学生甲在培训后短跑成绩合格的情况下，每周自主锻炼时间不超过5小时的概率；
(3)为提高学生锻炼的积极性，学校偶尔会在田径运动场举办锻炼有奖活动，记表示事件“田径运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”，表示事件“小明去田径运动场锻炼”，.已知小明在田径运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去运动场锻炼的概率，比不举办抽奖活动的情况下去运动场锻炼的概率大.证明：.
参考公式与数据：，其中，.
0.01 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
【答案】(1)列联表详见解析，，根据小概率值的独立性检验，可以认为学生短跑成绩合格与每周自主锻炼时间超过5小时有关.
(2).
(3)证明详见解析.
【分析】（1）根据题意先完成列联表，根据表格中的数据计算即可进行独立性检验.
（2）综合条件概率公式、全概率公式、贝叶斯公式求解.
（3）根据条件概率公式与对立事件的概率公式化简求证.
【详解】（1）根据题意完善列联表如下：
每周自主锻炼时间超过5小时 每周自主锻炼时间不超过5小时 合计
短跑成绩合格 35 25 60
短跑成绩不合格 10 30 40
合计 45 55 100
根据列联表中的数据，计算得到
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为学生短跑成绩合格与每周自主锻炼时间超过5小时有关.
（2）由（1）中的列联表知，短跑成绩不合格的学生有40人，其中每周自主锻炼时间超过5小时的有10人，每周自主锻炼时间不超过5小时的有30人.
记事件“甲在培训后短跑成绩合格”，事件“甲每周自主锻炼时间超过5小时”，则事件 “甲每周自主锻炼时间不超过5小时”，
用频率估计概率知 ，，
由题意知，，
由全概率公式知.
由贝叶斯公式知，即学生甲在培训后短跑成绩合格的情况下，每周自主锻炼时间不超过5小时的概率为.
（3）由题意知，
所以，
因为，所以，
所以，
整理得，
所以，
即，
因为，所以，
所以，即.
◇题型 08 随机变量的分布列，均值和方差
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知随机变量X、Y，且的分布列如下：
X 1 2 3 4 5
P m n
若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】由分布列的性质和期望公式求出可判断ABC；由方差公式可判断D.
【详解】由可得：①，
又因为，解得：，故C正确.
所以，
则②，所以由①②可得：，故A正确，B错误；
,
，故D错误.
故选：AC.
随机变量的分布列、均值和方差是高频易错点，核心失误有三点。一是分布列不满足性质，忽略概率非负、所有概率和为1，导致书写错误。二是计算均值时，遗漏随机变量取值与对应概率的乘积，或计算失误。三是混淆方差公式，记错公式形式，或未结合分布列精准代入数值，同时忽略方差的非负性。备考需牢记性质与公式，规范书写和计算，避免基础失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）甲参加游戏获得的积分的分布列为
4 5 6 7 8
0.1 0.3 0.3
且，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】由，求出，再依次判断选项即可．
【详解】依题意得，，
，
则，A项正确，
，故B项正确；
，故C项错误；
，故D项正确．
故选：ABD
变式2．（多选）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量X的方差，则
B．若随机变量Y服从两点分布，且，则
C．若随机变量ξ服从正态分布，，则
D．若随机变量η服从二项分布，则
【答案】BC
【分析】由判断；
由两点分布的定义判断；
由正态曲线的对称性判断；
由二项分布的定义判断
【详解】若，则，故错误；
若随机变量Y服从两点分布，则，故,
，故正确；
若随机变量ξ服从正态分布，，则
，，
故正确；
若随机变量η服从二项分布，则
故错误.
故选：.
变式3．（多选）已知随机变量和满足：，且，若的分布列如下表，则下列说法正确的是（ ）
1 2 3
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】根据分布列的性质及得到方程组，求出、，即可判断A、B，再由期望与方差的性质判断C、D.
【详解】依题意，解得，故A错误，B正确；
又，所以，故C正确；
因为，
所以，故D正确.
故选：BCD
◇题型 09 二项分布
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）袋子中有2个黑球，1个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球记0分，黑球记1分，记4次取球的总分数为，则（ ）
A． B．
C．的期望 D．的方差
【答案】ACD
【分析】求出一次摸到黑球的概率，根据题意可得随机变量服从二项分布，再根据二项分布列及期望公式、方差公式求解即可.
【详解】从袋子中有放回的取球4次，则每次取球互不影响，并且每次取到的黑球概率相等，
又每次取一个球，取到白球记0分，黑球记1分，故4次取球的总分数相当于抽到黑球的总个数，
又每次摸到黑球的概率为，因为是有放回地取4次球，所以，故A正确；
，故B错误；
根据二项分布期望公式得，故C正确；
根据二项分布方差公式得，故D正确.
故选：ABCD
【点睛】结论点睛：随机变量X服从二项分布，记作X～，，且有，.
典例2．投壶游戏起源于中国古代六艺中的“射”艺，是射礼的演变和延续．甲、乙两位同学为了参加投壶游戏比赛，进行了大量的投壶训练．从这些训练数据中随机抽取甲乙各100次投壶数据，其中甲投中目标的次数为80次，乙投中目标的次数为85次．假设每次投壶相互独立，用频率估计概率．
(1)若现在让甲投壶4次，求甲投中目标的次数X的分布列及期望；
(2)通过分析甲、乙的训练数据发现：若甲发挥正常，投中目标的概率为0.9，发挥不正常，投中目标的概率为0.5；若乙发挥正常，投中目标的概率为0.95，发挥不正常，投中目标的概率为0.6．设甲、乙发挥正常的概率分别为p，q，计算并比较p与q的大小．
【答案】(1)分布列见解析，.
(2)
【分析】（1）用频率估计出甲每次投壶投中的概率，易知甲投中目标的次数X服从二项分布，由此求得分布列及期望；
（2）由条件概率公式及全概率公式计算出的值，即可比较其大小.
【详解】（1）用频率估计概率可得甲每次投中目标的概率是，
若现在让甲投壶4次，甲投中目标的次数X的取值为，
，，，
，.
所以甲投中目标的次数X的分布列是
0 1 2 3 4
因为，所以甲投中目标的次数X的期望是.
（2）记甲发挥正常为事件A，甲投中目标为事件B，
由题意得，
所以，即，解得.
记乙发挥正常为事件C，乙投中目标为事件D，
由题意得，
所以，即，解得.
，所以.
二项分布是高考高频易错点，核心失误集中在三点。一是未判断适用条件，盲目套用公式，忽略“次独立重复试验、每次试验只有两种结果、每次概率相同”的核心前提。二是混淆二项分布与超几何分布，误将不放回抽样当作独立重复试验。三是计算概率时，记错二项分布公式，或遗漏组合数计算，同时忽略随机变量的取值范围（，为整数）。备考需牢记适用场景，规范公式应用，避免此类失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知小明射箭命中靶心的概率为，且每次射击互不影响，则小明在射击4次后，恰好命中两次的概率是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用二项分布的概率即可得解．
【详解】由已知命中的概率为，不命中的概率为，射击4次，命中两次，
故概率.
故选：D.
变式2．经检测一批产品中每件产品的合格率为，现从这批产品中任取5件，设取得合格产品的件数为，则以下选项正确的是（ ）
A．的可能取值为1，2，3，4，5 B．
C．的概率最大 D．服从超几何分布
【答案】C
【分析】的可能取值包括0可判断A；可判断B；随机变量，，若取得最大值时,则有，，求出的值可判断C；服从二项分布可判断D.
【详解】对于A，的可能取值为0，1，2，3，4，5，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于D，由题意，随机变量，故D不正确；
对于C，随机变量，，
若取得最大值时，则:
，
则，解得，则．
故的概率最大，所以C正确；
故选：C.
变式3．如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由题意当时，的可能取值为1,3,5，且，根据二项分布的概率公式计算即可求解.
【详解】依题意，当时，的可能取值为1,3,5，且，
所以
.
故选：D．
变式4．一个袋子中有4个红球，个绿球，已知取出的2个球都是红球的概率为．
(1)求的值：
(2)从中依次随机地摸出4个球作为样本，设采用有放回摸球和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为．
（i）求的数学期望和方差；
（ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球的比例估计总体中绿球的比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际含义．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii），，采用不放回估计的结果更可靠些
【分析】（1）结合题意利用古典概型由组合数建立方程，解出即可；
（2）（i）利用有放回是二项分布，由公式求出期望和方差即可；
（ii）通过样本比例与总体比例的误差范围，计算相应概率并比较大小，说明其含义.
【详解】（1）由题可得，
即，解得：．
（2）（i）对于有放回摸球，每次摸到绿球的概率为，且每次试验之间的结果是独立的，则
（ii）样本中绿球的比例分别为，
有放回摸球时，概率
不放回摸球时，
概率
所以，在误差不超过0.2的相同限制下，用样本中绿球比例估计总体中绿球比例，采用不放回估计的结果更可靠些．
◇题型 10 超几何分布
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）一盒中有7个乒乓球．其中5个未使用过，2个已使用过，现从盒子中任取3个球来用，用完后再装回盒中．记盒中已使用过的球的个数为X，则下列结论正确的是（ ）
A．X的所有可能取值是 B．X最有可能的取值是5
C．X等于3的概率为 D．X的数学期望是
【答案】AC
【分析】先求出随机变量X的可能取值，然后求出其对应的概率，由数学期望的计算公式求出E(X)，由此判断四个选项即可.
【详解】记未使用过的乒乓球为A，已使用过的为B，
任取3个球的所有可能是：1A2B，2A1B，3A；
A使用后成为B，故X的所有可能取值是3，4，5；
，
，
，
所以X最有可能的取值是4；
.
故选：AC
典例2．某中学为了解高二年级学生对“数学建模竞赛”的参与意愿与性别是否有关，现从学校中随机抽取了100名学生进行调查，得到如下列联表：
性别 愿意参与 不愿意参与 合计
男生
女生
合计
(1)根据小概率值的独立性检验，能否认为“愿意参与数学建模竞赛与性别有关联”？
(2)从样本中“愿意参与”的学生中按性别采用分层抽样的方法抽取11人，再从这11人中随机抽取3人作为竞赛种子选手，记3人中女生的人数为，求的分布列和数学期望．
附：，
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【答案】(1)愿意参与数学建模竞赛与性别无关联；
(2)答案见解析.
【分析】（1）直接根据零假设进行独立性检验得出.
（2）先由分层抽样选出人中，男生6人，女生5人，从中选出3人中女生的人数服从超几何分布解得.
【详解】（1）零假设：愿意参与数学建模竞赛与性别无关.
根据小概率值的独立性检验，我们没有充分的证据推断不成立，
即认为愿意参与数学建模竞赛的意愿与性别无关.
（2）根据分层抽样的性质可知：愿意参与的学生中男生与女生的比例为.
因此选出人中，男生人数为人，女生人数为人
由题意可知：，服从超几何分布，，.
，
，
所以这3人中女生人数的概率分布列为：
.
超几何分布是高考高频易错点，核心失误集中在三点。一是未判断适用条件，忽略“不放回抽样、总体分为两类、抽取固定数量样本”的核心前提，盲目套用公式。二是混淆超几何分布与二项分布，误将不放回抽样当作独立重复试验（二项分布）。三是计算时，记错超几何分布概率公式，或混淆总体个数、两类个体数及抽取个数，导致组合数计算失误。备考需牢记适用场景，明确与二项分布的区别，规范公式应用。
变｜式｜巩｜固
变式1．某企业生产的个产品中有个一等品、个二等品，现从这批产品中任意抽取个，则其中恰好有个二等品的概率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】根据超几何分布概率公式直接求解即可.
【详解】从个产品中任意抽取个，基本事件总数为个；
其中恰好有个二等品的基本事件有个，
恰好有个二等品的概率；
也可由对立事件计算可得.
故选：AD.
变式1．（多选）在一个袋中装有质地、大小均一样的6个黑球，4个白球，现从中任取4个小球，设取出的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是（ ）
A． B．随机变量X服从二项分布
C．随机变量X服从超几何分布 D．
【答案】ACD
【分析】利用二项分布、超几何分布的意义判断BC；求出的所有可能值的概率即可判断AD作答.
【详解】随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，4，，
因此随机变量X服从超几何分布，B错误，C正确；
，，，
，，A正确；
，D正确.
故选：ACD
变式3．（多选）2022年世界田联半程马拉松锦标赛，是扬州首次承办高规格、大规模的国际体育赛事.运动会组织委员会欲从4名男志愿者、3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，下列说法正确的有（ ）
A．设“抽取的3人中恰有1名女志愿者”为事件A，则
B．设“抽取的3人中至少有1名男志愿者”为事件B，则
C．用X表示抽取的3人中女志愿者的人数，则
D．用Y表示抽取的3人中男志愿者的人数，则
【答案】BD
【分析】理解题意，利用超几何分布，求概率，求期望，求方差即可.
【详解】对于A：从7名志愿者中抽取3人，所有可能的情况有（种），其中恰有1名女志愿者的情况有（种），故，故A错误；
对于B：，故B正确；
对于C：由题意知X的可能取值为0，1，2，3，则，，，，
所以，故C错误.
对于D：由题可知Y的可能取值为0，1，2，3，则，，，，
则，
，
则，故D正确.
故选：BD.
变式4．中学阶段是学生身体发育最重要的阶段, 长时间熬夜学习严重影响学生的身体健康, 某校为了解甲、乙两班每周自我熬夜学习的总时长(单位: 小时), 分别从这两个班中随机抽取名同学进步调查, 将他们最近一周自我熬夜学习的总时长作为样本数据，频数分布表如图所示, 如果学生平均每周自我熬夜学习的总时长超过小时, 则称为“过度熬夜”.
甲班（单位h） 9 11 13 20 24 37
乙班（单位h） 11 12 21 25 27 36
（1）请根据样本数据, 估计甲、乙两班的学生平均每周自我熬夜学习时长的平均值；
（2）从甲班的样本数据中有放回地抽取个数据, 求恰有个数据为“过度熬夜”的概率；
（3）从甲、乙两班的样本数据中各随机抽取名学生的数据, 记“过度熬夜”的学生人数为,写的分布列和数学期望.
【答案】（1）甲班、乙班学生每周平均熬夜时间分别为、小时；（2）；(3)分布列解析，．
【详解】试题分析：（1）分别求出甲、乙两班样本数据的平均值，由此能估计甲、乙两班学生每周平均熬夜时间；（2）首先求得从甲班的个样本数据中随机抽取个的数据为“过度熬夜”的概率，由此可求得所求概率；(3)首先得出的所有可能取值，然后分别求出相应概率，从而列出分布列，求得数学期望．
试题解析：（1）甲班样本数据的平均值为，由此估计甲班学生每周平均熬夜时间小时；乙班样本数据的平均值为，由此估计乙班学生每周平均熬夜时间小时.
（2）因为从甲班的个样本数据中随机抽取个的数据为“过度熬夜”的概率是,所以从甲班样本数据中有放回的抽取个的数据, 恰有个数据为“过度熬夜”的概率为.
(3) 的可能取值为.,
,
.
的分布列是：
.
考点：1、茎叶图；2、用样本估计总体；3、古典概型；4、离散型随机变量的分布列与数学期望．
◇题型 11 正态分布
典｜例｜精｜析
典例1．已知随机变量，且，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据正态分布特性求出的值，再根据二项分布的方差公式求出，最后代入题中所给等式求解即可．
【详解】正态分布关于均值对称，又，
可得，所以，又，
所以，
由此可得，解得．
典例2．为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）.根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布.
（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及X的数学期望；
（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.
（ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性；
（ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04
10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
经计算得，，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，.
用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ（精确到0.01）.
附：若随机变量Z服从正态分布，则，，.
【答案】（1），（2）（ⅰ）见详解；（ⅱ）需要.,
【分析】（1）依题知一个零件的尺寸在之内的概率，可知尺寸在之外的概率为0.0026，而，进而可以求出的数学期望.
（2）（i）判断监控生产过程的方法的合理性，重点是考虑一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件的概率是大还是小，若小即合理；
（ii）计算，剔除之外的数据，算出剩下数据的平均数，即为的估计值，剔除之外的数据，剩下数据的样本方差，即为的估计值.
【详解】（1）抽取的一个零件的尺寸在之内的概率为0.9974，
从而零件的尺寸在之外的概率为0.0026，
故.
因此.
的数学期望为.
（2）（i）如果生产状态正常，
一个零件尺寸在之外的概率只有0.0026，
一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件
概率只有0.0408，发生的概率很小.
因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程
可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，
可见上述监控生产过程的方法是合理的.
（ii）由，
得的估计值为，的估计值为，
由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在之外，
因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除之外的数据，
剩下数据的平均数为，
因此的估计值为.
，
剔除之外的数据，
剩下数据的样本方差为，
因此的估计值为.
【点睛】本题考查正态分布的实际应用以及离散型随机变量的数学期望，正态分布是一种重要的分布，尤其是正态分布的原则，审清题意，细心计算，属中档题.
正态分布是高考高频易错点，核心失误集中在三点。一是混淆正态分布参数含义，误将μ（均值）与σ（标准差）的作用弄反，忽略μ决定分布对称性、σ决定离散程度。二是误用3σ原则，未记住“μ±σ、μ±2σ、μ±3σ”对应的概率，或范围判断错误。三是忽略正态分布的对称性，计算概率时未利用对称性质简化运算，导致计算繁琐或失误。备考需牢记参数意义与3σ原则，灵活运用对称性解题。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知随机变量且，则（ ）
A．0.0455 B．0.9545
C．0.02275 D．0.47725
【答案】C
【分析】利用标准正态分布求解即可.
【详解】因为随机变量，，
所以.
故选：C.
变式2．已知甲、乙两批袋装食盐的质量（单位：g）分别服从正态分布和，其正态曲线如图所示，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【分析】观察图表，根据对称轴得到平均数的大小，根据形状特征得到方差的大小，得到答案.
【详解】从图总可以看出乙的对称轴大于甲的对称轴，
故甲的平均数小于乙的平均数，即，
且乙“高瘦”，甲“矮胖”，即乙数据更加集中，方差比甲小，即.
故选：C
变式3．已知随机变量，正实数满足，则的最小值为（ ）
A．3 B．4
C．5 D．6
【答案】D
【分析】先利用正态分布的对称性求的关系，进而利用基本不等式求最小值.
【详解】由，得正态曲线关于对称.
因为，
所以，得.
又，
当且仅当，即，时取等号.
故的最小值为6.
故选：D
变式4．泊松分布是一种统计与概率学里常见的离散型分布、特别适合用于描述单位时间（或单位空间）内随机事件发生的次数，例如：某一服务设施在一定时间内到达的人数，电话交换机接到呼叫的次数，汽车站台的候客人数，机器出现的故障数，自然灾害发生的次数，一个产品上的缺陷数，显微镜下单位分区内的细菌分布数等，因此，在管理科学、运筹学以及自然科学的某些问题中都占有重要的地位.若随机变量服从参数为的泊松分布（记作），则其概率分布为，，其中为自然对数的底数.
(1)当时，泊松分布可以用正态分布来近似：当时，泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为.若，利用其与正态分布的联系求的值（保留三位小数）；
(2)某公司制造微型芯片，次品率为0.1%，各芯片是否为次品相互独立，以记产品中的次品数.
①若，求在1000个产品中至少有2个次品的概率；
②若，，求在1000个产品中至少有2个次品的概率.通过与①的计算结果比较，你发现了什么规律？
(3)若，当时，记的取值范围为集合，证明.
参考数据：若，则有，，；，，.
【答案】(1)0.136
(2)①0.2644；②,规律见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）分析可知，利用正态分布原则,可求得的值；
（2）分别利用独立重复试验的概率公式和泊松分布的概率公式可求得，比较大小后可得出结论；
（3）利用泊松分布得出，进而结合题意得，再构造函数，继续通过研究其单调性得，使得，故，即可证明.
【详解】（1）解：因为当，且时，可近似地认为，
即，这里，，
所以，
（2）①若，
则；
②若，其中，
则.
比较计算结果，可以发现利用二项分布计算的结果与利用泊松分布计算的结果是非常接近的，说明某些特定情形下，可以用泊松分布来计算二项分布.
（3）由于，所以，，
由泊松分布的概率公式可得，，
所以，，
因为，即，
构造函数，则，
所以，函数在上单调递减，
由于，，所以，，
所以，使得，即
所以
◇题型 12 概率中的决策问题
典｜例｜精｜析
典例1．某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)假设，
（i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
（ii）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
【答案】(1)
(2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛；
【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）（i）首先各自计算出，，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.
【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
比赛成绩不少于5分的概率.
（2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
，
，
，应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
，
，
，
，
记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
同理
，
因为，则，，
则，
应该由甲参加第一阶段比赛.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.
概率决策问题高频易错点：一是混淆概率最值与数学期望最值，决策优先看期望，而非单一概率最大。二是随机变量取值、概率、收益对应错误，模型与题意不符。三是求最值时忽略变量为整数、实际范围等约束，直接用导数或不等式得出错解。四是漏写最终决策结论，只计算不判断，造成失分。五是忽视题目成本、损失、限制条件，导致期望计算不完整。
变｜式｜巩｜固
变式1．某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：

以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．
（1）求X的分布列；
（2）若要求，确定n的最小值；
（3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在与之中选其一，应选用哪个？
【答案】（1）见解析.
（2）见解析.
（3）见解析.
【分析】（1）由已知得X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列；（2）由X的分布列求出P（X≤18）=，P（X≤19）=．由此能确定满足P（X≤n）≥0．5中n的最小值；（3）购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，分别求出n=19时，费用的期望和当n=20时，费用的期望，从而得到买19个更合适．
【详解】（1）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0．2，0．4，0．2，0．2，从而
；
；
；
；
；
；
．
所以的分布列为
16 17 18 19 20 21 22
（2）由（1）知，，故的最小值为19．
（3）购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用.
当n=19时，费用的期望为：19×200+500×0.2+1000×0.08+1500×0.04=4040；
当n=20时，费用的期望为：20×200+500×0.08+1000×0.04=4080.
可知当时所需费用的期望值小于时所需费用的期望值，故应选．
考点：离散型随机变量及其分布列
变式2．现有甲、乙两个项目，对甲项目每投资十万元，一年后利润是1.2万元、1.18万元、1.17万元的概率分别为、、；已知乙项目的利润与产品价格的调整有关，在每次调整中价格下降的概率都是，设乙项目产品价格在一年内进行2次独立的调整，记乙项目产品价格在一年内的下降次数为，对乙项目每投资十万元，取0、1、2时，一年后相应利润是1.3万元、1.25万元、0.2万元.随机变量、分别表示对甲、乙两项目各投资十万元一年后的利润.
(1)求、的概率分布和数学期望、；
(2)当时，求的取值范围.
【答案】(1)概率分布见解析，，
(2)
【分析】（1）解法一：由题意直接写出的概率分布列，并求出数学期望，根据得到的分布列，从而得到的分布列，得到数学期望；
解法二：由题意直接写出的概率分布列，并求出数学期望，设出事件，由独立事件概率乘法公式得到，，，得到的分布列，得到数学期望；
（2）在（1）的基础上，根据得到不等式，结合求出答案.
【详解】（1）解法一：的概率分布为
1.2 1.18 1.17
P
.
由题设得，故，
，，
则的概率分布为
0 1 2
P
故的概率分布为
1.3 1.25 0.2
P
所以的数学期望为
.
解法二：的概率分布为
1.2 1.18 1.17
P
.
的概率分布解法如下：
设表示事件”第i次调整，价格下降”，
则，
，
，
故的概率分布为
1.3 1.25 0.2
P
所以的数学期望为
.
（2）由，得：，
解得，
因为，所以时，p的取值范围是.
◇题型 13 概率中的赛制问题
典｜例｜精｜析
典例1．某高中的独孤与无极两支排球队在校运会中采用五局三胜制（有球队先胜三局则比赛结束）．第一局独孤队获胜概率为，独孤队发挥受情绪影响较大，若前一局获胜，下一局获胜概率增加，反之降低．则独孤队不超过四局获胜的概率为__________．
【答案】0.236
【分析】根据相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得.
【详解】设为独孤队第局取胜，
由题意，独孤队取胜的可能结果为四个互斥事件：，，，，
所以独孤队取胜的概率
．
故答案为：
典例2．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，
（1）求甲连胜四场的概率；
（2）求需要进行第五场比赛的概率；
（3）求丙最终获胜的概率.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率；
（2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率.
【详解】（1）记事件甲连胜四场，则；
（2）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，
则四局内结束比赛的概率为
，
所以，需要进行第五场比赛的概率为；
（3）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，
记事件甲赢，记事件丙赢，
则甲赢的基本事件包括：、、、
、、、、，
所以，甲赢的概率为.
由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，
所以丙赢的概率为.
【点睛】本题考查独立事件概率的计算，解答的关键就是列举出符合条件的基本事件，考查计算能力，属于中等题.
比赛问题易错点集中在三点。一是误判比赛停止条件，未按 “先胜 n 局即结束” 计算，多算多余场次。二是混淆独立重复与终止型概率，直接套用二项分布，忽略最后一局必为胜场。三是分类不全，漏算不同获胜局数情况，导致概率求和错误。四是期望计算时，未正确列出分布列或错判取值范围，造成均值失误。解题要先定终止规则，再分步分类计算。
变｜式｜巩｜固
变式1．甲、乙、丙三人进行扳手腕比赛，累计负两场者淘汰，甲、乙两人先进行比赛，丙轮空，每次比赛的胜者与轮空者进行比赛，负者轮空，直到有1人被淘汰，剩余两人继续比赛，直到其中1人淘汰，另1人最终获胜，比赛结束.假设每场比赛没有平局，甲、乙比赛，甲获胜的概率为，甲、丙比赛，甲获胜的概率为，乙、丙比赛，乙获胜的概率为，则甲与乙比赛负1场且最终甲获胜的概率为__________.
【答案】
【分析】根据题意，列举出“甲与乙比赛负1场且最终甲获胜”的所有基本事件，利用独立事件的概率乘法公式计算出相应概率.
【详解】设甲乙比赛中甲胜乙负为事件，甲负乙胜为事件；甲丙比赛中甲胜丙负为事件，甲负丙胜为事件;乙丙比赛中乙胜丙负为事件，乙负丙胜为事件.
设甲与乙比赛负1场且最终甲获胜为事件，
则
故答案为：
变式2．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，甲得3分的概率为_________；甲的总得分不小于2的概率为_________．
【答案】/
【分析】设甲在四轮的总得分为，分析可知，记，结合组合数求，进而根据分布列性质以及期望公式求即可.
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，
从而甲在该轮得分的概率，所以.
从而.
记.
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.
而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.
所以，，两式相减即得，故.
所以甲的总得分不小于2的概率为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.
变式3．甲、乙两人进行AI知识问答比赛，进行一轮抢答赛，比赛中有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到得0分，最后累计总分最多的人获胜，假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且两人每题答题正确的概率分别为和，求：
(1)甲在比赛中抢到的题目比乙多的概率；
(2)若比赛中3道题均被乙抢到，设乙答题得分为，求的分布列和期望；
(3)甲在比赛中获胜的概率.
【答案】(1)；
(2)分布列见解析，期望为；
(3).
【分析】（1）将所求概率的事件拆成两个互斥事件的和，再结合独立重复试验的概率公式求解.
（2）求出的所有可能取值及各个值对应的概率，求出分布列并求出期望.
（3）设甲获胜为事件，甲在比赛中共抢到道题为事件，再利用条件概率公式及全概率公式计算得解.
【详解】（1）甲在比赛中抢到的题目比乙多的事件是甲抢到2个题的事件与甲抢到3个题的事件和，
其概率为.
（2）依题意，的所有可能取值为，
则，
，
所以的分布列为：
1 3
数学期望.
（3）设甲获胜为事件，甲在比赛中共抢到道题为事件，
则，
，
，
所以.
变式4．北京时间2021年11月7日凌晨1点，来自中国赛区的EDG战队，捧起了英雄联盟S11全球总决赛的冠军奖杯．据统计，仅在bilibili平台，S11总决赛的直播就有3.5亿人观看．电子竞技作为正式体育竞赛项目已经引起越来越多的年轻人关注．已知该项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：
第一轮：四支队伍分别两两对阵（即比赛1和2），两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组．
第二轮：胜者组两支队伍对阵（即比赛3），获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组两支队伍对阵（即比赛4），失败队伍（已两败）被淘汰（获得殿军），获胜队伍留在败者组．
第三轮：败者组两支队伍对阵（即比赛5），失败队伍被淘汰（获得季军);获胜队伍成为败者组第一名．
第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛（即比赛6），争夺冠军．假设每场比赛双方获胜的概率均为0.5，每场比赛之间相互独立．问：
(1)若第一轮队伍A和队伍D对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？
(2)已知队伍B在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍B获得亚军的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据分析得到获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，从而求出相应的概率；（2）合理设出事件，利用条件概率公式进行求解.
【详解】（1）由题意可知，第一轮队伍A和队伍D对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，
所以所求的概率为
（2）设表示队伍B在比赛i中胜利，表示队伍B在比赛i中失败，
设事件E：队伍B获得亚军，事件F：队伍B所参加的所有比赛中败了两场，
则事件F包括，，，，，且这五种情况彼此互斥，进而
事件包括，且这两种情况互斥，
进而
所以所求事件的概率为
◇题型 14 利用函数的单调性求解概率最值
典｜例｜精｜析
典例11．某工厂的某种产品成箱包装，每箱件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立．
（1）记件产品中恰有件不合格品的概率为,求的最大值点；
（2）现对一箱产品检验了件，结果恰有件不合格品，以（1）中确定的作为的值．已知每件产品的检验费用为元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付元的赔偿费用．
（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为，求;
（ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
【答案】（1）；（2）（i）；（ii）应该对余下的产品作检验.
【分析】（1）方法一：利用独立重复实验成功次数对应的概率，求得，之后对其求导，利用导数在相应区间上的符号，确定其单调性，从而得到其最大值点，这里要注意的条件；
（2）方法一：先根据第一问的条件，确定出，在解（i）的时候,先求件数对应的期望，之后应用变量之间的关系，求得赔偿费用的期望；在解（ii）的时候，就通过比较两个期望的大小，得到结果.
【详解】（1）［方法一］：【通性通法】利用导数求最值
件产品中恰有件不合格品的概率为.
因此.
令，得.当时，；当时，.
所以的最大值点为；
［方法二］：【最优解】均值不等式
由题可知，20件产品中恰有2件不合格品的概率为．
，当且仅当，即可得所求．
（2）由（1）知，.
（i）令表示余下的件产品中的不合格品件数，依题意知，，即.所以.
（ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元.
由于，故应该对余下的产品作检验.
【整体点评】（1）方法一：利用导数求最值，是求函数最值的通性通法；
方法二：根据所求式子特征，利用均值不等式求最值，是本题的最优解．
利用导数求概率中的最值，易错点集中在四点。一是未先确定变量实际范围，直接求导导致定义域错误。二是把概率表达式求导时运算出错，尤其乘积、分式型函数易符号搞错。三是忽略变量为正整数，直接用导数零点作为最值点。四是忘记检验端点，只看极值点不比较区间端点函数值，得出错误最值。解题要先定定义域，正确求导找临界点，结合整数约束与端点判断。
变｜式｜巩｜固
变式1．《英雄联盟》2023MSI季中冠军赛在英国伦敦举办，中国战队“JDG”与“BLG”进入决赛，决赛采用五局三胜制，当两队中有一队赢得三局比赛时，就由该队赢得冠军.每局比赛都要分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响.假设“JDG”战队在任一局赢得比赛的概率为，比赛局数的期望值记为，则的最大值是______.
【答案】
【分析】设比赛局数为，分别计算出可能取值的概率，进而求出期望值，再利用导数求得的最大值，由此得解．
【详解】设比赛局数为，则的可能取值为3，4，5，
则，
，
，
则，
所以，
因为函数的图象对称轴为，
当时，，当时，，所以，
所以当时，；当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即的最大值为．
故答案为：．
变式2．某企业为了提高生产效率，采用智能监测器对企业的生产设备进行监测．已知该企业的生产设备正常的概率，在生产设备异常的情况下，每台智能监测器出现预警信号的概率为；在生产设备正常的情况下，每台智能监测器出现预警信号的概率为．
(1)如果用2台智能监测器进行监测，且每台智能监测器相互独立，已知，在生产设备异常的情况下，求智能监测器出现预警信号的台数X的分布列及数学期望；
(2)如果用1台智能监测器进行监测，要使在智能监测器出现预警信号的条件下，生产设备异常的概率超过95%，求的范围．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）结合题意得到，再求出对应取值的概率，进而得到分布列和数学期望即可.
（2）设出基本事件并求出概率，再利用全概率公式求得，然后结合对立事件的概率公式，利用条件概率公式求得，列不等式求解即可.
【详解】（1）智能监测器出现预警信号的台数X的所有可能取值为，则，
则，，
，
则X的分布列为
X 0 1 2
P
故X的数学期望为.
（2）设生产设备正常为事件，生产设备异常为事件，智能监测器出现预警信号为事件，
则，，，，
由全概率公式知，
，所以，
解得，又因为，所以的范围是.
变式3．为备战年第十一届全国学生“学宪法讲宪法”比赛，某校举办了法治素养竞赛（分初赛和决赛两部分）.初赛从道题中任选题作答，题均答对则进入决赛.已进入决赛的参赛者允许连续抽奖次，中奖次奖励元，中奖次奖励元，中奖次奖励元，若次均未中奖，则只奖励元.假设每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立.
(1)已知初赛道题中甲能答对其中道题，记甲在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及甲在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
(2)记一名进入决赛的同学恰好中奖次的概率为，求的极大值；
(3)假设该校共选拔出名同学进入决赛，若这名同学获得的总奖金的期望值不小于元，试求此时的取值范围.
【答案】(1)；
(2)极大值
(3)
【分析】（1）通过超几何分布模型计算答对题数的数学期望，并利用条件概率公式分析在已知至少答对一题的情况下仍未能进入决赛的可能性；
（2）建立二项分布概率函数，通过求导确定其极值点，进而求得该概率函数在给定区间内的最大值；
（3）基于二项分布列出奖金期望的表达式，通过解多项式不等式确定概率参数的取值范围，从而满足总奖金期望的条件.
【详解】（1）记总题数，甲会做的题数，从中任选题作答，则答对题数服从超几何分布，
数学期望
事件“已答对一题”即；“仍未进入决赛”即，
由条件概率公式得：.
（2）设一次抽奖中奖概率为，次抽奖中中奖次数，
则“恰好中奖次”的概率：，
对求导：
令，得（舍去），
当时，当时，故为极大值点，
极大值为.
（3）设进入决赛的同学获得的奖金为元，
其分布为，，
，，
期望，化简得
名同学总奖金的期望，
即整理得
令，由知在单调递增，
又，因此不等式解为，
结合，得.
◇题型 15 马尔科夫链
典｜例｜精｜析
典例1．为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
（1）求的分布列；
（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，，，其中，，．假设，．
(i)证明：为等比数列；
(ii)求，并根据的值解释这种试验方案的合理性．
【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii），解释见解析.
【分析】（1）首先确定所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；（2）（i）求解出的取值，可得，从而整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；（ii）列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合和的值可求得；再次利用累加法可求出.
【详解】（1）由题意可知所有可能的取值为：，，
；；
则的分布列如下：
（2），
，，
（i）
即
整理可得：
是以为首项，为公比的等比数列
（ii）由（i）知：
，，……，
作和可得：
表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理.
【点睛】本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明等比数列、累加法求解数列通项公式和数列中的项的问题.本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通项求解、概率求解的相关知识，对学生分析和解决问题能力要求较高.
马尔科夫链数列问题核心易错点有三点。一是忽略无后效性，错误用前面多步状态推导下一步，只应依赖当前状态。二是递推关系写错，转移概率方向颠倒，导致递推公式完全错误。三是求通项或极限时，忽略初始条件与平稳分布的约束，直接套用数列公式。此外，易漏验概率和为 1、极限合理性，造成结果错误。
变｜式｜巩｜固
变式1．某高校拟与某网络平台合作组织学生参加与AI知识有关的网络答题活动，为了解男女学生参与答题意愿的差异，用比例分配的分层随机抽样方法在全体学生中抽取100人，设事件“学生报名参加答题活动”，“学生为男生”，据统计，．
(1)根据已知条件，完成下列2×2列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否推断该校学生报名参加答题活动与性别有关联？
性别活动 男生 女生 合计
未报名参加答题活动
报名参加答题活动
合计 100
(2)网络答题规则：答题活动不限时间，不限轮次，答多少轮由选手自行确定：每轮均设置道题，选手参与该轮答题，则至少答一道题，一旦答对一题，则其本轮答题结束，答错则继续答题，直到第m道题答完，本轮答题结束．已知甲同学报名参加答题活动，假设甲每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率均为．
①当时，求甲在一轮答题过程中答题数量的数学期望；
②假设甲同学每轮答题答对前两题中的一道，本轮答题得2分，否则得1分．记甲答题累计得分为n的概率为，求．
参考公式与数据：，其中．
0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】(1)列联表见解析；有的把握认为该校学生报名参加答题活动与性别有关联.
(2)①；②.
【分析】（1）根据题意，结合条件概率的定义，求出相应的数据，完成的列联表，求得的值，结合附表，即可得到结论；
（2）①先列出随机变量的概率表达式，结合数学期望的计算公式，得到数学期望的表达式，化简后利用乘公比错位相减法求和，求得随机变量的数学期望；
②根据题意，得到，当时，，利用构造法，求得数列是等比数列，数列是各项均为1的常数列，分别写出数列的通项公式，联立方程组，即可求解.
【详解】（1）解：由题意知：，
可得报名参加答题活动人数人，参加答题活动的男生人数为人，
所以报名参加答题活动的女生人数为人，
因为，可得样本中男生人数为人，女生人数为人，
所以完成的列联表，如下表所示：
性别 男生 女生 合计
未报名参加答题活动 20 35 55
报名参加答题活动 30 15 45
合计 50 50 100
可得，
所以有的把握认为该校学生报名参加答题活动与性别有关联.
（2）解：①设甲完成一轮答题，答题数量为随机变量，
则随机变量的所有可能取值为，
所以,
则，
当时，，
所以当时，，
②每轮比赛甲得1分的概率为，得2分的概率为，
所以，当时，，
因为且，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
则，
又由且，
所以数列是各项均为1的常数列，所以，
联立方程组，解得.
变式2．某图书馆对学生借阅图书是否按时归还的情况开展调查，经过一段时间的统计发现：学生第一次借阅图书，按时归还的概率为；从第二次借阅开始，若前一次按时归还，则本次按时归还的概率为；若前一次未按时归还，则本次按时归还的概率为．记学生第次借阅按时归还的概率为．
(1)求；
(2)求数列的通项公式；
(3)记前次借阅中按时归还的次数为，求随机变量的数学期望．
参考公式：若为离散型随机变量，则．
【答案】(1)，
(2)，
(3)
【分析】（1）利用全概率公式进行求解即可；
（2）根据题意，结合构造数列法、等比数列的定义进行求解即可；
（3）根据两点分布，结合数学期望公式、题中所给公式、等比数列前项和公式进行求解即可.
【详解】（1）由题意可知：，
，
；
（2）由题意可知：
，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
因此，显然适合，
故；
（3）记前次借阅中，第次按时归还为，
由题意可知：服从两点分布，且，
所以，
，由题中所给公式可得：
.
一、单项选择题
1．下列说法中错误的是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．越接近1，相关性越强
D．越接近0，相关性越弱
【答案】B
【分析】根据正态分布以及相关系数的概念直接判断即可.
【详解】对于A，根据正态分布对称性可知，，A说法正确；
对于B，根据正态分布对称性可知，，B说法错误；
对于C和D，相关系数越接近0，相关性越弱，越接近1，相关性越强，故C和D说法正确.
故选：B
2．如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正专题21 概率与随机变量及其分布列
目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】事件的关系 【题型02】根据概率值判断事件的关系 【题型03】古典概型 【题型04】相互独立事件 【题型05】概率的性质和计算 【题型06】条件概率 【题型07】全概率和贝叶斯公式 【题型08】随机变量的分布列，均值和方差 【题型09】二项分布 【题型10】超几何分布 【题型11】正态分布 【题型12】概率中的决策问题 【题型13】概率中的赛制问题 【题型14】利用函数的单调性求解概率最值 【题型15】马尔科夫链 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦 概率与随机变量及其分布列是高考数学必考模块，占分10-15分，核心考查基础应用与综合分析能力，聚焦四大高频考点。一是随机事件概率，重点考查互斥、对立、独立事件的概率计算，结合古典概型、几何概型，需熟练掌握计数方法与概率公式。二是离散型随机变量，核心是分布列的求解与性质应用，牢记概率非负、和为1的性质，常结合实际场景确定变量取值。三是常见分布，高频考查二项分布、超几何分布，需掌握其适用场景与计算公式，能快速识别模型。四是数字特征，期望与方差的计算及应用是重点，熟记常见分布的期望方差公式，会结合分布列求解并分析实际意义。高考命题多以实际应用为背景，侧重基础运算与规范书写，易错点集中在模型识别、公式混用，备考需强化题型训练，提升建模与计算能力。
关键能力 解答概率与随机变量及其分布列问题，核心需具备四大关键能力。一是模型识别能力，能快速区分古典概型、几何概型，准确判断二项分布、超几何分布的适用场景，避免模型混用。二是运算求解能力，熟练掌握概率公式、分布列性质及期望方差计算，确保运算精准，杜绝计算失误。三是建模应用能力，能将实际问题转化为数学模型，确定随机变量取值及对应概率。四是规范表达能力，分布列书写、步骤规范完整，关键公式与逻辑推理清晰。四大能力相辅相成，是突破此类题型的核心，备考需针对性强化训练，提升解题效率与准确率。
备考策略 针对概率与随机变量及其分布列高考备考，需立足基础、聚焦重点，提升备考效率。首先，夯实基础，熟记概率公式、分布列性质及常见分布的期望方差公式，杜绝基础失误。其次，强化模型识别训练，分类突破古典概型、二项分布等题型，总结不同模型的解题规律。再者，规范解题步骤，注重分布列书写、公式应用的规范性，避免步骤失分。最后，针对性刷题，精选高考真题与典型例题，总结易错点，查漏补缺，同时提升运算速度与建模能力，兼顾基础与综合，确保备考贴合高考命题方向。
◇方法技巧 01 概率，随机变量的分布列的常用方法
一、古典概型
核心技巧：紧扣“有限性”和“等可能性”两大条件。解题步骤：先明确试验所有基本事件总数，再找出符合条件的事件个数，最后用公式。关键是合理计数，可借助列举法、树状图、排列组合公式，避免重复或遗漏。
二、相互独立事件
核心技巧：判断事件独立（一个事件发生不影响另一个事件概率），牢记公式P(AB)=P(A)P(B)。解题时先判断事件是否独立，再拆分复杂事件为多个独立事件的积、和，结合互斥事件公式P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)计算，避免混淆独立与互斥。
三、条件概率
核心技巧：明确“在事件B发生的条件下，事件A发生”，牢记公式P(A|B)=P(AB)/P(B)（P(B)>0）。解题时先区分“条件概率”与“普通概率”，可通过缩小样本空间简化计算，当事件A、B独立时，P(A|B)=P(A)。
四、随机变量的分布列及概率最值
解题步骤：先确定随机变量所有可能取值，再计算每个取值对应的概率（满足非负性、和为1），规范书写分布列；概率最值可结合函数思想，将概率表示为变量的函数，利用二次函数、不等式（均值不等式）或单调性求解，注意变量的正整数约束。
五、马尔科夫链
核心技巧：抓住“无后效性”（未来状态仅与当前状态有关），借助状态转移矩阵解题。步骤：明确状态集合，构建转移矩阵，根据初始状态和转移矩阵计算后续状态概率，复杂问题可利用矩阵幂简化运算，重点掌握简单转移场景的概率求解。
◇题型 01 事件的关系
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）在12件同类产品中，有9件正品和3件次品，从中任意抽出3件产品，设事件“3件产品都是次品”，事件“至少有1件是次品”，事件“至少有1件是正品”，则下列结论正确的是（ ）
A．与为对立事件 B．与不是互斥事件
C． D．
事件的关系是概率解题的基础，核心易错点集中在三点，需重点规避。一是混淆互斥与对立事件，对立事件一定互斥，但互斥事件不一定对立，忽略“对立事件必有一个发生”的条件。二是误判相互独立事件，将“互斥”当作“独立”，二者无必然联系，互斥事件不能同时发生，独立事件互不影响。三是条件概率与普通概率混淆，忽略“在某事件发生前提下”的限制，误用普通概率公式替代条件概率公式，导致计算失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．同时抛掷两颗骰子，观察向上的点数，记“点数之和为5”是事件，“点数之和为4的倍数”是事件，则（ ）
A．为不可能事件 B．与为互斥事件
C．为必然事件 D．与为对立事件
变式2．掷两颗骰子，观察掷得的点数；设事件A为：至少一个点数是奇数；事件B为：点数之和是偶数；事件A的概率为，事件B的概率为；则是下列哪个事件的概率（ ）
A．两个点数都是偶数 B．至多有一个点数是偶数
C．两个点数都是奇数 D．至多有一个点数是奇数
变式3．已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有.现从这四个袋子中随机抽取一个袋子，设事件为“所抽袋子里有红球”，事件为“所抽袋子里有白球”，事件为“所抽袋子里有黑球”，则下列说法正确的是（ ）
A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立
C．事件与事件相互对立 D．事件与事件相互独立
◇题型 02 根据概率值判断事件的关系
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知事件A，B发生的概率分别为，，则（ ）
A．若，则事件与B相互独立
B．若A与B相互独立，则
C．若A与B互斥，则
D．若B发生时A一定发生，则
根据概率值判断事件关系是高频易错点，核心失误集中在三点。一是误将P(AB)=0当作事件A、B互斥，忽略几何概型中“概率为0的事件可能发生”，互斥的充要条件是AB为不可能事件，而非概率为0。二是用P(AB)=P(A)P(B)反向判断独立时，忽略前提条件，仅当P(A)、P(B)均不为0时，该等式才是独立的充要条件。三是混淆P(A|B)=P(A)的含义，误将其当作A、B互斥，实则该式是A、B相互独立的标志，需精准区分公式对应的事件关系。
变｜式｜巩｜固
变式1．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
变式2．（多选）已知事件，满足，，则下列结论正确的是().
A．若，则
B．若与互斥，则
C．若，则与相互独立
D．若与相互独立，则
变式3．依次抛掷两枚质地均匀的骰子，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为2”，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为6”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7”，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
◇题型 03 古典概型
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知甲、乙两枚互不影响的骰子均能等概率掷出自然数1—6，某一次随机抛出这两枚骰子，记事件甲、乙掷出的点数和为6；事件甲掷出的点数为奇数，则：（ ）.
A． B．
C． D．
(甲,乙) 1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
古典概型核心易错点集中在三大方面，需重点规避。一是忽略两大前提，未验证“有限性”和“等可能性”，盲目套用公式计算。二是计数失误，列举基本事件时重复或遗漏，尤其涉及排列组合时，混淆有序与无序问题。三是误将非等可能事件当作等可能事件，如忽略抽样是否放回，导致基本事件概率不均等，最终计算结果出错。备考需牢记前提、规范计数，避免此类基础失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，是中华民族劳动人民长期经验积累的成果和智慧的结晶．若从立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气中随机选择两个节气，则其中一个节气是立春的概率为（ ）
A． B．
C． D．
变式2．（多选）一个盒子装有标号的5张标签，则（ ）
A．有放回的随机选取两张标签，标号相等的概率为
B．有放回的随机选取两张标签，第一次标号大于第二次的概率为
C．无放回的随机选取两张标签，标号之和为5的概率为
D．无放回的随机选取两张标签，第一次标号大于第二次的概率为
变式3．已知A，B为样本空间中的两个随机事件，其中，，则（ ）
A．事件与互斥 B．
C．事件与相互独立 D．
◇题型 04 相互独立事件
典｜例｜精｜析
典例1．如图，某电子元件由三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，三种部件不能正常工作的概率分别为，各个部件是否正常工作相互独立，同时正常工作或正常工作则该电子元件能正常工作，那么该电子元件能正常工作的概率是______________.
典例2．人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧.某科技公司计划开发三款不同的大语言模型.每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收.只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立.只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布.已知三款模型通过算法设计评审的概率依次为，通过工程部署验收的概率依次为.
(1)求三款中恰有两款通过算法设计评审的概率；
(2)若已知三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为的概率；
(3)经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，三款模型能成功上线的数量为随机变量，求的分布列及数学期望.
0 1 2 3
相互独立事件是概率高频易错点，核心失误集中在三点。一是混淆独立与互斥，误将互斥事件当作独立事件，二者无关联，互斥事件不能同时发生，独立事件互不影响。二是误用独立事件公式，未判断独立性就套用P(AB)=P(A)P(B)，导致计算错误。三是忽略多个独立事件的逻辑关系，拆分复杂事件时，误将“和事件”当作“积事件”，或遗漏事件间的独立条件，备考需牢记定义、规范判断，避免基础失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是（ ）
A．个球都是红球的概率为 B．个球中恰有个红球的概率为
C．至少有个红球的概率为 D．个球不都是红球的概率为
变式2．（多选）甲袋中有20个红球．10个白球，乙袋中红球、白球各有10个，两袋中的球除了颜色有差别外，再没有其他差别．现在从两袋中各换出1个球，下列结论正确的是（ ）
A．2个球都是红球的概率为 B．2个球中恰有1个红球的概率为
C．不都是红球的概率为 D．都不是红球的概率为
变式3．在信道内传输信号，信号的传输相互独立．发送时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到的概率为，收到1的概率为．现依次发送1、1、0三个信号，则至少收到两个0的概率为_________________．
变式4．甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
0 10 20 30
0.16 0.44 0.34 0.06
变式5．为了激活全民参与体育赛事的热情，某省举办了足球联赛．已知足球联赛积分规则为：球队胜一场积3分，平一场积1分，负一场积0分．球队甲2025年11月将迎来主场与球队乙和客场与球队丙的两场比赛．根据前期比赛成绩，球队甲主场与球队乙比赛：胜利的概率为，平的概率为，负的概率为；球队甲客场与球队丙比赛：胜利的概率为，平的概率为，负的概率为；且每场比赛结果相互独立．
(1)设球队甲11月主场与球队乙比赛获得积分为，客场与球队丙比赛获得积分为，求的概率；
(2)用表示球队甲11月与球队乙和球队丙比赛获得积分之和，求的分布列与期望．
0 1 2 3 4 6
◇题型 05 概率的性质和计算
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）假设是两个事件，且，，，则（ ）
A． B．
C． D．
概率的性质和计算是基础易错点，核心失误集中在三点。一是忽略概率取值范围，误将大于1或小于0的数值当作概率，牢记0≤P(A)≤1。二是误用对立、互斥事件公式，计算和事件概率时，未区分互斥与非互斥，盲目套用P(A∪B)=P(A)+P(B)。三是分步计算时，误将非独立事件当作独立事件，或遗漏分步中的某些情况，导致概率计算偏差。备考需牢记性质、规范公式应用，避免基础失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）在一次随机试验中有两个随机事件和，若，，则（ ）
A． B．若与互斥，则
C． D．若与相互独立，则
变式2．（多选）在一个有限样本空间中，事件发生的概率满足，，A与互斥，则下列说法正确的是（ ）
A． B．A与相互独立
C． D．
变式3．（多选）设是一次随机试验中的两个事件，且则（ ）
A．相互独立 B．
C． D．
◇题型 06 条件概率
典｜例｜精｜析
典例1．两位游客准备分别从葫芦古镇、兴城古城、龙潭大峡谷、九门口水上长城、龙湾海滨风景区5个景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件“两位游客中至少有一人选择葫芦古镇”，事件“两位游客选择的景点不同”，则（ ）
A． B．
C． D．
典例2．一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
条件概率是概率模块高频易错点，核心失误集中在三点。一是混淆条件概率与普通概率，忽略“在事件B发生前提下”的限制，误用P(A)替代P(A|B)。二是误用公式，未满足P(B)>0就套用，或混淆P(A|B)与P(B|A)的计算公式。三是计算P(AB)时出错，误将非独立事件当作独立事件，导致分子计算偏差。备考需明确前提、牢记公式，避免此类基础失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．儿童牙齿是否健康与早晚是否都刷牙有关.据调查，某幼儿园大约有的学生牙齿健康，大约有的学生早晚都刷牙，且其中早晚都刷牙的学生中约有的学生牙齿健康.现从不是早晚都刷牙的学生中任意调查一名学生，则他的牙齿健康的概率约为（ ）
A． B．
C． D．
变式2．除夕夜吃饺子是中华民族的传统习俗，若一盘饺子共有三种馅，其中猪肉三鲜水饺有6个，素三鲜水饺有7个，羊肉大葱水饺有7个，现从盘中夹取3个饺子，在取到的都是同种馅的条件下，取到的都是羊肉大葱水饺的概率是（ ）
A． B．
C． D．
变式3．甲、乙、丙三人玩掷硬币游戏，依次连续抛掷一枚质地均匀的硬币1次，每次结果要么正面向上，要么反面向上，两种结果等可能，而且各次抛掷相互独立.记事件表示“3次结果中有正面向上，也有反面向上”，事件表示“3次结果中最多一次正面向上”，事件表示“3次结果中没有正面向上”，则（ ）
A．事件与事件互斥 B．
C．记的对立事件为，则 D．事件与事件相互独立
◇题型 07 全概率和贝叶斯公式
典｜例｜精｜析
典例1．某疾病在人群中的患病率为．检测方法的灵敏度（即患者检测结果为阳性的概率）为，特异度（即非患者检测结果为阴性的概率）为．如果某人检测结果为阳性，他实际患病的概率约为（ ）
A． B．
C． D．
典例2．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件存在如下关系：.2025贺岁档电影精彩纷呈，有几部影片是小红同学想去影院看的．小红同学家附近有甲、乙两家影院，小红第一天去甲、乙两家影院观影的概率分别为0.3和0.7．如果她第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率为0.6；如果第一天去乙影院，那么第二天去甲影院的概率为0.5，则小红同学（ ）
A．第二天去甲影院的概率为0.54
B．第二天去乙影院的概率为0.46
C．已知小红第二天去了甲影院，那么她第一天去乙影院的概率为
D．已知小红第二天去了乙影院，那么她第一天去甲影院的概率为
全概率公式与贝叶斯公式是高频易错点，核心失误集中在三点。一是未验证样本空间的划分条件，拆分事件时不满足“互斥且完备”，盲目套用公式。二是混淆两公式用途，全概率求“结果概率”，贝叶斯求“原因概率”，易颠倒条件与结果。三是计算时遗漏部分划分事件，或误算条件概率，导致最终结果偏差。备考需牢记公式适用前提，明确两公式的核心区别，规范分步计算。
变｜式｜巩｜固
变式1．跑步运动越来越受大众喜爱．据统计，某校有高一、高二、高三三个年级，这三个年级中喜欢跑步运动的教师分别占该年级教师人数的40%，30%，35%，且这三个年级的教师人数之比为3：3：4，现从这三个年级中随机抽一名教师，则该教师喜欢跑步的概率为（ ）
A．0.35 B．0.32
C．0.45 D．0.36
变式2．（多选）在某班中，男生占，女生占，在男生中喜欢体育锻炼的学生占，在女生中喜欢体育锻炼的学生占，从这个班的学生中任意抽取一人.则下列结论正确的是（ ）
A．抽到的学生是男生且喜欢体育锻炼的概率为
B．抽到的学生喜欢体育锻炼的概率为
C．若抽到的学生喜欢体育锻炼，则该学生是男生的概率为
D．若抽到的学生喜欢体育锻炼，则该学生是女生的概率为
变式3．（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．
变式4．某兴趣小组调查了某校100名学生100米短跑成绩的情况，其中有60 名学生的短跑成绩合格.这100名学生中有45名学生每周自主锻炼时间超过5小时，60名短跑成绩合格的学生中有35名学生每周自主锻炼时间超过5小时.现对短跑成绩不合格的学生进行跑步技巧培训，已知每周自主锻炼时间超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为，每周自主锻炼时间不超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为.用频率估计概率，从短跑成绩不合格的学生中随机抽取1名学生（记为甲）进行跑步技巧培训.依据小概率值的独立性检验，零假设为：学生短跑成绩合格与每周自主锻炼时间相互独立.
(1)先填写列联表，再依据小概率值的独立性检验，判断是否能认为学生短跑成绩合格与每周自主锻炼时间超过5小时有关；
每周自主锻炼时间超过5小时 每周自主锻炼时间不超过5小时 合计
短跑成绩合格
短跑成绩不合格
合计 100
(2)求学生甲在培训后短跑成绩合格的情况下，每周自主锻炼时间不超过5小时的概率；
(3)为提高学生锻炼的积极性，学校偶尔会在田径运动场举办锻炼有奖活动，记表示事件“田径运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”，表示事件“小明去田径运动场锻炼”，.已知小明在田径运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去运动场锻炼的概率，比不举办抽奖活动的情况下去运动场锻炼的概率大.证明：.
参考公式与数据：，其中，.
0.01 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
每周自主锻炼时间超过5小时 每周自主锻炼时间不超过5小时 合计
短跑成绩合格 35 25 60
短跑成绩不合格 10 30 40
合计 45 55 100
◇题型 08 随机变量的分布列，均值和方差
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知随机变量X、Y，且的分布列如下：
X 1 2 3 4 5
P m n
若，则（ ）
A． B．
C． D．
随机变量的分布列、均值和方差是高频易错点，核心失误有三点。一是分布列不满足性质，忽略概率非负、所有概率和为1，导致书写错误。二是计算均值时，遗漏随机变量取值与对应概率的乘积，或计算失误。三是混淆方差公式，记错公式形式，或未结合分布列精准代入数值，同时忽略方差的非负性。备考需牢记性质与公式，规范书写和计算，避免基础失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）甲参加游戏获得的积分的分布列为
4 5 6 7 8
0.1 0.3 0.3
且，则（　　）
A． B．
C． D．
变式2．（多选）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量X的方差，则
B．若随机变量Y服从两点分布，且，则
C．若随机变量ξ服从正态分布，，则
D．若随机变量η服从二项分布，则
变式3．（多选）已知随机变量和满足：，且，若的分布列如下表，则下列说法正确的是（ ）
1 2 3
A． B．
C． D．
【答案】BCD
◇题型 09 二项分布
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）袋子中有2个黑球，1个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球记0分，黑球记1分，记4次取球的总分数为，则（ ）
A． B．
C．的期望 D．的方差
典例2．投壶游戏起源于中国古代六艺中的“射”艺，是射礼的演变和延续．甲、乙两位同学为了参加投壶游戏比赛，进行了大量的投壶训练．从这些训练数据中随机抽取甲乙各100次投壶数据，其中甲投中目标的次数为80次，乙投中目标的次数为85次．假设每次投壶相互独立，用频率估计概率．
(1)若现在让甲投壶4次，求甲投中目标的次数X的分布列及期望；
(2)通过分析甲、乙的训练数据发现：若甲发挥正常，投中目标的概率为0.9，发挥不正常，投中目标的概率为0.5；若乙发挥正常，投中目标的概率为0.95，发挥不正常，投中目标的概率为0.6．设甲、乙发挥正常的概率分别为p，q，计算并比较p与q的大小．
0 1 2 3 4
二项分布是高考高频易错点，核心失误集中在三点。一是未判断适用条件，盲目套用公式，忽略“次独立重复试验、每次试验只有两种结果、每次概率相同”的核心前提。二是混淆二项分布与超几何分布，误将不放回抽样当作独立重复试验。三是计算概率时，记错二项分布公式，或遗漏组合数计算，同时忽略随机变量的取值范围（，为整数）。备考需牢记适用场景，规范公式应用，避免此类失误。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知小明射箭命中靶心的概率为，且每次射击互不影响，则小明在射击4次后，恰好命中两次的概率是（ ）
A． B．
C． D．
变式2．经检测一批产品中每件产品的合格率为，现从这批产品中任取5件，设取得合格产品的件数为，则以下选项正确的是（ ）
A．的可能取值为1，2，3，4，5 B．
C．的概率最大 D．服从超几何分布
变式3．如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（ ）
A． B．
C． D．
变式4．一个袋子中有4个红球，个绿球，已知取出的2个球都是红球的概率为．
(1)求的值：
(2)从中依次随机地摸出4个球作为样本，设采用有放回摸球和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为．
（i）求的数学期望和方差；
（ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球的比例估计总体中绿球的比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际含义．
◇题型 10 超几何分布
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）一盒中有7个乒乓球．其中5个未使用过，2个已使用过，现从盒子中任取3个球来用，用完后再装回盒中．记盒中已使用过的球的个数为X，则下列结论正确的是（ ）
A．X的所有可能取值是 B．X最有可能的取值是5
C．X等于3的概率为 D．X的数学期望是
典例2．某中学为了解高二年级学生对“数学建模竞赛”的参与意愿与性别是否有关，现从学校中随机抽取了100名学生进行调查，得到如下列联表：
性别 愿意参与 不愿意参与 合计
男生
女生
合计
(1)根据小概率值的独立性检验，能否认为“愿意参与数学建模竞赛与性别有关联”？
(2)从样本中“愿意参与”的学生中按性别采用分层抽样的方法抽取11人，再从这11人中随机抽取3人作为竞赛种子选手，记3人中女生的人数为，求的分布列和数学期望．
附：，
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
超几何分布是高考高频易错点，核心失误集中在三点。一是未判断适用条件，忽略“不放回抽样、总体分为两类、抽取固定数量样本”的核心前提，盲目套用公式。二是混淆超几何分布与二项分布，误将不放回抽样当作独立重复试验（二项分布）。三是计算时，记错超几何分布概率公式，或混淆总体个数、两类个体数及抽取个数，导致组合数计算失误。备考需牢记适用场景，明确与二项分布的区别，规范公式应用。
变｜式｜巩｜固
变式1．某企业生产的个产品中有个一等品、个二等品，现从这批产品中任意抽取个，则其中恰好有个二等品的概率为（ ）
A． B．
C． D．
变式1．（多选）在一个袋中装有质地、大小均一样的6个黑球，4个白球，现从中任取4个小球，设取出的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是（ ）
A． B．随机变量X服从二项分布
C．随机变量X服从超几何分布 D．
变式3．（多选）2022年世界田联半程马拉松锦标赛，是扬州首次承办高规格、大规模的国际体育赛事.运动会组织委员会欲从4名男志愿者、3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，下列说法正确的有（ ）
A．设“抽取的3人中恰有1名女志愿者”为事件A，则
B．设“抽取的3人中至少有1名男志愿者”为事件B，则
C．用X表示抽取的3人中女志愿者的人数，则
D．用Y表示抽取的3人中男志愿者的人数，则
变式4．中学阶段是学生身体发育最重要的阶段, 长时间熬夜学习严重影响学生的身体健康, 某校为了解甲、乙两班每周自我熬夜学习的总时长(单位: 小时), 分别从这两个班中随机抽取名同学进步调查, 将他们最近一周自我熬夜学习的总时长作为样本数据，频数分布表如图所示, 如果学生平均每周自我熬夜学习的总时长超过小时, 则称为“过度熬夜”.
甲班（单位h） 9 11 13 20 24 37
乙班（单位h） 11 12 21 25 27 36
（1）请根据样本数据, 估计甲、乙两班的学生平均每周自我熬夜学习时长的平均值；
（2）从甲班的样本数据中有放回地抽取个数据, 求恰有个数据为“过度熬夜”的概率；
（3）从甲、乙两班的样本数据中各随机抽取名学生的数据, 记“过度熬夜”的学生人数为,写的分布列和数学期望.
◇题型 11 正态分布
典｜例｜精｜析
典例1．已知随机变量，且，且，则（ ）
A． B．
C． D．
典例2．为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）.根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布.
（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及X的数学期望；
（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.
（ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性；
（ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04
10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
经计算得，，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，.
用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ（精确到0.01）.
附：若随机变量Z服从正态分布，则，，.
正态分布是高考高频易错点，核心失误集中在三点。一是混淆正态分布参数含义，误将μ（均值）与σ（标准差）的作用弄反，忽略μ决定分布对称性、σ决定离散程度。二是误用3σ原则，未记住“μ±σ、μ±2σ、μ±3σ”对应的概率，或范围判断错误。三是忽略正态分布的对称性，计算概率时未利用对称性质简化运算，导致计算繁琐或失误。备考需牢记参数意义与3σ原则，灵活运用对称性解题。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知随机变量且，则（ ）
A．0.0455 B．0.9545
C．0.02275 D．0.47725
变式2．已知甲、乙两批袋装食盐的质量（单位：g）分别服从正态分布和，其正态曲线如图所示，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
变式3．已知随机变量，正实数满足，则的最小值为（ ）
A．3 B．4
C．5 D．6
变式4．泊松分布是一种统计与概率学里常见的离散型分布、特别适合用于描述单位时间（或单位空间）内随机事件发生的次数，例如：某一服务设施在一定时间内到达的人数，电话交换机接到呼叫的次数，汽车站台的候客人数，机器出现的故障数，自然灾害发生的次数，一个产品上的缺陷数，显微镜下单位分区内的细菌分布数等，因此，在管理科学、运筹学以及自然科学的某些问题中都占有重要的地位.若随机变量服从参数为的泊松分布（记作），则其概率分布为，，其中为自然对数的底数.
(1)当时，泊松分布可以用正态分布来近似：当时，泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为.若，利用其与正态分布的联系求的值（保留三位小数）；
(2)某公司制造微型芯片，次品率为0.1%，各芯片是否为次品相互独立，以记产品中的次品数.
①若，求在1000个产品中至少有2个次品的概率；
②若，，求在1000个产品中至少有2个次品的概率.通过与①的计算结果比较，你发现了什么规律？
(3)若，当时，记的取值范围为集合，证明.
参考数据：若，则有，，；，，.
◇题型 12 概率中的决策问题
典｜例｜精｜析
典例1．某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)假设，
（i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
（ii）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
概率决策问题高频易错点：一是混淆概率最值与数学期望最值，决策优先看期望，而非单一概率最大。二是随机变量取值、概率、收益对应错误，模型与题意不符。三是求最值时忽略变量为整数、实际范围等约束，直接用导数或不等式得出错解。四是漏写最终决策结论，只计算不判断，造成失分。五是忽视题目成本、损失、限制条件，导致期望计算不完整。
变｜式｜巩｜固
变式1．某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：

以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．
（1）求X的分布列；
（2）若要求，确定n的最小值；
（3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在与之中选其一，应选用哪个？
16 17 18 19 20 21 22
变式2．现有甲、乙两个项目，对甲项目每投资十万元，一年后利润是1.2万元、1.18万元、1.17万元的概率分别为、、；已知乙项目的利润与产品价格的调整有关，在每次调整中价格下降的概率都是，设乙项目产品价格在一年内进行2次独立的调整，记乙项目产品价格在一年内的下降次数为，对乙项目每投资十万元，取0、1、2时，一年后相应利润是1.3万元、1.25万元、0.2万元.随机变量、分别表示对甲、乙两项目各投资十万元一年后的利润.
(1)求、的概率分布和数学期望、；
(2)当时，求的取值范围.
1.2 1.18 1.17
P
0 1 2
P
1.3 1.25 0.2
P
1.2 1.18 1.17
P
1.3 1.25 0.2
P
◇题型 13 概率中的赛制问题
典｜例｜精｜析
典例1．某高中的独孤与无极两支排球队在校运会中采用五局三胜制（有球队先胜三局则比赛结束）．第一局独孤队获胜概率为，独孤队发挥受情绪影响较大，若前一局获胜，下一局获胜概率增加，反之降低．则独孤队不超过四局获胜的概率为__________．
典例2．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，
（1）求甲连胜四场的概率；
（2）求需要进行第五场比赛的概率；
（3）求丙最终获胜的概率.
比赛问题易错点集中在三点。一是误判比赛停止条件，未按 “先胜 n 局即结束” 计算，多算多余场次。二是混淆独立重复与终止型概率，直接套用二项分布，忽略最后一局必为胜场。三是分类不全，漏算不同获胜局数情况，导致概率求和错误。四是期望计算时，未正确列出分布列或错判取值范围，造成均值失误。解题要先定终止规则，再分步分类计算。
变｜式｜巩｜固
变式1．甲、乙、丙三人进行扳手腕比赛，累计负两场者淘汰，甲、乙两人先进行比赛，丙轮空，每次比赛的胜者与轮空者进行比赛，负者轮空，直到有1人被淘汰，剩余两人继续比赛，直到其中1人淘汰，另1人最终获胜，比赛结束.假设每场比赛没有平局，甲、乙比赛，甲获胜的概率为，甲、丙比赛，甲获胜的概率为，乙、丙比赛，乙获胜的概率为，则甲与乙比赛负1场且最终甲获胜的概率为__________.
变式2．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，甲得3分的概率为_________；甲的总得分不小于2的概率为_________．
变式3．甲、乙两人进行AI知识问答比赛，进行一轮抢答赛，比赛中有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到得0分，最后累计总分最多的人获胜，假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且两人每题答题正确的概率分别为和，求：
(1)甲在比赛中抢到的题目比乙多的概率；
(2)若比赛中3道题均被乙抢到，设乙答题得分为，求的分布列和期望；
(3)甲在比赛中获胜的概率.
1 3
变式4．北京时间2021年11月7日凌晨1点，来自中国赛区的EDG战队，捧起了英雄联盟S11全球总决赛的冠军奖杯．据统计，仅在bilibili平台，S11总决赛的直播就有3.5亿人观看．电子竞技作为正式体育竞赛项目已经引起越来越多的年轻人关注．已知该项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：
第一轮：四支队伍分别两两对阵（即比赛1和2），两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组．
第二轮：胜者组两支队伍对阵（即比赛3），获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组两支队伍对阵（即比赛4），失败队伍（已两败）被淘汰（获得殿军），获胜队伍留在败者组．
第三轮：败者组两支队伍对阵（即比赛5），失败队伍被淘汰（获得季军);获胜队伍成为败者组第一名．
第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛（即比赛6），争夺冠军．假设每场比赛双方获胜的概率均为0.5，每场比赛之间相互独立．问：
(1)若第一轮队伍A和队伍D对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？
(2)已知队伍B在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍B获得亚军的概率．
◇题型 14 利用函数的单调性求解概率最值
典｜例｜精｜析
典例11．某工厂的某种产品成箱包装，每箱件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立．
（1）记件产品中恰有件不合格品的概率为,求的最大值点；
（2）现对一箱产品检验了件，结果恰有件不合格品，以（1）中确定的作为的值．已知每件产品的检验费用为元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付元的赔偿费用．
（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为，求;
（ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
利用导数求概率中的最值，易错点集中在四点。一是未先确定变量实际范围，直接求导导致定义域错误。二是把概率表达式求导时运算出错，尤其乘积、分式型函数易符号搞错。三是忽略变量为正整数，直接用导数零点作为最值点。四是忘记检验端点，只看极值点不比较区间端点函数值，得出错误最值。解题要先定定义域，正确求导找临界点，结合整数约束与端点判断。
变｜式｜巩｜固
变式1．《英雄联盟》2023MSI季中冠军赛在英国伦敦举办，中国战队“JDG”与“BLG”进入决赛，决赛采用五局三胜制，当两队中有一队赢得三局比赛时，就由该队赢得冠军.每局比赛都要分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响.假设“JDG”战队在任一局赢得比赛的概率为，比赛局数的期望值记为，则的最大值是______.
变式2．某企业为了提高生产效率，采用智能监测器对企业的生产设备进行监测．已知该企业的生产设备正常的概率，在生产设备异常的情况下，每台智能监测器出现预警信号的概率为；在生产设备正常的情况下，每台智能监测器出现预警信号的概率为．
(1)如果用2台智能监测器进行监测，且每台智能监测器相互独立，已知，在生产设备异常的情况下，求智能监测器出现预警信号的台数X的分布列及数学期望；
(2)如果用1台智能监测器进行监测，要使在智能监测器出现预警信号的条件下，生产设备异常的概率超过95%，求的范围．
X 0 1 2
P
变式3．为备战年第十一届全国学生“学宪法讲宪法”比赛，某校举办了法治素养竞赛（分初赛和决赛两部分）.初赛从道题中任选题作答，题均答对则进入决赛.已进入决赛的参赛者允许连续抽奖次，中奖次奖励元，中奖次奖励元，中奖次奖励元，若次均未中奖，则只奖励元.假设每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立.
(1)已知初赛道题中甲能答对其中道题，记甲在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及甲在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
(2)记一名进入决赛的同学恰好中奖次的概率为，求的极大值；
(3)假设该校共选拔出名同学进入决赛，若这名同学获得的总奖金的期望值不小于元，试求此时的取值范围.
◇题型 15 马尔科夫链
典｜例｜精｜析
典例1．为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
（1）求的分布列；
（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，，，其中，，．假设，．
(i)证明：为等比数列；
(ii)求，并根据的值解释这种试验方案的合理性．
马尔科夫链数列问题核心易错点有三点。一是忽略无后效性，错误用前面多步状态推导下一步，只应依赖当前状态。二是递推关系写错，转移概率方向颠倒，导致递推公式完全错误。三是求通项或极限时，忽略初始条件与平稳分布的约束，直接套用数列公式。此外，易漏验概率和为 1、极限合理性，造成结果错误。
变｜式｜巩｜固
变式1．某高校拟与某网络平台合作组织学生参加与AI知识有关的网络答题活动，为了解男女学生参与答题意愿的差异，用比例分配的分层随机抽样方法在全体学生中抽取100人，设事件“学生报名参加答题活动”，“学生为男生”，据统计，．
(1)根据已知条件，完成下列2×2列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否推断该校学生报名参加答题活动与性别有关联？
性别活动 男生 女生 合计
未报名参加答题活动
报名参加答题活动
合计 100
(2)网络答题规则：答题活动不限时间，不限轮次，答多少轮由选手自行确定：每轮均设置道题，选手参与该轮答题，则至少答一道题，一旦答对一题，则其本轮答题结束，答错则继续答题，直到第m道题答完，本轮答题结束．已知甲同学报名参加答题活动，假设甲每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率均为．
①当时，求甲在一轮答题过程中答题数量的数学期望；
②假设甲同学每轮答题答对前两题中的一道，本轮答题得2分，否则得1分．记甲答题累计得分为n的概率为，求．
参考公式与数据：，其中．
0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
性别 男生 女生 合计
未报名参加答题活动 20 35 55
报名参加答题活动 30 15 45
合计 50 50 100
变式2．某图书馆对学生借阅图书是否按时归还的情况开展调查，经过一段时间的统计发现：学生第一次借阅图书，按时归还的概率为；从第二次借阅开始，若前一次按时归还，则本次按时归还的概率为；若前一次未按时归还，则本次按时归还的概率为．记学生第次借阅按时归还的概率为．
(1)求；
(2)求数列的通项公式；
(3)记前次借阅中按时归还的次数为，求随机变量的数学期望．
参考公式：若为离散型随机变量，则．
一、单项选择题
1．下列说法中错误的是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．越接近1，相关性越强
D．越接近0，相关性越弱
2．如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为（ ）
A．0.960 B．0.864 C．0.720 D．0.576
3．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（ ）
A． B．
C． D．
4．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
5．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为，各成员的支付方式相互独立，设为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，，，则（ ）
A．0.7 B．0.6
C．0.4 D．0.3
6．2019年末，武汉出现新型冠状病毒肺炎（COVID-19）疫情，并快速席卷我国其他地区，传播速度很快.因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，所以目前没有特异治疗方法，防控难度很大，武汉市出现疫情最早，感染人员最多，防控压力最大，武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人.在排查期间，一户6口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立，该家庭至少检测了5个人才能确定为“感染高危户”的概率为，当时，最大，则（ ）
A． B．
C． D．
7．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，且．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
8．设，随机变量的分布列如图，则当在内增大时，
A．减小 B．增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
二、多项选择题
9．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，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，）
A． B．
C． D．
10．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，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.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l，0，1的概率为
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
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为
D．当时，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
11．信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为，且，定义X的信息熵.则（ ）
A．若n=1，则H(X)=0
B．若n=2，则H(X)随着的增大而增大
C．若，则H(X)随着n的增大而增大
D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为，且，则H(X)≤H(Y)
三、填空题
12．袋中有4个红球m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则___________，___________.
13．甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________．
14．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_________.
四、解答题
15．甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率为，乙胜的概率为q，，且各球的胜负相互独立.对正整数，记为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率．
(1)求（用p表示）．
(2)若，求p．
(3)证明：对任意正整数m，．
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