第42练 随机事件的概率与古典概型 -2023届高三数学一轮复习五层训练（新高考地区）（解析版）

第42练随机事件的概率与古典概型

一、课本变式练

1.（人A必修二P243习题10.1T5变式）掷两颗骰子，观察掷得的点数；设事件4为：至少一个点数是奇

数；事件8为：点数之和是偶数；事件A的概率为P（A）,事件5的概率为P（B）；则l-P（AcB）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

【解析】由题意，事件AcB为：两个点数都为奇数，由概率l-P（AcB）指的是事件AcB的对立事件的

概率，则事件AcB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.

2.（人A必修二P243习题10.1T3变式）随机掷两个质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有1~6共

六个数字，记事件A="骰子向上的点数是1和3”，事件8="骰子向上的点数是3和6”,事件C="骰子向上

的点数含有3”，则下列说法正确的是（）

A.事件A与事件8是相互独立事件B.事件A与事件C是互斥事件

C.P（A）=P（B）/D.P（c）=.

【答案】C

【解析】投掷两个质地均匀的正方体骰子，所有可能的结果有6x6=36种；

满足事件A的有{1,3},{3,1},共2种；满足事件8的有{3,6},{6,3},共2种；满足事件C的有{1,3},{2,3},

{3,3},{4,3},{5,3},{6,3},{3,1},{3,2},{3,4},{3,5},{3,6},共11种;

、2111

-.P（A）^P（B）=-=-,C正确；P（C）=-,D错误；

3018JO

P（A8）=0wP（A）P（8）,二AB不是相互独立事件，A错误；

事件A和事件C可能同时发生，不是互斥事件，B错误.故选C.

3.（人A必修二P243习题10.1T7变式）从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中无放回随机抽取2张，则

抽到的2张卡片上的数字之和是偶数的概率为（）

【答案】B

【解析】1,2,3,4,5的5张卡片中无放回随机抽取2张，由以下情况:

（1,2）,（1,3）,（1,4）,（1,5）,（2,3）,（2,4）,（2,5）,（3,4）,（3,5）,（4,5）,共10种情况,

其中抽到的2张卡片的数字之和是偶数的有（1,3）,（1,5）,（2,4）,（3,5）,共4种情况，

42

所以概率为6=y.故选B

4.（人A必修二P243习题10.1T9变式）甲、乙、丙、丁、戊共5位志愿者被安排到A,B,C,。四所山区

学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所学校支教，则下列结论

正确的是（）

A.不同的安排方法共有240种

B.甲志愿者被安排到A学校的概率是!

C.若A学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有120种

2

D.在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的概率是:

【答案】ABD

【解析】甲、乙、丙、丁、戊共5位志愿者被安排到A,B,C,。四所山区学校参加支教活动，

则共有C；A：=240种安排方法，故A正确；

甲志愿者被安排到A学校，

若A学校只有一个人，则有C%A；=36种安排方法，

若A学校只有2个人，则有A：=24种安排方法，

所以甲志愿者被安排到A学校有36+24=60种安排方法，

所以甲志愿者被安排到A学校的概率是M=!，故B正确；

若A学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有C3A；=60种，故C错误；

甲志愿者被安排到4学校有60种安排方法，

在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的安排方法有24种，

所以在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的概率是故D正确.

6（）5

故选ABD.

二、考点分类练

（一）频率与概率

5.一个容量为20的数据样本，分组和频数为[10,20],2个、（20,30],3个、（30,40],4个、（40,50],5

个、（50,60],4个、（60,70],2个，则样本数据在区间（f,50]的可能性为（）

A.5%B.25%C.50%D.70%

【答案】D

【解析】由题意，在区间（9,50]中样本个数为2+3+4+5=14个，所以样本数据在区间（3,50]的可能性为

好=0.7=70%.故选D.

20

6,某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙均属于次品，生产中出现乙级品的概率为0.03,丙级品的概率为

0.01.若从中抽查一件，则恰好得正品的概率为（）

A.0.09B.0.96C.0.97D.0.98

【答案】B

【解析】记事件4=（甲级品｝,8=｛乙级品｝,C=｛丙级品｝,则4与5+C是对立事件，

所以尸（A）=1-P（B+0=1-0.03-0.01=0.96.故选B.

7.市民李先生居住在甲地，工作在乙地，他的小孩就读的小学在丙地，三地之间的道路情况如图所示.假

设工作日不走其它道路，只在图示的道路中往返，每次在路口选择道路是随机的.同一条道路去程与回程

是否堵车相互独立.假设李先生早上需要先开车送小孩去内地小学，再返回经甲地赶去乙地上班.假设道

路4,B,。上下班时间往返出现拥堵的概率都是道路C,E上下班时间往返出现拥堵的概率都是g,

只要遇到拥堵上学和上班的都会迟到.

（1）求李先生的小孩按时到校的概率：

（2）李先生是否有七成把握能够按时上班？

（3）设X表示李先生下班时从单位乙到达小学丙遇到拥堵的次数，求X的均值.

【解析】（1）因为道路。、E上班时间往返出现拥堵的概率分别是:和:，因此从甲到丙遇到拥堵的概率

e11.113

2102520

故李先生的小孩能够按时到校的概率是1一二3=旻17.

（2）甲到内没有遇到拥堵的概率是法，丙到甲没有遇到拥堵的概率也是去，

111]1]?213

甲到乙遇到拥堵的概率是42+92+卜：=高，甲到乙没有遇到拥堵的概率是1一卷=套,

J1V/J1\JJJ1J£J1J

...李先生上班途中均没有遇到拥堵的概率是整点xl|=孤＜0.7,

所以李先生没有七成把握能够按时上班.

（3）依题意X可以取0,1,2.

八1317221217,13373231

P(X=0)=—X—=——，RX=1)=—X—+—X—P(X=2)=—X—=—

152030015201520300152050

（二）互斥事件与对立事件的概率

8.（2022届贵州省贵阳市第六中学高三一模）甲、乙两个同学玩摸球游戏.袋子中装有3个黄球，3个绿球,

甲先摸，乙再摸，每人每次只能摸一个球，若摸到黄球就放回袋子中，摸到绿球不放回，直到摸出所有的

绿球游戏结束.则两个同学共摸球4次游戏结束的概率为（）

,3719

B.--

400100200

【答案】B

【解析】由于袋中有3个黄球，3个绿球，若两个同学共摸球4次游戏结束，

则摸球的可能情况为前3次摸出2个绿球和1个黄球，第4次摸出的是绿球，

设事件〃="两个同学共摸球4次游戏结束“，有以下摸球情况：①黄绿绿绿；②绿黄绿绿；③绿绿

黄绿；由于摸到黄球就放回袋子中，摸到绿球不放回，

rn/A八33213321323113337山、4c

则P（M）=­x一x—x—I—x—x—x—+—x—x—x—=-----1--------卜—=-----.故避^B,

,,6654655465444010080400

9.（2023届贵州省毕节市部分学校高三上学期12月联合考试）从甲、乙等6名专家中任选2人前往某地

进行考察，则甲、乙2人中至少有1人被选中的概率为

_3

【答案】-

【解析】6名专家随机选取2人的情况有C：=15种，其中甲、乙2人都未被选中的情况有C；=6种，则甲、

乙2人中至少有1人被选中的概率为1-《=|

10.（2023年1月广东省普通高中学业水平考试模拟）袋内装有质地、大小完全相同的6个球，其中红球3

个、白球2个、黑球1个，现从中任取两个球.对于下列各组中的事件A和事件8：

①事件A：至少一个白球，事件8都是红球；

②事件4：至少一个白球，事件B：至少一个黑球；

③事件4至少一个白球，事件B：红球、黑球各一个;

④事件A：至少一个白球,事件8：一个白球一个黑球.

是互斥事件的是.（将正确答案的序号都填上）

【答案】①③

【解析】①“至少一个白球'’与"都是红球''不能同时发生，且不为对立事件，故为互斥事件；

②“至少一个白球''与"至少一个黑球”均包含"一黑-白''的情况，故不为互斥事件；

③“至少一个白球,，与“红球、黑球各一个，，不能同时发生，且不为对立事件，故为互斥事件；

④“至少一个白球,，与“一个白球一个黑球,,均包含“一黑.白,，的情况，故不为互斥事件.

综上，①③为互斥事件.

（三）古典概型

11.（2023届重庆市长寿中学高三上学期12月月考）某地高考规定每一考场安排24名考生，编成六行四

列就坐•若来自同一学校的甲、乙两名学生同时排在“XX考点x考场”，那么他们两人前后左右均不相邻的概率

是（）

119R119119119

A.---D.---U.---

136138272276

【答案】B

【解析】据甲的位置不同分三种情况讨论：

①甲坐在四个角的位置，有4种坐法，而乙有21种坐法，则有4x21=84种坐法；

②甲坐在四条边上但不是四个角上，有12种坐法，乙有20种坐法，则有12x20=240种坐法;

③甲坐在中间的位置，有8种坐法，乙有19种坐法，则有8x19=152种坐法；

共有84+240+152=476种

476119

;甲、乙共有24x23=552种，，两人前后左右均不相邻的概率是.故选B

552138

12.（多选）（2023届广东省佛山市顺德区高三上学期教学质量检测）我国在各种乒乓球比赛中均取得过优

异的成绩，例如在刚刚过去的2022年成都世界乒乓球团体锦标赛中，中国的乒乓球健将们再创佳绩，男团，

女团分别获得了团体冠军.甲、乙两位乒乓球初学者，都学习了三种发球的技巧，分别是：上旋球、下旋球以

及侧旋球.两人在发球以及接对方发球成功的概率如下表，两人每次发、接球均相互独立：则下列说法正确的

是（）

上旋球（发/接）下旋球（发/接）侧旋球（发/接）

甲Hi)KI)

乙

3

A.若甲选择每种发球方式的概率相同，则中发球成功的概率是二

B.甲在连续三次发球中选择了三种不同的方式，均成功的概率为工

72

C.若甲选择三种发球方式的概率相同，乙选择三种发球方式的概率也相同，则乙成功的概率更大

13

D.在一次发球中甲选择了发上旋球，则乙接球成功（甲发球失误也算乙成功）的概率是三

【答案】BC

【解析】甲选择每种发球方式的概率相同,则选择每种发球方式的概率都为，

则甲选择上旋球发球方式且发球成功概率为;xg=",

则甲选择下旋球发球方式且发球成功概率为

则甲选择侧旋球发球方式且发球成功概率为基是上，

3618

所以甲发球成功的概率是!故A错误；

甲连续三次发球中选择了三种不同的方式共有6种不同的顺序，

所以甲在连续三次发球中选择了三种不同的方式，

均成功的概率为2，故B正确；

34672

乙选择每种发球方式的概率相同，则选择每种发球方式的概率都为g,

则乙选择上旋球发球方式且发球成功概率为

则甲选择下旋球发球方式且发球成功概率为

则甲选择侧旋球发球方式且发球成功概率为:=

所以甲发球成功的概率是二+9+」=?，

所以乙发球成功率的概率更大，故C正确；

乙接球成功分为以下两总情况：

甲发上旋球发球失误或甲发上旋球成功且乙接球成功，

所以乙接球成功的概率等于+故D错误.故选BC.

33515

13.(2023届陕西省宝鸡市高三上学期一模)七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作

的七巧板，它包括5个等腰直角三角形、一个正方形和一个平行四边形.若随机地从5个等腰直角三角形板

块中抽出2块，则这2块面积相等的概率为.

【答案】|

【解析】如图，把5个等腰直角三角形编号，从中任取2个的基本事件有：12,13,14,15,23,24,25,34,35,45共

10个，其中面积相等的有12,45共两个，因此概率为P=g=g.

14.2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹

克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市.为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛

事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和"单板滑雪''两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所

学校进行研究，得到如下数据:

70

60

50

40

30

20

10

01ABCDEFGHIJ*学校

(1)在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”超过40人的条

件下，“单板滑雪”不超过30人的概率；

（2）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮

测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”,则该轮测试记为“优秀”，在集训测试

中，小明同学3个动作中每个动作达至『优秀”的概率均为:，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果

小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测试？

【解析】（1）由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27,15,43,41,32,26,56,

36,49,20,参与“单板滑雪”的人数依次为46,52,26,37,58,18,25,48,32,30,

其中参与“自由式滑雪，，的人数超过40人的有4个，参与“自由式滑雪”的人数超过40人，且“单板滑雪”的人

数超过30人的有2个.

设事件A为“从这10所学校中抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”的人数超过40人”

事件B为“从10所学校中选出的3所学校中参与“单板滑雪”的人数不超过30人”

则，尸伊人当华或=吧，

I'120

P（AB）=C2，-^^-2=—,

''I120

4

所以尸但力=需=超总•

120

（2）由题意可得小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为P=C；&jx（1T）+C；［j=士,

所以小在〃轮测试中获得“优秀”的次数y满组y松｝

721

由E（y）=〃•力士3,得

所以理论上至少要进行12轮测试.

（四）概率与其他知识的交汇问题

15.（2023届四川省南充市高三上学期一诊）斐波那契数列｛4,｝因数学家莱昂纳多•斐波那契

F

（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列因〃趋向于无穷大时，昔无限趋

近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列.在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列｛耳,｝满足

月=6=1，工+2=£用+工，若从该数列前io项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为（）

【答案】D

【解析】依题意可知，数列｛4｝的前10项为：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,其中奇数有7个，所以从该数列前10

项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为日.故选D

16.（2023届广西南宁市高三上学期摸底）从正方体的顶点及其中心共9个点中任选4个点，则这4个点

在同一个平面的概率为.

2

【答案】y

【解析】如下图，选正方体6个侧面上的顶点，共有6种共面的情况；

过中心。的平面共有6个平面，每个平面含9个点中的5个，则共有6C；种；

所有可能情况有C；种，所以这4个点在同一个平面的概率为"车=

C912o7

三、最新模拟练

17.（2023届江西省西路片七校高三上学期第一次联考）某商店的一位售货员，发现顾客购买商品后有现金

支付、微信支付、支付宝支付、银联支付4种支付方式，其中用现金支付的概率为0.2,支付宝支付的概率

为0.3,银联支付的概率为0.1,则选择用微信支付的概率为（）

A.0.1B.0.2C.0.3D.0.4

【答案】D

【解析】选择用微信支付的概率1-0.1-0.2-0.3=04.故选D

18.（2023届云南省曲靖市高三上学期第一次联考）二十四节气歌是古人为表达人与自然宇宙之间独特的

时间观念，科学揭示天文气象变化规律的小诗歌，它蕴含着中华民族悠久文化内涵和历史积淀，体现着我

国古代劳动人民的智慧.其中四句“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”

中每句的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气,

则这2个节气恰好不在一个季节的概率为（）

大寒立春

雨水

18

A.B.D.

462323

【答案】B

【解析】从24个节气中任选2个节气的事件总数有：谖4=276,

从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的事件总数有：4或=60,

从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数有：276-60=216

所以，P==普•故选区

27623

19.（多选）（2023届广东省深圳市龙岗区高三上学期月考）从装有2个白球和3个红球的袋子中任取2个

球，则（）

A.“都是红球”与“都是白球”是互斥事件

B.“至少有一个红球”与“都是白球”是对立事件

C.“恰有一个白球”与“恰有一个红球”是互斥事件

D.“至少有一个红球”与“至少有一个白球”是互斥事件

【答案】AB

【解析】“都是红球”与“都是白球”不能同时发生，是互斥事件，A对；“至少有一个红球”与“都是白球”不能

同时发生，且必有一个发生，是对立事件，B对；“恰有一个白球”与“恰有一个红球”能够同时发生（如1红

1白），不是互斥事件，C错：“至少有一个红球”与“至少有一个白球”能够同时发生（如1红1白），不是

互斥事件，D错，故选AB.

20.（多选）（2023届浙江省台州市高三上学期11月第一次教学质量）投掷两枚质地均匀的正方体骰子，则

A.向上点数之和为5的概率为1

1O

B.向上点数之和为7的概率为，

O

C.向上点数之和为6的倍数的概率为三

36

D.向上点数之和为偶数的概率为T

【答案】BD

【解析】由题意可知投掷两枚质地均匀的正方体骰子点数向上的情况共有：

（1,1）,（1,2）,（1,3）,（1,4）,（1,5）,（1,6）,（2,1）,（2,2）,（2,3）,（2,4）,（2,5）,（2,6）,

（3,1）,（3,2）,（3,3）,（3,4）,（3,5）,（3,6）,（4,1）,（4,2）,（4,3）,（4,4）,（4,5）,（4,6）,

（5,1）,（5,2）,（5,3）,（5,4）,（5,5）,（5,6）,（6,1）,（6,2）,（6,3）,（6,4）,（6,5）,（6,6）,共36种，

其中点数之和为5的有（1,4）,（2,3）,（3,2）,（4,1）共4利3故概率为奈=",故A错误；

其中点数之和为7的有。,6）,（2,5）,（3,4）,（4,3）,（5,2）,（6,1）共6种，故概率为三=）,故B正确；

其中点数之和为6的倍数有（1,5）,（2,4）,（3,3）,（4,2）,（5,1）,（6,6）共6种，故概率为£=故C错误；

其中点数之和为偶数的有

（1,1）,（1,3）,（1,5）,（2,2）,（2,4）,（2,6）,

（3,1）,（3,3）,（3,5）,（4,2）,（4,4）,（4,6）,

（5,1）,（5,3）（5,5）,（6,2）,（6,4）,（6,6）,

1Q1

共18种，故概率为三=彳，故DiE确；故选BD

362

21.（2023届广西邕衡金卷高三第二次适应性考试）雅言传承文明，经典浸润人生，南宁市某校每年举办“品

经诵典浴书香，提雅增韵享阅读''中华经典诵读大赛，比赛内容有三类：“诵读中国”、“诗教中国”、“笔墨中

国高三某班级有三人参赛，且每人限报其中的一个比赛内容，则三人参加的比赛内容均不相同的概率为

【答案】|

【解析】某校举办诵读大赛分为三类：'‘诵读中国”、"诗教中国”、"笔墨中国”

某班级•:人参赛，基本事件总数”=33=27种，三人参加项目均不相同的基本事件数为

w=3x2xl=6（种），，三人参加项目均不相同的概率为；P=-=-^=^

n219

22.（2023届重庆市中学校高三上学期适应性月考）做出如下统计，3位志愿者随机选择到三个不同的

核酸检测点进行服务，每个检测点可接纳多位志愿者，则三个核酸检测点都有志愿者到位的概率是

.（结果用最简分数表示）

【答案】|

【解析】由题知，3位志愿者到核酸点位的可能性共有“=3x3x3=27种，

其中三个核酸检测点都有志愿者到位的共有热=A；=6种，

所以三个核酸检测点都有志愿者到位的概率是.

23.（2023届浙江省衢州市高三上学期素养测评）品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的

测试方法如下:拿出"瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝,要求其按品质优劣为它们排序;经过一段时间，

等其记忆淡忘之后，再让其品尝这“瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试

中的两次排序的偏离程度的高低为其评级.现设〃=4,分别以为，4表示第一次排序时被排为L2,3,4的

四种酒在第二次排序时的序号，并令X=|l-蜀+|2-a2H3-闻+|4-4|,则X是对两次排序的偏离程度的

一种描述.

（1）假设4，%，4,4等可能地为1，2,3,4的各种排列，写出X的可能值集合，并求X的分布列；

（2）某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有XW2.

①试按（1）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；

②你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由.

【解析】⑴可用列表列出4，%%，%，为123,4的全排列,共24种,计算每种排列下X的值,

a\a2〃3%X

12340

12432

13242

13424

14234

14324

21342

2i434

23144

23416

24136

24316

31244

31426

32144

32416

34218

34128

41236

41326

42136

42316

43128

43218

则X的可能取值集合为{0,2,46,8},在等可能的假定下可得:

i317Q341

P（X=0）=—,P（X=2）==—,P（X=4）=—,P（X=6）=—=—,P（X=8）=—=—,

,724v7248V/24'7248V7246

X的分布列为：

X02468

1]_73

p

2482486

（2）①首先P（X”2）=尸（X=O）+P（X=2）$=1,将三轮测试都有X,,2的概率W[=^-.

②由于°=短<磊是一个很小的概率’这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有”,2的结果可能性

很小，所以我们认为该品酒师有良好的酒味鉴别功能，不是靠随机猜测.

24.（2023届河南省TOP二十名校高三上学期调研）根据疫情防控的需要，某地设立进口冷链食品集中监

管专仓，集中开展核酸检测和预防性消毒工作，为了进一步确定某批进口冷链食品是否感染病毒，在入关

检疫时需要对其进行化验，若结果为阳性，则有该病毒；若结果呈阴性，则没有该病毒.对于〃份样

本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需要检验“次；二是混合检验，将&份样本分别取样混合在一

起，若检验结果为阴性，那么这人份全为阴性，检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这4份究

竟哪些为阳性，需要对它们再次取样逐份检验，则4份检验的次数共为Z+1次，若每份样本没有病毒的概

率为4（0<p<l）,而且样本之间是否有该病毒是相互独立的.

（1）若取得8份样本，采用逐个检测，发现恰有2个样本检测结果为阳性的概率为/（p）,求/（〃）的最大值点

Pot

（2）若对取得的8份样本，考虑以下两种检验方案：方案一：采用混合检验；方案二：平均分成两组，每组4

份样本采用混合检验，若检验次数的期望值越小，则方案越"优若”方案二”比“方案一''更"优"，求p的取

值范围（精确到0.01）.

【解析】（I）根据题意可知，每份样本检测结果为阴性的概率为痴（0<〃<1）,则阳性概率为1-加（0<1）；

则8份样本，采用逐个检测，发现恰有2个样本检测结果为阳性的概率

f（p）=c；（时（1-时=28"p3-2pW

（73\

即f（p）=28p2-2p3+p2,所以

73--।2AIf1V1A

f'(P)=28，〃、〃2〃224

2-51=i44p2-7p4+3=14p-3/?-1

因为Ovpvl,所以14P3pJ<0

当4p；-3<0,即0<"g)时,/(P)>0,所以/(P)在0，(j上单调递增；

当4P13>0,即(£)<P<1时,(5)<。,所以/(P)在'1上单调递减；

所以f(p)在P=G［时取得最大值，

即”p)的最大值点p0=gj=羲.

(2)若采用方案一，则需要检验的次数为8次，

即检验次数的期望值E(XJ=8；

若采用方案二：平均分成两组，每组4份样本采用混合检验，

则每组检测结果为阴性的概率为(4万/=p，则为阳性的概率为1-0；

所以检验次数X2的所有可能取值为2、6、10；

2

当两组检测结果全为阴性时，检验次数为2次，则p(X2=2)=p；

当两组检测结果一组为阴性，另一组为阳性时，检测次数为6次，则p(X2=6)=C；p(l-p)；

当两组检测结果全为阳性时，检验次数为10次，则p(X2=10)=(l-p『；

2

此时，方案二的检验次数的期望值E(X2)=2P2+6xC；p(l-p)+10(1-p)=10-8p；

若“方案二”比“方案一”更“优”，则E(X2)<E(XJ,

即10-8p<8,得0.25<p<l

即P的取值范围为(025,1)

四、高考真题练

25.(2022新高考全国I卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为

11I2

A.-B.-C.~D.一

6323

【答案】D

【解析】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C；=21种不同的取法，若两数不互质，不同的取法

有：（2,4）,（2,6）,（2,8）,（3,6）,（4,6）,（4,8）,（6,8）,共7种，故所求概率：.故选D.

26.（2022高考全国甲卷）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）

A.-B.-C.-D.-

3535

【答案】C

【解析】所有的排法是C：=15,不相邻的排法是C；=10,故所求概率为2=1.

五、综合提升练

27.（2023届湖南省长沙市高三上学期月考）用1,2,3,4,5,6组成六位数（没有重复数字），在任意

相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，I和2相邻的概率是（）

A.—B.-C.-D.-

189918

【答案】C

【解析】将3个偶数排成一排有用种，再将3个奇数分两种情况插空有2种，

所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有2用禺=72种，

任意相邻两个数字的奇偶性不同且I和2相邻，分两种情况讨论：

当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有用用=4种；

2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2,在2的两侧选一个位置放I,最后剩余的2个位置放

其它两个奇数，此时有C；C；C；A；=16种；

所以个位是偶数共有20种；

同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，

所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是宾40=:5故选C

28.（多选）（2022届福建省泉州市高三下学期联考）若数列｛%｝的通项公式为4,=（-1广'，记在数列｛4｝的

前“+2（*eN"）项中任取两项都是正数的概率为《，则（）

C.%-i<P?"

D-^2n-|+&<6"+l+2"+2-

【答案】AB

【解析】因为数列｛g｝的通项公式为《,=（-1）"，所以数列｛%｝的奇数项都为I,即奇数项为正数，数列｛%｝

的偶数项为-1，即偶数项为负数，

乂数列｛%｝的前〃+2（〃eN*）项中，任取两项都是正数的概率为P„,

当般=1时，即前3项中，任取两项都是正数，概率为故A正确；

将2〃-1代入，数列｛4｝的前2〃+l（〃wN*）项中，有（〃+1）个正数，〃个负数，任取两项都是正数的概率为

P,%〃（〃+1）〃+1

C；"*i（2n+l）-（2n）4n+2，

将2〃代入，数列｛4｝的前2〃+2（〃eN*）项中，有（”+1）个正数，（”+1）个负数，任取两项都是正数的概率为

P:*_9+1）_”

C黑2（2〃+力（2〃+2）4〃+2'

将2〃+1代入，数列｛/｝的前2〃+3（〃eN*）项中，有（w+2）个正数，（〃+1）个负数，任取两项都是正数的概率

f2（〃+双〃+2）〃+2

2，，+，-C，（2n+3）.（2/7+2）-4/1+6'

将2〃+2代入，数列｛%｝的前2〃+4（“eN"）项中，有（〃+2）个正数，（〃+2）个负数，任取两项都是正数的概

,P：c£_（"+1）5+2）_〃+1

率为2“+2-CM,一（2〃+3>（2〃+4）-4〃+6'

所以当一%=含一悬=而岛可所以&<&山故B正确；

J当渭号焉>0,所以心心故C错误；

（人+5（心+*=（"+指H言+袅）

V4/1+24〃+2J<4〃+64/?+6J

2n+l2/7+311_0

4n+24〃+622

所以&T+E“=6,+I+&+2,故D错误，故选AB.

29.现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第〃关要抛掷骰子"次，每次观察向上面的点数并做记录，

如果这〃次抛掷所出现的点数之和大于2"+N,则算闯过第〃关，n=\,2,3,4.假定每次闯关互不影响,

则下列结论错误的序号是.

（1）直接挑战第2关并过关的概率为上；

（2）连续挑战前两关并过关的概率为《；

⑶若直接挑战第3关，设人="三个点数之和等于15”，B="至少出现一个5点”，则P（A⑻=*；

（4）若直接挑战第4关，则过关的概率是盖35.

1296

【答案】（2）

【解析】对于（1）,22+2=6,所以两次点数之和应大于6,

即直接挑战第2关并过关的概率为6=291=右7，故（1）正确；

3612

对于（2）,2,+1=3,所以挑战第1关通过的概率6=g,

177

则连续挑战前两关并过关的概率为P==五，故（2）错误；

对于（3）,由题意可知，抛掷3次的基本事件有63=216,

抛掷3次至少出现一个5点的事件共有63-53=216-125=91种，

O1

故P（5）=­，而事件AcB包括：含5,5,5的1种，含4,5,6的有6种，共7种，

216

/、7/।XP（AnB）72161

故P（Ac8）=市，所以尸5忸）=啖旨=五不不"=百，故（3）正确；

乙1\JIIUIJ1xj7AXJ

对于（4）,当〃=4时，2"+〃=2d+4=20,

而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况:

含5,5,5,6的有4种,含5,5,6,6的有6种,

含6,6,6,6的有1种,含4,6,6,6的有4种,

含5,6,6,6的有4种,含4,5,6,6的有12种,

含3,6,6,6的有4种,

3535

所以乙=,故（4）正确.故答案为（2）

6x6x6x6-T296

30.在孟德尔遗传理论中，称遗传性状依赖