2027年高考数学一轮复习资料 专题21 概率、随机变量与分布列

专题 概率、随机变量与分布nAkAknkAA（AB）BAAB．BAABABABAB=AB互斥；A0PA必然事件的概率为1P()=1；不可能事概率为0P()=0ABPABPAP(B)nPA1A2AnPA1PA2PAn．ABPA1P(BP(B1PAP(A∪B)P(A)P(B)1ABPAP(BABPABPAP(BPAB)

n n【真题实战】（2025·江西宜春·模拟预测）赛，小胡只要再赢一局就获得冠军，小李需要两局都赢才能获得冠军.若两人每局赢的概率均为2情形下小胡获得冠军的概率为（A．

B．

C．

D．【分析】利用对立事件求解1111113

2

ABP(B|AP(BA的发生不影响事件B发生的概率．设PA0P(B)P(B|A)PAB)PAB)PA)P(B)P(ABPABPA)P(B)AB（2）概率的乘法公式：由条件概率的定义，对于任意两个事件ABPA0PAB)P(A)P(B|A)n)P(①条件概率具有概率的性质，任何事件的条件概率都在01之间，即0P(B|AB与CP(BC|AP(B|AP(C|A)P(B)P(A)P(B|AP(A)P(B|A)12②A1A2An12则对BBBA1BA2BAn P(B)P(BAi)P(Ai)P(B|Ai) 一般地，当0PA1P(B0PABPA)P(B|A)

P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)12②A1A2An12则对BBBA1BA2BAnPAB)PAj)P(B|Aj)PAj)P(B|Aj

P(Ai)P(B|Ai P(B|APAPABP(C|AB【详解】根据条件概率公式，先求PAB：由P(B|A)PPABP(B|APA0.60.80.48 再求P(C|AB)：由P(C|AB) PPABC0.24P(C|AB)0.240.5121212EXx1p1x2p2xipixnpnX的均值或数学期望，它反映了离散型随机E(CC（C为常数②若YaXba，b为常数，则YE(aXbaEXb③E(X1X2)E(X1)E(X2)X1X2EX1X2EX1EX2 D(X)(xE(X)) （）方差 为随机变量的方差，它刻画了随机变量与其均 的平均偏 D(D(X

X①若YaXbab为常数，则YD(aXba2DXDXEX2[EX)]2

E(X

为（

PX2PX4，再由期望公式计算可得X3P(X2)4

14

5,P(X4)3 EX254311 12，…n）XC0p0C1CkpkCn 由于表中第二行恰好是二项式展开式qpnC0p0qnC1p1qn1CkpkqnkCnpnq0各对应 X～B(npEXnpDXnp(1pC CPXkMNM，k0，1，2，…，mmminM，nnN，MN，n，M，NN*C0MNC1MNCmMN

(x)

(xe

③曲线在x处达到峰值（最大值）⑥当一定时，曲线的形状由确定．越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中；越大，曲线XX~N(，2．

(x)dxa面积，对于固定的a而言，该面积随着的减小而变大．这说明X落在区间(a,a]的概X集中在周围的概率越大P(3X3)0.9974，知正态总体几乎总取值于区间(3，3)之内．而在此区间以外取值的概率只有0.0026，通常认为这种情况在一次试验中几乎不可能发生，即为小概率事件．在实际N(，2X只取(3，3)之间的值，并简称之为3【真题实战】（2025·山东青岛·三模）X~B(4,pDX1PX3)（

p1，再由二项分布的概率求法求概率DX4p(1p1p1PX3C31)414 01pkP(xk，则当kn1ppkpk1，pk递增；当kn1ppkpk1pk递减.pk最大值在k(n1p时取得（pkpk1，两项均为最大值；若(n1pk取(n1ppk最大且唯一1（2023·山东泰安·模拟预测）某人在nXX~Bnp，其中nN*0p1A，则（若n10p0.8PXk取最大值时kp1DX当0p1PA随着n1p1PA随着nAX~B100.8PXkPXk取最大值列式计算即可判断；BX~Bn,pDXCDPA表示出来，然后利用单调XkPXkCk0.8k0.210kk0,12,,10因为PXk取最大值，所以 PXk因为PXk取最大值，所以 PXkPXk即Ck0.8k0.210kCk10.8k1即 Ck0.8k0.210kCk10.8k1 即k1410k39k44411k 因为kN且0k10，所以k8，即k8PX8A 1 BDXnp1pnp

，当p时，DX取得最大值，故B不正确

2 C、D，PXkCkpk1pnkk0,12

112PA 当0p时，012p1，

1p1112p0，12pn为正负交替的摆动数列，PA)不会随着nD不正确；2】（23-24高二下·山东青岛·期中）某人在nXX~B(npnN*0p1A，则（若n10,p0.8PXk取最大值时k

p1DX1p1PAn的增大而减小D．当0p1PA随着n AXB100.8PXkPXk取最大值列式计算即可判断；BXBn,pDXCDPA表示出来，然后利用单调XkPXkCk0.8k0.210kk0,12,,10因为PXk取最大值，所以 PXk因为PXk取最大值，所以 PXkPXk即Ck0.8k0.210kCk10.8k1即 Ck0.8k0.210kCk10.8k1 即k1410k39k44411k 因为kN且0k10，所以k8，即k8PX8A 1 1 B：DXnp1pnp2

，当p时，DX取得最大值，故B错误 C、D：PXkCkpk1pnkk0,12,n PAC0p01pn0C2p21pn2C4p41pn4 1P(A)C1p11pn1C3p31pn3C5p51pn5 PA 1p1112p0，12pnPA不会随着n的增大而减小，C错误； 当0p时，012p1,

PA随着n D正确；PA是难点，关键是能找到其与二项展开式之02 4341 【答案】(112 1 1 11 所以甲在第3局中获胜的概率P 23 3 22 22 （2）E3002200（万元 324A，P1211 23 P1111 23 P1121 22 P(A) 1

2

2

224811 11 11 1313 9 9 9 4PA)1PA)5E30038300152550（万元 4 2 E2E112n，其中0n1

(1)若n1策，该考生更希望进入甲大学的面试环节，求n的范围．(2)0n13

12 BP/p>

65 6

65 1 依题意，X~B3,，则EX31 该同学报考乙大学达到优秀科目的个数设为Y，随机变量YPY0531n1n,PY1131n521n53n132n6

6 6

6 PY252n13n12(1n)211n，PY312n2nn6 6随机变量Y

6

6 1132EY01n1132n2211n3n1730n EYEX，即1730n1，解得0n13 所以n0n1303 7p1，根据数列知识，构造等比数列，最后代入计算即可i 12 【详解】记“第i次射击的人是甲”Ai，“第i次射击的人是乙”Bi，PAipiPBi1pi， 5p131p7p1i 6 4

12

7p，解得3

3

7p3i

i

12 5 p1p31，所以p3是首项为17

5

7i

7i 即pi51012，pi1012 5 7i 则第i次射击的人是甲的概率为1012 5 7 当i31012

2】（2025·河南南阳·模拟预测）2025年新春佳节的到来，特举办一个有奖竞猜节目，问题有生活类、益智类两类．每位参赛者回答nn31XX记李明第iP(i12,,n证明：{P1为等比数列，并求P (2)证明见解析，P1 2【分析】（1）X的可能取值为0,1030，结合规定，求得相应的概率，得出随机（2）若李明第i道题目回答正确，则第i+11，若李明第i答错误，则第i+12P1P2(1P

3 【详解】（1）X的可能取值为0,1030 X0PX0)(12)(12)1 X101212道生活类PX102(111222 X3012PX30)2123 XEX0110230240 （2）若李明第i道题目回答正确，则第i+11若李明第i道题目回答错误，则第i+12P1P2(1P)1P2

3

3 P11P211(P1P11

3

因此数列{P11，公比为1P11(1)i1P111)i1

P的通项公式是P1 23】（2025·江西·二模）某公司计划举办周年庆活动，其中设计了“做游戏赢奖金”环节，从所有员工【答案】(1)P1，P3，P5 (2)1499元n分时有可能是获得n1分时掷骰子点数为奇数或获得n2而掷骰子点数为奇数和偶数的概率均为1，所以P1 1

是公比为1的等比数列

1

1

2 322 512x元，进而可得x341x171102 512 【详解】（1）1P1 2P11133 2 P2111115 2 22 n分时有可能是获得n1分时掷骰子点数为奇数或获得n21所以P1 1

2 2P

1

n

n n

2n9

4

1的等比数列11 11 （2）由（1）PnPn142

1 1PP1

1

1

1 1 1

1n1

1

1所以Pn612 2

3 1

1

18

所以P9

，P10P8

32

3

22 512由题意知x341x1712 512 x10240001499.271499元辨析：“互斥事件”和“对立事件”AB在一次实验中不互为对立事件”的（ ABPAPB111，故条件不是充分的 B表示“两个点数都是奇数”，事件C表示“两个点数之和是偶数”D表示“两个点数的乘积是偶数”．那么下列结论正确的是（A．A与B是对立事 B．A与CD是互斥事C．B与D是相互独立事 D．B与CD是相互独立事ABA错误；B，因为CDA与CDBCP(B)331P(D)1333P(BD)0P(BD)P(B)P(D

6

6 DP(CD1P(B(CD91P(B(CD))P(B)P(CD)D正确，

4的倍数”B，则AABCABDAB,,A:AB表示“54的倍数”，不是不可能事件.A错误；B：ABBCAB表示“54的倍数”C错误；DABD错误.辨析：A、BPABPAP(B，否则只能使用一般)- 都没射中的概率是（

DEFDEFDEHDEFDEFDEH两两互斥，P(DEFDEFDEF)P(DEF)P(DEF)P(DEF)P(D)P(E)P(F)P(D)P(E)P(F)P(D)P(E)P(Fxx11x(1x)1(1x)x11 3

x1DEFP(DEF)P(D)P(E)P(F)332344 2】（2025·山西·三模）ABPA0.7PB0.6PBA0.6，PAB（） PB1PB0.4PBA1PBA0.4，PABPAPBA0.70.40.28，在求离散型随机变量分布列时忽视所有事件概率和为p1p2p3pn1。对于②我们通常先求出一些简单事件的概率，如果某事件的概率不好求，在确p1p2p3pn1求解。【典例1】（24-25高二下·重庆·月考）X服从两点分布，其分布列如下表，则a（a 【详解】依题意可得aa0.41，解得a0.32（

a,

XX的期望为

2a2a

b2 【分析】根据离散型随机变量分布列的性质求出c的值，再利用期望公式得到a与b的关系，然后换元，将所求式子进行变形，结合m与n的关系，运用基本不等式求出其最小值.【详解】根据离散型随机变量分布列的性质：所有概率之和为111c1.解得c1 X的期望为1EX01a1b11 ab1，进一步变形为2ab4 设a1mb2n，则2mn8

2m

n2

2m24m

n24n a1b

2m

n4 1(2mn)1(2mn)(24) 展开式子：1(2mn)(24)1(42m4n24)1(88m2n 8m 8m8m

2481(88m2n1(88)28m2n，即m2n4时等号成立 3个黑球、23个球，下列事件是必然事件的是（）摸出的是3个白 D．摸出的是2个白球、1个黑2个白球、1个黑球有可能发生也有可能不发生，不符合题意.2（24-25高一下·河北秦皇岛·期末）AB为两枚骰子朝上的点数均为奇数，则（A．A为必然事 C．A与B为互斥但不对立事 D．A与B互为对立事ABABAB为互斥但不【多选】（2025·安徽合肥·模拟预测）5支不同颜色的粉笔，老师上课时随3支，下列结论中正确的是（）AB正确，利用列C错误，D正确.A中，AB都入选”与AB1支入选”ABABABABABAB都不入选，所以事件“白色与红色粉笔都用到”与“1支用到”B正确；C53ABa，AB,b，ABc，Aa,b，Aac，Abc，(Ba,b，(Bac)(Bbc)(abc)10种选法，AB3P

3CDAB19P9D擅长乒乓球又擅长篮球，丁擅长足球与羽毛球，现从这四名同学中任选一位，记事件M“所选学生擅长乒乓球”N“所选学生擅长篮球”H“所选学生擅长足球”，则（）M与N互 B．M与H互C．M与N相互独 D．M与H相互独MP(M)1NP(N)1HP(H1MNP(MN)1P(M)P(N)，A错、CMHPMH0PMPH，B对、D错；)PB|A0.3PB|AA正确，BC正确，利用对立事件及D正确.ABPAB0PABPABPAB101B错误；CABPABPAPB0.2, PAB 0.3，所以PAB0.15P PAB PAB 0.25所以PB|A 0.5，即D正确P 1P 1【多选】（23-24高二上·四川遂宁·开学考试）已知事件A,B满足PA0.6，PB0.2，则下列结论 BAPABAPA1PA0.4P(B1P(B0.8A错误；BBAPABPA0.6B正确；CAB互斥，那么PABPAP(B0.8C【多选】（22-23高三上·浙江绍兴·期末）A，B为随机事件，下列说法正确的是（ A，BPA1PB1PAB PA1PAB3PAB3PB PA1PAB3PAB3PBA CD，根据条件概率的公式和对立事件的性质分析判断.PAB)PAP(BPAB)111P P(BPABPABPAB1PAB1，A错 PABPAP(BPABPAP(BPA)P(B11112，B对 2 PAB PAB 令PBx，PB1x，PAB ，∴PABxPABPAB

PAB

，∴PAB

1xPB

1 PA)PABPAB)3x3(1x)11x1，C对 PAB PBPAB 13PBA

43

，D错，

P

PA 【多选】（2025·四川泸州·一模）ABABPA0.4PB0.3，下列结论正确的是（）BAPABABAPABPB0.3，A正确；BABAB相互独立,CPB|A0.2PAB)0.2P(AB)0.2P(A)0.20.40.08，CP(DPA|B0.6PAB)0.6P(AB)0.6P(B)0.60.3PABP(BPAB)0.30.180.12【多选】（2025·河南信阳·模拟预测）100枚硬币（均为正反两面）8枚上述操作后，所有硬币均为反面向上，则n的值可以为（） 3枚硬币连续进行两次操作，所有硬币仍反面向上.情况，卫生部门根据当地中小学生人数，用分层抽样的方法抽取了10的学生进行视力调查，调查数据如图②所示，下列说法正确的有（）该地区的中小学生中，高中生占比为抽取调查的高中生人数为200该地区近视的中小学生中，高中生占比超过C选项；分析可知~B3,27100

100%20%AB选项，用分层抽样抽取了10的学生，则抽取的高中生人数为200010200人，B对；C选项，该地区近视的中小学生中，小学生近视的人数为35000.1350人，初中生近视的人数为45000.31350人，高中生近视的人数为20000.51000 102，C错

2735002000 从该地区的中小学生中任取3名学生，记近视人数为，则~B3,27100

0.81，D对204050（）

【详解】法一：全校总人数为2050100040 法二：一个班抽取的人数为4020221 1个球记下颜色后再放回盒子.经过重复摸球足够多次试验后发现，摸到黑球0.1左右，则据此估计盒子中红球的个数约为（）A．40 B．45 C．50 D．55【详解】设红球个数为a由题意可得：a

0.1a4513．（2025·山东·三模）一项“过关游戏”规则规定：在第n关要抛掷一颗骰子n次，如果这n次抛掷所出现的点数的和大于2n，则算过关.则某人连过前三关的概率为（）

过第一关，则抛出的点数构成的集合为3456P42 过第二关，则抛两次骰子的点数之和大于4，基本事件总数为6236，以mn1m6,1n6mnN表示一个样本点，P165 过第三关，则抛三次骰子的点数之和大于6，基本事件总数为63216，以abc1a6,1b6,1c6abcN表示一个样本点，1,13、13,1、3,1,1、122、2,12、22,1、1,14、14,1、4,1,1P12049 PPPP2549245

12

6 14．（2025·广东汕尾·一模）四只鸽子飞回三个不同的笼子，则至少有一个空笼子的概率为（

【详解】四只鸽子飞回三个不同的笼子的总方法数为3481，恰有两个空笼子（4只鸽子在同一个笼子），有C13恰有一个空笼子（4只鸽子在两个笼子里），有C224242423455 《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》的概率为（

A554321120最后一本已经确定是《孙子算经》，中间2本为《海岛算经》、《张丘建算经》，有2种情况，PA221 16．（25-26高二上·陕西西安·月考）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（）

【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10种情况，其中一个节气是立春，有4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a、b、c、d、e则样本空间abacadaebcbdbecdcede，A表示“其中一个节气是立春”Aabacadae}，PA42 面红色，一面白色，已知取出的一张卡片向上一面的颜色是红色，则它背面是白色的概率为（）

18．（25-26高三上·湖南常德·开学考试）将一枚质地均匀的硬币连掷三次，事件“1次反面朝上”的pp20“0”表示反面朝上，出现“1”表示正面朝上，结果如下，若出现“1次反面朝上”fpf（111001011010000111110111101000101011010001011100101001

1次反面朝上”fp

1pC111 3132 2 7f7p

3

40连续值班两天，其中甲恰有一天值班的概率为（）

C．

3种选择（排除第二天的人）.43336.甲只在第一天值班有1326种，甲只在第二天值班有1339种，甲只在第三天值班有1326种P6967 20．（2025·吉林白城·模拟预测）61，2，2，2，3，5排成一排构成一个六位数，则这个六位数为偶数的概率为（）

C．

665253位进行全排，共有C2A3605P601 21．（2025·上海长宁·一模）甲、乙两人投篮的命中率分别为0.7和0.6，两人各投篮一次，事件A为甲投中，事件B为乙投中．“甲、乙两人均投中的概率为0.42”是“事件A,B互相独立”的（ 若“AB互相独立”PABPAPB0.42，PAB0.42PAPBAB互相独立，A．M与N是互斥事 B．M与N是相互独立事C．P(M|N)P(N|M

PMNPMNA错误，BC错误，再D错误.A2MNMNABPMN1PM1PN1PMNPMPNB CBP(M|N)P(M)1P(N|M)P(N)1C DP(MNP(M)P(N211PMNPMPN111 PMNPMN1D

3 件“7”，则（） 本空间Ω如下：1,1，1,2，1,3，1,4，1,5，1,6，2,1，2,2，2,3，2,4，2,5，2,63,1，3,2，3,3，3,4，3,5，3,6，4,1，4,2，4,3，4,4，4,5，4,5,152535455566,1626364656636个 A2包括1,11213，14，15，163,1，32，3334，35365,1 BAA包括24PAA1PA1PA5 1

PAPA15PAAAAB 6 1 CAA包括163452PAA1PA1PA1 2 PAPA111PAAAAC 2 2 24．（2025·上海青浦·模拟预测）一个质地均匀的正四面体，四个面上分别标有数字1234.任意掷事件C14，则（）AAB,CAB,CBAB,CAB,CCAB,CAB,CDAB,CAB,CPA21P(B21P(C)21 P(AB)1，P(AC)1，P(BC)1，P(ABC)1 PAB)1PA)P(BPAC)1PA)P(C)P(BC)1P(B)P(C) AB,CPABC)1PA)P(B)P(C)1AB,C不相互独立 25．（2025·湖南·模拟预测）xyA表示事件x4”B表示事件y为奇数”C表示事件xy8”D表示事件xy7”（A．A与 B．B与 C．C与 D．B与A:x4”5,152535455566,16263646566共12PA121 4,143455,153556,16365共18PB181 事件C:xy8”(36),(45),(46),(54),(55),(56),(63),(64),(65),(66)10种，PC105 PD1

7PAPCA与CA1PBPCB与CB

PBD

3

赛结束）3，则甲第一局获胜并最终以31获胜的概率为（

【详解】甲第一局获胜并最终以31431局，331 故概率为C1 2

27．（2025·浙江台州·一模）ABPA0.5PAB0.2PB（ 所以PB 0.4P 密码被成功破译的概率为（

2

【详解】由题设，甲乙都不能破译的概率为(12)(111 所以密码被成功破译的概率为115 80%60%，且该班同学选物理和选化学相互独立.（） A“选物理”B“选化学”，PA0.8PAB0.6， 即PABPAPB，则PB 0.75PPABPAPB0.20.250.05

43次的概率是（

21 222833 122433 212433 221433 43844420 08求条件概率的两种方法P(A)P(AB)P(BP(B|APAB)P(n(AB)P(B|A)nAB)n( 且每场比赛相互独立，则在三场比赛中恰有两场赢对方的条件下，第一场赢对方的概率为（

，3

DPA4P(B)2P(C)3 P(D)P(ABC∪ABC∪ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)1234134211353 53 3 P(AD)P(ABC∪ABC)P(ABC)P(ABC)1PA∣DPAD)

310 A“乙至少选择了两座城市旅游”B“甲只选择了北京旅游”PBA（

D． 1，1，31，2，2分成三组的方法数为54354225 3人，总方法数为25A3150

其中乙至少选择了两座城市旅游的方法数为543A2542C1A280，所以PA

AB都发生的所有可能结果有C2C310PAB101

P 33．（25-26高三上·四川南充·月考）A为第一枚骰子投出的点数为B8P(B|A)（）A．

D．PA181PAB21PB|APAB即可求解

P【详解】同时投掷两枚质地均匀的骰子，设两枚骰子投出的点数构成有序数对xy，则总共有6636种AB8，A包含的样本点个数有3618个，PA181

21 PB|APAB181

P 34．（25-26高二上·全国·单元测试）ABPA0.3PB0.6PAB（

B．

PB %生牙齿健康，大约有30的学生早晚都刷牙，且其中早晚都刷牙的学生中约有70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（）

【详解】不是早晚都刷牙且牙齿健康的学生占60307039PA10.30.7PAB0.39P(B∣A)PAB)0.3939P( 下，甲和乙都参加九连环活动的概率是（）

C．

P【详解】从4人中选2个人为一组，方法数有C24再把这一组与另外2个人全排列，安排到3个活动中，方法数有A3种.根据分步乘法计数原理，总情况数为C2A3364若甲单独参加九连环活动，那么从剩下3人中选2个人为一组，方法数有C23再把这一组与另外1个人全排列，安排到数独和汉诺塔两个活动中，方法数有A2种，此时情况数为C2A263若甲和另外一人一起参加九连环活动，从剩下3人中选1人与甲一组，方法数有C1种，剩下2人全排列安排到数独和汉诺塔两个活动中，方法数有A2种，3此时情况数为C1A232163所以甲参加九连环活动的情况数共有6612PA121 2A2212PAB21 PB|APAB181

PB 意的盒子里随机取出一球，若该球为红色，则该盒剩下的另一球也是红色的概率为（）

“放有两个黑球盒子”“放有一个黑球一个红球盒子”，“放有两个红球盒子”A1A2A3，AAAPAPAPA1

PB=PA1BPA2BPA3BPAPBAPAPBAPAPBA1011111

3 PB 09PAPAP(Bi)PA|BiPABPAB)P(B)PA|B)P(B|APAB)P(P(B|AP(AB)PAP(

P(Bi)PA|BiPAB)P(B)PA|B)P(BA)P(BjA)P(Bj)PA|Bj)P(Bj)PA|Bj) P(

P(

P(Bi)P(A|Bi均为普通桩”BPB（）

AMANPM2PN3 2 则PBPMPB|MPNPB|N34 5 5 5 5 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（） 3,PB 3,PB 4 33

33

33

30.430.340.350.120.090.14 40．（2024·江苏南通·模拟预测）AB是样本空间0PB1PA3P(A|B1PA|B1PB=（

P(A|BPAB1PAB1PBPB PAB PA|B PAB PB 1PBPB 3 PAPABPAB，

PB1中取出的球恰有i个红球”Aii0,12，“从乙箱中取出的球是黑球”BP2B是（A．与n有关的常 B．与n有关的变C．与n

D．与n

10n

P2B

【详解】依题意可得PA3 ，PA23，PA2

若先A发生，则乙袋中有n个红球，5黑球，此时PBA 5 n若先A发生，则乙袋中有n1个红球，4黑球，此时PBA 4 n若先A发生，则乙袋中有n2个红球，3黑球，此时PBA 3 n所以PABPBAPA 53，PABPBAPA3

n5

5n

n5所以PBPBAPAPBAPAPBAPA15243 ，

10n

10n

P

10n31

,2

3号箱中的概率为（

由题意有PA 1,PA 3, 56 56 56

P(B) PAPBA

i

∣3 其取自3号箱的概率为P3B 43．（2025·广西河池·二模）VIP客户和普通客户，VIP客户占客户总数的30%，普通客户占客户总数的70%.VIP客户的信用卡欺诈概率为2，而普通客户的信用卡欺诈概率为5%.现在随机抽取VIP客户的概率是（）

PA

7，PEA

1，PEB1 PEPEAPAPEBPB131741

PAPEA

50 20 3 10506

PE

PE

性的概率）为95%，特异度（即非患者检测结果为阴性的概率）为90%．如果某人检测结果为阳性，他实际患病的概率约为（） 某疾病在人群中的患病率为1，检测方法的灵敏度（即患者检测结果为阳性的概率）为95%，特异度（即非患者检测结果为阴性的概率）为90%，PA0.99PBAPBPAPB|APAPB|A0.010.950.990.10.1085PAPB|A

0.088PB

45．（23-24高二下·江苏连云港·月考）随机变量ξ的分布列如表格所示，其中2bacb等于（A．

B．

C．

D．2baabcb146（22-i1234，则d的取值范围是（A．1,1

1,1

1,1

1,122

26

62

66

XPXiai0ai1i1234，PX1PX2PX3PX4)1，也即a1a2a3a41，又因为and所以ana1n1)d，则有a2a1da3a12da4a13d所以aada2da3d4a6d1，则

13d

a2

d11d，

3

2d11d，

4

3d13 013d 0

d1因为0a1，所以 ，解得1d1 0d 0d D

【分析】根据分布列的性质可得a2，利用对立事件概率性质运算求解aa111，解得a2 P21P11

11 48．（2022·广西·模拟预测）XPX1等于（

1ac112 求离散型随机变量XXXX

，甲、丙两人均未发现故障的概率是， (2)XXEX【答案】(12 PAPA1111PA3PA2PA1 2 2

3，4P(X0)113123 P(X1)11312311123 23 23 P(X2)123111121323 23 23 P(X3)121123 XE(X)0115233117 【答案】(1m0.01275【详解】（1）由题可得100.00220.004m0.020.0280.031，解得m0.012；70的占比为0.0020.0040.020.03100.56，80的占比为0.0020.0040.020.030.0281070百分位数位于区间70,80xx 0.7 80 0.84

，解得x75（2）因为809090,100两组的频率之比为0.120.0431，所以从809090,1006，2.C1

C2

且P1 2 ，P2 2 ，P36

3215310639 20,30,20,30,50,5组“目标客群”15154人，记抽CX1，EX2.XX1X2X的分布列和期望；年龄在2040上的旅游者称为中国乡村旅游的“主流客群”.若把样本中“主流客群”的频率作为所有“目标PYk的最大值，从而求得k

B

1515【详解】（1）15C组内的有100155（人E20151（人XC4

C1C3C1C3

所以PX0 519 ，PX15 1 519 C2C2

PX25 51 ，PX359 ，PX45

EX010211982

364

232 （2）样本中“主流客群”的频率为12010022011 设“主流客群”中被抽到的人数为Y，则YB2011 15 Ck1 11k1Ck1 PYk所以PYk

20 11k4

22011k2015201515 由于22011k4k421615kPYk故当k1521615k

PYk

1PY15PY16PY20PYk当k14时，21615k 1PYkPY15PY14PY13PY0所以当k15PYk33人中“锻炼积极者”XX的【详解】（1）60人中，男生人数为720 36人，女生人数为：603624人603624人PA363PB24123 AB表示“选到男生且是锻炼积极者”PAB242 PAPB92PABAB不相互独立 1人是“锻炼积极者”24123 3人，“锻炼积极者”XXB33 52

32 所以PX0C0 ，PX1C1 3

5

3

3 PX2C2 ，PX3C3 3

3

XEX339 xiyinx xi(2)EX350【详解】（1）x657576y240220260230270244 xiyi624052207260523072707400x3625492549184所以b74005624420aybx2442061241845x8‸y208124284元（2）X0,100200PX0111PX10021111PX2002113 X

3 3

EX0110012001350 满足YaX3EY5a的值为（ EX1011，即可利用期望的性质求解 EX1011 又YaX3EY5EYaEX31a35,解得a4 55．（2024·四川南充·一模）某一随机变量X的分布列如下表，且nm0.2，则E(3X2) nm【分析】根据题意可得0.1m0.2n1，即可求得mnmE(3X2)nm【详解】由题意，得0.1m0.2n1，解得mnmEX)00.110.2520.230.452，E(3X2)3EX23228. 【详解】根据概率的性质可得0.1a0.20.30.11解得a0.3，EX10.120.330.240.350.13，57．（25-26高二上·全国·期末）XEX0D3X1（

mn m

，解得 12m02n n DXxiEXi

P41011417 D3X19DX9721（

E22X22EX4EX1，D22X4DX4DX1.59．（24-25高二下·重庆·期中）设0a2XXDXa（

定a的值.EX01a121a a121

a121 a12 2a22a根据方差公式DX032a332 6 则对称轴a912 所以当a1DXp,1－pnn次独立重复试验中发生的次1个单位.设移动n秒后质点所在位置对应的实数为随机变量nP2（

11XXB61 2 1若 0，则移动6次后质点一共向左移动3次，向右移动3次，所以P60PX3C62 1若 2，则移动6次后质点一共向右移动4次，向左移动2次，所以P62PX4C621

66166

4中随机放入奖品，每个箱子中放入的奖品个数Pnknn12,34,5，每个箱子中所放奖品的3时，可以从该箱中取走一个奖品，否则从该箱中不2个奖品的概率为（

则k

413

X 3XX0,1234

B4, 3所以PXmCm

2

，m0,1,2,3,4 4 322 所以PX2C2 4

n（nN*）n户的合计得分恰为n1pnp1p2pn【答案】(1)245 2 (2)p1p2p3pn33n5 X2PX3

8，PX4C1 363232

3

3

2

3 PX5C2 ，PX6 3

EX3843655462724 因为这n户的合计得分为n1分，所以其中恰有1户为“既有电动车又有其他交通工具”，其余n1户均32 3n2所以pC1 55 25 Snp1p2p3pn32323 555

2

3

n则Sn

2223n2525355 3

2

2

2

3n2n①②得Sn

2 5 5 5 5 3n2

5

25Sn1155，所以Sn33n5 5 2 p1p2p3pn33n5

XX(2)3PX0

113

123

13 3

13 13 XPAPBP

123

101

1

111 344 322 34 322 2次的概率为3300名学生，对使用A，B，C，D四种功能的情况统计如下012343ABCD的人次如下3BXX从该校男、女生中各随机选一人，记他们使用功能的种数分别为YZ，试比较YZ【答案】(1)分布列见解析，数学期望为X 4

数为282250P505 B404 X 4X的可能取值为0,123

B3, PX0C01 1，PX1C141 33 33

3 PX23

421

48，PX3

4 33

XEX01112248364122.4 则Y的可能取值为0,1234PY0

18，PY1

52PY242，PY328，PY410

EY01815224232841026 Z的可能取值为0,1234PZ0

，PZ1

58PZ2

48，PZ3

，PZ410EZ01215824832241026EYEZ 每位学生可选择参加其中一项､两项或不参加.已知参加过数据分析培训的有60有50%，假设每位学生对培训项目的选择相互独立，且彼此选择互不影响.【详解】（1）1名学生，记“该人参加过数据分析”A，“该人参加过新媒体运营”B，ABPA0.6PB0.5PA0.4PB0.5，1P1PAPB0.40.50.2，1P1P110.20.8.P1C10.220.80.096P2C20.20.820.384P30.8366．（25-26高三上·海南海口·月考）1道题目，比赛时甲、乙同 4局，设Y0分的次数，求Y(3)0分的概率，再求出Y的所有可能取值及其对应概【详解】（1）X表示在一局比赛中甲得分，则X10”PX101112 X01212 甲、乙都答错的概率为1112111 2 3 2 PX0111 1 因为每局比赛甲得0分的概率为，且每次答题的结果互不影响，所以Y~B4, 10 1 1 则PY0C0 1 42 2 2 11 1 1 PY1C114 12 1 1 PY2C216 13 1 1 PY3C3 1442 2 2 PY4C4

1 则Y则YEY4121三局都得10分，其概率为

112 两局得10分，一局得0分，其概率为C2 3 36 36 12 两局得10分，一局得10分，其概率为C2 3 36 36 11 1 一局得10分，两局得0分，其概率为C1 3362

6 综上可得，甲最终获胜的概率为11111962743 XPX1（）

1X1X0PX0PX1；2PX1PX1PX2PX3，直接利用概率公式求解即可. 【详解】解法1：因为事件X1与事件X0互为对立事件，而P(X0)20 PX11PX0157923（直接法求解较复杂时，考虑用间接法

C1

C2 解法2：由题意可知X的可能取值为0，1，2，3，PX13020 ，PX23020

PX330 ，则PX1PX1PX2PX3

1件不合格的概率是（）A．3

B．3

C．3

D．3103个的总方式数为C331个的方式数为C172个的方式数为C2 1个不合格的总方式数为C1C2 PP371的是（ B．4个全是好C．恰有2个是坏 C1 3 选项A（恰有1个坏的）：PA 7 C0 1 选项B（4个全是好的）：PB 7 C2 3 选项C（恰有2个坏的）：PC 7 1 选项D（至多2个坏的）：PD1 7 B170．（24-25高二下·河南郑州·期末）5个白球，34个球，取到一个白13XPX6为（）

B．

故PX61