概率与统计题型归纳（解析版）

概率与统计题型归纳

热点内容解读

近三年：

1、统计基础的稳定考查与深化理解。

对统计图表(频率分布直方图、散点图)和数字特征(均值、中位数、标准差、极差)的考查已成为“必选动

作”。近三年的题目常将数据置于农业生产、社区调查、疾病研究等真实情境中，要求学生不仅能准确计

算，更要能解读数据分布特征、理解统计量在实际决策中的含义。例如，2025年多套试卷均出现了要求判

断频数分布表中的中位数、评估样本数据离散程度等题目。

2、概率模型的综合化与复杂化。

概率考查的重心已从单一古典概型，转向对复杂随机事件的建模与运算能力。核心趋势有两点：其一，离

散型随机变量的分布列与期望是绝对高频考点，常与二项分布、超几何分布相结合。其二，“概率与数列递

推”的深度融会贯通成为压轴题的标志性特征。无论是2023年新高考Ⅰ卷的投篮问题，还是2025年全国

二卷(第19题)的乒乓球练习模型，都要求学生从动态随机过程中构建概率递推关系，并用数列知识求

解，这极大地考查了化归与逻辑推理能力。

3、统计推断与数学建模的价值凸显。

命题强调数学的实际应用价值。独立性检验的考查趋于常规化，常以完善列联表、计算卡方值、下结论的

形式出现。条件概率、全概率公式等新教材内容的重要性日益提升。更关键的是，题目设计常落脚于“优

化决策”，例如要求比较不同方案下的数学期望，以做出最优选择(如2024年新高考Ⅱ卷的投篮比赛策略

问题)，或将概率统计与函数、不等式结合求最值，实现了从“算概率”到“用概率做决策”的思维跃升。

预测2026年：

基于以上分析，“在新颖、真实且跨学科的复杂情境中，完成数据驱动下的建模、推理与决策”的能力，将是

2026年高考概率统计模块的决胜关键。该板块的核心价值在于，它是最能体现数学学科应用性与思维

性、并直接对接大数据时代核心素养的领域，其“反套路、反刷题”的命题导向与高考选拔创新人才的目标

高度契合

热点题型突破

题型一互斥、对立、独立事件的概率

解|题|策|略

1、互斥事件与对立事件的关系

①互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者

之一必须有一个发生．

②对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，即“互斥”是“对立”的必要不充分条

件，而“对立”则是“互斥”的充分不必要条件．

2、判断互斥对立事件可根据

①利用互斥跟对立事件的定义来判断，互斥事件的定义比对立的更严。

②可以借助集合的方法来解决事件问题。

3、独立事件的概念与判断：设A，B为两个事件，若P(AB)=P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独

立．

1

^^^^

如果事件A，B互相独立，那么A与B，A与B，A与B也都相互独立．

当P(B)>0时，A与B独立的充要条件是P(A|B)=P(A)．

1.(多选)(2025·湖北武汉·模拟预测)已知事件A,B，且P(A(=0.3,P(B(=0.5，则()

A.事件A与事件B互为对立事件B.若事件A与事件B互斥，则P(AUB(=0.8

——

C.若事件A与事件B互斥，则P(AB(=0.2D.若P(AB(=0.35，则事件A与事件B相互独立

【答案】BD

【分析】根据对立事件的定义，互斥事件概率公式、相互独立事件的性质及概率公式计算判断作答即可.

【详解】对于A,由于对立事件概率和为1，但P(A)+P(B)=0.8≠1，A错误，

对于B、C,由事件A与事件B互斥，P(AUB(=P(A)+P(B)=0.8，P(AB)=0,

所以B正确,C错误

------

对于D,因为P(AB(=0.35，P(A(P(B(=0.7×0.5=0.35，故事件A与事件B相互独立，所以事件A

与事件B相互独立,D正确.

故选:BD

2.(多选)(2025·江苏镇江·模拟预测)为响应校团委发起的“青年大学习”号召，某班组织了有奖知识竞答活

动.决赛准备了4道选择题和2道填空题，每位参赛者从6道题中不放回地随机抽取三次，每次抽取1道

题作答.设事件Ai为“第i次抽到选择题”(i=1,2,3(，则下列结论中正确的是()

A.A1与A2互斥；A2与A3互斥B.不管第几次抽取，抽到选择题的概率都相同

C.P(A2A3(=D.P(A1UA

【答案】BC

【分析】根据互斥事件的定义判断A，由简单随机抽样的性质判断B，根据古典概型的概率公式判断CD.

【详解】由题意可知第1次抽到选择题A1与第2次抽到选择题A2可能同时发生，

所以A1与A2不是互斥事件，同理A2与A3也不是互斥事件，A说法错误；

从6道题中不放回地随机抽取三次，满足简单随机抽样，每次抽取时各个个体被抽到的概率相等，B说

法正确；

—

第二次抽到选择题且第三次也抽到选择题的概率P(A2A3(=P(A1A2A3(+P(A1A2A3(=××

+××=,C说法正确；

———

第1次抽到选择题或第2次抽到选择题的概率P(A1UA2(=1-P(A1A2(=1-×=,D说法错

误；

故选：BC

3.(多选)(2026·云南大理·二模)已知甲盒中有2个白球和4个红球，乙盒中有3个白球和2个红球．先从

甲盒随机取出一球放入乙盒，设“从甲盒取出的球是白球”为事件A1，“从甲盒取出的球是红球”为事件

A2；再从乙盒中随机取出一球，设“从乙盒取出的球是白球”为事件B1，“从乙盒取出的球是红球”为事件

B2，下列说法正确的是()

A.A1，A2是互斥事件B.A1，B2是独立事件

2

【答案】AC

【分析】A根据互斥事件的定义判断；BD根据概率的乘法公式计算；C根据全概率公式计算.

【详解】由题可知，P(A1(==，P(A2(==，P(B1|A1(==，P(B1|A2(==，

P(B2|AP(B2|A，

因为A1，A2不可能同时发生，故A1，A2是互斥事件，故A正确；

P(A1B2(=P(A1(P(B2|A1(=×=，故D错误；

P(B2(=P(A1(P(B2|A1(+P(A2(P(B2|A2(=×+×=，

则P(A1(P(B2(=×=≠,故A1，B2不是独立事件，故B错误；

P(B1(=P(A1(P(B1|A1(+P(A2(P(B1|A2(=×+×=，故C正确．

故选：AC

4.(2026·新疆·二模)已知事件A,B,C的概率均不为0，下列说法正确的是()

A.若P(A∪B(=P(A(+P(B(，则事件A与B为对立事件

B.若P(A∪C(=P(B∪C(，则事件A与B为相互独立事件

C.若P(A|B(=P(B|A(，则P(A(=P(B(

--

D.若P(AB)=P(AB)，则P(A(=P(B(

【答案】D

【分析】由概率加法公式，条件概率公式，对立事件和独立事件的定义可选答案.

【详解】对于A：因为P(A∪B(=P(A(+P(B(-P(A∩B(，由P(A∪B(=P(A(+P(B(，只能得到

P(A∩B(=0，并不能得到事件A与B为对立事件，故A错误；

对于B：因为P(A∪C(=P(A(+P(C(-P(A∩C(,P(B∪C(=P(B(+P(C(-P(B∩C(，

由P(A∪C(=P(B∪C(，只能得到P(A(-P(A∩C(=P(B(-P(B∩C(，并不能得到P(AB(=

P(A(P(B(，从而不能得出事件A与B为相互独立事件，故B错误；

对于C：由P(A|B(=P(B|A(可得P(A(=P(B(或P(AB(=0，当P(AB(=0时不能得出P(A(=

P(B(，故C错误；

--

对于D：因为P(AB)=P(A)-P(AB),P(AB)=P(B)-P(AB)，

--

又P(AB)=P(AB)，所以P(A(=P(B(，故D正确.

故选：D.

--

5.(多选)(2025·四川泸州·一模)记A,B为事件A,B的对立事件，已知P(A(=0.4,P(B(=0.3，下列结论正

确的是()

--

A.若B⊆A，则P(AB(=0.3B.若A与B相互独立，则P(AB(=0.42

-

C.若P(B|A(=0.2，则P(AB(=0.06D.若P(A|B(=0.6，则P(A∪B(=0.78

【答案】ABD

【分析】由独立事件定义和性质、独立概率乘法公式、条件概率公式即可逐一计算判断各选项.

【详解】对于A选项：若B⊆A，则P(AB(=P(B(=0.3，A正确；

3

——

对于B选项：若A与B相互独立，则A与B相互独立,

----

所以P(AB(=P(A(P(B(=(1-P(A(((1-P(B((=(1-0.4)(1-0.3)=0.42，B正确；

对于C选项：若P(B|A(=0.2，则=0.2⇒P(AB)=0.2P(A)=0.2×0.4=0.08，C错误；

对于D选项：若P(A|B(=0.6，则⇒P=0.6P=0.6×0.3=0.18,

-

又P(AB(=P(B)-P(AB)=0.3-0.18=0.12,

---

所以P(A∪B(=P(A(+P(B(-P(AB(=0.6+0.3-0.12=0.78，D正确.

故选：ABD.

题型二古典概型的概率

解|题|策|略

1、确认是否为古典概型：试验样本空间有限(样本点总数有限)，每个样本点发生的可能性相等。

2、明确样本空间：列出或计算所有可能的基本事件总数n。

3、确定目标事件：明确所求事件包含哪些基本事件，并计数m。

4、计算概率：概率P=。

检查是否需考虑顺序、分组等,注意计数时使用排列还是组合，确保分子分母一致。

6.(2026·四川巴中·一模)某学校围棋社团组织高一与高二的同学比赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业

余三段三位选手，段位越高水平越高．已知高二每个段位的选手都比高一相应段位的选手强一些.比赛

胜负仅由段位决定，段位高者获胜；若段位相同，则高二选手获胜.比赛共三局，每局双方各派一名选手

出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利．在比赛之前，双方都不知道对方选手

的出场顺序，则第一局比赛高一获胜的概率为，在一场比赛中高二获胜的概率为．

【答案】

【分析】采用列举法列举出一局比赛中所有基本事件及高一取得胜利的基本事件，根据古典概型概率公

式可求得结果；列举出一场比赛中高一获胜的基本事件个数，结合基本事件总数和对立事件概率公式可

求得结果.

【详解】设Ai(i=1,2,3(为高一出场选手，Bi(i=1,2,3(为高二出场选手，其中i表示段位，

第一局比赛中，有(A1,B1(，(A1,B2(，(A1,B3(，(A2,B1(，(A2,B2(，(A2,B3(，(A3,B1(，(A3,B2(，(A3,B3(，

共9个基本事件，

其中高一能取得胜利的基本事件为(A2,B1(，(A3,B1(，(A3,B2(，共3个，

∴第一局比赛高一获胜的概率为p．

在一场三局比赛中，共有不同的3×3×2×2=36种安排方法，

其中高一能获胜的安排方法为(A2B1,A3B2,A1B3(，(A2B1,A1B3,A3B2(，(A3B2,A2B1,A1B3(，

(A3B2,A1B3,A2B1(，(A1B3,A2B1,A3B2(，(A1B3,A3B2,A2B1(，共6种，

∴在一场比赛中高二获胜的概率为p2=1-=．

故答案为：；.

4

7.(多选)(2026·湖南株洲·一模)某电脑程序每次等概率随机输出1,2,⋯,10中的一个数，Xn和Yn分别表

示输出的前n个数中的最大值和最小值．已知每次输出都是独立的，且可以重复输出同一个数．则下

列命题正确的是()

【答案】ABD

【分析】根据独立事件的概率、条件概率及最大值、最小值的概率计算方法，结合加法公式、乘法公式计算

即可.

【详解】选项A：X1表示第一个数的最大值，即该数本身；Y1表示第一个数的最小值，也即该数本身；

所以P(X1=1(=P(第一个数为P(第一个数为A正确；

选项B：X3=3表示输出的前3个数的最大值为3，即需满足“输出的每个数≤3，且至少有一个数为3”.

所有数均≤3的概率：；所有数均≤2的概率：

所以P(XB正确；

选项C：Y3=3表示输出的前3个数的最小值为3，即需满足“输出的每个数≥3，且至少有一个数为3”.

所有数均≥3的概率：；所有数均≥4的概率：××=.

所以PC错误；

选项D：记X4≤6为事件A，即前4个数最大值为6，Y4≥3为事件B，前4个数最小值为3.

则P(B(=×××=.

AB表示前4个数最大值为6且最小值为3，即所有数均在3到6之间(含3和6)，

所以P(AB(=×××=.

故P(X4≤6|Y4≥3(=P(A|BD正确.

故选：ABD.

8.(2026·山东·一模)已知盒中有10张纸条，分别写着1~10共10个数字，随机抽出一张，则恰好抽到3的倍

数或抽到4的倍数的概率是()

A.0.5B.0.4C.0.3D.0.2

【答案】A

【分析】根据古典概率模型直接计算即可.

【详解】随机抽出一张，则恰好抽到3的倍数或抽到4的倍数的数有：3,4,6,8,9，共5张，

所以，根据古典概型，恰好抽到3的倍数或抽到4的倍数的概率是P==.

故选：A

9.(2026·广西南宁·一模)某市十景包含扬美古风、青山塔影、明山锦绣、望仙怀古、伊岭神宫、九龙戏珠、南

湖情韵、凤江绿野、邕江春泛、龙虎猴趣，每个景点都有其独特的魅力．某游客计划从这10个景点中随机

5

选择2个景点进行游玩，则青山塔影被选中的概率是．

【答案】/0.2

【分析】先求出从10个景点中随机选择2个景点的方法数，再求出青山塔影被选中的方法数，利用古典概

型可得答案.

【详解】从10个景点中随机选择2个景点，

2

总共有C10=45种选择方法，

若要确保青山塔影被选中，则需从剩余9个景点中再选1个，

1

有C9=9种选择方法，

因此，青山塔影被选中的概率为=.

故答案为：

10.(2026·安徽淮南·一模)2025年12月11日淮南市科技馆正式开馆，淮南市某中学有甲、乙、丙、丁等7位学

生约好2026年1月1日去科技馆志愿服务．现将7位学生随机分为3组，每组至少一人，则甲乙同组且

丙丁同组的概率为()

A.B.C.D.

【答案】A

【分析】由题意知不同的分组方法有5,1,1；4,2,1；3,2,2；3,3,1四种，利用不平均分组问题计算方法数，以

及计算出符合题意的情况数，即可求得概率.

【详解】由题意，不同的分组方法有5,1,1；4,2,1；3,2,2；3,3,1四种，

511

C7C2C11

当分组为5,1,1时，共有=21种，其中甲乙同组且丙丁同组有C3=3种；

2

A2

42121121

当分组为4,2,1时，共有C7C3C1=105种，其中甲乙同组且丙丁同组有C3C1+C2C3C1=9种；

11

当分组为3,2,2时，共有种，其中甲乙同组且丙丁同组有1+C2C3=7种；

111

当分组为3,3,1时，共有=70种，其中甲乙同组且丙丁同组有C3C2C1=6种；

甲乙同组且丙丁同组的概率为=.

故选：A.

题型三条件概率与全概率公式

解|题|策|略

1、条件概率：一般地,当事件B发生的概率大于0时(即P(B)>0),已知事件B发生的条件下事件A

发生的概率,称为条件概率,记作P(A|B),而且P(A|B

(1)如果B和C是两个互斥事件，则P(BUC|A(=P(B|A(+P(C|A(；

——

(2)设B和B互为对立事件，则P(B|A(=1-P(B|A(.

2、全概率公式：设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件，A1UA2U…UAn=Ω,且P(Ai)>0，i=1,

6

2，…,n，则对任意的事件B∈Ω,有P(BP(Ai(P(B|Ai(，i=1,2，…,n

3、贝叶斯公式：设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件，A1UA2U…UAn=Ω,且P(Ai)>0，i=1,

2，…,n，则对任意的事件B∈Ω,P(B(>0，有P(B|Ai(==，i=

i=1

1,2，…,n

条件概率强调样本空间受限，全概率是由原因推结果的分解求和，贝叶斯是由结果推原因的概率修

正。

11.(2026·重庆·一模)从1，2，3，4，5，6，7这7个数字中依次不放回地随机选取两个数字，记事件A：“第

一次抽到的数字是奇数”，事件B：“第二次抽到的数字是偶数”，则P(B|A(=()

ABCD

【答案】A

【分析】利用古典概率求出事件A,AB的概率，再用条件概率公式计算即可.

【详解】P(A(：第一次抽到奇数的概率，总共有7个数字，奇数4个，故P(A.

P(AB(:第一次抽到奇数且第二次抽到偶数的概率，分步计算：第一次抽奇数有4种选择，第二次抽偶数

有3种选择，总情况数为7×6=42，故P(AB

根据条件概率公式代入得：P(B|A

故选：A.

12.(2026·江苏镇江·模拟预测)两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山

寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A=“两位游客中

至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件B=“两位游客选择的景点不同”，则P(B|A(=.

【答案】

—

【分析】根据题设先求出事件AB和事件A的概率，再利用对立事件的概率公式求出事件A的概率，最后

结合条件概率的公式即可求解.

【详解】依题意，事件AB=“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚，且两位游客选择的景点不同”，

所以P(AB

—

事件A=“两位游客中没有一人选择太湖鼋头渚”，

所以P(A

所以P(B|A

故答案为：

13.(2026·海南海口·一模)已知A，B是随机事件，若P(A+BP(B，则P(A(=()

7

A.B.C.D.

【答案】D

-

【分析】由条件概率公式P(B得出P(AB)与P(A)的关系，然后代入P(A+B)=P(A)+

-

P(AB)公式化简即可.

【详解】由条件概率公式得P(B

-

因此P(ABP(A((，

--

将P(AB)代入P(A+B)=P(A)+P(AB)得=P(A)+(1-P(A))，

解得P(A)=×=.

故选：D

14.(多选)(2026·山东济南·一模)现进行如下试验：从1,2,3,…,10中任选一个数，记为a1，若a1=1，则试验

结束；否则再从1,2,…,a1-1中任选一个数，记为a2，若a2=1，则试验结束；否则再从1,2,…,a2-1中

任选一个数，依次类推，直至选中1为止.记事件Ai=“试验过程中，数字i被选到”，pi表示事件Ai发生

的概率(i=1,2,3,…,10)，则()

A.pB.p8=+p10+p9

C.P(A8|A9(=P(A8|A10(D.P(AiAj(=pi.pj(i,j∈{1,2,…,10{且i≠j)

【答案】BCD

【分析】对于选项A，可根据试验过程直接计算p9；对于选项B，需要根据试验过程分析p8表达式；对于选

项C，根据条件概率公式判断P(A8|A9(与P(A8|A10(是否相等；对于选项D，k≤9时，有Pk+1=+

Pk+2+…+P10，得Pk=Pk+1，可知Pk=，k=1,2,…,10，则有P(Ai|Aj(=，可得

P(AiAj(=P(Ai|Aj(P(Aj(=.=pi.pj.

【详解】对于A，若数字9被选到，有两种情况：

第一次选数时，从1到10中选到9，概率为，

第一次选到10，第二次从1到9中选到9，概率为×=，

所以p，选项A错误；

对于B，若数字8被选到，有以下几种情况：第一次就选到8，概率为；

A9发生后，下一次从1到8中选到8，概率为p9，

A10发生后，下一次从1到9中选到8，概率为p10，

这几种情况彼此互斥，所以p8=+p9+p10，选项B正确；

8

对于C，根据条件概率公式P(AP(A8|A

若A9发生，即数字9被选到，那么在选到9的情况下，

下一次从1到8中选到8的概率为即P(A8|A

若A10发生，即数字10被选到，那么在选到10的情况下，可以下一次从1到9中选到8，

也可以是下一次从1到9中选到9，再下一次从1到8中选到8，

即P(A8|A

所以P(A8|A9(=P(A8|A10(，选项C正确；

对于D，对于Ak即选中k的情况，设m为选中数当中不小于k的最小整数，

则pk=P(m=k(+P(m=k+1(+P(m=k+2(+…+P(m=10(

=+pk+1+pk+2+…+p10，

当k≤9时，有pk+1=+pk+2+…+p10，pk=pk+1，k≤9，

结合p10=知pk=，k=1,2,…,10，

所以最大数选取是任意的，始终有pk，

对于i,j同时选中情况，不妨设i<j，P(Ai|Aj(可理解为从1∼j-1中按规则取数，

选中i的概率，则有P(Ai|Aj(=，

可得P(AiAj(=P(Ai|Aj(P(Ajpi.pj，选项D正确.

故选：BCD

15.(多选)(2025·江苏南通·模拟预测)甲、乙两个盒子中分别装有大小、形状、质地相同的1个黑球和2个红

球.现从两个盒子中各任取一个球放入对方盒子中称为一次操作，重复进行n(n∈N*(次操作后，甲盒子

中恰有0个黑球，1个黑球，2个黑球分别记为事件An，Bn，Cn，则()

A.P(B1(=B.P(A1|B2(=

n

C.P(A1+B2(=D.P(Bn(=+×(-

【答案】ACD

【分析】通过分析单次操作中不同事件的概率，结合条件概率、全概率公式推导各选项；对于递推型概率，

构造等比数列求解通项公式.

【详解】初始时，甲盒有1黑2红，乙盒有1黑2红.

选项A：一次操作后，甲盒恰有1黑球(事件B1)的情况：

从甲取红且从乙取红，或从甲取黑且从乙取黑.

甲取红的概率为，乙取红的概率为；甲取黑的概率为，乙取黑的概率为.

故P(B1(=×+×=，A正确.

选项B：P(A1|B2)表示“第二次操作后甲盒有1黑球的前提下，

第一次操作后甲盒有0黑球”的概率.

9

第一次操作后甲盒有0黑球(A1)：甲取黑、乙取红，概率P(A1(=×=.

第二次操作后甲盒有1黑球(B2)的情况：若A1发生，甲盒0黑3红，乙盒2黑1红，

此时从甲取红、乙取黑的概率为1×,故P(B2|A1)=.

若B1发生，甲盒1黑2红，乙盒1黑2红，此时P(B2|B1)=(同P(B1().

若C1发生，甲盒2黑1红，乙盒0黑3红，此时P(B2|C1)=(甲取黑、乙取红的概率为×1).

由全概率公式：P(B2(=P(A1(P(B2|A1)+P(B1(P(B2|B1)+P(C1(P(B2|C1)=×+×+×

249

=.

381

由条件概率公式：P(A1|BB错误.

选项C：P(A1+B2(表示“第一次操作后甲盒有0黑球，或第二次操作后甲盒有1黑球”的概率.

由概率的加法公式：P(A1+B2(=P(A1(+P(B2(-P(A1B2(.

其中P(A1B2(=P(A1(P(B2|A1)=×=.

代入得：P(A1+B2(=+-==，C正确.

选项D：递推关系：P(Bn(=P(Bn-1(+[1-P(Bn-1([=-P(Bn-1(.

整理为：P(Bn(-=-P(Bn-1(-.

初始值P(B1(=，故P(B1(-=-=-.

因此n-1，即n正确

P(Bn(-=-×(-P(Bn(=+×(-，D.

故选：ACD

题型四离散型随机变量的分布列

解|题|策|略

1、判断分布类型

确认随机变量：明确问题中的随机变量X及其可能取值

识别分布类型：若为不放回抽样且关心“次品数”、“合格数”等→超几何分布

若为独立重复试验(每次成功概率相同)→二项分布

若为有限等可能抽样且涉及特定计数→可考虑古典概型计算

2、确定参数并计算概率：根据类型选用公式，依次计算X取每一个可能值的概率

3、整理分布列，列成表格，验证概率和为1

1、应用与计算：求期望值或方差等。

注意：先判断类型再计算，避免公式误用，注意随机变量取值的完整性与互斥性计算后务必检查概率总

和是否为1(可避免计算错误)

16.(2026·重庆·一模)甲、乙两位同学参加投篮练习，由他们的投篮位置和命中情况确定得分可能为3分、2

分、0分，根据以往练习统计数据，甲一次投篮得3分、2分、0分的概率分别为、、，乙不投3分

10

球，他一次投篮得2分、0分的概率分别为、．若甲、乙各投篮一次称为一轮投篮，且甲、乙投篮相互

独立，每次投篮也互不影响．

(1)记一轮投篮后，甲的得分为M，乙的得分为N，求P(M≥N(；

(2)记一轮投篮后，甲乙所得分数之和为随机变量X，求X的分布列及数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】(1)分别按照M=3，M=2，M=0求出概率，根据互斥事件概率的加法公式，可得P(M≥N)的

值.

(2)X的可能取值为0,2,3,4,5，分别求出相应的概率，列出X的分布列，根据数学期望的公式求出E(X)

的值.

【详解】(1)M的取值为3,2,0,对应的概率分别为P(M=3)=，P(M=2)=，P(M=0)=.

N的取值为2,0，对应的概率分别为P.

当M=3时，N取2或0都满足M≥N，

此时概率为P(M=3)×[P(N=2)+P(N=0)]=×+=.

当M=2时，N取2或0都满足M≥N，

此时概率为P(M=2)×[P(N=2)+P(N=0)]=×+=.

当M=0时，只有N=0满足M≥N，

此时概率为P(M=0)×P(N=0)=×=.

根据互斥事件概率的加法公式，可得P(M≥N)=++=.

(2)X的可能取值为0,2，3，4，5.

P(X=0)=P(M=0)×P(N=0)=×=.

P(X=2)=P(M=2)×P(N=0)+P(M=0)×P(N=2)=×+×=.

P(X=3)=P(M=3)×P(N=0)=×=.

P(X=4)=P(M=2)×P(N=2)=×=.

P(X=5)=P(M=3)×P(N=2)=×=.

X的分布列如下表所示：

X02345

11111

P

1231236

可得E(X)=0×+2×+3×+4×+5×=+++=.

17.(25-26高三上·江西·月考)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A,B,C.每款模型的研

11

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A,B,C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A,B,C三款中恰有两款通过算法设计评审的概率；

(2)若已知A,B,C三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为A的概率；

(3)经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，A,B,C三款模型能成功上线的数量为随机变量X，

求X的分布列及数学期望E(X(.

【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X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M,N,T，

A，B，C三款中恰有两款通过算法设计评审为事件D，

---

则P(D(=P(MNT(+P(MNT(+P(MNT(

=××(1-+(1-××+×(1-×==；

(2)设A，B，C三款中恰有一款通过算法设计评审为事件E，

—--———

则P(E(=P(MNT(+P(MNT(+P(MNT(

=×(1-×(1-+(1-×(1-×+(1-××(1-=；

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Q,W,R，

则P(Q(=×=，P(W(=×=，P(R(=×=，

X的可能取值为0,1,2,3，

则P(X=0(=(1-×(1-×(1-=，

P(X=1(=×(1-×(1-+(1-××(1-+(1-×(1-×=，

P(X=2(=××(1-+(1-××+×(1-×=，

P(X=3(=××=，

所以X的分布列如下：

X0123

12

1319373

P

1005010025

数学期望为E(X(=0×+1×+2×+3×=.

18.(2026·江苏徐州·一模)现有除颜色外都相同的3个红球和3个白球，随机取3个球放入一个不透明的袋

中，记袋中红球的个数为X0.从袋中随机摸出一个球，并换入一个另一种颜色的球，经过n次摸换，袋中

的红球个数记为Xn.

(1)求P(X0=0(与P(X0=2(；

(2)求P(X1=1(；

(3)当X0=1时，求随机变量X2的数学期望.

【答案】(1)P(X0=0(=，P(X0=2(=

(2)

(3)

【分析】(1)根据古典概型的概率公式可求概率；

(2)根据全概率公式可求P(X1=1(；

(3)求出X2的分布列后可求X2的数学期望.

【详解】(1)P(XP(X

(2)P(X1=1(=P(X1=1|X0=0(P(X0=0(+P(X1=1|X0=2(P(X0=2(

C3C2C1

32331297,

=1×3+×3=1×+×=

C63C62032020

故P(X

(3)当X0=1时，X1=0，2，X2=1，3，且P(X1=0(=，P(X1=2(=，

则P(X2=1(=P(X2=1|X1=0(P(X1=0(+P(X2=1|X1=2(P(X1=2(

=×1+×=，

P(X2=3(=P(X2=3|X1=0(P(X1=0(+P(X2=3|X1=2(P(X1=2(

=×0+×=，

随机变量X2的数学期望E(X2(=1×+3×=.

19.(2026·四川巴中·一模)某素质训练营设计了一项闯关比赛．规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每

人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，

无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为p1、p2、p3，假定p1、p2、p3

互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立．

(1)计划依次派甲、乙、丙进行闯关，若p，求该小组比赛胜利的概率；

(2)若依次派甲、乙、丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目X的分布，并求X的期望E(X(；

13

(3)已知1>p1>p2>p3，若甲只能安排在第一个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定乙、丙谁先

派出．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，E(X(=p1p2-2p1-p2+3

(3)先派出乙．

【分析】(1)利用独立事件的概率乘法公式求解；

(2)由题意可知，X的所有可能取值为1，2，3，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到

X的分布，再结合期望公式求解；

(3)分别计算出依次派甲乙丙进行闯关和依次派甲丙乙进行闯关所派出人员数目的期望，再利用作差法

比较大小即可．

【详解】(1)设事件A表示“该小组比赛胜利”，

则P(A(=+×+××=；

(2)由题意可知，X的所有可能取值为1，2，3，

则P(X=1(=p1，P(X=2(=(1-p1(p2，P(X=3(=(1-p1((1-p2(，

所以X的分布为：

X123

Pp1(1-p1(p2(1-p1((1-p2(

所以E(X(=p1+2(1-p1(p2+3(1-p1((1-p2(=p1p2-2p1-p2+3；

(3)若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为E1．

由(2)可知，E1=p1p2-2p1-p2+3．

若依次派甲丙乙进行闯关，设派出人员数目的期望为E2，则E2=p1p3-2p1-p3+3．

从而，E1-E2=(p1p2-2p1-p2+3(-(p1p3-2p1-p3+3(=p1p2-p1p3-p2+p3

=p2(p1-1(-p3(p1-1(=(p1-1((p2-p3(．

因为1>p1>p2>p3，所以p1-1<0，p2-p3>0，所以E1-E2<0，即E1<E2．

所以要使派出人员数目的期望较小，先派出乙．

20.(2026·重庆九龙坡·一模)在重庆轨道交通故障排查演练中，三名工程师分别检查三个不同的系统，假设

甲发现故障的概率为，乙、丙两人同时发现故障的概率是，甲、丙两人均未发现故障的概率是，且

三人各自能否发现故障相互独立．

(1)求乙、丙两人各自发现故障的概率；

(2)用X表示三人中发现故障的人数，求X的分布列和期望E(X)．

【答案】(1)，

(2)分布列见解析，

【分析】(1)根据题意利用独立事件的乘法公式列方程，即可求得答案；

(2)确定X的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，进而求得数学期望.

【详解】(1)记乙、丙各自发现故障为事件A1，A2，由于事件相互独立，

则有P(A1(P(A2(=1-[1-P(A2([=，解得P(AP(A

14

所以乙、丙两人各自发现故障的概率分别为，．

(2)由题意可知X的可能取值为0，1，2，3

P(X=0)=××=，

P(X=1)=××+××+××=

P(X=2)=××+××+××=，

P(X=3)=××=，

X的分布列为

X0123

1531

P

812812

E(X)=0.+1.+2.+3.=．

题型五二项分布及应用

解|题|策|略

1、判断是否为二项分布

满足以下3个条件可判定为二项分布：

试验次数固定：共进行n次独立试验

每次试验只关注两个结果：“成功”与“失败”，1与0，“正确”或“错误”等

成功概率恒定：每次试验中成功概率p保持不变

记作：X∼B(n,p)

确定参数与可能取值：明确参数n：试验总次数，p：每次试验的成功概率

确定随机变量取值：X(成功次数)的可能取值为0,1,2,…,n

kkn-k

概率的计算：使用二项分布概率公式：P(X=k(=Cn.p.(1-p(,k=0,1,…,n

列出分布列并计算期望值等。

2、二项分布列概率最大值的取得

kkn-k

对二项分布列P(X=k(=Cnp(1-p(,k=0,1,2,3……P(X=k(取最大项时有：

(=)≥

(PXkP(X=k-1)

{(类似二项展开式中系数最大项)

(P(X=k)≥P(X=k+1)

可解得p(n+1(-1≤k≤p(n+1(,k取这个范围内整数，当k由0增加到n时，P(X=k(的值先由小

到大，再由大到小。

21.(2026·全国·模拟预测)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；

15

(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，E(X(=.

【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p,q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0,1,2,3,4，

4

1

P(X=0(==，P(X=1(=C4P(X=2(=C，

34

3

P(X=3(=C4=，P(X=4(==.

所以甲投中目标的次数X的分布列是

X01234

11696256256

P

625625625625625

因为X~B(4,，所以甲投中目标的次数X的期望是E(X(=4×=.

(2)记甲发挥正常为事件A，甲投中目标为事件B，

--

由题意得P(B(=P(A(P(B|A(+P(A(P(B|A(，

所以p×0.9+(1-p(×0.5=0.8，即0.4p=0.3，解得p=.

记乙发挥正常为事件C，乙投中目标为事件D，

--

由题意得P(D(=P(C(P(D|C(+P(C(P(D|C(，

所以q×0.95+(1-q(×0.6=0.85，即0.35q=0.25，解得q=.

p-q=-=>0，所以p>q.

22.(2026·陕西宝鸡·一模)为了了解全市高中学生体育锻炼情况，现准备在某高中进行抽样调查．已知该高

中共有学生1200人，其中男生720人．现按学生性别采用分层抽样方法抽取60人进行调查．调查中把

每天锻炼时间超过60分钟的学生称为“锻炼积极者”，否则称为“锻炼不积极者”．已知在样本中：男性

“锻炼积极者”共24人，女性“锻炼积极者”共12人．

(1)求抽取的60人中男生、女生各多少人．

(2)从抽取的60人中随机选取一人，设事件A为“选到男生”，事件B为“选到锻炼积极者”，试判断事件

A、B是否相互独立，并说明理由．

(3)用上面的样本估计总体，若从全市学生中抽取3人，记抽取的3人中“锻炼积极者”的人数为X，求X

的分布列和数学期望．

16

【答案】(1)男生36人，女生24人.

(2)不相互独立，理由见解析.

(3)分布列见解析，E(X

【分析】(1)根据分层抽样的概念计算男、女生的人数.

(2)利用P(A(.P(B(与P(AB(的关系判断事件A、B是否相互独立.

(3)利用二项分布概率模型求分布列和期望.

【详解】(1)60人中，男生人数为720×=36人，女生人数为：60-36=24人.

所以抽取的60人中男生