專題20概率與隨機變量及分布列

7種常見考法歸類

知識五年考情（2021-2025）命題趨勢

考點01古典概型

2024·全國甲卷2023·全國甲卷2023·全國乙卷

2023·北京2022·全國甲卷2022·全國乙卷

2022·新高考全國Ⅰ卷2022·上海

2021·全國甲卷2021·全國甲卷

知識概率考點相互獨立事件

1021.概率部分對古典概型、相互

（5年5考）2025·上海2024·新課標Ⅱ卷2023·天津獨立事件、條件概率與全概率

2023·新課標Ⅱ卷2022·全國乙卷

公式均有考查，且頻率較為均

2021·新高考全國Ⅰ卷

勻，說明這些基礎(chǔ)概率模型是

考點03條件概率與全概率公式

2025·北京2025·天津2024·天津2024·上海考查重點。

2023·全國甲卷2022·天津2022·新高考全國Ⅱ卷2.隨機變量及分布列部分，求

考點04求離散型隨機變量的均值離散型隨機變量的均值是高頻

2025·全國一卷2025·上海2024·北京考點，二項分布、正態(tài)分布也

2024·新課標Ⅰ卷2023·上海2022·浙江時有涉及，體現(xiàn)了對離散型隨

北京全國甲卷浙江

2022·2022·2021·機變量相關(guān)知識的重視，尤其

2021·新高考全國Ⅰ卷2021·北京

是均值作為反映隨機變量取值

知識隨機變

2考點05二項分布

量及分布列平均水平的重要指標，是考查

2025·全國二卷

（5年5考）核心。

考點06正態(tài)分布

2025·天津2024·新課標Ⅰ卷

2022·新高考全國Ⅱ卷2021·新高考全國Ⅱ卷

考點07概率與其他知識的綜合

2023·新課標Ⅰ卷2021·新高考全國Ⅱ卷

考點01古典概型

1．（2023·全國甲卷·高考真題）某校文藝部有4名學(xué)生，其中高一、高二年級各2名．從這4名學(xué)生中隨

機選2名組織校文藝匯演，則這2名學(xué)生來自不同年級的概率為（）

1112

A．B．C．D．

6323

【答案】D

【分析】利用古典概率的概率公式，結(jié)合組合的知識即可得解.

2

【詳解】依題意，從這4名學(xué)生中隨機選2名組織校文藝匯演，總的基本事件有C46件，

11

其中這2名學(xué)生來自不同年級的基本事件有C2C24，

42

所以這2名學(xué)生來自不同年級的概率為.

63

故選：D.

2．（2023·全國乙卷·高考真題）某學(xué)校舉辦作文比賽，共6個主題，每位參賽同學(xué)從中隨機抽取一個主題

準備作文，則甲、乙兩位參賽同學(xué)抽到不同主題概率為（）

5211

A．B．C．D．

6323

【答案】A

【分析】對6個主題編號，利用列舉列出甲、乙抽取的所有結(jié)果，并求出抽到不同主題的結(jié)果，再利用古

典概率求解作答.

【詳解】用1，2，3，4，5，6表示6個主題，甲、乙二人每人抽取1個主題的所有結(jié)果如下表：

乙甲123456

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

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

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

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

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

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

共有36個不同結(jié)果，它們等可能，

其中甲乙抽到相同結(jié)果有(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)，共6個，

305

因此甲、乙兩位參賽同學(xué)抽到不同主題的結(jié)果有30個，概率P.

366

故選：A

3．（2024·全國甲卷·高考真題）某獨唱比賽的決賽階段共有甲、乙、丙、丁四人參加，每人出場一次，出

場次序由隨機抽簽確定，則丙不是第一個出場，且甲或乙最后出場的概率是（）

1111

A．B．C．D．

6432

【答案】C

【分析】解法一：畫出樹狀圖，結(jié)合古典概型概率公式即可求解.

解法二：分類討論甲乙的位置，結(jié)合得到符合條件的情況，然后根據(jù)古典概型計算公式進行求解.

【詳解】解法一：畫出樹狀圖，如圖，

由樹狀圖可得，出場次序共有24種，

其中符合題意的出場次序共有8種，

81

故所求概率P=；

243

解法二：當甲最后出場，乙第一個出場，丙有2種排法，丁就1種，共2種；

當甲最后出場，乙排第二位或第三位出場，丙有1種排法，丁就1種，共2種；

于是甲最后出場共4種方法，同理乙最后出場共4種方法，于是共8種出場順序符合題意；

4

基本事件總數(shù)顯然是A424，

81

根據(jù)古典概型的計算公式，所求概率為.

243

故選：C

4．（2022·全國甲卷·高考真題）從分別寫有1，2，3，4，5，6的6張卡片中無放回隨機抽取2張，則抽到

的2張卡片上的數(shù)字之積是4的倍數(shù)的概率為（）

1122

A．B．C．D．

5353

【答案】C

【分析】方法一：先列舉出所有情況，再從中挑出數(shù)字之積是4的倍數(shù)的情況，由古典概型求概率即可.

【詳解】[方法一]：【最優(yōu)解】無序

從6張卡片中無放回抽取2張，共有

1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,5,4,6,5,615種情況，其中數(shù)字

62

之積為4的倍數(shù)的有1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,66種情況，故概率為.

155

[方法二]：有序

從6張卡片中無放回抽取2張，共有

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

(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30種情況，

其中數(shù)字之積為4的倍數(shù)有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12種情況，故概率

122

為.

305

故選：C.

【整體點評】方法一：將抽出的卡片看成一個組合，再利用古典概型的概率公式解出，是該題的最優(yōu)解；

方法二：將抽出的卡片看成一個排列，再利用古典概型的概率公式解出；

5．（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）從2至8的7個整數(shù)中隨機取2個不同的數(shù)，則這2個數(shù)互質(zhì)的概率

為（）

1112

A．B．C．D．

6323

【答案】D

【分析】由古典概型概率公式結(jié)合組合、列舉法即可得解.

2

【詳解】從2至8的7個整數(shù)中隨機取2個不同的數(shù)，共有C721種不同的取法，

若兩數(shù)不互質(zhì)，不同的取法有：2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8，共7種，

2172

故所求概率P.

213

故選：D.

6．（2021·全國甲卷·高考真題）將3個1和2個0隨機排成一行，則2個0不相鄰的概率為（）

A．0.3B．0.5C．0.6D．0.8

【答案】C

【分析】利用古典概型的概率公式可求概率.

【詳解】解：將3個1和2個0隨機排成一行，可以是：

00111,01011,01101,01110,10011,10101,10110,11001,11010,11100，

共10種排法，

其中2個0不相鄰的排列方法為：

01011,01101,01110,10101,10110,11010，

共6種方法，

6

故2個0不相鄰的概率為=0.6，

10

故選：C.

7．（2021·全國甲卷·高考真題）將4個1和2個0隨機排成一行，則2個0不相鄰的概率為（）

1224

A．B．C．D．

3535

【答案】C

【詳解】將4個1和2個0隨機排成一行，可利用插空法，4個1產(chǎn)生5個空，

12

若2個0相鄰，則有C55種排法，若2個0不相鄰，則有C510種排法，

102

所以2個0不相鄰的概率為.

5103

故選：C.

8．（2024·全國甲卷·高考真題）有6個相同的球，分別標有數(shù)字1、2、3、4、5、6，從中無放回地隨機取

3次，每次取1個球.記m為前兩次取出的球上數(shù)字的平均值，n為取出的三個球上數(shù)字的平均值，則m與n

之差的絕對值不大于1的概率為．

2

7

【答案】

15

【分析】根據(jù)排列可求基本事件的總數(shù)，設(shè)前兩個球的號碼為a,b，第三個球的號碼為c，則

ab32cab3，就c的不同取值分類討論后可求隨機事件的概率.

3

【詳解】從6個不同的球中不放回地抽取3次，共有A6120種，

abcab1

設(shè)前兩個球的號碼為a,b，第三個球的號碼為c，則，

322

故2c(ab)3，故32c(ab)3，

故ab32cab3，

若c1，則ab5，則a,b為：2,3,3,2，故有2種，

若c2，則1ab7，則a,b為：1,3,1,4,1,5,1,6,3,4，

3,1,4,1,5,1,6,1,4,3，故有10種，

當c3，則3ab9，則a,b為：

1,2,1,4,1,5,1,6,2,4,2,5,2,6,4,5，

2,1,4,1,5,1,6,1,4,2,5,2,6,2,5,4，

故有16種，

當c4，則5ab11，同理有16種，

當c5，則7ab13，同理有10種，

當c6，則9ab15，同理有2種，

1

共m與n的差的絕對值不超過時不同的抽取方法總數(shù)為22101656，

2

567

故所求概率為.

12015

7

故答案為：

15

9．（2022·上海·高考真題）為了檢測學(xué)生的身體素質(zhì)指標，從游泳類1項，球類3項，田徑類4項共8項

項目中隨機抽取4項進行檢則，則每一類都被抽到的概率為；

3

【答案】

7

【分析】

由題意，利用古典概型的計算公式，計算求得結(jié)果．

【詳解】

解：從游泳類1項，球類3項，田徑類4項共8項項目中隨機抽取4項進行檢測，則每一類都被抽到的方

112121

法共有C1C3C4C1C3C4種，

4

而所有的抽取方法共有C8種，

112121

C1C3C4C1C3C4303

故每一類都被抽到的概率為4＝＝，

C8707

3

故答案為：．

7

10．（2022·全國甲卷·高考真題）從正方體的8個頂點中任選4個，則這4個點在同一個平面的概率

為．

6

【答案】.

35

【分析】根據(jù)古典概型的概率公式即可求出．

4

【詳解】從正方體的8個頂點中任取4個，有nC870個結(jié)果，這4個點在同一個平面的有m6612個，

m126

故所求概率P．

n7035

6

故答案為：．

35

11．（2022·全國乙卷·高考真題）從甲、乙等5名同學(xué)中隨機選3名參加社區(qū)服務(wù)工作，則甲、乙都入選的

概率為．

3

【答案】/0.3

10

【分析】根據(jù)古典概型計算即可

【詳解】解法一：設(shè)這5名同學(xué)分別為甲，乙，1,2,3，從5名同學(xué)中隨機選3名，

有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，

3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10種選法；

3

其中，甲、乙都入選的選法有3種，故所求概率P.

10

3

故答案為：.

10

3

解法二：從5名同學(xué)中隨機選3名的方法數(shù)為C510

3

甲、乙都入選的方法數(shù)為C13，所以甲、乙都入選的概率P

310

3

故答案為：

10

12．（2023·北京·高考真題）為研究某種農(nóng)產(chǎn)品價格變化的規(guī)律，收集得到了該農(nóng)產(chǎn)品連續(xù)40天的價格變

化數(shù)據(jù)，如下表所示．在描述價格變化時，用“+”表示“上漲”，即當天價格比前一天價格高；用“-”表示“下

跌”，即當天價格比前一天價格低；用“0”表示“不變”，即當天價格與前一天價格相同．

時段價格變化

第1天到第20天-++0---++0+0--+-+00+

第21天到第40天0++0---++0+0+---+0-+

用頻率估計概率．

(1)試估計該農(nóng)產(chǎn)品價格“上漲”的概率；

(2)假設(shè)該農(nóng)產(chǎn)品每天的價格變化是相互獨立的．在未來的日子里任取4天，試估計該農(nóng)產(chǎn)品價格在這4天

中2天“上漲”、1天“下跌”、1天“不變”的概率；

(3)假設(shè)該農(nóng)產(chǎn)品每天的價格變化只受前一天價格變化的影響．判斷第41天該農(nóng)產(chǎn)品價格“上漲”“下跌”和“不

變”的概率估計值哪個最大．（結(jié)論不要求證明）

【答案】(1)0.4

(2)0.168

(3)不變

【分析】（1）計算表格中的的次數(shù)，然后根據(jù)古典概型進行計算；

（2）分別計算出表格中上漲，不變，下跌的概率后進行計算；

（3）通過統(tǒng)計表格中前一次上漲，后一次發(fā)生的各種情況進行推斷第41天的情況.

【詳解】（1）根據(jù)表格數(shù)據(jù)可以看出，40天里，有16個，也就是有16天是上漲的，

16

根據(jù)古典概型的計算公式，農(nóng)產(chǎn)品價格上漲的概率為：0.4

40

（2）在這40天里，有16天上漲，14天下跌，10天不變，也就是上漲，下跌，不變的概率分別是0.4，0.35，

0.25，

221

于是未來任取4天，2天上漲，1天下跌，1天不變的概率是C40.4C20.350.250.168

（3）由于第40天處于上漲狀態(tài)，從前39次的15次上漲進行分析，上漲后下一次仍上漲的有4次，不變的

有9次，下跌的有2次，

因此估計第41次不變的概率最大.

考點02相互獨立事件

13．（2021·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）有6個相同的球，分別標有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的

隨機取兩次，每次取1個球，甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)

字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則（）

A．甲與丙相互獨立B．甲與丁相互獨立

C．乙與丙相互獨立D．丙與丁相互獨立

【答案】B

【分析】根據(jù)獨立事件概率關(guān)系逐一判斷

11561

【詳解】P(甲)，P(乙)，P(丙)，P(丁)，，

6636366

1

P(甲丙)0P(甲)P(丙)，P(甲丁)P(甲)P(丁)，

36

1

P(乙丙)P(乙)P(丙)，P(丙丁)0P(丁)P(丙)，

36

故選：B

【點睛】判斷事件A,B是否獨立，先計算對應(yīng)概率，再判斷P(A)P(B)P(AB)是否成立

1

14．（2025·上?！じ呖颊骖}）己知事件A、B相互獨立，事件A發(fā)生的概率為P(A)，事件B發(fā)生的概率

2

1

為P(B)，則事件AB發(fā)生的概率P(AB)為（）

2

111

A．B．C．D．0

842

【答案】B

【分析】根據(jù)獨立事件的概率公式可求PAB.

111

【詳解】因為A,B相互獨立，故PABPAPB，

224

故選：B.

15．（2023·天津·高考真題）把若干個黑球和白球（這些球除顏色外無其它差異）放進三個空箱子中，三個

箱子中的球數(shù)之比為5:4:6．且其中的黑球比例依次為40%,25%,50%．若從每個箱子中各隨機摸出一球，

則三個球都是黑球的概率為；若把所有球放在一起，隨機摸出一球，則該球是白球的概率

為．

3

【答案】0.05/0.6

5

【分析】先根據(jù)題意求出各盒中白球，黑球的數(shù)量，再根據(jù)概率的乘法公式可求出第一空；

根據(jù)古典概型的概率公式可求出第二個空．

【詳解】設(shè)甲、乙、丙三個盒子中的球的個數(shù)分別為5n,4n,6n，所以總數(shù)為15n，

所以甲盒中黑球個數(shù)為40%5n2n，白球個數(shù)為3n；

乙盒中黑球個數(shù)為25%4nn，白球個數(shù)為3n；

丙盒中黑球個數(shù)為50%6n3n，白球個數(shù)為3n；

記“從三個盒子中各取一個球，取到的球都是黑球”為事件A，所以，

PA0.40.250.50.05；

記“將三個盒子混合后取出一個球，是白球”為事件B，

黑球總共有2nn3n6n個，白球共有9n個，

9n3

所以，PB．

15n5

3

故答案為：0.05；．

5

16．【多選】（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）在信道內(nèi)傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立．發(fā)送0時，收

到1的概率為(01)，收到0的概率為1；發(fā)送1時，收到0的概率為(01)，收到1的概率

為1.考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發(fā)送1次，三次傳輸是指每

個信號重復(fù)發(fā)送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳

輸時，收到的信號中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼（例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1）.

A．采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1，0，1，則依次收到l，0，1的概率為(1)(1)2

B．采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則依次收到1，0，1的概率為(1)2

C．采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則譯碼為1的概率為(1)2(1)3

D．當00.5時，若發(fā)送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0

的概率

【答案】ABD

【分析】利用相互獨立事件的概率公式計算判斷AB；利用相互獨立事件及互斥事件的概率計算判斷C；求

出兩種傳輸方案的概率并作差比較判斷D作答.

【詳解】對于A，依次發(fā)送1，0，1，則依次收到l，0，1的事件是發(fā)送1接收1、發(fā)送0接收0、發(fā)送1

接收1的3個事件的積，

它們相互獨立，所以所求概率為(1)(1)(1)(1)(1)2，A正確；

對于B，三次傳輸，發(fā)送1，相當于依次發(fā)送1，1，1，則依次收到l，0，1的事件，

是發(fā)送1接收1、發(fā)送1接收0、發(fā)送1接收1的3個事件的積，

它們相互獨立，所以所求概率為(1)(1)(1)2，B正確；

對于C，三次傳輸，發(fā)送1，則譯碼為1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件

和，

2232

它們互斥，由選項B知，所以所求的概率為C3(1)(1)(1)(12)，C錯誤；

對于D，由選項C知，三次傳輸，發(fā)送0，則譯碼為0的概率P(1)2(12)，

單次傳輸發(fā)送0，則譯碼為0的概率P1，而00.5，

因此PP(1)2(12)(1)(1)(12)0，即PP，D正確.

故選：ABD

【點睛】關(guān)鍵點睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成兩兩互斥事件的和，

相互獨立事件的積是解題的關(guān)鍵.

17．（2022·全國乙卷·高考真題）某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結(jié)果相互獨立．已知

該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1,p2,p3，且p3p2p10．記該棋手連勝兩盤的概率為p，

則（）

A．p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關(guān)B．該棋手在第二盤與甲比賽，p最大

C．該棋手在第二盤與乙比賽，p最大D．該棋手在第二盤與丙比賽，p最大

【答案】D

【詳解】解法一：要求連勝兩局，故只能第一局和第二局連勝，或第二局和第三局連勝，則第二局和誰比

賽很重要，第二局的對手實力越強，連勝兩局的概率越小，第二局的對手實力越弱，連勝兩局的概率越大，

所以根據(jù)條件估算得到丙實力最弱，所以D選項正確.

解法二：該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤，

記該棋手在第二盤與甲比賽，比賽順序為乙甲丙及丙甲乙的概率均為1，

2

則此時連勝兩盤的概率為p甲

11

則p甲(1p)pppp(1p)(1p)pppp(1p)

22132132312312

p1(p2p3)2p1p2p3；

記該棋手在第二盤與乙比賽，且連勝兩盤的概率為p乙，

則p乙(1p1)p2p3p1p2(1p3)p2(p1p3)2p1p2p3

記該棋手在第二盤與丙比賽，且連勝兩盤的概率為p丙

則p丙(1p1)p3p2p1p3(1p2)p3(p1p2)2p1p2p3

則p甲p乙p1(p2p3)2p1p2p3p2(p1p3)2p1p2p3p1p2p30

p乙p丙p2(p1p3)2p1p2p3p3(p1p2)2p1p2p3p2p3p10

即p甲p乙，p乙p丙，

則該棋手在第二盤與丙比賽，p最大.選項D判斷正確；選項BC判斷錯誤；

p與該棋手與甲、乙、丙的比賽次序有關(guān).選項A判斷錯誤.

故選：D

18．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）某投籃比賽分為兩個階段，每個參賽隊由兩名隊員組成，比賽具體規(guī)則

如下：第一階段由參賽隊中一名隊員投籃3次，若3次都未投中，則該隊被淘汰，比賽成績?yōu)?分；若至

少投中一次，則該隊進入第二階段.第二階段由該隊的另一名隊員投籃3次，每次投籃投中得5分，未投中

得0分.該隊的比賽成績?yōu)榈诙A段的得分總和．某參賽隊由甲、乙兩名隊員組成，設(shè)甲每次投中的概率為

p，乙每次投中的概率為q，各次投中與否相互獨立．

(1)若p0.4，q0.5，甲參加第一階段比賽，求甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分的概率．

(2)假設(shè)0pq，

（i）為使得甲、乙所在隊的比賽成績?yōu)?5分的概率最大，應(yīng)該由誰參加第一階段比賽？

（ii）為使得甲、乙所在隊的比賽成績的數(shù)學(xué)期望最大，應(yīng)該由誰參加第一階段比賽？

【答案】(1)0.686

(2)（i）由甲參加第一階段比賽；（i）由甲參加第一階段比賽；

【分析】（1）根據(jù)對立事件的求法和獨立事件的乘法公式即可得到答案；

3333

（2）（i）首先各自計算出P甲1(1p)q，P乙1(1q)p，再作差因式分解即可判斷；(ii)首先

得到X和Y的所有可能取值，再按步驟列出分布列，計算出各自期望，再次作差比較大小即可.

【詳解】（1）甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分，則甲第一階段至少投中1次，乙第二階段也至少投中

1次，

比賽成績不少于5分的概率P10.6310.530.686.

33

（2）（i）若甲先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊的比賽成績?yōu)?5分的概率為P甲1(1p)q，

33

若乙先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊的比賽成績?yōu)?5分的概率為P乙1(1q)p，

0pq，

3333

P甲P乙q(qpq)p(ppq)

2222

(qp)qpqp(pq)(ppq)(qpq)(ppq)(qpq)

(pq)3p2q23p2q3pq2

3pq(pq)(pqpq)3pq(pq)[(1p)(1q)1]0，

P甲P乙，應(yīng)該由甲參加第一階段比賽.

(ii)若甲先參加第一階段比賽，比賽成績X的所有可能取值為0，5，10，15，

333

P(X0)(1p)1(1p)(1q)，

32

PX511pC1q1q，

3

322

P(X10)1(1p)C3q(1q)，

33

P(X15)1(1p)q，

332

E(X)151(1p)q15p3p3pq

記乙先參加第一階段比賽，比賽成績Y的所有可能取值為0，5，10，15，

同理E(Y)15q33q23qp

E(X)E(Y)15[pq(pq)(pq)3pq(pq)]

15(pq)pq(pq3)，

因為0pq，則pq0，pq31130，

則(pq)pq(pq3)0，

應(yīng)該由甲參加第一階段比賽.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第二問的關(guān)鍵是計算出相關(guān)概率和期望，采用作差法并因式分解從而比較出大

小關(guān)系，最后得到結(jié)論.

考點03條件概率與全概率公式

19．（2023·全國甲卷·高考真題）某地的中學(xué)生中有60%的同學(xué)愛好滑冰，50%的同學(xué)愛好滑雪，70%的

同學(xué)愛好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學(xué)生中隨機調(diào)查一位同學(xué)，若該同學(xué)愛好滑雪，則該同學(xué)也愛好滑冰

的概率為（）

A．0.8B．0.6C．0.5D．0.4

【答案】A

【分析】先算出同時愛好兩項的概率,利用條件概率的知識求解.

【詳解】同時愛好兩項的概率為0.50.60.70.4，

記“該同學(xué)愛好滑雪”為事件A,記“該同學(xué)愛好滑冰”為事件B，

則P(A)0.5,P(AB)0.4，

P(AB)0.4

所以P(B∣A)0.8.

P(A)0.5

故選:A.

20．（2024·天津·高考真題）某校組織學(xué)生參加農(nóng)業(yè)實踐活動，期間安排了勞動技能比賽，比賽共5個項目，

分別為整地做畦、旱田播種、作物移栽、田間灌溉、藤架搭建，規(guī)定每人參加其中3個項目.假設(shè)每人參加

每個項目的可能性相同，則甲同學(xué)參加“整地做畦”項目的概率為；已知乙同學(xué)參加的3個項目中有“整

地做畦”，則他還參加“田間灌溉”項目的概率為．

3

【答案】1

52

【分析】結(jié)合列舉法或組合公式和概率公式可求解第一空；采用列舉法或者條件概率公式可求第二空.

【詳解】解法一：列舉法

給這5個項目分別編號為A,B,C,D,E,F,從五個活動中選三個的情況有：

ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10種情況，

其中甲選到A有6種可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，

63

則甲參加“整地做畦”的概率為：P；

105

乙選A活動有6種可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，

其中再選擇D有3種可能性：ABD,ACD,ADE，

31

故乙參加的3個項目中有“整地做畦”，則他還參加“田間灌溉”項目的概率為=.

62

解法二：

設(shè)甲、乙選到A為事件M，乙選到D為事件N，

2

C43

則甲選到A的概率為PM3；

C55

1

C3

PMNC31

乙選了活動，他再選擇活動的概率為5

ADPNM2

PMC42

3

C5

31

故答案為：；

52

21．（2022·天津·高考真題）52張撲克牌，沒有大小王，無放回地抽取兩次，則兩次都抽到A的概率

為；已知第一次抽到的是A，則第二次抽取A的概率為

11

【答案】

22117

【分析】由題意結(jié)合概率的乘法公式可得兩次都抽到A的概率，再由條件概率的公式即可求得在第一次抽

到A的條件下，第二次抽到A的概率.

【詳解】由題意，設(shè)第一次抽到A的事件為B,第二次抽到A的事件為C,

1

43141PBC1

則PBC,P(B),PC|B221.

52512215213PB117

13

11

故答案為：；.

22117

22．（2024·上?！じ呖颊骖}）某校舉辦科學(xué)競技比賽，有A、B、C3種題庫，A題庫有5000道題，B題庫

有4000道題，C題庫有3000道題．小申已完成所有題，已知小申完成A題庫的正確率是0.92，B題庫的

正確率是0.86，C題庫的正確率是0.72．現(xiàn)他從所有的題中隨機選一題，正確率是．

【答案】0.85

【分析】求出各題庫所占比，根據(jù)全概率公式即可得到答案.

【詳解】由題意知，A,B,C題庫的比例為：5:4:3，

543

各占比分別為,,，

121212

543

則根據(jù)全概率公式知所求正確率p0.920.860.720.85．

121212

故答案為：0.85．

23．（2025·北京·高考真題）某次考試中，只有一道單項選擇題考查了某個知識點，甲、乙兩校的高一年級

學(xué)生都參加了這次考試.為了解學(xué)生對該知識點的掌握情況，隨機抽查了甲、乙兩校高一年級各100名學(xué)生

該題的答題數(shù)據(jù)，其中甲校學(xué)生選擇正確的人數(shù)為80，乙校學(xué)生選擇正確的人數(shù)為75.假設(shè)學(xué)生之間答題相

互獨立，用頻率估計概率.

(1)估計甲校高一年級學(xué)生該題選擇正確的概率p

(2)從甲、乙兩校高一年級學(xué)生中各隨機抽取1名，設(shè)X為這2名學(xué)生中該題選擇正確的人數(shù)，估計X1的

概率及X的數(shù)學(xué)期望；

(3)假設(shè)：如果沒有掌握該知識點，學(xué)生就從題目給出的四個選項中隨機選擇一個作為答案；如果掌握該知

識點，甲校學(xué)生選擇正確的概率為100%，乙校學(xué)生選擇正確的概率為85%.設(shè)甲、乙兩校高一年級學(xué)生掌

握該知識點的概率估計值分別為p1，p2，判斷p1與p2的大?。ńY(jié)論不要求證明）.

4

【答案】(1)

5

(2)0.35，EX1.55

(3)p1p2

【分析】（1）用頻率估計概率即可求解；

（2）利用獨立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做對的概率及X的分布列，從而可求其

期望；

（3）根據(jù)題設(shè)可得關(guān)于p1,p2的方程，求出其解后可得它們的大小關(guān)系.

804

【詳解】（1）估計甲校高一年級學(xué)生該題選擇正確的概率p.

1005

（2）設(shè)A為“從甲校抽取1人做對”，則PA0.8，PA0.2，

設(shè)B為“從乙校抽取1人做對”，則PB0.75，PA0.25，

設(shè)C為“恰有1人做對”，故PCPABPABPAPBPAPB0.35

依題可知，X可取0,1,2，

PX0PAB0.05，PX10.35，PX20.80.750.6，

故X的分布列如下表：

X012

P0.050.350.6

故EX10.3520.61.55.

（3）設(shè)D為“甲校掌握這個知識點的學(xué)生做該題”，

因為甲校掌握這個知識點則有100%的概率做對該題目，

未掌握該知識點的同學(xué)都是從四個選項里面隨機選擇一個，

1111

故PD1P(D)0.8，即p1p0.8，故p，

4141115

15

同理有，0.85p1p0.75，故p，

24226

故p1p2.

24．（2025·天津·高考真題）小桐操場跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均為0．5，

若第一次跑5圈，則第二次跑5圈的概率為0．4，6圈的概率為0．6；若第一次跑6圈，則第二次跑5圈

的概率為0．6，6圈的概率為0．4．小桐一周跑11圈的概率為；若一周至少跑11圈為動量達標，

則連續(xù)跑4周，記合格周數(shù)為X，則期望EX

【答案】0.63.2

【分析】先根據(jù)全概率公式計算求解空一，再求出概率根據(jù)二項分布數(shù)學(xué)期望公式計算求解.

【詳解】設(shè)小桐一周跑11圈為事件A，設(shè)第一次跑5圈為事件B，設(shè)第二次跑5圈為事件C，

則PAPBPC|BPBPC|B0.50.60.50.60.6；

若至少跑11圈為運動量達標為事件D，PDPAPBPC|B0.60.50.40.8，

所以XB4,0.8，EX40.83.2；

故答案為：0.6；3.2

25．（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）在某地區(qū)進行流行病學(xué)調(diào)查，隨機調(diào)查了100位某種疾病患者的年

齡，得到如下的樣本數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖：

(1)估計該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表）；

(2)估計該地區(qū)一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間[20,70)的概率；

(3)已知該地區(qū)這種疾病的患病率為0.1%，該地區(qū)年齡位于區(qū)間[40,50)的人口占該地區(qū)總?cè)丝诘?6%.從該

地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間[40,50)，求此人患這種疾病的概率．（以樣本數(shù)據(jù)中患者的年齡

位于各區(qū)間的頻率作為患者的年齡位于該區(qū)間的概率，精確到0.0001）.

【答案】(1)47.9歲；

(2)0.89；

(3)0.0014．

【分析】（1）根據(jù)平均值等于各矩形的面積乘以對應(yīng)區(qū)間的中點值的和即可求出；

（2）設(shè)A{一人患這種疾病的年齡在區(qū)間[20,70)}，根據(jù)對立事件的概率公式P(A)1P(A)即可解出；

（3）根據(jù)條件概率公式即可求出．

【詳解】（1）平均年齡x(50.001150.002250.012350.017450.023

550.020650.017750.006850.002)1047.9（歲）．

（2）設(shè)A“一人患這種疾病的年齡在區(qū)間[20,70)”，所以

P(A)1P(A)1(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89．

（3）設(shè)B“任選一人年齡位于區(qū)間[40,50)”，C“從該地區(qū)中任選一人患這種疾病”，

則由已知得：

PB16%0.16,PC0.1%0.001,P(B|C)0.023100.23,

則由條件概率公式可得

從該地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間[40,50)，此人患這種疾病的概率為

P(BC)P(C)P(B|C)0.0010.23

P(C|B)0.00143750.0014．

P(B)P(B)0.16

考點04求離散型隨機變量的均值

567

26．（2025·上?！じ呖颊骖}）已知隨機變量X的分布為，則期望E[X]．

0.20.30.5

【答案】6.3

【分析】根據(jù)分布列結(jié)合期望公式可求期望.

【詳解】由題設(shè)有Ex50.260.370.511.83.56.3.

故答案為：6.3.

27．（2024·新課標Ⅰ卷·高考真題）甲、乙兩人各有四張卡片，每張卡片上標有一個數(shù)字，甲的卡片上分別

標有數(shù)字1，3，5，7，乙的卡片上分別標有數(shù)字2，4，6，8，兩人進行四輪比賽，在每輪比賽中，兩人各

自從自己持有的卡片中隨機選一張，并比較所選卡片上數(shù)字的大小，數(shù)字大的人得1分，數(shù)字小的人得0

分，然后各自棄置此輪所選的卡片（棄置的卡片在此后的輪次中不能使用）.則四輪比賽后，甲的總得分不

小于2的概率為.

1

【答案】/0.5

2

【分析】將每局的得分分別作為隨機變量，然后分析其和隨機變量即可.

【詳解】設(shè)甲在四輪游戲中的得分分別為X1,X2,X3,X4，四輪的總得分為X.

對于任意一輪，甲乙兩人在該輪出示每張牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌組合有六種，從而甲在

633

該輪得分的概率PX1，所以EXk1,2,3,4.

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