2026年高考数学专题专练专题15 排列组合、概率统计与实际应用（解析版）

专题15排列组合、概率统计与实际应用

目录

第一部分考向速递洞察考向，感知前沿

第二部分题型归纳梳理题型，突破重难

题型01排列组合

题型02二项式定理

题型03概率初步

题型04统计估计

题型05条件概率与相关公式

题型06随机变量的分布与特征

题型07常用分布

题型08成对数据的相关分析

题型09一元线性规划分析

题型102×2列联表

第三部分分层突破固本培优，精准提分

A组·基础保分练

B组·重难提升练

n

21

1．“n6”是“x的二项展开式中存在常数项”的（）

x

A．充分非必要条件B．必要非充分条件

C．充要条件D．既非充分也非必要条件

【答案】A

nr

【解析】21展开式的通项为：r2nr1r2n3r；

xTr1CnxCnx0rn,rN

xx

40

当n6时，取r4，则T5C6x15，故充分性成立；

n

1n8

当2n3r0时，x展开式中存在常数项，如，故必要性不成立；

xr4

n

1

所以“n6”是“x的二项展开式中存在常数项”的充分非必要条件.

x

故选：A.

1

2.小何同学喜欢踢足球，已知他踢点球进门的概率是，一次点球训练中，他连续2次都没有踢

3

进门，则他第3次踢进门的概率为（）

122

A．B．C．1D．介于和1之间的某个实数

333

【答案】A

11

【解析】他踢点球进门的概率是，所以他第3次踢进门的概率为.

33

故选：A

3．在桌面上有一个质地均匀的正四面体D—ABC．从该正四面体与桌面贴合的面上的三条棱中等可能地选

取一条棱，沿其翻转正四面体至正四面体的另一个面与桌面贴合，如此翻转称为一次操作．如图，开始时，

正四面体与桌面贴合的面为ABC，操作n(n1,2,3,)次后，正四面体与桌面贴合的面是ABC的概率记为Pn.

1

现有下列两个结论：①P；②PP.则下列说法正确的是（）

232524

A．①正确，②错误B．①错误，②正确

C．①、②都正确D．①、②都错误

【答案】C

【解析】开始时正四面体与桌面贴合的面为ABC，进行一次操作后，正四面体与桌面贴合的面不可能再是

ABC，所以P10.

要得到操作2次后正四面体与桌面贴合的面是ABC，那么第一次操作后正四面体与桌面贴合的面不是ABC，

且第二次操作能回到ABC.

第一次操作后正四面体与桌面贴合的面不是ABC，有3种情况（正四面体共4个面，除去ABC面），从这

1

3个面中的任意一个面进行第二次操作回到ABC面的概率为,

3

111

根据分步乘法计数原理，P1P，因为P0，所以P10，故①正确,

2131233

当n2时，操作n次后正四面体与桌面贴合的面是ABC，则操作n1次后正四面体与桌面贴合的面不是

ABC，且第n次操作能回到ABC,

操作n1次后正四面体与桌面贴合的面不是ABC的概率为1Pn1，

1

从不是ABC的面进行一次操作回到ABC面的概率为，

3

111

所以可得递推关系P1PP.

nn133n13

111

将上式变形为PnPn1,

434

11111

所以数列P是以P0为首项,为公比的等比数列,

n414443

n1n1

111即111，

Pn,Pn

443443

2423

111111，显然，故②正确

P25,P24P25P24.

443443

故选：C

4.标志重捕法是指的是在一定范围内，对活动能力强、活动范围较大的动物种群进行粗略估算的

一种生物统计方法，是根据自由活动的生物在一定区域内被调查与自然个体数的比例关系对自然个体总数

进行数学推断.在被调查种群的生存环境中，捕获一部分个体，将这些个体进行标志后再放回原来的环境，

经过一段时间后进行重捕，根据重捕中标志个体占总捕获数的比例来估计该种群的数量.标志重捕法估算种

群密度是基于以下几种假设：①标记个体与未标记个体在重捕时被捕获的概率相等；②在调查期内标记的

个体没有死亡，没有迁出，标记物没有脱落；③标记个体在种群中均匀分布.若应用标志重捕法调查鱼的种

群密度，则下列捕鱼过程会导致估算结果与实际情况误差较大的是（）.

A．第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼的渔网捕鱼

B．第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼

C．第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼

D．第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼

【答案】D

Nn

【解析】理论计算公式为，其中N为估算的种群数值，M为第一次捕获并标记的个体，

Mm

n为一段时间后，在原来的捕获点再次捕获的个体数，m为二次捕获的个体中有标记的数量，

Mn

转换后得N，

m

假设池塘中的鱼分为大鱼和小鱼，大鱼是指用大网和小网均能捕获的鱼，小鱼指仅能用小网能捕获的鱼，

A选项，第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼的渔网捕鱼，

第一次用小网眼的渔网捕鱼，MM1M2，其中M1为捕获并标记的大鱼，M2为捕获并标记的小鱼，

设N1为池塘中实际的大鱼数，N2为池塘中实际的小鱼数，N0为池塘中实际的鱼条数，

则N0N1N2，

MM

标记后全部放回池塘后，池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为1，被标记的小鱼占全部小鱼比例为2，

N1N2

MMM

假设每条鱼被捕获的概率相等，故12，

N1N2N0

M

第二次捕获的大鱼n1条中，理论上含标记的大鱼有n1，

N0

M

第二次捕获的小鱼n2条中，理论中含标记的小鱼有n2，

N0

故nn1n2，

MMMM

故总的标记条数为mn1n2n1n2n，

N0N0N0N0

MnMn

所以N，又N，故NN，

0mm0

结论：若两次捕鱼都用小网眼的渔网捕鱼，

采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等；

B选项，第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼，

第一次用小网眼的渔网捕鱼，MM1M2，其中M1为捕获并标记的大鱼，M2为捕获并标记的小鱼，

设N1为池塘中实际的大鱼数，N2为池塘中实际的小鱼数，

MM

标记后全部放回池塘后，池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为1，被标记的小鱼占全部小鱼比例为2，

N1N2

MMM

12

假设每条鱼被捕获的概率相等，故，其中N0为池塘中实际的鱼条数，

N1N2N0

第二次用大网眼渔网捕鱼，捕获的全部是大鱼，即n1n，

MM

MnMn

理论上，mn1n，故N0，又N，故N0N，

N0N0mm

结论：第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼，

采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等；

C选项，第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼，

第一次用大网眼的渔网捕鱼，MM1，标记后将鱼全部放回到池塘后，

MM

池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为1，

N1N1

第二次用小网眼渔网捕鱼，捕获的鱼中既有大鱼也有小鱼，nn1n2，

由于第一次用大网眼渔网捕鱼，标记的均为大鱼，故第二次捕获的鱼中，只有大鱼也有可能被标记，

M

理论上，mn1，

N1

MnMnnNnnNnN

N1121N21

其中1，

mMn1n1n1

n1

N1

因为每条鱼捕获的概率相等，所以第二次用小网眼渔网捕获的鱼中，

nN

大鱼和小鱼的比例与池塘中的大鱼和小鱼的比例相等，即22，

n1N1

n2N1N2N1

所以NN1N1N1N2N0，

n1N1

结论：第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼，

采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等；

D选项，第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼，

第一次用大网眼的渔网捕鱼，MM1，标记后将鱼全部放回到池塘后，

MM

池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为1，

N1N1

第二次用大网眼渔网捕鱼，捕获的全部是大鱼，即n1n，

MM

MnMn

理论上，mn1n，故N1，又N，故N0N1N，

N1N1mm

结论：第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼，

采用标志重捕法估算出的种群数量约等于种群中大鱼数量，与实际种群数量相比小，误差大；

故选：D

5．某城市交通系统采用数智技术记录城市道路口的信号灯状态，每个时段的信号灯状态对应一

个数字（见下表）.

非正常绿波协调

信号灯状态正常绿波协调

道路施工临时黄灯突发事故临时红灯

对应数字011

现需要按顺序记录某个道路口5个时段的信号灯状态，例如，记号1,0,1,0,1表示5个时段中有3个时段

是“非正常绿波协调”状态，分别发生在第1、3、5时段.问：该路口5个时段所有可能的记录中，“非正常绿

波协调”的时段数不少于1个且不多于3个的记录共有种.

【答案】130

【解析】按照“非正常绿波协调”的时段个数进行分类，

每类情况均先从5个时段中选取“非正常绿波协调”的时段个数，且因“非正常绿波协调”有两种情况，

1

则“非正常绿波协调”的时段数1个的记录有2C510种；

22

“非正常绿波协调”的时段数2个的记录有2C540种；

33

“非正常绿波协调”的时段数3个的记录有2C580种；

故“非正常绿波协调”的时段数不少于1个且不多于3个的记录共有：104080130种；

故答案为：130

6.北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅

是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗

七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作

的不同三角形的个数为.

【答案】31

【解析】由题设，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即为构成三角形的情况，

33

所以不同三角形的个数为C7C435431个.

故答案为：31

7.若三个正整数a，b，c的位数之和为8，且组成a，b，c的8个数码能排列为2，0，2，5，0，

6，0，7，则称（a，b，c）为“幸运数组”，例如（7，6，202500）是一个幸运数组.则满足10abc的

幸运数组（a，b，c）的个数为.

【答案】591

【解析】因为10abc，所以有两类不同情形：

（1）a是两位数，b，c都是三位数.

3

先不考虑b，c的大小，由于a，b，c的首位均不能排0，所以三个0可在五个位置中选择有C5种排法，两

33

个2有C5种排法，其余三个数5，6，7有P3种的排法，

223

共有C5C5P3600种不同的排法，又因为不可能有bc，可知bc与bc的排法各占一半，所以，有

300个满足条件的幸运数组；

（2）a，b是两位数，c是四位数.

3

先不考虑b，c的大小，由于a，b，c的首位均不能排0，所以三个0可在五个位置中选择有C5种排法，两

33223

个2有C5种排法，其余三个数5，6，7有P3种的排法，共有C5C5P3600种不同的排法.

3

如果ab，则只有ab20，c的四个位置上的数字为0，5，6，7，共有3P318种排法，

60018

此外，bc与bc的排法各占一半，即291，所以，有291个满足条件的幸运数组；

2

综上，所求幸运数组的个数为591.

故答案为：591.

01排列组合

1．现有5名学生站成一排，若学生甲不站两端，则不同站法共有种（用数字作答）.

【答案】72

【解析】根据题意，可分两步完成：第一步，先在中间三个位置上安排学生甲，有3种方法；

4

第二步，在留下的四个位置上安排另外4名学生，有A4种方法.

4

由分步乘法计数原理，不同站法数为3A472种.

故答案为：72.

2．上海国际电影节影片展映期间，某影院准备在周日的某放映厅安排放映4部电影，两部纪录片和两部悬

疑片，当天白天有5个时段可供放映（5个连续的场次），则两部悬疑片不相邻（中间隔空场也叫不相邻），

且当天最先放映的一定是悬疑片的排片方法有种（结果用数字表示）．

【答案】44

【解析】由题意当天最先放映的一定是悬疑片，若第一场是悬疑片，

1

从2个悬疑片中选1个安排到第一场有C2种排法，由两部悬疑片不相邻（中间隔空场也叫不相邻），可以从

1

5个场次中的后3场选1场安排另一部悬疑片有C3种排法，

112

所以排悬疑片有C2C3种排法，两部纪录片排在剩下的3个位置，有A3种排法，

112

共有C2C3A336种；

1

若第一场为空场，则第二场从2个悬疑片中选1个安排有C2种排法，

1

从后2场选1场安排另一部悬疑片有C2种排法，

112

所以排悬疑片有C2C2种排法，两部纪录片排在剩下的2个位置，有A2种排法，

112

共有C2C2A28种；

所以符合题意的排法一共有36844种排法.

故答案为：44

x15x5

3．已知关于正整数x的方程C12C12，则该方程的解为.

【答案】1或3

x15x5

【解析】根据组合数的性质，由C12C12

x15x5x15x512

0x1120x112

可知：或，

05x51205x512

xZxZ

x1x3

1x131x13

即17或17，所以x1和x3均满足题意，

1x1x

55

xZxZ

所以该方程的解为：1或3.

故答案为：1或3

4．用黑白两种颜色（都要使用）给正方体的6个面涂色，每个面只涂一种颜色。如果一种涂色方案可以

通过重新摆放正方体，变为另一种涂色方案，则这两种方案认为是相同的。（例如：a.前面涂黑色，另外五

个面涂白色;b.上面涂黑色，另外五个面涂白色是同一种方案）则涂色方案一共有种。

【答案】8

【解析】两种颜色15类型的，有212种；

24类型的，有224种（两个面相邻、相对）

33类型的，有2种（三个面有公共顶点或者没有公共顶点）

因此共有8种.

故答案为：8.

5．有3件商品的编号分别为i(i1,2,3)，它们的售价（元）Si5,7,8,10,11,20，且满足S1S2S3，

则这3件商品售价的所有可能情况有种.

【答案】56

【解析】分四类讨论：

①当S1S2S3时，有6种情况；

②当S1S2S3时，

若S1S25，S3有5种选法；

若S1S27，S3有4种选法；

若S1S28，S3有3种选法；

若S1S210，S3有2种选法；

若S1S211，S3有1种选法；

由加法原理可得共有15种；

③当S1S2S3时，

若S15，选择S2S3有5种选法；

若S17，选择S2S3有4种选法；

若S18，选择S2S3有3种选法；

若S110，选择S2S3有2种选法；

若S111，选择S2S3有1种选法；

由加法原理可得共有15种；

3

④当S1S2S3时，有C620种，

综上，共有615152056种.

故答案为：56.

02二项式定理

10

1

6．x的二项展开式中常数项为．

x

【答案】252

10r

【解析】1展开式的通项为r10r1rr102r，

xTr1C10x1C10x

xx

令102r0，解得r=5，

10

所以1的二项展开式中常数项为55

x1C10252.

x

故答案为：252.

6

7．在x2的二项展开式中，x3项的系数为.

【答案】160

6r6rrrr6r

【解析】二项式x2的通项公式为Tr1C6x2C62x，

333

令6r3，可得r3，所以x项的系数为C62208160.

故答案为：160.

n*

8．已知(13x)nN的展开式中所有项的二项式系数的和为64，则展开式中x3的系数为.

【答案】540

【解析】因为所有项的二项式系数的和为64，

所以2n64，解得n6，

rrr

所以展开式的通项公式为Tr1C63x，

3333

令r3，可得T43C6x540x，

故答案为：540

10210

9．已知12xa0a1xa2xa10x，则a3．

【答案】960

10r10rrrrr

【解析】二项式12x展开式的通项公式为：Tr1C1012xC102x，

10210

由于12xa0a1xa2xa10x，

33

则当r3时，a3C102960；

故答案为：960

4

a

10．已知2x的二项展开式中常数项为1，则实数a的值为.

3x

1

【答案】/0.5

2

kk

4k4kk4k

【解析】kak1，

Tk1C42xC42ax

3x3x

k

14

4kk4k4kk4k

k3k3，

C42axxC42ax

解得k3，

43331

则C32a1，即8a1，a，

42

1

因此实数a的值为.

2

1

故答案为：

2

03概率初步

11．已知随机事件A,B，B表示事件B的对立事件，P(A)0.4,P(B)0.6，则下面结论正确的是（）

A．事件A与B一定是对立事件B．P(AB)1

C．P(AB)0.24D．若事件A，B互相独立，则PAB0.16

【答案】D

【解析】对于A和B，假设从一个装有标号为1，2，3，4，5的5个小球的密封盒子中任取1球，

记事件A：从中取出球的标号为1或2，事件B：从中取出球的标号为1或2或3，

则PA0.4,PB0.6，满足PAPB1，但A,B不是对立事件，故A错误；

由上例可知PABPB0.6，故B错误；

对于C，只有事件A、B相互独立时,才有PABPAPB成立，

由题设不知道事件A、B的关系，故不能确定PAB的值，故C错误；

对于D，若事件A、B相互独立，则事件A、B也相互独立，

所以PABPAPBPA1PB0.410.60.16，故D正确.

故选：D.

12．莫高窟坐落在甘肃的敦煌，它是世界上现存规模最大、内容最丰富的佛教艺术圣地，每年都会吸引来

自世界各地的游客参观旅游．已知购买莫高窟正常参观套票可以参观8个开放洞窟，在这8个洞窟中有3

个被誉为最值得参观的洞窟．现游客需从套票包含的开放洞窟中随机选择4个进行参观，则至少选中2个

最值得参观洞窟的概率是．

1

【答案】/0.5

2

4

【解析】从8个洞窟中选出4个洞窟，共有C870种不同的选法，

2231

其中至少选中2个最值得参观的洞窟，有C3C5C3C530535种选法，

351

由古典概型的概率计算公式，可得至少选中2个最值得参观洞窟的概率P.

702

1

故答案为：.

2

13．盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的商品盒面已知某盲盒产品共有3种玩偶，小明购买4个

盲盒，则他能集齐3种玩偶的概率是.（结果用数值表示）

4

【答案】

9

【解析】小明购买4个盲盒的试验有34个基本事件，它们等可能，能集齐3种玩偶的事件A含有的基本事件

23

数为：C4A3，

C2A34

所以能集齐3种玩偶的概率是PA43.

349

4

故答案为：.

9

14．一项过关游戏的规则规定：在第n关要投掷骰子n次，如果这n次投掷所得的点数之和大于3n，则算

过关，问一个人连过第一、二关的概率为．

7

【答案】

24

【解析】由题设，在第一关投1次骰子，点数大于3，即掷得点数为4,5,6，

31

则过第一关的概率为，

62

第二关投2次骰子，点数之和大于6，则两次掷得点数分别为：

1,6,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,3,4,4,4,5，

4,6,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6,6,1,6,2,6,3,6,4,6,5,6,6

217

故过第二关系的概率为，

3612

7

故一个人连过第一、二关的概率为，

24

7

故答案为：.

24

15．设mR，同时抛掷两枚质地均匀的骰子一次，事件A表示“第一枚骰子向上的点数为奇数”，事件B表

示“两枚骰子向上的点数之和为m”，若事件A与事件B相互独立，则m的一个可取值为.

【答案】3（或5、7、9、11其中之一）

【解析】设第一次的点数为a，第二次的点数为b，

则两次抛掷两枚质地均匀的骰子的结果记为a,b，其中a,b1,2,3,4,5,6，共36种基本事件，

31

故由题知，PA，

62

11

当m2时，B的基本事件为1,1，AB的基本事件为1,1，故PB，PAB，

3636

PABPAPB，事件A与事件B不独立；

211

当m3时，B的基本事件为1,2，2,1，AB的基本事件为1,2，故PB，PAB，

361836

PABPAPB，事件A与事件B相互独立；

当m4时，B的基本事件为1,3，3,1，2,2，AB的基本事件为1,3，3,1，

3121

故PB，PAB，PABPAPB事件A与事件B不独立；

36123618

当m5时，B的基本事件为1,4，4,1，2,3，3,2，AB的基本事件为1,4，3,2，

4121

故PB，PAB，PABPAPB事件A与事件B相互独立；

3693618

当m6时，B的基本事件为1,5，5,1，2,4，4,2，3,3，AB的基本事件为1,5，5,1，3,3，

531

故PB，PAB，PABPAPB事件A与事件B不独立；

363612

当m7时，B的基本事件为1,6，6,1，2,5，5,2，3,4，4,3，AB的基本事件为1,6，5,2，3,4，

6131

故PB，PAB，PABPAPB事件A与事件B相互独立；

3663612

当m8时，B的基本事件为2,6，6,2，3,5，5,3，4,4，AB的基本事件为3,5，5,3，

521

故PB，PAB，PABPAPB事件A与事件B不独立；

363618

当m9时，B的基本事件为3,6，6,3，4,5，5,4，AB的基本事件为3,6，5,4，

4121

故PB，PAB，PABPAPB，事件A与事件B相互独立；

3693618

当m10时，B的基本事件为4,6，6,4，5,5，AB的基本事件为5,5，

311

故PB，PAB，PABPAPB，事件A与事件B不独立；

361236

当m11时，B的基本事件为5,6，6,5，AB的基本事件为5,6，

211

故PB，PAB，PABPAPB，事件A与事件B相互独立；

361836

当m12时，B的基本事件为6,6，AB的基本事件为，

1

故PB，PAB0，PABPAPB，事件A与事件B不独立；

36

综上，m的可能取值为3,5,7,9,11

故答案为：3（或5、7、9、11其中之一）

04统计估计

16．从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球，两个红球分别标记为A、B，白球标记为C，

则它的一个样本空间可以是（）

A．AB,BCB．AB,AC,BC

C．AB,BA,BC,CBD．AB,BA,AC,CA,CB

【答案】B

【解析】从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球的所有可能结果为AB,AC,BC，

所以它的一个样本空间为AB,AC,BC.

故选：B.

17．某班一次数学小测验（百分制）后，老师为了奖励同学们平时认真学习，决定给每位同学的成绩加上5

分作为过程性评价奖励.加分后，与原始分数相比，不会发生改变的是（）

A．平均数B．中位数C．第80百分位数D．方差

【答案】D

【解析】加分后，与原始分数相比，平均值，中位数，第80百分位数的数值都会发生改变，

但根据方差的性质，一组数据同时加上相同的数后，方差大小不变.

故选：D.

18．现从编号为01，02，，50的50支水笔中抽取10支水笔进行书写长度检测，若从以下随机数表第9个数

字开始由左向右读取，则抽取的第4支水笔的编号为（以下摘自随机数表第7行）．

398327763991853532591131404692350498221220671263

【答案】11

【解析】从随机数表第9个数字开始向右读，39，91（舍去），85（舍去），35，32，59（舍去），11……，

则第4支水笔的编号为11．

故答案为：11．

19．某校数学组老师的年龄分布茎叶图如图所示，则该校数学组老师年龄的中位数与极差之和

为．

【答案】68

【解析】老师的年龄分别为27，28，32，33，36，36，38，40，45，52，54，58，

3638

故中位数为37，极差为582731，

2

故313768，

故答案为：68

20．在某市的三次数学测试中，为了解学生的测试情况，从中随机抽取100名学生的测试成绩，被抽取成

绩全部介于40分到100分之间（满分100分），将统计结果按如下方式分成六组：第一组40,50．第二组

50,60，……第六组90,100，画出频率分布直方图如图所示，

(1)估计该市学生这次测试成绩的第25百分位数；

(2)估计该市学生这次测试成绩的平均值（回一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

(3)从60,70,70,80两组中按分层抽样抽取5名学生，再随机抽取3名同学进行问卷测试，问3名同学中

恰好只有1名同学成绩在70,80之间的概率．

【答案】(1)64.5

(2)73.8

3

(3)

10

【解析】（1）因为0.0040.012100.160.25，

0.0040.0120.020100.360.25，

0.250.16

所以第25百分位数为601064.5.

0.2

（2）平均值

x450.00410550.01210650.02010750.03010850.02410950.0101073.8；

（3）因为60,70的频率为0.02100.2，70,80的频率为0.03100.3，

0.2

则60,70中抽取52名学生，分别记作A、B，

0.20.3

0.3

70,80中抽取53名学生，分别记作a、b、c，

0.20.3

从这5名学生，随机抽取3名同学进行问卷测试，则可能结果有：ABa，ABb，ABc，Aab，Aac，Abc，

Bab，Bac，Bbc，abc共10个；

其中3名同学中恰好只有1名同学成绩在70,80之间有ABa，ABb，ABc共3个，

3

所以3名同学中恰好只有1名同学成绩在70,80之间的概率P；

10

05条件概率与相关公式

21．已知事件A与B相互独立，且0PAPB1，则下列选项不一定成立的是（）

A．PAB1PAPB；B．PABPAPB；

C．PABPAPB；D．PABPBAPAB.

【答案】B

【解析】因为A与B相互独立，所以A与B、A与B、A与B也相互独立，

A选项，PABPAPB1PAPB，故A一定成立；

B选项，PABPAPBPAB，

而PABPAPB0，所以PABPAPB，故B不成立；

C选项，PAB1PAB1PABPABPABPABPAPB，

故C一定成立；

PABPABPABPAB

D选项，PABPBAPAB，

PBPAPAB

故D一定成立.

故选：B.

111

22．假设生产某产品的一个部件来自三个供应商，供货占比分别是、、，而它们的良品率分别是0.96、

263

0.90、0.93，则该部件的总体良品率是．

【答案】0.94

【解析】由题意可知该部件的总体良品率是：

111

0.960.900.930.94，

263

故答案为：0.94

123

23．已知随机事件A,B满足PA，PB，PB|A，则PB|A

2510

1

【答案】/0.5

2

PAB333

【解析】因为PB|A，所以PABPA，

PA101020

1

因为PBPABPAB，所以PABPBPAB，

4

1

PAB1

所以PB|A4.

1

PA12

2

1

故答案为：.

2

24．某高中开发了三个不同的“美育”课程和两个不同的“劳动教育”课程，甲同学从五门课程中任选了两门，

已知有一门是“美育”课程，则另一门也是“美育”课程的概率为

1

【答案】

3

【解析】设事件A：至少有一门是“美育”课程，事件AB：两门都是“美育”课程，

54

从五门课程中任选两门的选法数为C210种，

521

“至少有一门是‘美育’课程”的对立事件是“两门都是‘劳动教育’课程”，

2

两门都是“劳动教育”课程的选法数为C21种，

9

所以至少有一门是“美育”课程的选法数为1019种，则PA.

10

323

从三个不同的“美育”课程中选两门的选法数为C23种，所以PAB.

32110

3

PAB3101

则已知有一门是“美育”课程，则另一门也是“美育”课程的概率为PB|A10.

PA91093

10

1

故答案为：.

3

25．某工厂生产的产品以100个为一批．在进行抽样检查时，只从每批中抽取10个来检查，如果发现其中

有次品，则认为这批产品是不合格的．假定每一批产品中的次品最多不超过2个，并且其中恰有i（i0，

1，2）个次品的概率如下：

一批产品中有次品的个

012

数i

概率0.30.50.2

则各批产品通过检查的概率为．（精确到0.01）

【答案】0.91

【解析】设事件Bi表示一批产品中有i个次品(i0，1，2)，

则P(B0)0.3，P(B1)0.5，P(B2)0.2，

设事件A表示这批产品通过检查，即抽样检查的10个产品都是合格品，

C109C1089

9998

则P(A|B0)1，P(A|B1)10，P(A|B2)10，

C10010C100110