热点题型9-2 概率与统计经典选填题全归纳（含赛制等问题）（解析版）-2026新高考数学热点题型全解全练

概率与统计经典选填题全归纳（含赛制等问题）考点一统计 2题型1统计图表及特征数的应用 2题型2线性回归方程 5题型3非线性回归方程 8题型4独立性检验 10题型5统计新定义问题 13考点二概率 15题型6古典概型 15题型7正态分布 17题型8随机变量的分布列，均值、方差 19题型9超几何分布与二项分布 23题型10条件概率与全概率公式 25题型11概率的最值 28题型12马尔科夫链 31题型13赛制概率问题 35

考点一统计题型1统计图表及特征数的应用1．（2025·湖北宜昌·二模）某元宇宙平台举办“星际文明探索”虚拟文化节，参与者通过完成“星球解谜”“文明共建”“跨服协作”等任务获得互动积分（单位：分）．为筛选“核心探索者”（享受专属虚拟道具与后续活动优先资格），平台将所有参与者积分的第80百分位数定为核心资格门槛线．活动结束后，平台从10万参与者中随机抽取100人的积分数据，将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示．据此，以样本估计总体参与者的积分分布，可知此次“核心探索者”的核心资格门槛线约为（

）A．84分 B．85分 C．86分 D．82分【答案】A【详解】此次“核心探索者”的核心资格门槛线约为，因为样本中积分数据在的频率为，样本中积分数据在的频率为，所以样本数据的第百分位数在区间内，所以，解得.2．（2026·安徽马鞍山·模拟预测）（多选）某商场一年中各月份的收入，支出情况如图所示，下列说法中正确的是（

）A．支出最高值与支出最低值的比是B．4至6月份的平均收入为50万元C．利润最高的月份是2月份D．2至3月份的收入的变化率与11至12月份的收入的变化率相同【答案】AD【详解】由图可知，支出最高值为60万元，支出最低值为10万元，其比是，故A正确．由图可知，4至6月份的平均收入为（万元），故B错误．由图可知，利润最高的月份为3月份和10月份，故C错误．由图可知，2至3月份的收入的变化率为，与11至12月份的收入的变化率为，故D正确．故选：AD3．（2025·江苏无锡·二模）（多选）某学校对高二学生选科情况进行了统计，发现学生选科仅有政史地、物化生、物化地、物化政、生史地五种组合，其中选考物化地和物化政组合的人数相等，并绘制得到如下的扇形图和条形图，则下列说法正确的是（

）A．该校高二学生总数为800B．该校高二学生中选考物化地组合的人数为70C．用分层随机抽样的方法从该校高二学生抽取80人，则生史地组合抽取16人D．该校高二学生随机抽取一学生，该学生选考物理的概率与选考地理的概率相等【答案】ACD【详解】对于A，因政史地有200人，占比25%，故该校高二学生总数为，故A正确；对于B，因选考物化地和物化政组合的人数相等，故物化地组合的人数为，故B错误；对于C，由题意，分层随机抽样的抽样比为，则生史地组合应抽取的人数为，故C正确；对于D，因选考物化生、物化地、物化政组合的学生占比分别为，则学生选考物理的概率为；而选考政史地、物化地、生史地组合的学生占比分别为，则学生选考地理的概率为，故D正确.4．（2025·河北邯郸·一模）某汽车配件工厂在生产过程中，随机抽取100件同款零件测得其综合指标值，并按，分成六组，得到如下频率分布直方图.规定：综合指标值小于60的为二等品，综合指标值不小于60的为一等品，则下列说法正确的是（

）A．B．估计该厂所生产的该款零件的综合指标值的平均数为71（同一组数据用该组区间的中点值作代表）（多选）C．估计该厂所生产的该款零件的综合指标值的中位数为78D．从该厂随机抽取20000件该款零件，则一等品约有15000件【答案】ABD【详解】由，得，A正确；平均数为，所以可以估计该厂所生产的该款零件的综合指标值的平均数为71，B正确；因为，所以中位数在第4组，设中位数为，则，解得，所以可以估计该厂所生产的该款零件的综合指标值的中位数为73.33，C错误；由频率分布直方图可知100件零件中二等品有件，一等品有件，故从该厂随机抽取20000件该款零件，则一等品约有件，D正确.故选：ABD.5．（2026·浙江温州·模拟预测）大连某高中高三备课组有男老师60人，女老师40人，其中男老师平均年龄为35岁，方差为6；女老师平均年龄为30岁，方差是1，则所有高三备课组老师的平均年龄为_____，方差为_____【答案】33岁10【详解】由题意得，该高中高三备课组老师的平均年龄为岁，则该高中高三备课组老师的方差.故答案为：33岁；10.题型2线性回归方程6．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知两组数据和，其中且时，；且时，，，我们研究这两组数据的相关性，在集合中取一个元素作为a的值，使得相关性最强，则a=（

）A．8 B．11 C．12 D．13【答案】B【详解】设点坐标为，且，由题意得前9个点位于直线上，面，则要使相关性更强，应更接近10，四个选项中11更接近10，故选：B.7．（2025·辽宁营口·一模）已知变量之间的线性回归方程为且变量之间的一组相关数据如图所示，则下列说法错误的是（

）681012632A．变量x，y之间呈负相关关系B．可以预测，当时，C．D．该回归直线必过点【答案】C【详解】对于选线A，因，所以变量x，y之间呈负相关关系，故A正确；对于选项B，当时，，故B正确；对于选项C，由题意可知，，故，又因，所以，故C错；对于选项D，由C可知，样本中心点为，因此该回归直线必过点，故D正确.故选：C.8．（2025·湖南张家界·模拟预测）对于变量Y和变量x的成对样本观测数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如下图所示，模型误差（

）A．满足一元线性回归模型的所有假设B．不满足一元线性回归模型的的假设C．不满足一元线性回归模型的假设D．不满足一元线性回归模型的和的假设【答案】C【详解】解：用一元线性回归模型得到经验回归模型，根据对应的残差图，残差的均值可能成立，但明显残差的轴上方的数据更分散，不满足一元线性回归模型，正确的只有C.故选：C.9．（2025·江苏泰州·二模）（多选）为研究需要，统计了两个变量，的数据情况如下表：……其中数据和数据的平均数分别为和，并且计算相关系数，回归方程为，如下结论正确的为（

）A．将以上数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差不变B．变量的相关性强C．当时，必有D．【答案】ABD【详解】对于A．因为方差是表示数据波动大小的量，将一组数据的每个数都加一个相同的常数后，方差不变，所以A正确；对于B．相关系数，变量的相关性强，所以B正确；对于C．当时，不一定有，因此C错误；对于D．因为，是负相关，所以，故D正确．故选：ABD.10．（2024·江苏常州·模拟预测）（多选）为研究某种树树高和胸径的关系，某人随机测量了10棵该品种树的胸径（单位：cm）和树高（单位：m）的数据，已知其中一组数据为，且，求得回归方程为，并绘制了如下残差图，则下列结论正确的是（

）

A．由残差图可判定树高与胸径的关系大致符合上述回归模型B．数据对应的残差为0.9C．该种树的平均树高约为22.29mD．删除一组数据后，重新求得的回归直线的斜率变小【答案】AC【详解】对于A：分析残差图判断模型拟合程度，由残差图可知，残差分布比较均匀，且集中在0附近，所以由残差图可判定树高与胸径的关系大致符合上述回归模型，选项A正确；对于B：计算数据对应的残差，当时，，残差为，选项B错误；对于C：已知，则样本中心点的横坐标，将代入回归方程，可得，所以该种树的平均树高约为，选项C正确；对于D：分析删除一组数据对回归直线斜率的影响，删除数据后，因为大于样本中心点的横坐标，且小于通过回归方程计算出的对应的预测值，所以删除该点后，剩下的数据整体上可能使得树高与胸径的正相关关系更明显，即重新求得的回归直线的斜率变大，选项D错误.故选：AC.题型3非线性回归方程11．（2025·黑龙江绥化·二模）用模型去拟合与的关系，令，得到关于的回归直线方程为，则（

）A．1 B．2 C．e D．2e【答案】C【详解】，所以．故选：C．12．（2025·广东肇庆·模拟预测）已知变量与变量的关系可以用模型（，为常数）拟合，设，变换后得到一组数据如下：234561.021.201.421.621.84由上表可得经验回归方程为，则（

）A．0.206 B． C．0.596 D．【答案】D【详解】由表格中数据得，，代入方程得，，解得，因此.由两边取对数，得.又，所以，，即.故选：D13．（2025·黑龙江鹤岗·二模）在研究两个变量的相关关系时，观察散点图发现样本点集中于某一条指数曲线的周围．令，求得经验回归方程为，则该模型的回归方程为________．【答案】【详解】因为，所以．故答案为：.14．（2025·湖北荆门·二模）已知，之间的一组数据：若与满足经验回归方程，则此曲线必过点_____________.xy【答案】【详解】由已知，设，则，由回归直线性质可得在直线上，又，，所以点在直线上，故点在曲线上.故答案为：.15．（2024·江苏扬州·一模）在一组样本数据的散点图中，若所有样本点都在曲线附近波动，经计算，则实数___________．【答案】/【详解】依题意，，则，所以.故答案为：题型4独立性检验16．（2025·吉林辽源·模拟预测）下列说法正确的是（

）的部分临界值如表：0.10.050.0250.012.7063.8415.0246.635A．一组数据的标准差为0，则这组数据中的数均相等B．两组数据的标准差相等，则这两组数据的平均数相等C．若两个变量的相关系数越接近于0，则这两个变量的相关性越强D．已知变量，由它们的样本数据计算得到的观测值，则在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量没有关系【答案】A【详解】对于A，根据标准差定义，一组数据的标准差时，显然有，故A正确；对于B，两组数据的标准差相等，这两组数据的平均数未必相等，如都为1和都为2的两组数据，它们的标准差均为0，但它们的平均数分别为1和，故B错误；对于C，两个变量的相关系数越接近于0，两个变量的相关性越弱，故C错误；对于D，，根据独立性检验原理，在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量有关系，故D错误.故选：A17．（2024·湖北咸宁·模拟预测）根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到.已知，依据的独立性检验，结论为（

）A．变量X与Y独立B．变量X与Y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005C．变量X与Y不独立D．变量X与Y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005【答案】A【详解】因为，所以没有充分的证据推断变量X与Y不相互独立，即认为变量X与Y独立，故BCD错误，A正确；故选：A.18．（2025·湖北黄冈·三模）一款短视频手机应用最近在某校学生中流行起来，某校团委对“学生性别和喜欢该手机应用是否有关”做了一次调查，其中被调查的女生人数是男生人数的，男生喜欢该手机应用的人数占男生人数的，女生喜欢该手机应用的人数占女生人数的，若有的把握认为是否喜欢该手机应用和性别有关，则被调查的男生人数至少为（

）0.050.013.8416.635A．12 B．6 C．10 D．18【答案】A【详解】设被调查的男生人数为，则女生人数为，可得列联表如下：喜欢不喜欢合计男生女生合计由公式算得，因为有的把握认为是否喜欢该手机应用和性别有关，所以，则．而都是整数，所以的值至少为12．故选：A.19．（2025·山西临汾·二模）（多选）某儿童医院用甲、乙两种疗法治疗小儿消化不良．为分析两种疗法效果是否有差异，采取有放回的简单随机抽样的方法对治疗情况进行检查，得到如下数据：疗法疗效未治愈治愈甲1552乙663附常用小概率值及其相应的临界值表为：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828计算得．则下列说法正确的是：（

）A．以频率估计概率，有B．以频率估计概率，有C．若取，可以认为疗效与疗法独立D．若取，可以认为疗效与疗法独立【答案】ABD【详解】由题设求出表格疗法疗效总数未治愈治愈甲155267乙66369总数21115136以频率估计概率，有，故A正确；以频率估计概率，有，故B正确；零假设：认为疗效与疗法独立，由题且，所以若取小概率值，则零假设不成立，即不可以认为疗效与疗法独立；若取小概率值，则没有充分的证据推翻零假设，故可以认为疗效与疗法独立，故C错误，D正确.故选：ABD题型5统计新定义问题20．（2024·四川达州·二模）如图的列联表中，定义，易知越大越有利于结论“与有关系”.若当值大于常数时，有的把握认为与有关系，那么的值为（

）(已知，其中，)总计总计A． B．C． D．【答案】A【详解】当有的把握认为与有关系，则，故，此时临界条件为，此时对应的刚好为，即此时,即，故，则，故，故选：A21．（2024·黑龙江佳木斯·二模）加密运算在信息传送中具有重大作用对于一组数据，，…，，其密钥，定义算法，其中，，…，.将数据，，…，加密为，，…，的过程称为型单向加密.现将一组数据，，，，，进行型单向加密，则加密后的新数据的第60百分位数为（

）A．2 B．3 C．6 D．9【答案】C【详解】依题意，密钥，则加密后的新数据依次为，将加密后的新数据按从小到大的顺序排列为，由，得加密后的新数据的第60百分位数为6.故选：C22．（2025·云南普洱·三模）定义空间直角坐标系中的任意点的“N数”为：在P点的坐标中不同数字的个数，如：，若点P的坐标，则所有这些点P的“N数”的平均值与最小值之差为（

）A． B．2 C． D．【答案】A【详解】解：由题意，点P的坐标中不同数字的个数，可分为三类：（1）恰有3个相同数字的排列为种，则共有4个；（2）恰有2个相同数字的排列为种，则共有36个；（3）恰有0个相同数字的排列为种，则共有24个．所以平均值为，故选：A．考点二概率题型6古典概型1．（2025·湖南岳阳·一模）在2025年10月19日举行的黄河口马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服务站的条件下，甲、乙被派去同一个服务站的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】先求甲被派去服务站的方法数；第一种情况：甲一个人去服务站，则有种；第二种情况：甲和其中一人去服务站，则有种；故甲被派去服务站的方法数共种；再求甲乙被派去同一个服务站的方法数：有种；故概率为.2．（2025·黑龙江七台河·二模）从分别标有数字，，，，的5张卡片中随机一次性抽取2张，则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】从5张卡片中抽取2张，共有种可能，抽到的2张卡片中数字乘积为负数，即一正一负，共种可能，所以抽到的2张卡片中数字乘积为负数的概率，则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率．故选：C.3．（2024·辽宁铁岭·一模）有4个大小、形状相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中随机取球一次（至少取一个），则取出的球的标号之和不超过5的概率为_____.【答案】【详解】设集合，数字代表对应标号的小球，根据题意每次至少取一个球，总的取球情况数即为集合的非空子集的个数，即个，满足取出的球的标号之和不超过5的样本点有，共有8种，所以取出的球的标号之和不超过5的概率为.4．（2025·云南昭通·二模）从1，2，3，4四个整数中依次不放回地随机抽取2个数，则第一次抽取的数小于第二次抽取的数的概率为___________．【答案】/【详解】由题意知，设第一次与第二次抽取的数即为，则所有的可能结果为，共12种，满足的可能结果为，共6种，所以满足题意的概率为.故答案为：5．（2024·湖北十堰·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个景点中随机选择2个景点进行游玩，则青山塔影被选中的概率是______．【答案】/【详解】从10个景点中随机选择2个景点，总共有种选择方法，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，有种选择方法，因此，青山塔影被选中的概率为.故答案为：6．（2024·山西太原·模拟预测）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】【详解】设为高一出场选手，为高二出场选手，其中表示段位，第一局比赛中，有，，，，，，，，，共个基本事件，其中高一能取得胜利的基本事件为，，，共个，第一局比赛高一获胜的概率为．在一场三局比赛中，共有不同的种安排方法，其中高一能获胜的安排方法为，，，，，，共种，在一场比赛中高二获胜的概率为．故答案为：；.题型7正态分布7．（2025·广东阳江·模拟预测）某市高三年级男生身高近似服从正态分布，若，则（

）A．0.65 B．0.85 C．0.15 D．0.3【答案】B【详解】由题可得8．（2025·云南丽江·二模）已知随机变量，且，则当时，的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】根据题意，随机变量，且，则有，解得.由，即，所以，当且仅当，即时取等号.9．（2025·宁夏固原·一模）已知随机变量，且，（），则（

）A． B．C． D．（）【答案】BC【详解】对于A，因为，所以，故A错误；对于B，因为，则，则，即，故B正确；对于C，因为，而，故，故C正确；对于D，因为，所以，又，所以，故D错误.故选：BC.10．（2025·江苏连云港·一模）为督导学生体育锻炼，某中学举行一分钟跳绳测试，其成绩（单位：次）近似服从正态分布，且，则该校2000名学生中约有（

）人一分钟跳绳超过200次.A．100 B．150 C．200 D．250【答案】A【详解】因为，则有，所以，该校2000名学生中，一分钟跳绳超过200次人数约为.11．（2025·湖北孝感·三模）已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则___________．【答案】1【详解】连续型随机变量服从正态分布，其正态曲线关于直线对称，则有，所以.故答案为：112．（2025·江西南昌·一模）某省为测试学生对新高考试卷的适应性，特此举办了一次全省高三年级数学模拟考试（满分150分），其中甲市有10000名学生参加考试．根据成绩反馈，该省各市本次模拟考试数学成绩都近似服从正态分布．在参加该省本次模拟考试的学生中随机抽取500人作为研究样本，随机变量为本次考试数学成绩在之外的人数，则约为______．若本次模拟考试甲市数学平均成绩为97.5分，成绩位于区间内的学生共有4772人．甲市学生的数学成绩为114分，则估计学生的数学成绩在甲市的大致名次为第______名．参考数据：，．若，有，，．【答案】0.47821587【详解】设事件：在样本中抽取的1名学生在本次考试中数学成绩在之外．成绩在之内的概率为0.9974，，随机变量服从二项分布，即，．若本次模拟考试甲市数学平均成绩为97.5分，则可得，，，即，解得．甲市学生在该次考试中数学成绩为114分，且，又，即，，即学生本次考试的数学成绩在甲市的大致名次为第1587名．故答案为：0.4782，1587题型8随机变量的分布列，均值、方差13．（2025·四川宜宾·模拟预测）设正数，随机变量的分布列，若随机变量的期望为1，则最小值为（

）0A．1 B． C．4 D．2【答案】D【详解】根据离散型随机变量分布列的性质：所有概率之和为，即.解得.已知随机变量的期望为，可得.化简可得：，进一步变形为.设，则，将进行变形，给式子乘以得到.展开式子：根据基本不等式，有.所以，当且仅当，即时等号成立.故选：D.14．（2025·广东汕头·三模）设，随机变量X的分布列是X01Pb则当a在内增大时，（

）A．增大 B．减小C．先增大再减小 D．先减小再增大【答案】C【详解】因为，所以．因为，所以，所以当时，a增大增大，当时，a增大减小．故选：C.15．（2025·山东济宁·二模）为迎接中秋佳节，某公司开展抽奖活动，规则如下：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，每位员工从中摸出2个小球.若摸到一红球一白球，可获得价值百元代金券；摸到两白球，可获得价值百元代金券；摸到两红球，可获得价值百元代金券（均为整数）.已知每位员工平均可得5.4百元代金券，则运气最好者获得至多（

）百元代金券A．5.4 B．9 C．12 D．18【答案】D【详解】若摸到一红球一白球的概率，若摸到2白球的概率，若摸到2红球的概率，设可获得百元代金券为变量分布列如下，ababP,手气最好者获得百元代金券即，，则，当，即，时等号成立，所以的最大值为.估计手气最好者至多获得18个百元代金券.故选：D.16．（2024·山西大同·一模）已知随机变量的分布列如图：X123…nP…若数列是等差数列，则（

）A．若为奇数，则 B．C．若数列单调递增，则 D．【答案】ACD【详解】由数列是等差数列且，得，所以，对于A，当为奇数时，，故A正确；对于B，由得，故B错误；对于C，若数列单调递增，则可得，故，故C正确；对于D：由，其中，故D正确.故选:ACD.17．（2025·湖南邵阳·模拟预测）一个箱子里有5个相同的球，分别以1∼5标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少被取出一次的球的个数为，则数学期望________．【答案】【详解】的可能取值为1，2，3，，，，．故答案为．18．（2024·河北衡水·模拟预测）现要发行10000张彩票，其中中奖金额为2元的彩票1000张，10元的彩票300张，50元的彩票100张，100元的彩票50张，1000元的彩票5张.1张彩票中奖金额的均值是__________元.【答案】2【详解】设每张彩票的中奖金额为随机变量，则.由题意可知，，，，，，所以.所以，的分布列为02105010010000.85450.10.030.010.0050.0005所以，.故答案为：2.题型9超几何分布与二项分布19．（2025·广西崇左·模拟预测）如图是一块高尔顿板示意图：在一木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留着适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为、、、、，用表示小球落入格子的号码，则下列不正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】设，则，再根据二项分布的概率公式及期望方差公式逐一分析即可．【详解】对于AB，超几何分布是反映在个对象（包含个特定对象）中随机不放回取出个对象，含有特定对象数的概率分布，被取出的个对象中特定对象数是变化的，任意取出的4个号码，最大号码都只有1个，个数保持不变，不服从超几何分布，取出的黑球个数服从超几何分布，AB正确；对于C，取出2个白球的概率为，C错误；对于D，取出四个黑球的总得分最大，概率为，D正确．故选：C21．（2026·广西来宾·模拟预测）学校要从12名候选人中选4名同学组成学生会，已知有4名候选人来自甲班.假设每名候选人都有相同的机会被选到.用X表示候选人来自甲班的人数.则下列说法不正确的是（

）A．随机变量X的所有取值为0，1，2，3，4B．甲班恰有2名同学被选到的概率为C．随机变量D．随机变量X的期望为【答案】C【详解】因为从12名候选人中选4名同学，且有4名候选人来自甲班，可知随机变量X服从超几何分布，故C不正确；所以X的所有取值为0，1，2，3，4，故A正确；甲班恰有2名同学被选到的概率为，故B正确；随机变量X的期望为，故D正确；故选：C.22．（2025·广东韶关·三模）（多选）小明参加某次测试，已知试题分单选题和多选题两类．每道单选题选对得8分，选错得0分；每道多选题全部选对得12分，部分选对的或有选错的得0分．电脑题库中每一组题都有12道，其中单选题有7道，多选题有5道．小明抽中一组题后，电脑会从12道题中随机抽取10道让小明作答．已知小明每道单选题选对的概率均为，每道多选题全部选对的概率均为，且每道试题回答是否正确互不影响，则下列说法正确的是（

）．A．小明作答的试题中有且仅有4道多选题的概率为B．在小明作答的试题中至少有6道单选题的条件下，试题恰有7道单选题、3道多选题的概率为C．当小明作答的试题中有且仅有5道多选题时，其多选题总得分的期望为18D．当小明作答的试题中有且仅有道多选题时，其单选题总得分的期望为【答案】ABD【详解】对于选项A，可知从7道单选题、5道多选题中随机抽取出6道单选题、4道多选题，其概率为，故A正确；对于选项B，所求概率为，B正确；对于选项C，设多选题全部选对的题数为，则，所以，故多选题总得分的期望为，故C错误；对于选项D，设单选题选对的题数为X，因为单选题的题数为，所以，所以，故单选题总得分的期望为，故D正确．故选：ABD．23．（2025·四川泸州·模拟预测）一个袋中共有个大小相同的黑球、白球和红球，已知从袋中任意摸出个球，得到黑球的概率是；从袋中任意摸出个球，至少得到个白球的概率是，则白球的个数为_______________________________.【答案】【详解】设有白球个，因为从袋中任意摸出个球，至少得到个白球的概率是，所以，解得或（舍去）.故答案为：5题型10条件概率与全概率公式24．（2025·河北唐山·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：“第一次抽到的数字是奇数”，事件：“第二次抽到的数字是偶数”，则（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】：第一次抽到奇数的概率，总共有7个数字，奇数4个，故.: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，故.根据条件概率公式代入得：.故选：A.25．（2025·安徽阜阳·三模）已知为两个随机事件，，则“相互独立”是“”的（

）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【详解】由题意，，，若相互独立，则相互独立，相互独立，所以，，所以，故充分性成立；若，即，则，即，故，即相互独立，故、相互独立，故必要性成立，故“相互独立”是“”的充分必要条件．故选：C26．（2025·福建宁德·三模）现有两位游客慕名来成都旅游，他们分别从武侯祠、杜甫草堂、宽窄巷子、春熙路、熊猫基地这5个景点中随机选择1个景点游玩，两位游客至少有一人选择武侯祠的条件下，他们选择的景点不相同的概率为___________．【答案】【详解】记事件为“两位游客中至少有一人选择武侯祠”，事件为“两位游客选择的景点不相同”，由题意，两位游客从5个景点中随机选择1个景点游玩，每人都有5种不同的选法，故共有(种)不同的选法.两人都不选择武侯祠的方法有(种)，故两位游客中至少有一人选择武侯祠的方法共有(种)，所以两位游客中至少有一人选择武侯祠的概率.AB表示两位游客中至少有一人选择武侯祠，且两位游客选择的景点不同，即一人选择武侯祠，另一人选择其它景点，共有(种)选法，故，所以.故答案为：.27．（2025·湖南怀化·模拟预测）（多选）设，分别为随机事件的对立事件，以下概率均不为零，则下列结论正确的有（

）A．B．若，则C．D．【答案】ABC【详解】对于A，由全概率公式得，，故A正确；对于B，，所以，所以，相互独立，那么，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，表示在发生的条件下发生的概率，表示在发生的条件下发生的概率，两者之和不一定为1，例如：设为“掷骰子点数为偶数”，为“掷骰子点数为奇数”，为“掷骰子点数大于2”，则，，和为，D错误.28．（2025·四川资阳·三模）某市场供应的灯泡中，甲厂产品占30%，乙厂产品占70%，甲厂产品的合格率是70%，乙厂产品的合格率是90%，在该市场中随机购买一个灯泡，已知买到的是合格品，则这个灯泡是甲厂生产的概率是________．【答案】/0.25【详解】设事件为“购买一个甲厂灯泡”，事件为“购买一个乙厂灯泡”，事件为“购买的灯泡是合格品”，依题意，，因此，，所以这个灯泡是甲厂生产的概率是.故答案为：题型11概率的最值29．（2025·河南开封·一模）小明有一枚质地不均匀的骰子，每次掷出后出现1点的概率为，他掷了k次骰子，最终有6次出现1点，但他没有留意自己一共掷了多少次骰子.设随机变量X表示每掷N次骰子出现1点的次数，现以使最大的N值估计N的取值并计算.（若有多个N使最大，则取其中的最小N值）.下列说法正确的是（

）A． B．C． D．与6的大小无法确定【答案】B【详解】X服从二项分布，则，最大即为满足，解得，又，故为整数时，结合题设要求，；不为整数时N为小于，，故，故选：B【点睛】要解决本题，首先要根据已知条件，判断出满足二项分布，从而可利用二项分布的知识来求概率和期望.求解含有组合数的最值计算问题，可以考虑利用商比较法来进行.30．（2025·宁夏银川·一模）在排查新冠肺炎患者期间，一户4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3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．【答案】A【详解】设事件为：检测了3个人确定为感染高危户，设事件为：检测了4个人确定为感染高危户，事件为第一个人不是阳性，第二个人不是阳性，第三个人是阳性，所以，同理即，设，则，因为，当且仅当，即时取等号，即.故选：A31．（2025·湖南衡阳·二模）小张参加一次十道选择题的测试，做对一道得一分，做错一道扣一分，不做则得零分．他的目标是至少得7分，7分及格．小张现在确定他前六道题的答案是正确的，而剩下的每道题做对的概率均为，则小张应该做_____道题，及格的概率最大．【答案】7或9【详解】小张再做一道题及格的概率为；再做两道题及格的概率为；再做三道题及格的概率为；再做四道题及格的概率为，所以小张应该做7或9道题，及格的概率最大．故答案为：7或932．（2025·云南昆明·一模）如图，一个质点在外力的作用下，从原点0出发，每隔1s向左或向右移动一个单位，且向右移动的概率为．若该质点共移动100次，则它位于数字______处的可能性最大．【答案】【详解】设质点向右移动的次数为，则服从二项分布，即，则质点最终的位置等于向右移动的次数减去向左移动的次数，即，由二项分布的概率公式可得，设最大，则，由可得，即，化简可得，解得，由可得，即，化简可得，解得，即，且，则时，最大，则质点最终的位置为.故答案为：【点睛】关键点睛：本题主要考查了二项分布概率最大值问题，难度较大，解答本题的关键在于结合二项分布的概率公式计算，从而得到结果.33．（2025·湖南益阳·三模）某电视台举办“庆奥运”知识挑战赛，初赛环节，每位选手先从（跳水）、（乒乓球）、（游泳）三类问题中选择一类.该类题库随机提出一个问题，该选手若回答错误则被淘汰，若回答正确则需从余下两类问题中选择一类继续回答.该类题库随机提出一个问题，该选手若回答正确则取得复赛资格，本轮比赛结束，否则该选手需要回答由最后一类题库随机提出的两个问题，两个问题均回答正确该选手才可取得复赛资格，否则被淘汰.已知选手甲能正确回答、两类问题的概率均为，能正确回答类问题的概率为，每题是否回答正确与回答顺序无关，且各题回答正确与否相互独立．为使取得复赛资格的概率最大，在“”、“”和“”三种回答顺序中，选手甲应选择_____【答案】【详解】按顺序回答，取得复赛资格的概率为，按顺序回答，取得复赛资格的概率为，按顺序回答，取得复赛资格的概率为，因为，所以，甲按顺序回答，可使取得复赛资格的概率最大，故答案为：.【点睛】思路点睛：求相互独立事件同时发生的概率的步骤：（1）首先确定各事件是相互独立的；（2）再确定各事件会同时发生；（3）先求出每个事件发生的概率，再求其积.题型12马尔科夫链34．（2024·吉林四平·二模）随着科技的不断发展，人民消费水平的提升，手机购物逐渐成为消费的主流，当我们打开购物平台时，会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品，这是电商平台推送的结果．假设电商平台第一次给某人推送某商品，此人购买此商品的概率为，从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为．记第n次推送时不购买此商品的概率为，当时，恒成立，则M的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由题意得，第n次推送时不购买此商品的概率，所以，由题意知，则，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，即，显然数列递减，所以当时，，所以M的最小值为．故选：A.35．（2025·辽宁盘锦·三模）甲、乙、丙、丁4人做传球游戏，球首先由甲传出，每个人得到球后都等可能地传给其余3人之一．第次传球后，球在甲手中的概率为，在乙手中的概率为，则下列结论错误的是（

）A． B．C． D．【答案】B【详解】由题意得，故，其中，所以，所以，，C正确；，A正确；同理可得，，其中，故，所以，，D正确；，，，，B错误.故选：B36．（2025·山西阳泉·模拟预测）（多选）踢毽子源于汉朝，盛行于六朝，某学校高三年级为了增强学生身体素质，缓解学生备考压力，开展踢毽子活动.已知某踢毽子小组由5人组成（包含甲、乙），每个人踢出的毽子都等可能地传给其他4人中的1人，假设第1次由甲踢出，每次踢出的毽子都能被接住.记第次踢出毽子后，毽子传到乙的概率为，前次踢毽子的过程中，传到乙的次数为，则（

）A． B．C． D．【答案】BCD【详解】由题意知，故A错；由题意的可能取值为0,1，，所以，故B对，由题意知第次踢出毽子后，毽子没有传到乙的概率为，所以，故C对，由，得到，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，即，故D对，故选：BCD37．（2025·四川成都·二模）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，甲有的概率不传，有的概率传给乙；乙有的概率传给甲，有的概率传给丙；丙有的概率传给甲，的概率传给乙，每次传球相互独立，则两次传球后球在乙处的概率为________，次传球后，球在乙处的概率________.【答案】【详解】设次传球后，球在甲处的概率为，则球在丙处的概率为，由题意可知，，第二次传球后，球在乙处，只有一种可能，即前一次在甲处，然后传给乙，所以；次传球后，球在乙处，有两种可能：前一次在甲处，由甲传给乙或前一次在丙处，由丙传给乙，所以，设，即，所以，解得，故，且，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，故.故答案为：；.38．（2024·江苏盐城·三模）甲、乙两位同学参加一场答题竞赛，甲同学每次答对问题的概率为0.8，乙同学每次答对的概率为0.6，答题规则是如果该同学此题答对，则继续答题，如果答错则由对方进行答题，已知两位同学答第一题的概率相等，则第n次答题的同学是甲的概率是_______．【答案】【详解】第n次答题的同学是甲的概率设为，由乙答题的概率为则第此由甲答题的情况为：第次甲答题且答对或者第次乙答题且答错，所以，且，代入化简得则递推关系为，当答题次数无限多时，，所以，解得，构造，递推关系为，又，所以，即.故答案为：39．（2025·浙江宁波·二模）某社区开展防疫值班工作，甲乙丙三人轮流参与，规则如下：①第1天安排甲值班；②第2天从乙丙两人中随机选1人值班；③第天，从前一天未值班的2人中随机选1人值班，则第天甲值班的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】设事件：甲第天值班，，则，设，则，，又，是首项为，公比为的等比数列，，故选：C．题型13赛制概率问题40．（2025·山东潍坊·一模）在备战巴黎奥运会期间，教练组举办羽毛球训练比赛，派出甲、乙两名单打主力，为了提高两名主力的能力，教练安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与陪练打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关．已知甲、乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立．记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为

（

）A．32 B．31 C．28