浙江高考历年真题之概率大题(理科)

K 概率 K1 随事件的概率19．K1、K5、K6[2012·浙江卷] 已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X 为取出此3球所得分数之和．(1)求X 的分布列；(2)求X 的数学期望E (X )．19．解：(1)由题意得X 取3,4,5,6，且P (X ＝3)＝C 35C 39＝542，P (X ＝4)＝C 14·C 25C 39＝1021，P (X ＝5)＝C 24·C 15C 39＝514，P (X ＝6)＝C 34C 39＝121.所以X 的分布列为E (X )＝3·P (X ＝3)＋4·P (X ＝4)＋5·P (X ＝5)＋6·P (X ＝6)＝133.K2 古典概型15．K2[2012·重庆卷] 某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为________(用数字作答)．15.35[解析] 6节课共有A 66＝720种排法，相邻两节文化课间最多间隔1节艺术课排法分两类：(1)两节相邻文化课之间没有艺术课间隔：可将三节文化课捆绑为一个元素，然后再与另三节艺术课进行全排列，排法有A 33A 44＝144种；(2)三节文化课间都有1节艺术课间隔：有“文艺文艺文艺”与“艺文艺文艺文” 两种形式，其排法有2A 33A 33＝72种；(3)三节文化课中有两节之间有一节艺术课，而另一节文化课与前两节文化课之一无间隔，可先对文化课进行全排，然后从3节艺术课选一节放入排好的3节文化课之间，再将此4节课看作一个元素与余下的2节艺术课进行全排，其排法有：A 33C 13C 12A 33＝216种．综上可知，相邻两节文化课间最多间隔1节艺术课排法有144＋72＋216＝432种，所以课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为432720＝35.11．K2[2012·上海卷] 三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛．若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是________(结果用最简分数表示)．11.23[解析] 考查古典概率和组合问题，关键是把情况分析清楚，不要漏掉或者重复情况．所有的可能情况有C 23C 23C 23，满足条件有且仅有两人选择的项目完全相同的情况有C 23C 23C 12，由古典概率公式得P ＝C 23C 23C 12C 23C 23C 23＝23.6．K2[2012·江苏卷] 现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________．6.35[解析] 本题考查等比数列的通项公式的运用以及古典概型的求解．解题突破口为等比数列通项公式的运用．由通项公式a n ＝1×(－3)n －1得，满足条件的数有1，－3，－33，－35，－37，－39，共6个，从而所求概率为P ＝35.16．K2、K6[2012·福建卷] 受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年，现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X 1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X 2，分别求X 1，X 2的分布列；(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由．16．解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A .则P (A )＝2＋350＝110.(2)依题意得，X 1的分布列为X 2(3)由(2)得，E (X 1)＝1×125＋2×350＋3×910＝14350＝2.86(万元)，E (X 2)＝1.8×110＋2.9×910＝2.79(万元)．因为E (X 1)＞E (X 2)，所以应生产甲品牌轿车．7．K2、J1[2012·广东卷] 从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( )A.49B.13C.29D.197．D [解析] 本题考查利用古典概型求解概率以及两个基本计数原理，解决本题的突破口是首先确定符合条件的两位数的所有个数，再找到个位是0的个数，利用公式求解，设个位数与十位数分别为y ，x ，则如果两位数之和是奇数，则x ，y 分别为一奇数一偶数：第一类x 为奇数，y 为偶数共有：C 15×C 15＝25；另一类x 为偶数，y 为奇数共有：C 14×C 15＝20.两类共计45个，其中个位数是0，十位数是奇数的两位数有10,30,50,70,90这5个数，所以个位数是0的概率为：P (A )＝545＝19.K3 几何概型10．K3[2012·辽宁卷] 在长为12 cm 的线段AB 上任取一点C .现作一矩形，邻边长分别等于线段AC ，CB 的长，则该矩形面积小于32 cm 2的概率为( )A.16B.13C.23D.4510．C [解析] 本小题主要考查几何概型．解题的突破口为弄清是长度之比、面积之比还是体积之比．令AC ＝x ，CB ＝12－x ，这时的面积为S ＝x (12－x )，根据条件S ＝x (12－x )<32⇒x 2－12x＋32>0⇒0<x <4或8<x <12，矩形面积小于32 cm 2的概率P ＝4－0＋(12－8)12＝23，故而答案为C.2．E5、K3[2012·北京卷] 设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )A.π4 B.π－22C.π6 D.4－π42．D [解析] 设事件A ：点到坐标原点的距离大于2.如图1－1，P (A )＝S 2S ＝S －S 1S ＝4－π4.6．K3、B13[2012·福建卷] 如图1－1所示，在边长为1的正方形OABC 中任取一点P ，则点P 恰好取自阴影部分的概率为(A.14B.15C.16D.176．C [解析] 本题考查几何概型的计算与求解以及定积分的计算，解决本题的关键是利用定积分求出阴影部分的面积，再利用几何概型公式求解．阴影部分的面积是：S 阴影＝⎠⎛01(x －x)d x ＝⎝⎛⎭⎫23x 32－12x 2⎪⎪ 10＝23－12＝16，利用几何概型公式得：P ＝S 阴影S 正方形＝161＝16. 8．K3[2012·湖北卷] 如图1－3所示，在圆心角为直角的扇形OAB 中，分别以OA ，OB 为直径作两个半圆．在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是()A ．1－2π B.12－1πC.2πD.1π8．A [解析] 如下图所示，不妨设扇形的半径为2a S 1，S 2，两块阴影部分的面积分别为S 3，S 4，则S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝S 扇形OAB ＝14π(2a )2＝πa 2①，而S 1＋S 3与S 2＋S 3的和恰好为一个半径为a 的圆的面积，即S 1＋S 3＋S 2＋S 3＝πa 2②. 由①－②得S 3＝S 4；又由图可知S 3＝S 扇形EOD ＋S 扇形COD －S 正方形OEDC ＝12πa 2－a 2，所以S 阴影＝πa 2－2a 2.故由几何概型概率公式可得，所求概率P ＝S 阴影S 扇形OAB＝πa 2－2a 2πa 2＝1－2π.故选A.15．C3、K3[2012·湖南卷] 函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的导函数y ＝f ′(x )的部分图象如图1－5所示，其中，P 为图象与y 轴的交点，A ，C 为图象与x 轴的两个交点，B 为图象的最低点．(1)若φ＝π6，点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫0，332，则ω＝________；(2)若在曲线段ABC 与x 轴所围成的区域内随机取一点，则该点在△ABC 内的概率为________．15．(1)3 (2) π4[解析] 考查三角函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的图象与解析式，结合导数和几何概型，在陈题上有了不少的创新．作为填空题，第二问可在第一问的特殊情况下求解．(1)函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)求导得，f ′(x )＝ωcos(ωx ＋φ)，把φ＝π6和点⎝⎛⎭⎫0，332代入得ωcos ⎝⎛⎭⎫0＋π6＝332解得ω＝3.(2)取特殊情况，在(1)的条件下，导函数f ′(x )＝3cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6，求得A ⎝⎛⎭⎫π9，0， B ⎝⎛⎭⎫5π18，－3，C ⎝⎛⎭⎫4π9，0，故△ABC 的面积为S △ABC ＝12×3π9×3＝π2，曲线段与x 轴所围成的区域的面积S ＝－⎪⎪f (x ) 4π9π9＝－sin ⎝⎛⎭⎫4π3＋π6＋sin ⎝⎛⎭⎫3π9＋π6＝2，所以该点在△ABC 内的概率为P ＝S △ABC S ＝π4.10．L1、K3[2012·陕西卷] 图1－3是用模拟方法估计圆周率π值的程序框图，P 表示估计结果，则图中空白框内应填入( )图1－3A ．P ＝N 1000B ．P ＝4N1000C ．P ＝M 1000D ．P ＝4M100010．D [解析] 本题主要考查循环结构的程序框图的应用，同时要兼顾考查学习概率的模拟方法中圆周率π的模拟，通过阅读题目和所给数据可知试验了1000次，M 代表落在圆内的点的个数，根据几何概型，π4＝M 1000，对应的圆周率π为P ＝4M1 000.K4 互斥事件有一个发生的概率16．B11、B12、E3[2012·重庆卷] 设f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的极值．16．解：(1)因f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，故f ′(x )＝a x －12x 2＋32.由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴，故该切线斜率为0，即f ′(1)＝0，从而a －12＋32＝0，解得a ＝－1.(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋32x ＋1(x ＞0)，f ′(x )＝－1x －12x 2＋32＝3x 2－2x －12x 2＝(3x ＋1)(x －1)2x 2.令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13(因x 2＝－13不在定义域内，舍去)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0,1)上为减函数；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(1，＋∞)上为增函数． 故f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝3，无极大值．K5 相互对立事件同时发生的概率16．B11、B12、E3[2012·重庆卷] 设f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的极值．16．解：(1)因f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，故f ′(x )＝a x －12x 2＋32.由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴，故该切线斜率为0，即f ′(1)＝0，从而a －12＋32＝0，解得a ＝－1.(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋32x ＋1(x ＞0)，f ′(x )＝－1x －12x 2＋32＝3x 2－2x －12x 2＝(3x ＋1)(x －1)2x 2.令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13(因x 2＝－13不在定义域内，舍去)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0,1)上为减函数；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(1，＋∞)上为增函数． 故f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝3，无极大值． 17．K5、K6[2012·湖南卷] 某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示．(1)确定x ，y 的值，并求顾客一次购物的结算时间X 的分布列与数学期望；(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过．．．2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率) 17．解：(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，所以x ＝15，y ＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得P (X ＝1)＝15100＝320，P (X ＝1.5)＝30100＝310，P (X ＝2)＝25100＝14，P (X ＝2.5)＝20100＝15，P (X ＝3)＝10100＝110.X 的分布列为X E (X )＝1×320＋1.5×310＋2×14＋2.5×15＋3×110＝1.9.(2)记A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，X i (i ＝1,2)为该顾客前面第i 位顾客的结算时间，则P (A )＝P (X 1＝1且X 2＝1)＋P (X 1＝1且X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5且X 2＝1)．由于各顾客的结算相互独立，且X 1，X 2的分布列都与X 的分布列相同，所以P (A )＝P (X 1＝1)×P (X 2＝1)＋P (X 1＝1)×P (X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5)×P (X 2＝1)＝320×320＋320×310＋310×320＝980. 故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为980.17．K5、K6[2012·安徽卷] 某单位招聘面试，每次从试题库中随机调用一道试题，若调用的是A 类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道A 类型试题和一道B 类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是B 类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束．试题库中现共有n ＋m 道试题，其中有n 道A 类型试题和m 道B 类型试题．以X 表示两次调题工作完成后，试题库中A 类型试题的数量．(1)求X ＝n ＋2的概率；(2)设m ＝n ，求X 的分布列和均值(数学期望)．17．解：以A i 表示第i 次调题调用到A 类型试题，i ＝1,2.(1)P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝nm ＋n ·n ＋1 m ＋n ＋2＝n (n ＋1)(m ＋n )(m ＋n ＋2).(2)X 的可能取值为n ，n ＋1，n ＋2.P (X ＝n )＝P (A 1 A 2)＝n n ＋n ·n n ＋n ＝14，P (X ＝n ＋1)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＋n n ＋n ·n n ＋n ＝12， P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＝14，从而X 的分布列是EX ＝n ×14＋(n ＋1)×12＋(n ＋2)×14＝n ＋1.15．K5、I3[2012·课标全国卷] 某一部件由三个电子元件按图1－4方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为________．15．[答案] 38[解析] 解法一：设该部件的使用寿命超过1000小时的概率为P (A )．因为三个元件的使用寿命均服从正态分布N (1 000,502)，所以元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的概率分别为P 1＝12，P 2＝12，P 3＝12.因为P (A )＝P 1P 2P 3＋P 3＝12×12×12＋12＝58，所以P (A )＝1－P (A )＝38. 解法二：设该部件的使用寿命超过1000小时的概率为P (A )．因为三个元件的使用寿命均服从正态分布N (1000,502)，所以元件1,2,3的使用寿命超过1000小时的概率分别为P 1＝12，P 2＝12，P 3＝12.故P (A )＝P 1P 2P 3＋P 1P 2P 3＋P 1P 2P 3＝12×⎝⎛⎭⎫1－12×12＋⎝⎛⎭⎫1－12×12×12＋12×12×12＝38. 19．K1、K5、K6[2012·浙江卷] 已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X 为取出此3球所得分数之和．(1)求X 的分布列；(2)求X 的数学期望E (X )．19．解：(1)由题意得X 取3,4,5,6，且P (X ＝3)＝C 35C 39＝542，P (X ＝4)＝C 14·C 25C 39＝1021，P (X ＝5)＝C 24·C 15C 39＝514，P (X ＝6)＝C 34C 39＝121.所以X 的分布列为E (X )＝3·P (X ＝3)＋4·P (X ＝4)＋5·P (X ＝5)＋6·P (X ＝6)＝133. K6 离散型随机变量及其分布列22．K6[2012·江苏卷] 设ξ为随机变量．从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1.(1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．22．解：(1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C 23对相交棱，因此P (ξ＝0)＝8C 23C 212＝8×366＝411.(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或2，其中距离为2的共有6对，故P (ξ＝2)＝6C 212＝111，于是P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝1－411－111＝611，所以随机变量ξ的分布列是因此E (x )18．K6[2012·江西卷] 如图1－4，从A 1(1,0,0)，A 2(2,0,0)，B 1(0,1,0)，B 2(0,2,0)，C 1(0,0,1)，C 2(0，0,2)这6个点中随机选取3个点，将这3个点及原点O 两两相连构成一个“立体”，记该“立体”的体积为随机变量V (如果选取的3个点与原点在同一个平面内，此时“立体”的体积V ＝0)．(1)求V ＝0的概率；(2)求V 的分布列及数学期望EV .18．解：(1)从6个点中随机取3个点总共有C 36＝20种取法，选取的3个点与原点在同一个平面内的取法有C 13C 34＝12种，因此V ＝0的概率为P (V ＝0)＝1220＝35. (2)V 的所有可能取值为0，16，13，23，43，因此V 的分布列为EV ＝0×35＋16×120＋13×320＋23×320＋43×120＝940.19．K6[2012·全国卷] 乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换．每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．(1)求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率； (2)ξ表示开始第4次发球时乙的得分，求ξ的期望．19．解：记A i 表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i 分，i ＝0,1,2； A 表示事件：第3次发球，甲得1分；B 表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2.(1)B ＝A 0·A ＋A 1·A －，P (A )＝0.4，P (A 0)＝0.42＝0.16， P (A 1)＝2×0.6×0.4＝0.48，P (B )＝P (A 0·A ＋A 1·A －)＝P (A 0·A )＋P (A 1·A －)＝P (A 0)P (A )＋P (A 1)P (A －) ＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4) ＝0.352.(2)P (A 2)＝0.62＝0.36. ξ的可能取值为0,1,2,3. P (ξ＝0)＝P (A 2·A )＝P (A 2)P (A )＝0.36×0.4＝0.144， P (ξ＝2)＝P (B )＝0.352，P (ξ＝3)＝P (A 0·A －)＝P (A 0)P (A －)＝0.16×0.6＝0.096， P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)－P (ξ＝3) ＝1－0.144－0.352－0.096 ＝0.408.Eξ＝0×P (ξ＝0)＋1×P (ξ＝1)＋2×P (ξ＝2)＋3×P (ξ＝3) ＝0.408＋2×0.352＋3×0.096 ＝1.400.16．B11、B12、E3[2012·重庆卷] 设f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的极值．16．解：(1)因f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，故f ′(x )＝a x －12x 2＋32.由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴，故该切线斜率为0，即f ′(1)＝0，从而a －12＋32＝0，解得a ＝－1.(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋32x ＋1(x ＞0)，f ′(x )＝－1x －12x 2＋32＝3x 2－2x －12x 2＝(3x ＋1)(x －1)2x 2.令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13(因x 2＝－13不在定义域内，舍去)．当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，故f(x)在(0,1)上为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．故f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3，无极大值．20．K6、K8[2012·陕西卷] 某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；(2)X表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X的分布列及数学期望．20．解：设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：(1)A表示事件“A对应三种情形：①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝1)＋P(Y＝2)P(Y＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.(2)解法一：X所有可能的取值为0,1,2.X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟．所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；X＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y>1)＋P(Y＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49；X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01.所以X的分布列为EX＝0×0.5＋1×0.49＋2解法二：X所有可能的取值为0,1,2.X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01；P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝0.49.所以X的分布列为EX＝0×0.5＋1×0.49＋219．I2、I4、K6、K8[2012·辽宁卷] 电视传媒公司为了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查．下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图．将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”．(1)根据已知条件完成下面的2×2列联表，并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有关？(2)方法每次抽取1名观众，抽取3次．记被抽取的3名观众中的“体育迷”人数为X .若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列，期望E (X )和方差D (X )．附：χ2＝n (n 11n 22－n 12n 21)2n 1＋n 2＋n ＋1n ＋，19．解：(1)由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，“体育迷”有25人，从而2×2列联表如下：将2×2χ2＝n (n 11n 22－n 12n 21)2n 1＋n 2＋n ＋1n ＋2＝100×(30×10－45×15)275×25×45×55＝10033≈3.030. 因为3.030＜3.841，所以没有理由认为“体育迷”与性别有关．(2)由频率分布直方图知抽到“体育迷”的频率为0.25，将频率视为概率，即从观众中抽取一名“体育迷”的概率为14. 由题意X ～B ⎝⎛⎭⎫3，14，从而X 的分布列为E (X )＝np ＝3×14＝34. D (X )＝np (1－p )＝3×14×34＝916. 18．K6、B10[2012·课标全国卷] 某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．(1)若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y (单位：元)关于当天需求量n (单位：枝，n ∈N )的函数解析式；(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：以100①若花店一天购进16枝玫瑰花，X 表示当天的利润(单位：元)，求X 的分布列、数学期望及方差；②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由．18．解：(1)当日需求量n ≥16时，利润y ＝80.当日需求量n <16时，利润y ＝10n －80.所以y 关于n 的函数解析式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －80，n <16，80，n ≥16(n ∈N )． (2)①X 可能的取值为60,70,80，并且P (X ＝60)＝0.1，P (X ＝70)＝0.2，P (X ＝80)＝0.7.X 的分布列为X 的数学期望为EX ＝60×0.1＋70×0.2＋80×0.7＝76.X 的方差为DX ＝(60－76)2×0.1＋(70－76)2×0.2＋(80－76)2×0.7＝44.②答案一：花店一天应购进16枝玫瑰花．理由如下：若花店一天购进17枝玫瑰花，Y 表示当天的利润(单位：元)，那么Y 的分布列为Y 的数学期望为EY ＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.Y 的方差为DY ＝(55－76.4)2×0.1＋(65－76.4)2×0.2＋(75－76.4)2×0.16＋(85－76.4)2×0.54＝112.04.由以上的计算结果可以看出，DX <DY ，即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小． 另外，虽然EX <EY ，但两者相差不大．故花店一天应购进16枝玫瑰花．答案二：花店一天应购进17枝玫瑰花．理由如下：若花店一天购进17枝玫瑰花，Y 表示当天的利润(单位：元)，那么Y 的分布列为Y 的数学期望为EY ＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.由以上的计算结果可以看出，EX <EY ，即购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润．故花店一天应购进17枝玫瑰花．17．K5、K6[2012·湖南卷] 某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示．(1)确定x ，y 的值，并求顾客一次购物的结算时间X 的分布列与数学期望；(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过．．．2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率)17．解：(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，所以x ＝15，y ＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得P (X ＝1)＝15100＝320，P (X ＝1.5)＝30100＝310， P (X ＝2)＝25100＝14，P (X ＝2.5)＝20100＝15， P (X ＝3)＝10100＝110. X 的分布列为X E (X )＝1×320＋1.5×310＋2×14＋2.5×15＋3×110＝1.9. (2)记A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，X i (i ＝1,2)为该顾客前面第i 位顾客的结算时间，则 P (A )＝P (X 1＝1且X 2＝1)＋P (X 1＝1且X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5且X 2＝1)．由于各顾客的结算相互独立，且X 1，X 2的分布列都与X 的分布列相同，所以P (A )＝P (X 1＝1)×P (X 2＝1)＋P (X 1＝1)×P (X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5)×P (X 2＝1)＝320×320＋320×310＋310×320＝980. 故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为980. 20．K6、K7[2012·湖北卷] 根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X (单位：mm)对工期的影响如下表：0.3,0.7,0.9.求：(1)工期延误天数Y 的均值与方差；(2)在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．20．解：(1)由已知条件和概率的加法公式有：P (X ＜300)＝0.3，P (300≤X <700)＝P (X ＜700)－P (X ＜300)＝0.7－0.3＝0.4，P (700≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜700)＝0.9－0.7＝0.2.P (X ≥900)＝1－P (X ＜900)＝1－0.9＝0.1.所以Y 的分布列为于是，E (Y )＝0×0.3＋D (Y )＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.故工期延误天数Y 的均值为3，方差为9.8.(2)由概率的加法公式，P (X ≥300)＝1－P (X ＜300)＝0.7，又P (300≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜300)＝0.9－0.3＝0.6.由条件概率，得P (Y ≤6|X ≥300)＝P (X ＜900|X ≥300)＝P (300≤X ＜900)P (X ≥300)＝0.60.7＝67. 故在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率是67. 17．I2、K6[2012·广东卷] 某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图1－4所示，其中成绩分组区间是：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]．(1)求图中x 的值；(2)从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩在90分以上(含90分)的人数记为ξ，求ξ的数学期望．图1－417．解：(1)由题设可知(3×0.006＋0.01＋x ＋0.054)×10＝1，解之得x ＝0.018.(2)由题设可知，成绩在区间[80,90)内的人数为0.018×10×50＝9，成绩在区间[90,100]内的人数为0.006×10×50＝3，所以不低于80分的学生人数为9＋3＝12，ξ的所有可能取值为0,1,2.P (ξ＝0)＝C 29C 212＝611， P (ξ＝1)＝C 19C 13C 212＝922， P (ξ＝2)＝C 23C 212＝122. 所以ξ的数学期望E ξ＝0×611＋1×922＋2×122＝12. 17．K5、K6[2012·安徽卷] 某单位招聘面试，每次从试题库中随机调用一道试题，若调用的是A 类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道A 类型试题和一道B 类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是B 类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束．试题库中现共有n ＋m 道试题，其中有n 道A 类型试题和m 道B 类型试题．以X 表示两次调题工作完成后，试题库中A 类型试题的数量．(1)求X ＝n ＋2的概率；(2)设m ＝n ，求X 的分布列和均值(数学期望)．17．解：以A i 表示第i 次调题调用到A 类型试题，i ＝1,2.(1)P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n m ＋n ·n ＋1 m ＋n ＋2＝n (n ＋1)(m ＋n )(m ＋n ＋2). (2)X 的可能取值为n ，n ＋1，n ＋2.P (X ＝n )＝P (A 1 A 2)＝n n ＋n ·n n ＋n ＝14， P (X ＝n ＋1)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＋n n ＋n ·n n ＋n ＝12， P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＝14， 从而X 的分布列是EX ＝n ×14＋(n ＋1)×12＋(n ＋2)×14＝n ＋1. 16．K2、K6[2012·福建卷] 受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年，现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X 1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X 2，分别求X 1，X 2的分布列；(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由．16．解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A .则P (A )＝2＋350＝110. (2)依题意得，X 1的分布列为X 2(3)由(2)得，E (X 1)＝1×125＋2×350＋3×910＝14350＝2.86(万元)， E (X 2)＝1.8×110＋2.9×910＝2.79(万元)． 因为E (X 1)＞E (X 2)，所以应生产甲品牌轿车．19．K6、K7[2012·山东卷] 现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为23，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立，假设该射手完成以上三次射击．(1)求该射手恰好命中一次的概率；(2)求该射手的总得分X 的分布列及数学期望EX .19．解：(1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A ，“该射手射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C ，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D ，由题意知P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23， 由于A ＝B C －D －＋B －C D －＋B －C －D ，根据事件的独立性和互斥性得P (A )＝P (B C －D －＋B －C D －＋B －C －D )＝P (B C －D －)＋P (B －C D －)＋P (B －C －D )＝P (B )P (C －)P (D －)＋P (B －)P (C )P (D －)＋P (B －)P (C －)P (D )＝34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×23 ＝736， (2)根据题意，X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.根据事件的独立性和互斥性得P (X ＝0)＝P (B －C －D －)＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )]＝⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23 ＝136， P (X ＝1)＝P (B C －D －)＝P (B )P (C －)P (D －)＝34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23 ＝112， P (X ＝2)＝P (B －C D －＋B －C －D )＝P (B －C D －)＋P (B －C －D )＝⎝⎛⎭⎫1－34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝19， P (X ＝3)＝P (BC D －＋B C －D )＝P (BC D －)＋P (B C －D )＝34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝13， P (X ＝4)＝P (B －CD )＝⎝⎛⎭⎫1－34×23×23＝19， P (X ＝5)＝P (BCD )＝34×23×23＝13. 故X 的分布列为所以EX ＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13＝4112. 16．K6，K7[2012·天津卷] 现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择，为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列与数学期望Eξ.16．解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23.设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，则P (A i )＝C i 4⎝⎛⎭⎫13i ⎝⎛⎭⎫234－i . (1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率P (A 2)＝C 24⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫232＝827. (2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4，由于A 3与A 4互斥，故P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝⎛⎭⎫133⎝⎛⎭⎫23＋C 44⎝⎛⎭⎫134＝19. 所以，这4个人去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为19. (3)ξ的所有可能取值为0,2,4.由于A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥，故P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827， P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝4081， P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝1781. 所以ξ随机变量ξ的数学期望Eξ＝0×827＋2×4081＋4×1781＝14881.19．K1、K5、K6[2012·浙江卷] 已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X 为取出此3球所得分数之和．(1)求X 的分布列；(2)求X 的数学期望E (X )．19．解：(1)由题意得X 取3,4,5,6，且P (X ＝3)＝C 35C 39＝542， P (X ＝4)＝C 14·C 25C 39＝1021， P (X ＝5)＝C 24·C 15C 39＝514， P (X ＝6)＝C 34C 39＝121. 所以X 的分布列为E (X )＝3·P (X ＝3)＋4·P (X ＝4)＋5·P (X ＝5)＋6·P (X ＝6)＝133. K7 条件概率与事件的独立性16．K6，K7[2012·天津卷] 现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择，为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率； (3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列与数学期望Eξ.16．解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23.设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，则P (A i )＝C i 4⎝⎛⎭⎫13i ⎝⎛⎭⎫234－i . (1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率P (A 2)＝C 24⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫232＝827. (2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4，由于A 3与A 4互斥，故P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝⎛⎭⎫133⎝⎛⎭⎫23＋C 44⎝⎛⎭⎫134＝19.所以，这4个人去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为19. (3)ξ的所有可能取值为0,2,4.由于A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥，故P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827， P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝4081， P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝1781. 所以ξ随机变量ξ的数学期望Eξ＝0×827＋2×4081＋4×1781＝14881.s20．K6、K7[2012·湖北卷] 根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X (单位：mm)对工期的影响如下表：0.3,0.7,0.9.求：(1)工期延误天数Y 的均值与方差；(2)在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．20．解：(1)由已知条件和概率的加法公式有：P (X ＜300)＝0.3，P (300≤X <700)＝P (X ＜700)－P (X ＜300)＝0.7－0.3＝0.4， P (700≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜700)＝0.9－0.7＝0.2.P (X ≥900)＝1－P (X ＜900)＝1－0.9＝0.1.所以Y 的分布列为于是，E (Y )＝0×0.3＋D (Y )＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.故工期延误天数Y 的均值为3，方差为9.8.(2)由概率的加法公式，P (X ≥300)＝1－P (X ＜300)＝0.7，又P (300≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜300)＝0.9－0.3＝0.6.由条件概率，得P (Y ≤6|X ≥300)＝P (X ＜900|X ≥300)＝P (300≤X ＜900)P (X ≥300)＝0.60.7＝67.故在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率是67. 19．K6、K7[2012·山东卷] 现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为23，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立，假设该射手完成以上三次射击．(1)求该射手恰好命中一次的概率；(2)求该射手的总得分X 的分布列及数学期望EX .19．解：(1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A ，“该射手射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C ，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D ，由题意知P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23，由于A ＝B C －D －＋B －C D －＋B －C －D ，根据事件的独立性和互斥性得P (A )＝P (B C －D －＋B －C D －＋B －C －D )＝P (B C －D －)＋P (B －C D －)＋P (B －C －D )＝P (B )P (C －)P (D －)＋P (B －)P (C )P (D －)＋P (B －)P (C －)P (D )＝34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝736，(2)根据题意，X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.根据事件的独立性和互斥性得P (X ＝0)＝P (B －C －D －)＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )]＝⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＝136，P (X ＝1)＝P (B C －D －)＝P (B )P (C －)P (D －)＝34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＝112，P (X ＝2)＝P (B －C D －＋B －C －D )＝P (B －C D －)＋P (B －C －D )＝⎝⎛⎭⎫1－34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝19，P (X ＝3)＝P (BC D －＋B C －D )＝P (BC D －)＋P (B C －D )＝34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝13，P (X ＝4)＝P (B －CD )＝⎝⎛⎭⎫1－34×23×23。

高考大题概率训练1、在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目集中安排在一起，若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序（序号为1,2,……6），求：（I）甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率；（II）甲、乙两单位之间的演出单位个数ξ的分布列与期望。

2、某迷宫有三个通道，进入迷宫的每个人都要经过一扇智能门。

首次到达此门，系统会随机（即等可能）为你打开一个通道，若是1号通道，则需要1小时走出迷宫；若是2号、3号通道，则分别需要2小时、3小时返回智能门。

再次到达智能门时，系统会随机打开一个你未到过．．．的通道，直至走完迷宫为止。

令ξ表示走出迷宫所需的时间。

（1）求ξ的分布列；（2）求ξ的数学期望。

3、某同学参加3门课程的考试。

假设该同学第一门课程取得优秀成绩的概率为45，第二、第三门课程取得优秀成绩的概率分别为p，q(p＞q)，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立。

记ξ为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为(Ⅰ)求该生至少有(Ⅱ)求p，q的值；(Ⅲ)求数学期望Eξ。

4、某种有奖销售的饮料，瓶盖内印有“奖励一瓶”或“谢谢购买”字样，购买一瓶若其瓶盖内印有“奖励一瓶”字样即为中奖，中奖概率为16.甲、乙、丙三位同学每人购买了一瓶该饮料。

（Ⅰ）求甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率；（Ⅱ）求中奖人数ξ的分布列及数学期望Eξ.5、某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响。

（Ⅰ）假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率（Ⅱ）假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标。

另外2次未击中目标的概率；（Ⅲ）假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分，在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分，记ξ为射手射击3次后的总的分数，求ξ的分布列。

6、某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随即抽取该流水线上40件产品作为样本算出他们的重量（单位：克）重量的分组区间为（490,]495，（495,]500，……（510,]515，由此得到样本的频率分布直方图，如图4所示．（1）根据频率分布直方图，求重量超过505克的产品数量． （2）在上述抽取的40件产品中任取2件，设Y 为重量超过505克的产品数量，求Y 的分布列．（3）从流水线上任取5件产品，求恰有2件产品合格的重量超过505克的概率．7、某食品企业一个月内被消费者投诉的次数用ξ表示，据统计，随机变量ξ的概率分布如下表：(1)求a 的值和ξ的数学期望；(2)假设一月份与二月份被消费投诉的次数互不影响，求该企业在这两个月内共被 消费者投诉2次的概率．8、一个袋中有大小相同的标有1，2，3，4，5，6的6个小球，某人做如下游戏，每次从袋中拿一个球（拿后放回），记下标号。

2023高考数学浙江卷概率的计算历年真题及答案一、引言概率是数学中一个非常重要的概念，也是高考数学考试内容中的重点之一。

在2023年高考数学浙江卷中，涉及了概率的计算题目，下面将为大家整理历年真题及其详细的解答过程。

二、2018年高考数学浙江卷题目1：某班级30名男同学和25名女同学参加一次足球比赛，其中某一学生的概率是0.6，那么从中随机抽出一名学生，其为男生的概率是多少？解答：根据题意，男同学的人数为30，女同学的人数为25，总人数为55。

设事件A为随机抽出的学生为男生。

所以，事件A发生的概率P(A)=男生人数/总人数=30/55≈0.545。

题目2：某班级的学生参加选修课考试，学生考试合格的概率为0.75，如果从该班级中任意选取2名学生参加考试，则恰好有1名学生合格的概率是多少？解答：设事件A为选择的2名学生中恰好有1名合格。

所以, A事件可划分为两种情况：第一名合格，第二名不合格；第一名不合格，第二名合格。

设B为第一名学生合格，C为第二名学生合格。

由题意可知，P(B)=0.75，P(C)=0.25。

根据概率的加法定理，P(A)=P(BC)+P(CB)=P(B)×P(C)+P(C)×P(B)=(0.75×0.25)+(0.25×0.75)=0.3 75。

三、2019年高考数学浙江卷题目1：在一个有33张扑克牌的标准纸牌中，随机取出两张牌，计算两张牌不同花色的概率。

解答：在一副标准纸牌中，有4种花色：梅花、方块、红桃和黑桃。

设事件A为两张牌不同花色，事件A的发生需要取到一张梅花牌和一张非梅花牌，或者一张方块牌和一张非方块牌，或者一张红桃牌和一张非红桃牌，或者一张黑桃牌和一张非黑桃牌。

根据概率的乘法定理，P(A)=P(梅花牌和非梅花牌)+P(方块牌和非方块牌)+P(红桃牌和非红桃牌)+P(黑桃牌和非黑桃牌)。

由概率的加法定理可知，P(梅花牌和非梅花牌)=P(方块牌和非方块牌)=P(红桃牌和非红桃牌)=P(黑桃牌和非黑桃牌)。

2019年高考理科数学试题概率与统计1．【2018年浙江卷】设0<p<1，随机变量ξ的分布列是则当p在（0，1）内增大时，A. D（ξ）减小B. D（ξ）增大C. D（ξ）先减小后增大D. D（ξ）先增大后减小【答案】D拓展：2．【2018年理新课标I卷】下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．△ABC 的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为II，其余部分记为III．在整个图形中随机取一点，此点取自I，II，III的概率分别记为p1，p2，p3，则A. p1=p2B. p1=p3C. p2=p3D. p1=p2+p3【答案】A【解析】分析：首先设出直角三角形三条边的长度，根据其为直角三角形，从而得到三边的关系，之后应用相应的面积公式求得各个区域的面积，根据其数值大小，确定其关系，再利用面积型几何概型的概率公式确定出p1，p2，p3的关系，从而求得结果.详解：设，则有，从而可以求得的面积为，黑色部分的面积为，其余部分的面积为，所以有，根据面积型几何概型的概率公式，可以得到，故选A.拓展：该题考查的是面积型几何概型的有关问题，题中需要解决的是概率的大小，根据面积型几何概型的概率公式，将比较概率的大小问题转化为比较区域的面积的大小，利用相关图形的面积公式求得结果.3．【2018年理新课标I卷】某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍．实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例．得到如下饼图：则下面结论中不正确的是A. 新农村建设后，种植收入减少B. 新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C. 新农村建设后，养殖收入增加了一倍D. 新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半【答案】A。

浙江省新课程（2020-2021）高考数学试题的考查内容 (二项式、计数原理)年份 考查 内容2009年2010年2011年2012年排列、组合、概率与统计二项式特定项系数4，排列组合16，概率、期望19错排问题17，二项式定理14，概率、期望19 古典概型的概率9、数学期望，相互独立事件的概率15分类加法计数原理、组合6，二项式特定项系数14，期望192021-6.假设从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，那么不同的取法共有 种 种 种 种 D解析：第一种：奇奇偶偶 2254C C第二种：奇奇奇奇44C 第三种：偶偶偶偶45C2020-（9）有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本.假设将其随机的并排摆放到书架的同一层上，那么同一科目的书都不相邻的概率 （A ）15 （B ）25 （C ）35 D 45【答案】B【解析】由古典概型的概率公式得522155222233232222=+-=A A A A A A A P . 2020--（17）有4位同窗在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、 “台阶”五个项目的测试，每位同窗上、下午各测试一个项目，且不重复. 假设上午意外“握力”项目，下午意外“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人. 那么不同的安排方式共 有______________种（用数字作答）.解析：此题要紧考察了排列与组合的相关知识点，突出对分类讨论思想和数学思维能力的考察，属较难题2642020-16．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，假设每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，那么不同的站法种数是（用数字作答）． 答案：336【解析】关于7个台阶上每一个只站一人，那么有37A 种；假设有一个台阶有2人，另一个是1人，那么共有1237C A 种，因此共有不同的站法种数是336种．2020--（16）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，如此的六位数的个数是____40 ______（用数字作答)。

概率学高考试题及答案1. 单选题：设随机变量X服从参数为λ的指数分布，其概率密度函数为f(x)=λe^(-λx)，x≥0。

则随机变量X的期望值E(X)为多少？A. 1/λB. λC. 0D. e^(-λ)答案：A2. 多选题：下列哪些事件是互斥事件？A. 抛一枚硬币，正面朝上和反面朝上B. 抛一枚骰子，得到1点和得到2点C. 抛一枚骰子，得到奇数点和得到偶数点D. 抛一枚硬币，正面朝上和反面朝上同时发生答案：A、B3. 填空题：设随机变量X服从正态分布N(μ, σ^2)，若P(X≤μ-σ)=0.1587，则P(X≥μ+σ)=____。

答案：0.15874. 判断题：若随机变量X和Y独立，则它们不相关。

A. 正确B. 错误答案：B5. 计算题：设随机变量X服从二项分布B(n, p)，其中n=10，p=0.5。

求X的期望值和方差。

答案：E(X)=np=10×0.5=5，Var(X)=np(1-p)=10×0.5×0.5=2.56. 简答题：什么是条件概率？并给出条件概率的计算公式。

答案：条件概率是指在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，记作P(B|A)。

条件概率的计算公式为P(B|A)=P(A∩B)/P(A)，其中P(A∩B)表示事件A和B同时发生的概率，P(A)表示事件A发生的概率。

7. 综合题：设随机变量X和Y的联合概率密度函数为f(x, y)，求X和Y的协方差Cov(X, Y)。

答案：Cov(X, Y)=E[(X-E(X))(Y-E(Y))]=∫∫(x-E(X))(y-E(Y))f(x, y)dxdy，其中E(X)和E(Y)分别为X和Y的期望值。

专题15概率与统计（选择题、填空题）（理科专用）1．【2022年全国乙卷】某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为1,2,3，且3>2>1>0．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大【答案】D【解析】【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘甲的概率丙.并对三者进行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率为甲则甲=2(1−2)13+221(1−3)=21(2+3)−4123记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为乙则乙=2(1−1)23+212(1−3)=22(1+3)−4123记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为丙则丙=2(1−1)32+213(1−2)=23(1+2)−4123则甲−乙=21(2+3)−4123−22(1+3)−4123=21−23<0乙−丙=22(1+3)−4123−23(1+2)−4123=22−31<0即甲<乙，乙<丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D2．【2022年新高考1卷】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（）A．16B．13C．12D．23【答案】D【解析】【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C 72=21种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：(2,4),(2,6),(2,8),(3,6),(4,6),(4,8),(6,8)，共7种，故所求概率=21−721=23.故选：D.3．【2021年甲卷理科】已知12,F F 是双曲线C 的两个焦点，P 为C 上一点，且121260,3F PF PF PF ∠=︒=，则C 的离心率为（）A 72B ．132C D 【答案】A 【解析】【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出12,PF PF ，结合余弦定理可得答案.【详解】因为213PF PF =，由双曲线的定义可得12222PF PF PF a -==，所以2PF a =，13PF a =；因为1260F PF ∠=︒,由余弦定理可得2224923cos60c a a a a =+-⨯⋅⋅︒，整理可得2247c a =，所以22274a c e ==，即2e =.故选：A 【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立,a c 间的等量关系是求解的关键.4．【2021年甲卷理科】将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）A ．13B ．25C ．23D ．45【答案】C 【解析】【分析】采用插空法，4个1产生5个空，分2个0相邻和2个0不相邻进行求解.【详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，则有155C =种排法，若2个0不相邻，则有2510C =种排法，所以2个0不相邻的概率为1025103=+.故选：C.5．【2021年乙卷理科】在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于74的概率为（）A ．79B ．2332C ．932D ．29【答案】B 【解析】【分析】设从区间()()0,1,1,2中随机取出的数分别为,x y ，则实验的所有结果构成区域为(){},01,12x y x y Ω=<<<<，设事件A 表示两数之和大于74，则构成的区域为()7,01,12,4A x y x y x y ⎧⎫=<<<+⎨⎬⎩⎭，分别求出,A Ω对应的区域面积，根据几何概型的的概率公式即可解出．【详解】如图所示：设从区间()()0,1,1,2中随机取出的数分别为,x y ，则实验的所有结果构成区域为(){},01,12x y x y Ω=<<<<，其面积为111SΩ=⨯=．设事件A 表示两数之和大于74，则构成的区域为()7,01,12,4A x y x y x y ⎧⎫=<<<+⎨⎬⎩⎭，即图中的阴影部分，其面积为13323124432A S =-⨯⨯=，所以()2332A S P A S Ω==．故选：B.【点睛】本题主要考查利用线性规划解决几何概型中的面积问题，解题关键是准确求出事件,A Ω对应的区域面积，即可顺利解出．6．【2021年新高考1卷】有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）A ．甲与丙相互独立B ．甲与丁相互独立C ．乙与丙相互独立D ．丙与丁相互独立【答案】B 【解析】【分析】根据独立事件概率关系逐一判断【详解】11561()()()()6636366P P P P =====甲，乙，丙丁，1()0()()()()()36P P P P P P =≠==甲丙甲丙，甲丁甲丁，1()()()()0()()36P P P P P P =≠=≠乙丙乙丙，丙丁丁丙，故选：B 【点睛】判断事件,A B 是否独立，先计算对应概率，再判断()()()P A P B P AB =是否成立7．【2021年新高考2卷】某物理量的测量结果服从正态分布()210,N σ，下列结论中不正确的是（）A ．σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大B ．该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C ．该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等D ．该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等【答案】D 【解析】【分析】由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解.【详解】对于A ，2σ为数据的方差，所以σ越小，数据在10μ=附近越集中，所以测量结果落在()9.9,10.1内的概率越大，故A 正确；对于B ，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故B正确；对于C ，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C 正确；对于D ，因为该物理量一次测量结果落在()9.9,10.0的概率与落在()10.2,10.3的概率不同，所以一次测量结果落在()9.9,10.2的概率与落在()10,10.3的概率不同，故D 错误.故选：D.8．【2020年新课标1卷理科】某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：°C ）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(,)(1,2,,20)i i x y i = 得到下面的散点图：由此散点图，在10°C 至40°C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是（）A ．y a bx =+B ．2y a bx =+C ．e x y a b =+D ．ln y a b x=+【答案】D 【解析】【分析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.【详解】由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，因此，最适合作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是ln y a b x =+.故选：D.【点睛】本题考查函数模型的选择，主要观察散点图的分布，属于基础题.9．【2020年新课标2卷理科】在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（）A ．10名B ．18名C ．24名D ．32名【答案】B 【解析】【分析】算出第二天订单数，除以志愿者每天能完成的订单配货数即可.【详解】由题意，第二天新增订单数为50016001200900+-=，9001850=，故至少需要志愿者18名.故选：B 【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用，属于基础题.10．【2020年新课标3卷理科】在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为1234,,,p p p p ，且411i i p ==∑，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（）A ．14230.1,0.4p p p p ====B ．14230.4,0.1p p p p ====C ．14230.2,0.3p p p p ====D ．14230.3,0.2p p p p ====【答案】B 【解析】【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组.【详解】对于A 选项，该组数据的平均数为()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65As =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于B 选项，该组数据的平均数为()()140.4230.1 2.5B x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.42 2.50.13 2.50.14 2.50.4 1.85Bs =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于C 选项，该组数据的平均数为()()140.2230.3 2.5C x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.22 2.50.33 2.50.34 2.50.2 1.05Cs =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于D 选项，该组数据的平均数为()()140.3230.2 2.5D x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.32 2.50.23 2.50.24 2.50.3 1.45Ds =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=.因此，B 选项这一组的标准差最大.故选：B.【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题.11．【2020年新高考1卷（山东卷）】某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（）A ．62%B ．56%C ．46%D ．42%【答案】C 【解析】【分析】记“该中学学生喜欢足球”为事件A ，“该中学学生喜欢游泳”为事件B ，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A B +，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A B ⋅，然后根据积事件的概率公式()P A B ⋅=()()()P A P B P A B +-+可得结果.【详解】记“该中学学生喜欢足球”为事件A ，“该中学学生喜欢游泳”为事件B ，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A B +，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A B ⋅，则()0.6P A =，()0.82P B =，()0.96P A B +=，所以()P A B ⋅=()()()P A P B P A B +-+0.60.820.960.46=+-=所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46%.故选：C.【点睛】本题考查了积事件的概率公式，属于基础题.12．【2019年新课标1卷理科】我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“——”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是A ．516B ．1132C ．2132D ．1116【答案】A【分析】本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3个阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算．【详解】由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有62情况，其中6爻中恰有3个阳爻情况有36C ，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为3662C =516，故选A ．【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问题．本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题．13．【2019年新课标2卷理科】演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是A ．中位数B ．平均数C ．方差D ．极差【答案】A 【解析】【分析】可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案．【详解】设9位评委评分按从小到大排列为123489x x x x x x ≤≤≤≤≤ ．则①原始中位数为5x ，去掉最低分1x ，最高分9x ，后剩余2348x x x x ≤≤≤ ，中位数仍为5x ，∴A 正确．②原始平均数1234891()9x x x x x x x =+++++ ，后来平均数234817x x x x x '=+++ （）平均数受极端值影响较大，∴x 与x '不一定相同，B 不正确③()()()222219119S x x x x x x ⎡⎤=-+-++-⎣⎦ ()()()222223817s x x x x x x ⎡⎤'=-'+-'++-'⎢⎥⎣⎦ 由②易知，C 不正确．④原极差91=x -x ，后来极差82=x -x 可能相等可能变小，D 不正确．本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解.14．【2019年新课标3卷理科】《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为A．0.5B．0.6C．0.7D．0.8【答案】C【解析】根据题先求出阅读过西游记的人数，进而得解.【详解】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C．【点睛】本题考查容斥原理，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题．15．【2018年新课标1卷理科】某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍．实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例．得到如下饼图：则下面结论中不正确的是A．新农村建设后，种植收入减少B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半【答案】A【解析】【分析】首先设出新农村建设前的经济收入为M ，根据题意，得到新农村建设后的经济收入为2M ，之后从图中各项收入所占的比例，得到其对应的收入是多少，从而可以比较其大小，并且得到其相应的关系，从而得出正确的选项.【详解】设新农村建设前的收入为M ，而新农村建设后的收入为2M ，则新农村建设前种植收入为0.6M ，而新农村建设后的种植收入为0.74M ，所以种植收入增加了，所以A 项不正确；新农村建设前其他收入我0.04M ，新农村建设后其他收入为0.1M ，故增加了一倍以上，所以B 项正确；新农村建设前，养殖收入为0.3M ，新农村建设后为0.6M ，所以增加了一倍，所以C 项正确；新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的综合占经济收入的30%28%58%50%+=>，所以超过了经济收入的一半，所以D 正确；故选A.点睛：该题考查的是有关新农村建设前后的经济收入的构成比例的饼形图，要会从图中读出相应的信息即可得结果.16．【2018年新课标1卷理科】如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边BC ，直角边AB ，AC ．△ABC 的三边所围成的区域记为I ，黑色部分记为II ，其余部分记为III ．在整个图形中随机取一点，此点取自I ，II ，III 的概率分别记为p 1，p 2，p 3，则A ．p 1=p 2B ．p 1=p 3C ．p 2=p 3D ．p 1=p 2+p 3【答案】A 【解析】【分析】首先设出直角三角形三条边的长度，根据其为直角三角形，从而得到三边的关系，然后应用相应的面积公式求得各个区域的面积，根据其数值大小，确定其关系，再利用面积型几何概型的概率公式确定出p 1，p 2，p 3的关系，从而求得结果.【详解】设,,AC b AB c BC a ===，则有222b c a +=，从而可以求得ABC ∆的面积为112=S bc ，黑色部分的面积为22221()()[()]2222c b a S bc πππ=⋅+⋅-⋅-2221(4442c b a bc π=+-+22211422c b a bc bc π+-=⋅+=，其余部分的面积为22311122282a a S bc bc ππ⎛⎫=⋅-=- ⎪⎝⎭，所以有12S S =，根据面积型几何概型的概率公式，可以得到12p p =，故选A.点睛：该题考查的是面积型几何概型的有关问题，题中需要解决的是概率的大小，根据面积型几何概型的概率公式，将比较概率的大小问题转化为比较区域的面积的大小，利用相关图形的面积公式求得结果.17．【2018年新课标2卷理科】我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723=+．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A ．112B ．114C ．115D ．118【答案】C【解析】【详解】分析：先确定不超过30的素数，再确定两个不同的数的和等于30的取法，最后根据古典概型概率公式求概率.详解：不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有21045C =种方法，因为7+23=11+19=13+17=30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为31=4515，选C.点睛：古典概型中基本事件数的探求方法：(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.18．【2018年新课标3卷理科】某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，各成员的支付方式相互独立，设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数， 2.4DX =，()()46P X P X =<=，则p =A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.3【答案】B【解析】【详解】分析：判断出为二项分布，利用公式()()D X np 1p =-进行计算即可．()()D X np 1p =- p 0.4∴=或p 0.6=()()()()6444661010P X 41P X 61C p p C p p ==-<==-，()221p p ∴-<,可知p 0.5>故答案选B.点睛：本题主要考查二项分布相关知识，属于中档题．19．【2021年新高考1卷】有一组样本数据1x ，2x ，…，n x ，由这组数据得到新样本数据1y ，2y ，…，n y ，其中i i y x c =+(1,2,,),i n c =⋅⋅⋅为非零常数，则（）A ．两组样本数据的样本平均数相同B ．两组样本数据的样本中位数相同C ．两组样本数据的样本标准差相同D ．两组样本数据的样本极差相同【答案】CD【解析】【分析】A 、C 利用两组数据的线性关系有()()E y E x c =+、()()D y D x =，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B 、D 的正误.【详解】A ：()()()E y E x c E x c =+=+且0c ≠，故平均数不相同，错误；B ：若第一组中位数为i x ，则第二组的中位数为i i y x c =+，显然不相同，错误；C ：()()()()D y D x D c D x =+=，故方差相同，正确；D ：由极差的定义知：若第一组的极差为max min x x -，则第二组的极差为max min max min max min ()()y y x c x c x x -=+-+=-，故极差相同，正确；故选：CD20．【2021年新高考2卷】下列统计量中，能度量样本12,,,n x x x 的离散程度的是（）A ．样本12,,,n x x x 的标准差B ．样本12,,,n x x x 的中位数C ．样本12,,,n x x x 的极差D ．样本12,,,n x x x 的平均数【答案】AC【解析】【分析】考查所给的选项哪些是考查数据的离散程度，哪些是考查数据的集中趋势即可确定正确选项.【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；故选：AC.21．【2020年新高考1卷（山东卷）】信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X 所有可能的取值为1,2,,n ，且1()0(1,2,,),1ni i i P X i p i n p ===>==∑ ，定义X 的信息熵21()log n i i i H X p p ==-∑.（）A ．若n =1，则H (X )=0B ．若n =2，则H (X )随着1p 的增大而增大C ．若1(1,2,,)i p i n n == ，则H (X )随着n 的增大而增大D ．若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1,2,,m ，且21()(1,2,,)j m j P Y j p p j m +-==+= ，则H (X )≤H (Y )【答案】AC【解析】【分析】对于A 选项，求得()H X ，由此判断出A 选项；对于B 选项，利用特殊值法进行排除；对于C 选项，计算出()H X ，利用对数函数的性质可判断出C 选项；对于D 选项，计算出()(),H X H Y ，利用基本不等式和对数函数的性质判断出D 选项.【详解】对于A 选项，若1n =，则11,1i p ==，所以()()21log 10H X =-⨯=，所以A 选项正确.对于B 选项，若2n =，则1,2i =，211p p =-，所以()()()121121X log 1log 1H p p p p =-⋅+-⋅-⎡⎤⎣⎦，当114p =时，()221133log log 4444H X ⎛⎫=-⋅+⋅ ⎪⎝⎭，当13p 4=时，()223311log log 4444H X ⎛⎫=-⋅+⋅ ⎪⎝⎭，两者相等，所以B 选项错误.对于C 选项，若()11,2,,i p i n n== ，则()222111log log log H X n n nn n ⎛⎫=-⋅⨯=-= ⎪⎝⎭，则()H X 随着n 的增大而增大，所以C 选项正确.对于D 选项，若2n m =，随机变量Y 的所有可能的取值为1,2,,m ，且()21j m j P Y j p p +-==+（1,2,,j m = ）.()2222111log log m m i i i i i iH X p p p p ===-⋅=⋅∑∑122221222122121111log log log log m m m mp p p p p p p p --=⋅+⋅++⋅+⋅ .()H Y =()()()122221212122211111log log log m m m m m m m m p p p p p p p p p p p p -+-++⋅+⋅+++⋅+++ 12222122212221221121111log log log log m m m m m mp p p p p p p p p p p p ---=⋅+⋅++⋅+⋅++++ 由于()01,2,,2i p i m >= ，所以2111i i m i p p p +->+，所以222111log log i i m i p p p +->+，所以222111log log i i i i m ip p p p p +-⋅>⋅+，所以()()H X H Y >，所以D 选项错误.故选：AC【点睛】本小题主要考查对新定义“信息熵”的理解和运用，考查分析、思考和解决问题的能力，涉及对数运算和对数函数及不等式的基本性质的运用，属于难题.22．【2020年新高考2卷（海南卷）】我国新冠肺炎疫情进入常态化，各地有序推进复工复产，下面是某地连续11天复工复产指数折线图，下列说法正确的是A ．这11天复工指数和复产指数均逐日增加;B ．这11天期间，复产指数增量大于复工指数的增量;C．第3天至第11天复工复产指数均超过80%;D．第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量;【答案】CD【解析】【分析】注意到折线图中有递减部分，可判定A错误；注意考查第1天和第11天的复工复产指数的差的大小，可判定B错误；根据图象，结合复工复产指数的意义和增量的意义可以判定CD 正确.【详解】由图可知，第1天到第2天复工指数减少，第7天到第8天复工指数减少，第10天到第11复工指数减少，第8天到第9天复产指数减少，故A错误；由图可知，第一天的复产指标与复工指标的差大于第11天的复产指标与复工指标的差，所以这11天期间，复产指数增量小于复工指数的增量，故B错误;由图可知，第3天至第11天复工复产指数均超过80%，故C正确;由图可知，第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量，故D正确;【点睛】本题考查折线图表示的函数的认知与理解，考查理解能力，识图能力，推理能力，难点在于指数增量的理解与观测，属中档题.23．【2022年全国甲卷】从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．【答案】635.【解析】【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有=C84=70个结果，这4个点在同一个平面的有= 6+6=12个，故所求概率==1270=635．故答案为：635．24．【2022年新高考2卷】已知随机变量X服从正态分布2,2，且o2<≤2.5)=0.36，则o>2.5)=____________．【答案】0.14##750．【解析】【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．【详解】因为∼2,2，所以<2=>2=0.5，因此>2.5=>2−2<≤2.5=0.5−0.36=0.14．故答案为：0.14．25．【2019年新课标1卷理科】甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________．【答案】0.18【解析】【分析】本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解．题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查．【详解】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是30.60.50.520.108,⨯⨯⨯=前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是220.40.60.520.072,⨯⨯⨯=综上所述，甲队以4:1获胜的概率是0.1080.0720.18.q =+=【点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以4:1获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算．26．【2019年新课标2卷理科】我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为___________.【答案】0．98.【解析】【分析】本题考查通过统计数据进行概率的估计，采取估算法，利用概率思想解题．【详解】由题意得，经停该高铁站的列车正点数约为100.97200.98100.9939.2⨯+⨯+⨯=，其中高铁个数为10+20+10=40，所以该站所有高铁平均正点率约为39.20.9840=．【点睛】本题考点为概率统计，渗透了数据处理和数学运算素养．侧重统计数据的概率估算，难度不大．易忽视概率的估算值不是精确值而失误，根据分类抽样的统计数据，估算出正点列车数量与列车总数的比值．。

专题三：高考理科数学概率与数学期望一．离散型随机变量的期望(均值)和方差1. 其中，120,1,2,...,,...1i n p i n p p p ≥=+++=，则称1122...n n x p x p x p +++为随机变量X 的均值或X 的数学期望，记为()E X 或μ．数学期望 ()E X =1122...n n x p x p x p +++性质 （1）()E c c =；（2）()()E aX b aE X b +=+．（,,a b c 为常数）2. 2221122()()...()n n x p x p x p μμμ-+-++-，（其中120,1,2,...,,...1i n p i n p p p ≥=+++=）刻画了随机变量X 与其均值μ的平均偏离程度，我们将其称为离散型随机变量X 的方差，记为()D X 或2σ．方差2221122()()...()n n DX x p x p x p μμμ=-+-++-2．方差公式也可用公式22221()()ni i i D X x p EX EX μ==-=-∑计算．3．随机变量X 的方差也称为X 的概率分布的方差，X 的方差()D X 的算术平方根称为X的标准差，即σ1.设X 是一个离散型随机变量，其分布列如下表，试求EX ，DX 。

对一般情形，一批产品共N 件，其中有M 件不合格品，随机取出的n 件产品中，其中min(,)l n M =一般地，若一个随机变量X 的分布列为()r n r M N MnNC C P X r C --==， 其中0r =，1，2，3，…，l ，min(,)l n M =，则称X 服从超几何分布，记为(,,)XH n M N ，并将()r n r M N MnNC C P X r C --==记为(;,,)H r n M N ． 1．高三（1）班的联欢会上设计了一项游戏：在一个口袋中装有10个红球，20个白球，这些球除颜色外完全相同．现一次从中摸出5个球，（1）若摸到4个红球1个白球的就中一等奖，求中一等奖的概率． （2）若至少摸到3个红球就中奖，求中奖的概率．X 0 1 2 3 4 5P从而2584807585503800700425()012345 1.66672375123751237512375123751237513E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=≈ 答：X 的数学期望约为1.6667．说明：一般地，根据超几何分布的定义，可以得到0()r n r nM N Mnr Nr C C M E X n C N --===∑． 2. 在10件产品中，有3件一等品，4件二等品，3件三等品。

高考试题解析数学（理科）分项版12 概率一、选择题:1.(高考浙江卷理科9)有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本.若将其随机的并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率 （A ）15 （B ）25 （C ）35 （D ） 45解析：因为甲乙两位同学参加同一个小组有3种方法，两位同学个参加一个小组共有933=⨯种方法；所以，甲乙两位同学参加同一个小组的概率为3193= 点评：本题考查排列组合、概率的概念及其运算和分析问题、解决问题的能力。

4. (高考广东卷理科6)甲、乙两队进行排球决赛．现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠，乙队需要再赢两局才能得冠.若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠的概率为（ ）A.12B.35C.23D.34【解析】D.由题得甲队获得冠有两种情况，第一局胜或第一局输第二局胜，所以甲队获得冠的概率.43212121=⨯+=P 所以选D.5．(高考湖北卷理科7)如图，用K 、A 1、A 2三类不同的元件连成一个系统.当K 正常工作且A 1、A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作.已知K 、A 1、A 2正常工作的概率依次为0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为A.0.960B.0.864C.0.720D.0.576答案：B解析：系统正常工作概率为120.90.8(10.8)0.90.80.80.864C ⨯⨯⨯-+⨯⨯=，所以选B. 6．(高考陕西卷理科10)甲乙两人一起去“西安世园会”，他们约定，各自地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们同在一个景点的概率是 （A ）136 （B ）19 （C ）536 （D ）16【答案】D【解析】：各自地从1到6号景点中任选4个进行游览有1111111166554433C C C C C C C C 种，且等可能，最后一小时他们同在一个景点有11111116554433C C C C C C C 种，则最后一小时他们同在一个景点的概率是11111116554433111111116655443316C C C C C C C p C C C C C C C C ==，故选D7. (高考四川卷理科12)在集合{}1,2,3,4,5中任取一个偶数a 和一个奇数b 构成以原点为起点的向量a =（a,b ）.从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形.记所有作成的平行四边形的个数为n ，其中面积不超过．．．4的平行四边形的个数为m ，则mn=( ) （A ）415 （B ）13 （C ）25 （D ）23答案：B解析：基本事件：26(2,1),(2,3),(2,5),(4,1),(4,5),(4,3)23515n C ==⨯=从选取个，.其中面积为2的平行四边形的个数(2,3)(4,5);(2,1)(4,3);(2,1)(4,1)；其中面积为4的平行四边形的为(2,3)(2,5);(2,1)(2,3)； m=3+2=5故51153m n ==. 8．(2011年高考福建卷理科4)如图，矩形ABCD 中，点E 为边CD 的中点，若在矩形ABCD 内部随机取一个点Q ，则点Q 取自△ABE 内部的概率等于 A ．14 B ．13C ．12D ．23【答案】C 二、填空题:1.(高考浙江卷理科15)某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得到甲公司面试的概率为23，得到乙、丙两公司面试的概率为p ，且三个公司是否让其面试是相互的。