第42練 隨機(jī)事件的概率與古典概型 -2023屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)五層訓(xùn)練（新高考地區(qū)）（解析版）

第42練隨機(jī)事件的概率與古典概型

一、課本變式練

1.（人A必修二P243習(xí)題10.1T5變式）擲兩顆骰子，觀察擲得的點(diǎn)數(shù)；設(shè)事件4為：至少一個(gè)點(diǎn)數(shù)是奇

數(shù)；事件8為：點(diǎn)數(shù)之和是偶數(shù)；事件A的概率為P（A）,事件5的概率為P（B）；則l-P（AcB）是下列哪

個(gè)事件的概率（）

A.兩個(gè)點(diǎn)數(shù)都是偶數(shù)B.至多有一個(gè)點(diǎn)數(shù)是偶數(shù)

C.兩個(gè)點(diǎn)數(shù)都是奇數(shù)D.至多有一個(gè)點(diǎn)數(shù)是奇數(shù)

【答案】D

【解析】由題意，事件AcB為：兩個(gè)點(diǎn)數(shù)都為奇數(shù)，由概率l-P（AcB）指的是事件AcB的對(duì)立事件的

概率，則事件AcB的對(duì)立事件為：至少有一個(gè)點(diǎn)數(shù)為偶數(shù)，或者至多有一個(gè)點(diǎn)數(shù)為奇數(shù).故選D.

2.（人A必修二P243習(xí)題10.1T3變式）隨機(jī)擲兩個(gè)質(zhì)地均勻的正方體骰子，骰子各個(gè)面分別標(biāo)記有1~6共

六個(gè)數(shù)字，記事件A="骰子向上的點(diǎn)數(shù)是1和3”，事件8="骰子向上的點(diǎn)數(shù)是3和6”,事件C="骰子向上

的點(diǎn)數(shù)含有3”，則下列說法正確的是（）

A.事件A與事件8是相互獨(dú)立事件B.事件A與事件C是互斥事件

C.P（A）=P（B）/D.P（c）=.

【答案】C

【解析】投擲兩個(gè)質(zhì)地均勻的正方體骰子，所有可能的結(jié)果有6x6=36種；

滿足事件A的有{1,3},{3,1},共2種；滿足事件8的有{3,6},{6,3},共2種；滿足事件C的有{1,3},{2,3},

{3,3},{4,3},{5,3},{6,3},{3,1},{3,2},{3,4},{3,5},{3,6},共11種;

、2111

-.P（A）^P（B）=-=-,C正確；P（C）=-,D錯(cuò)誤；

3018JO

P（A8）=0wP（A）P（8）,二AB不是相互獨(dú)立事件，A錯(cuò)誤；

事件A和事件C可能同時(shí)發(fā)生，不是互斥事件，B錯(cuò)誤.故選C.

3.（人A必修二P243習(xí)題10.1T7變式）從分別寫有1,2,3,4,5的5張卡片中無(wú)放回隨機(jī)抽取2張，則

抽到的2張卡片上的數(shù)字之和是偶數(shù)的概率為（）

【答案】B

【解析】1,2,3,4,5的5張卡片中無(wú)放回隨機(jī)抽取2張，由以下情況:

（1,2）,（1,3）,（1,4）,（1,5）,（2,3）,（2,4）,（2,5）,（3,4）,（3,5）,（4,5）,共10種情況,

其中抽到的2張卡片的數(shù)字之和是偶數(shù)的有（1,3）,（1,5）,（2,4）,（3,5）,共4種情況，

42

所以概率為6=y.故選B

4.（人A必修二P243習(xí)題10.1T9變式）甲、乙、丙、丁、戊共5位志愿者被安排到A,B,C,。四所山區(qū)

學(xué)校參加支教活動(dòng)，要求每所學(xué)校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所學(xué)校支教，則下列結(jié)論

正確的是（）

A.不同的安排方法共有240種

B.甲志愿者被安排到A學(xué)校的概率是!

C.若A學(xué)校安排兩名志愿者，則不同的安排方法共有120種

2

D.在甲志愿者被安排到A學(xué)校支教的前提下，A學(xué)校有兩名志愿者的概率是:

【答案】ABD

【解析】甲、乙、丙、丁、戊共5位志愿者被安排到A,B,C,。四所山區(qū)學(xué)校參加支教活動(dòng)，

則共有C；A：=240種安排方法，故A正確；

甲志愿者被安排到A學(xué)校，

若A學(xué)校只有一個(gè)人，則有C%A；=36種安排方法，

若A學(xué)校只有2個(gè)人，則有A：=24種安排方法，

所以甲志愿者被安排到A學(xué)校有36+24=60種安排方法，

所以甲志愿者被安排到A學(xué)校的概率是M=!，故B正確；

若A學(xué)校安排兩名志愿者，則不同的安排方法共有C3A；=60種，故C錯(cuò)誤；

甲志愿者被安排到4學(xué)校有60種安排方法，

在甲志愿者被安排到A學(xué)校支教的前提下，A學(xué)校有兩名志愿者的安排方法有24種，

所以在甲志愿者被安排到A學(xué)校支教的前提下，A學(xué)校有兩名志愿者的概率是故D正確.

6（）5

故選ABD.

二、考點(diǎn)分類練

（一）頻率與概率

5.一個(gè)容量為20的數(shù)據(jù)樣本，分組和頻數(shù)為[10,20],2個(gè)、（20,30],3個(gè)、（30,40],4個(gè)、（40,50],5

個(gè)、（50,60],4個(gè)、（60,70],2個(gè)，則樣本數(shù)據(jù)在區(qū)間（f,50]的可能性為（）

A.5%B.25%C.50%D.70%

【答案】D

【解析】由題意，在區(qū)間（9,50]中樣本個(gè)數(shù)為2+3+4+5=14個(gè)，所以樣本數(shù)據(jù)在區(qū)間（3,50]的可能性為

好=0.7=70%.故選D.

20

6,某產(chǎn)品分甲、乙、丙三級(jí)，其中乙、丙均屬于次品，生產(chǎn)中出現(xiàn)乙級(jí)品的概率為0.03,丙級(jí)品的概率為

0.01.若從中抽查一件，則恰好得正品的概率為（）

A.0.09B.0.96C.0.97D.0.98

【答案】B

【解析】記事件4=（甲級(jí)品｝,8=｛乙級(jí)品｝,C=｛丙級(jí)品｝,則4與5+C是對(duì)立事件，

所以尸（A）=1-P（B+0=1-0.03-0.01=0.96.故選B.

7.市民李先生居住在甲地，工作在乙地，他的小孩就讀的小學(xué)在丙地，三地之間的道路情況如圖所示.假

設(shè)工作日不走其它道路，只在圖示的道路中往返，每次在路口選擇道路是隨機(jī)的.同一條道路去程與回程

是否堵車相互獨(dú)立.假設(shè)李先生早上需要先開車送小孩去內(nèi)地小學(xué)，再返回經(jīng)甲地趕去乙地上班.假設(shè)道

路4,B,。上下班時(shí)間往返出現(xiàn)擁堵的概率都是道路C,E上下班時(shí)間往返出現(xiàn)擁堵的概率都是g,

只要遇到擁堵上學(xué)和上班的都會(huì)遲到.

（1）求李先生的小孩按時(shí)到校的概率：

（2）李先生是否有七成把握能夠按時(shí)上班？

（3）設(shè)X表示李先生下班時(shí)從單位乙到達(dá)小學(xué)丙遇到擁堵的次數(shù)，求X的均值.

【解析】（1）因?yàn)榈缆?。、E上班時(shí)間往返出現(xiàn)擁堵的概率分別是:和:，因此從甲到丙遇到擁堵的概率

e11.113

2102520

故李先生的小孩能夠按時(shí)到校的概率是1一二3=旻17.

（2）甲到內(nèi)沒有遇到擁堵的概率是法，丙到甲沒有遇到擁堵的概率也是去，

111]1]?213

甲到乙遇到擁堵的概率是42+92+卜：=高，甲到乙沒有遇到擁堵的概率是1一卷=套,

J1V/J1\JJJ1J￡J1J

...李先生上班途中均沒有遇到擁堵的概率是整點(diǎn)xl|=孤＜0.7,

所以李先生沒有七成把握能夠按時(shí)上班.

（3）依題意X可以取0,1,2.

八1317221217,13373231

P(X=0)=—X—=——，RX=1)=—X—+—X—P(X=2)=—X—=—

152030015201520300152050

（二）互斥事件與對(duì)立事件的概率

8.（2022屆貴州省貴陽(yáng)市第六中學(xué)高三一模）甲、乙兩個(gè)同學(xué)玩摸球游戲.袋子中裝有3個(gè)黃球，3個(gè)綠球,

甲先摸，乙再摸，每人每次只能摸一個(gè)球，若摸到黃球就放回袋子中，摸到綠球不放回，直到摸出所有的

綠球游戲結(jié)束.則兩個(gè)同學(xué)共摸球4次游戲結(jié)束的概率為（）

,3719

B.--

400100200

【答案】B

【解析】由于袋中有3個(gè)黃球，3個(gè)綠球，若兩個(gè)同學(xué)共摸球4次游戲結(jié)束，

則摸球的可能情況為前3次摸出2個(gè)綠球和1個(gè)黃球，第4次摸出的是綠球，

設(shè)事件〃="兩個(gè)同學(xué)共摸球4次游戲結(jié)束“，有以下摸球情況：①黃綠綠綠；②綠黃綠綠；③綠綠

黃綠；由于摸到黃球就放回袋子中，摸到綠球不放回，

rn/A八33213321323113337山、4c

則P（M）=-x一x—x—I—x—x—x—+—x—x—x—=-----1--------卜—=-----.故避^B,

,,6654655465444010080400

9.（2023屆貴州省畢節(jié)市部分學(xué)校高三上學(xué)期12月聯(lián)合考試）從甲、乙等6名專家中任選2人前往某地

進(jìn)行考察，則甲、乙2人中至少有1人被選中的概率為

_3

【答案】-

【解析】6名專家隨機(jī)選取2人的情況有C：=15種，其中甲、乙2人都未被選中的情況有C；=6種，則甲、

乙2人中至少有1人被選中的概率為1-《=|

10.（2023年1月廣東省普通高中學(xué)業(yè)水平考試模擬）袋內(nèi)裝有質(zhì)地、大小完全相同的6個(gè)球，其中紅球3

個(gè)、白球2個(gè)、黑球1個(gè)，現(xiàn)從中任取兩個(gè)球.對(duì)于下列各組中的事件A和事件8：

①事件A：至少一個(gè)白球，事件8都是紅球；

②事件4：至少一個(gè)白球，事件B：至少一個(gè)黑球；

③事件4至少一個(gè)白球，事件B：紅球、黑球各一個(gè);

④事件A：至少一個(gè)白球,事件8：一個(gè)白球一個(gè)黑球.

是互斥事件的是.（將正確答案的序號(hào)都填上）

【答案】①③

【解析】①“至少一個(gè)白球'’與"都是紅球''不能同時(shí)發(fā)生，且不為對(duì)立事件，故為互斥事件；

②“至少一個(gè)白球''與"至少一個(gè)黑球”均包含"一黑-白''的情況，故不為互斥事件；

③“至少一個(gè)白球,，與“紅球、黑球各一個(gè)，，不能同時(shí)發(fā)生，且不為對(duì)立事件，故為互斥事件；

④“至少一個(gè)白球,，與“一個(gè)白球一個(gè)黑球,,均包含“一黑.白,，的情況，故不為互斥事件.

綜上，①③為互斥事件.

（三）古典概型

11.（2023屆重慶市長(zhǎng)壽中學(xué)高三上學(xué)期12月月考）某地高考規(guī)定每一考場(chǎng)安排24名考生，編成六行四

列就坐?若來(lái)自同一學(xué)校的甲、乙兩名學(xué)生同時(shí)排在“XX考點(diǎn)x考場(chǎng)”，那么他們兩人前后左右均不相鄰的概率

是（）

119R119119119

A.---D.---U.---

136138272276

【答案】B

【解析】據(jù)甲的位置不同分三種情況討論：

①甲坐在四個(gè)角的位置，有4種坐法，而乙有21種坐法，則有4x21=84種坐法；

②甲坐在四條邊上但不是四個(gè)角上，有12種坐法，乙有20種坐法，則有12x20=240種坐法;

③甲坐在中間的位置，有8種坐法，乙有19種坐法，則有8x19=152種坐法；

共有84+240+152=476種

476119

;甲、乙共有24x23=552種，，兩人前后左右均不相鄰的概率是.故選B

552138

12.（多選）（2023屆廣東省佛山市順德區(qū)高三上學(xué)期教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)）我國(guó)在各種乒乓球比賽中均取得過優(yōu)

異的成績(jī)，例如在剛剛過去的2022年成都世界乒乓球團(tuán)體錦標(biāo)賽中，中國(guó)的乒乓球健將們?cè)賱?chuàng)佳績(jī)，男團(tuán)，

女團(tuán)分別獲得了團(tuán)體冠軍.甲、乙兩位乒乓球初學(xué)者，都學(xué)習(xí)了三種發(fā)球的技巧，分別是：上旋球、下旋球以

及側(cè)旋球.兩人在發(fā)球以及接對(duì)方發(fā)球成功的概率如下表，兩人每次發(fā)、接球均相互獨(dú)立：則下列說法正確的

是（）

上旋球（發(fā)/接）下旋球（發(fā)/接）側(cè)旋球（發(fā)/接）

甲Hi)KI)

乙

3

A.若甲選擇每種發(fā)球方式的概率相同，則中發(fā)球成功的概率是二

B.甲在連續(xù)三次發(fā)球中選擇了三種不同的方式，均成功的概率為工

72

C.若甲選擇三種發(fā)球方式的概率相同，乙選擇三種發(fā)球方式的概率也相同，則乙成功的概率更大

13

D.在一次發(fā)球中甲選擇了發(fā)上旋球，則乙接球成功（甲發(fā)球失誤也算乙成功）的概率是三

【答案】BC

【解析】甲選擇每種發(fā)球方式的概率相同,則選擇每種發(fā)球方式的概率都為，

則甲選擇上旋球發(fā)球方式且發(fā)球成功概率為;xg=",

則甲選擇下旋球發(fā)球方式且發(fā)球成功概率為

則甲選擇側(cè)旋球發(fā)球方式且發(fā)球成功概率為基是上，

3618

所以甲發(fā)球成功的概率是!故A錯(cuò)誤；

甲連續(xù)三次發(fā)球中選擇了三種不同的方式共有6種不同的順序，

所以甲在連續(xù)三次發(fā)球中選擇了三種不同的方式，

均成功的概率為2，故B正確；

34672

乙選擇每種發(fā)球方式的概率相同，則選擇每種發(fā)球方式的概率都為g,

則乙選擇上旋球發(fā)球方式且發(fā)球成功概率為

則甲選擇下旋球發(fā)球方式且發(fā)球成功概率為

則甲選擇側(cè)旋球發(fā)球方式且發(fā)球成功概率為:=

所以甲發(fā)球成功的概率是二+9+」=?，

所以乙發(fā)球成功率的概率更大，故C正確；

乙接球成功分為以下兩總情況：

甲發(fā)上旋球發(fā)球失誤或甲發(fā)上旋球成功且乙接球成功，

所以乙接球成功的概率等于+故D錯(cuò)誤.故選BC.

33515

13.(2023屆陜西省寶雞市高三上學(xué)期一模)七巧板是古代勞動(dòng)人民智慧的結(jié)晶.如圖是某同學(xué)用木板制作

的七巧板，它包括5個(gè)等腰直角三角形、一個(gè)正方形和一個(gè)平行四邊形.若隨機(jī)地從5個(gè)等腰直角三角形板

塊中抽出2塊，則這2塊面積相等的概率為.

【答案】|

【解析】如圖，把5個(gè)等腰直角三角形編號(hào)，從中任取2個(gè)的基本事件有：12,13,14,15,23,24,25,34,35,45共

10個(gè)，其中面積相等的有12,45共兩個(gè)，因此概率為P=g=g.

14.2022年冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)主辦城市是北京，北京成為第一個(gè)舉辦過夏季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)和冬季奧林匹

克運(yùn)動(dòng)會(huì)以及亞洲運(yùn)動(dòng)會(huì)三項(xiàng)國(guó)際賽事的城市.為迎接冬奧會(huì)的到來(lái)，某地很多中小學(xué)開展了模擬冬奧會(huì)賽

事的活動(dòng)，為了深入了解學(xué)生在“自由式滑雪”和"單板滑雪''兩項(xiàng)活動(dòng)的參與情況，在該地隨機(jī)選取了10所

學(xué)校進(jìn)行研究，得到如下數(shù)據(jù):

70

60

50

40

30

20

10

01ABCDEFGHIJ*學(xué)校

(1)在這10所學(xué)校中隨機(jī)選取3所來(lái)調(diào)查研究，求在抽到學(xué)校至少有一個(gè)參與“自由式滑雪”超過40人的條

件下，“單板滑雪”不超過30人的概率；

（2）現(xiàn)在有一個(gè)“單板滑雪”集訓(xùn)營(yíng)，對(duì)“滑行、轉(zhuǎn)彎、停止”這3個(gè)動(dòng)作技巧進(jìn)行集訓(xùn)，且在集訓(xùn)中進(jìn)行了多輪

測(cè)試.規(guī)定：在一輪測(cè)試中，這3個(gè)動(dòng)作中至少有2個(gè)動(dòng)作達(dá)到“優(yōu)秀”,則該輪測(cè)試記為“優(yōu)秀”，在集訓(xùn)測(cè)試

中，小明同學(xué)3個(gè)動(dòng)作中每個(gè)動(dòng)作達(dá)至『優(yōu)秀”的概率均為:，每個(gè)動(dòng)作互不影響且每輪測(cè)試互不影響.如果

小明同學(xué)在集訓(xùn)測(cè)試中要想獲得“優(yōu)秀”的次數(shù)的平均值達(dá)到3次，那么理論上至少要進(jìn)行多少輪測(cè)試？

【解析】（1）由題可知10個(gè)學(xué)校，參與“自由式滑雪”的人數(shù)依次為27,15,43,41,32,26,56,

36,49,20,參與“單板滑雪”的人數(shù)依次為46,52,26,37,58,18,25,48,32,30,

其中參與“自由式滑雪，，的人數(shù)超過40人的有4個(gè)，參與“自由式滑雪”的人數(shù)超過40人，且“單板滑雪”的人

數(shù)超過30人的有2個(gè).

設(shè)事件A為“從這10所學(xué)校中抽到學(xué)校至少有一個(gè)參與“自由式滑雪”的人數(shù)超過40人”

事件B為“從10所學(xué)校中選出的3所學(xué)校中參與“單板滑雪”的人數(shù)不超過30人”

則，尸伊人當(dāng)華或=吧，

I'120

P（AB）=C2，-^^-2=—,

''I120

4

所以尸但力=需=超總?

120

（2）由題意可得小明同學(xué)在一輪測(cè)試中為“優(yōu)秀”的概率為P=C；&jx（1T）+C；［j=士,

所以小在〃輪測(cè)試中獲得“優(yōu)秀”的次數(shù)y滿組y松｝

721

由E（y）=〃?力士3,得

所以理論上至少要進(jìn)行12輪測(cè)試.

（四）概率與其他知識(shí)的交匯問題

15.（2023屆四川省南充市高三上學(xué)期一診）斐波那契數(shù)列｛4,｝因數(shù)學(xué)家萊昂納多?斐波那契

F

（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖為例而引入，故又稱為“兔子數(shù)列因〃趨向于無(wú)窮大時(shí)，昔無(wú)限趨

近于黃金分割數(shù)，也被稱為黃金分割數(shù)列.在數(shù)學(xué)上，斐波那契數(shù)列由以下遞推方法定義：數(shù)列｛耳,｝滿足

月=6=1，工+2=￡用+工，若從該數(shù)列前io項(xiàng)中隨機(jī)抽取1項(xiàng)，則抽取項(xiàng)是奇數(shù)的概率為（）

【答案】D

【解析】依題意可知，數(shù)列｛4｝的前10項(xiàng)為：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,其中奇數(shù)有7個(gè)，所以從該數(shù)列前10

項(xiàng)中隨機(jī)抽取1項(xiàng)，則抽取項(xiàng)是奇數(shù)的概率為日.故選D

16.（2023屆廣西南寧市高三上學(xué)期摸底）從正方體的頂點(diǎn)及其中心共9個(gè)點(diǎn)中任選4個(gè)點(diǎn)，則這4個(gè)點(diǎn)

在同一個(gè)平面的概率為.

2

【答案】y

【解析】如下圖，選正方體6個(gè)側(cè)面上的頂點(diǎn)，共有6種共面的情況；

過中心。的平面共有6個(gè)平面，每個(gè)平面含9個(gè)點(diǎn)中的5個(gè)，則共有6C；種；

所有可能情況有C；種，所以這4個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面的概率為"車=

C912o7

三、最新模擬練

17.（2023屆江西省西路片七校高三上學(xué)期第一次聯(lián)考）某商店的一位售貨員，發(fā)現(xiàn)顧客購(gòu)買商品后有現(xiàn)金

支付、微信支付、支付寶支付、銀聯(lián)支付4種支付方式，其中用現(xiàn)金支付的概率為0.2,支付寶支付的概率

為0.3,銀聯(lián)支付的概率為0.1,則選擇用微信支付的概率為（）

A.0.1B.0.2C.0.3D.0.4

【答案】D

【解析】選擇用微信支付的概率1-0.1-0.2-0.3=04.故選D

18.（2023屆云南省曲靖市高三上學(xué)期第一次聯(lián)考）二十四節(jié)氣歌是古人為表達(dá)人與自然宇宙之間獨(dú)特的

時(shí)間觀念，科學(xué)揭示天文氣象變化規(guī)律的小詩(shī)歌，它蘊(yùn)含著中華民族悠久文化內(nèi)涵和歷史積淀，體現(xiàn)著我

國(guó)古代勞動(dòng)人民的智慧.其中四句“春雨驚春清谷天，夏滿芒夏暑相連；秋處露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”

中每句的開頭一字代表著季節(jié)，每一句詩(shī)歌包含了這個(gè)季節(jié)中的6個(gè)節(jié)氣.若從24個(gè)節(jié)氣中任選2個(gè)節(jié)氣,

則這2個(gè)節(jié)氣恰好不在一個(gè)季節(jié)的概率為（）

大寒立春

雨水

18

A.B.D.

462323

【答案】B

【解析】從24個(gè)節(jié)氣中任選2個(gè)節(jié)氣的事件總數(shù)有：諼4=276,

從24個(gè)節(jié)氣中任選2個(gè)節(jié)氣，這2個(gè)節(jié)氣恰好在一個(gè)季節(jié)的事件總數(shù)有：4或=60,

從24個(gè)節(jié)氣中任選2個(gè)節(jié)氣，這2個(gè)節(jié)氣恰好不在一個(gè)季節(jié)的事件總數(shù)有：276-60=216

所以，P==普?故選區(qū)

27623

19.（多選）（2023屆廣東省深圳市龍崗區(qū)高三上學(xué)期月考）從裝有2個(gè)白球和3個(gè)紅球的袋子中任取2個(gè)

球，則（）

A.“都是紅球”與“都是白球”是互斥事件

B.“至少有一個(gè)紅球”與“都是白球”是對(duì)立事件

C.“恰有一個(gè)白球”與“恰有一個(gè)紅球”是互斥事件

D.“至少有一個(gè)紅球”與“至少有一個(gè)白球”是互斥事件

【答案】AB

【解析】“都是紅球”與“都是白球”不能同時(shí)發(fā)生，是互斥事件，A對(duì)；“至少有一個(gè)紅球”與“都是白球”不能

同時(shí)發(fā)生，且必有一個(gè)發(fā)生，是對(duì)立事件，B對(duì)；“恰有一個(gè)白球”與“恰有一個(gè)紅球”能夠同時(shí)發(fā)生（如1紅

1白），不是互斥事件，C錯(cuò)：“至少有一個(gè)紅球”與“至少有一個(gè)白球”能夠同時(shí)發(fā)生（如1紅1白），不是

互斥事件，D錯(cuò)，故選AB.

20.（多選）（2023屆浙江省臺(tái)州市高三上學(xué)期11月第一次教學(xué)質(zhì)量）投擲兩枚質(zhì)地均勻的正方體骰子，則

A.向上點(diǎn)數(shù)之和為5的概率為1

1O

B.向上點(diǎn)數(shù)之和為7的概率為，

O

C.向上點(diǎn)數(shù)之和為6的倍數(shù)的概率為三

36

D.向上點(diǎn)數(shù)之和為偶數(shù)的概率為T

【答案】BD

【解析】由題意可知投擲兩枚質(zhì)地均勻的正方體骰子點(diǎn)數(shù)向上的情況共有：

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

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

（5,1）,（5,2）,（5,3）,（5,4）,（5,5）,（5,6）,（6,1）,（6,2）,（6,3）,（6,4）,（6,5）,（6,6）,共36種，

其中點(diǎn)數(shù)之和為5的有（1,4）,（2,3）,（3,2）,（4,1）共4利3故概率為奈=",故A錯(cuò)誤；

其中點(diǎn)數(shù)之和為7的有。,6）,（2,5）,（3,4）,（4,3）,（5,2）,（6,1）共6種，故概率為三=）,故B正確；

其中點(diǎn)數(shù)之和為6的倍數(shù)有（1,5）,（2,4）,（3,3）,（4,2）,（5,1）,（6,6）共6種，故概率為￡=故C錯(cuò)誤；

其中點(diǎn)數(shù)之和為偶數(shù)的有

（1,1）,（1,3）,（1,5）,（2,2）,（2,4）,（2,6）,

（3,1）,（3,3）,（3,5）,（4,2）,（4,4）,（4,6）,

（5,1）,（5,3）（5,5）,（6,2）,（6,4）,（6,6）,

1Q1

共18種，故概率為三=彳，故DiE確；故選BD

362

21.（2023屆廣西邕衡金卷高三第二次適應(yīng)性考試）雅言傳承文明，經(jīng)典浸潤(rùn)人生，南寧市某校每年舉辦“品

經(jīng)誦典浴書香，提雅增韻享閱讀''中華經(jīng)典誦讀大賽，比賽內(nèi)容有三類：“誦讀中國(guó)”、“詩(shī)教中國(guó)”、“筆墨中

國(guó)高三某班級(jí)有三人參賽，且每人限報(bào)其中的一個(gè)比賽內(nèi)容，則三人參加的比賽內(nèi)容均不相同的概率為

【答案】|

【解析】某校舉辦誦讀大賽分為三類：'‘誦讀中國(guó)”、"詩(shī)教中國(guó)”、"筆墨中國(guó)”

某班級(jí)?:人參賽，基本事件總數(shù)”=33=27種，三人參加項(xiàng)目均不相同的基本事件數(shù)為

w=3x2xl=6（種），，三人參加項(xiàng)目均不相同的概率為；P=-=-^=^

n219

22.（2023屆重慶市中學(xué)校高三上學(xué)期適應(yīng)性月考）做出如下統(tǒng)計(jì)，3位志愿者隨機(jī)選擇到三個(gè)不同的

核酸檢測(cè)點(diǎn)進(jìn)行服務(wù)，每個(gè)檢測(cè)點(diǎn)可接納多位志愿者，則三個(gè)核酸檢測(cè)點(diǎn)都有志愿者到位的概率是

.（結(jié)果用最簡(jiǎn)分?jǐn)?shù)表示）

【答案】|

【解析】由題知，3位志愿者到核酸點(diǎn)位的可能性共有“=3x3x3=27種，

其中三個(gè)核酸檢測(cè)點(diǎn)都有志愿者到位的共有熱=A；=6種，

所以三個(gè)核酸檢測(cè)點(diǎn)都有志愿者到位的概率是.

23.（2023屆浙江省衢州市高三上學(xué)期素養(yǎng)測(cè)評(píng)）品酒師需定期接受酒味鑒別功能測(cè)試，一種通常采用的

測(cè)試方法如下:拿出"瓶外觀相同但品質(zhì)不同的酒讓其品嘗,要求其按品質(zhì)優(yōu)劣為它們排序;經(jīng)過一段時(shí)間，

等其記憶淡忘之后，再讓其品嘗這“瓶酒，并重新按品質(zhì)優(yōu)劣為它們排序，這稱為一輪測(cè)試.根據(jù)一輪測(cè)試

中的兩次排序的偏離程度的高低為其評(píng)級(jí).現(xiàn)設(shè)〃=4,分別以為，4表示第一次排序時(shí)被排為L(zhǎng)2,3,4的

四種酒在第二次排序時(shí)的序號(hào)，并令X=|l-蜀+|2-a2H3-聞+|4-4|,則X是對(duì)兩次排序的偏離程度的

一種描述.

（1）假設(shè)4，%，4,4等可能地為1，2,3,4的各種排列，寫出X的可能值集合，并求X的分布列；

（2）某品酒師在相繼進(jìn)行的三輪測(cè)試中，都有XW2.

①試按（1）中的結(jié)果，計(jì)算出現(xiàn)這種現(xiàn)象的概率（假定各輪測(cè)試相互獨(dú)立）；

②你認(rèn)為該品酒師的酒味鑒別功能如何？說明理由.

【解析】⑴可用列表列出4，%%，%，為123,4的全排列,共24種,計(jì)算每種排列下X的值,

a\a2〃3%X

12340

12432

13242

13424

14234

14324

21342

2i434

23144

23416

24136

24316

31244

31426

32144

32416

34218

34128

41236

41326

42136

42316

43128

43218

則X的可能取值集合為{0,2,46,8},在等可能的假定下可得:

i317Q341

P（X=0）=—,P（X=2）==—,P（X=4）=—,P（X=6）=—=—,P（X=8）=—=—,

,724v7248V/24'7248V7246

X的分布列為：

X02468

1]_73

p

2482486

（2）①首先P（X”2）=尸（X=O）+P（X=2）$=1,將三輪測(cè)試都有X,,2的概率W[=^-.

②由于°=短<磊是一個(gè)很小的概率’這表明如果僅憑隨機(jī)猜測(cè)得到三輪測(cè)試都有”,2的結(jié)果可能性

很小，所以我們認(rèn)為該品酒師有良好的酒味鑒別功能，不是靠隨機(jī)猜測(cè).

24.（2023屆河南省TOP二十名校高三上學(xué)期調(diào)研）根據(jù)疫情防控的需要，某地設(shè)立進(jìn)口冷鏈?zhǔn)称芳斜O(jiān)

管專倉(cāng)，集中開展核酸檢測(cè)和預(yù)防性消毒工作，為了進(jìn)一步確定某批進(jìn)口冷鏈?zhǔn)称肥欠窀腥静《?，在入關(guān)

檢疫時(shí)需要對(duì)其進(jìn)行化驗(yàn)，若結(jié)果為陽(yáng)性，則有該病毒；若結(jié)果呈陰性，則沒有該病毒.對(duì)于〃份樣

本，有以下兩種檢驗(yàn)方式：一是逐份檢驗(yàn)，則需要檢驗(yàn)“次；二是混合檢驗(yàn)，將&份樣本分別取樣混合在一

起，若檢驗(yàn)結(jié)果為陰性，那么這人份全為陰性，檢驗(yàn)一次就夠了；如果檢驗(yàn)結(jié)果為陽(yáng)性，為了明確這4份究

竟哪些為陽(yáng)性，需要對(duì)它們?cè)俅稳又鸱輽z驗(yàn)，則4份檢驗(yàn)的次數(shù)共為Z+1次，若每份樣本沒有病毒的概

率為4（0<p<l）,而且樣本之間是否有該病毒是相互獨(dú)立的.

（1）若取得8份樣本，采用逐個(gè)檢測(cè)，發(fā)現(xiàn)恰有2個(gè)樣本檢測(cè)結(jié)果為陽(yáng)性的概率為/（p）,求/（〃）的最大值點(diǎn)

Pot

（2）若對(duì)取得的8份樣本，考慮以下兩種檢驗(yàn)方案：方案一：采用混合檢驗(yàn)；方案二：平均分成兩組，每組4

份樣本采用混合檢驗(yàn)，若檢驗(yàn)次數(shù)的期望值越小，則方案越"優(yōu)若”方案二”比“方案一''更"優(yōu)"，求p的取

值范圍（精確到0.01）.

【解析】（I）根據(jù)題意可知，每份樣本檢測(cè)結(jié)果為陰性的概率為癡（0<〃<1）,則陽(yáng)性概率為1-加（0<1）；

則8份樣本，采用逐個(gè)檢測(cè)，發(fā)現(xiàn)恰有2個(gè)樣本檢測(cè)結(jié)果為陽(yáng)性的概率

f（p）=c；（時(shí)（1-時(shí)=28"p3-2pW

（73\

即f（p）=28p2-2p3+p2,所以

73--?2AIf1V1A

f'(P)=28，〃、〃2〃224

2-51=i44p2-7p4+3=14p-3/?-1

因?yàn)镺vpvl,所以14P3pJ<0

當(dāng)4p；-3<0,即0<"g)時(shí),/(P)>0,所以/(P)在0，(j上單調(diào)遞增；

當(dāng)4P13>0,即(￡)<P<1時(shí),(5)<。,所以/(P)在'1上單調(diào)遞減；

所以f(p)在P=G［時(shí)取得最大值，

即”p)的最大值點(diǎn)p0=gj=羲.

(2)若采用方案一，則需要檢驗(yàn)的次數(shù)為8次，

即檢驗(yàn)次數(shù)的期望值E(XJ=8；

若采用方案二：平均分成兩組，每組4份樣本采用混合檢驗(yàn)，

則每組檢測(cè)結(jié)果為陰性的概率為(4萬(wàn)/=p，則為陽(yáng)性的概率為1-0；

所以檢驗(yàn)次數(shù)X2的所有可能取值為2、6、10；

2

當(dāng)兩組檢測(cè)結(jié)果全為陰性時(shí)，檢驗(yàn)次數(shù)為2次，則p(X2=2)=p；

當(dāng)兩組檢測(cè)結(jié)果一組為陰性，另一組為陽(yáng)性時(shí)，檢測(cè)次數(shù)為6次，則p(X2=6)=C；p(l-p)；

當(dāng)兩組檢測(cè)結(jié)果全為陽(yáng)性時(shí)，檢驗(yàn)次數(shù)為10次，則p(X2=10)=(l-p『；

2

此時(shí)，方案二的檢驗(yàn)次數(shù)的期望值E(X2)=2P2+6xC；p(l-p)+10(1-p)=10-8p；

若“方案二”比“方案一”更“優(yōu)”，則E(X2)<E(XJ,

即10-8p<8,得0.25<p<l

即P的取值范圍為(025,1)

四、高考真題練

25.(2022新高考全國(guó)I卷)從2至8的7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，則這2個(gè)數(shù)互質(zhì)的概率為

11I2

A.-B.-C.~D.一

6323

【答案】D

【解析】從2至8的7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，共有C；=21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，故所求概率：.故選D.

26.（2022高考全國(guó)甲卷）將4個(gè)1和2個(gè)0隨機(jī)排成一行，則2個(gè)0不相鄰的概率為（）

A.-B.-C.-D.-

3535

【答案】C

【解析】所有的排法是C：=15,不相鄰的排法是C；=10,故所求概率為2=1.

五、綜合提升練

27.（2023屆湖南省長(zhǎng)沙市高三上學(xué)期月考）用1,2,3,4,5,6組成六位數(shù)（沒有重復(fù)數(shù)字），在任意

相鄰兩個(gè)數(shù)字的奇偶性不同的條件下，I和2相鄰的概率是（）

A.—B.-C.-D.-

189918

【答案】C

【解析】將3個(gè)偶數(shù)排成一排有用種，再將3個(gè)奇數(shù)分兩種情況插空有2種，

所以任意相鄰兩個(gè)數(shù)字的奇偶性不同的6位數(shù)有2用禺=72種，

任意相鄰兩個(gè)數(shù)字的奇偶性不同且I和2相鄰，分兩種情況討論：

當(dāng)個(gè)位是偶數(shù)：2在個(gè)位，則1在十位，此時(shí)有用用=4種；

2不在個(gè)位：將4或6放在個(gè)位，百位或萬(wàn)位上放2,在2的兩側(cè)選一個(gè)位置放I,最后剩余的2個(gè)位置放

其它兩個(gè)奇數(shù)，此時(shí)有C；C；C；A；=16種；

所以個(gè)位是偶數(shù)共有20種；

同理，個(gè)位是奇數(shù)也有20種，則任意相鄰兩個(gè)數(shù)字的奇偶性不同且1和2相鄰數(shù)有40種，

所以任意相鄰兩個(gè)數(shù)字的奇偶性不同的條件下，1和2相鄰的概率是賓40=:5故選C

28.（多選）（2022屆福建省泉州市高三下學(xué)期聯(lián)考）若數(shù)列｛%｝的通項(xiàng)公式為4,=（-1廣'，記在數(shù)列｛4｝的

前“+2（*eN"）項(xiàng)中任取兩項(xiàng)都是正數(shù)的概率為《，則（）

C.%-i<P?"

D-^2n-|+&<6"+l+2"+2-

【答案】AB

【解析】因?yàn)閿?shù)列｛g｝的通項(xiàng)公式為《,=（-1）"，所以數(shù)列｛%｝的奇數(shù)項(xiàng)都為I,即奇數(shù)項(xiàng)為正數(shù)，數(shù)列｛%｝

的偶數(shù)項(xiàng)為-1，即偶數(shù)項(xiàng)為負(fù)數(shù)，

乂數(shù)列｛%｝的前〃+2（〃eN*）項(xiàng)中，任取兩項(xiàng)都是正數(shù)的概率為P?,

當(dāng)般=1時(shí)，即前3項(xiàng)中，任取兩項(xiàng)都是正數(shù)，概率為故A正確；

將2〃-1代入，數(shù)列｛4｝的前2〃+l（〃wN*）項(xiàng)中，有（〃+1）個(gè)正數(shù)，〃個(gè)負(fù)數(shù)，任取兩項(xiàng)都是正數(shù)的概率為

P,%〃（〃+1）〃+1

C；"*i（2n+l）-（2n）4n+2，

將2〃代入，數(shù)列｛4｝的前2〃+2（〃eN*）項(xiàng)中，有（”+1）個(gè)正數(shù)，（”+1）個(gè)負(fù)數(shù)，任取兩項(xiàng)都是正數(shù)的概率為

P:*_9+1）_”

C黑2（2〃+力（2〃+2）4〃+2'

將2〃+1代入，數(shù)列｛/｝的前2〃+3（〃eN*）項(xiàng)中，有（w+2）個(gè)正數(shù)，（〃+1）個(gè)負(fù)數(shù)，任取兩項(xiàng)都是正數(shù)的概率

f2（〃+雙〃+2）〃+2

2，，+，-C，（2n+3）.（2/7+2）-4/1+6'

將2〃+2代入，數(shù)列｛%｝的前2〃+4（“eN"）項(xiàng)中，有（〃+2）個(gè)正數(shù)，（〃+2）個(gè)負(fù)數(shù)，任取兩項(xiàng)都是正數(shù)的概

,P：c￡_（"+1）5+2）_〃+1

率為2“+2-CM,一（2〃+3>（2〃+4）-4〃+6'

所以當(dāng)一%=含一懸=而島可所以&<&山故B正確；

J當(dāng)渭號(hào)焉>0,所以心心故C錯(cuò)誤；

（人+5（心+*=（"+指H言+裊）

V4/1+24〃+2J<4〃+64/?+6J

2n+l2/7+311_0

4n+24〃+622

所以&T+E“=6,+I+&+2,故D錯(cuò)誤，故選AB.

29.現(xiàn)有一款闖關(guān)游戲，共有4關(guān)，規(guī)則如下：在第〃關(guān)要拋擲骰子"次，每次觀察向上面的點(diǎn)數(shù)并做記錄，

如果這〃次拋擲所出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)之和大于2"+N,則算闖過第〃關(guān)，n=\,2,3,4.假定每次闖關(guān)互不影響,

則下列結(jié)論錯(cuò)誤的序號(hào)是.

（1）直接挑戰(zhàn)第2關(guān)并過關(guān)的概率為上；

（2）連續(xù)挑戰(zhàn)前兩關(guān)并過關(guān)的概率為《；

⑶若直接挑戰(zhàn)第3關(guān)，設(shè)人="三個(gè)點(diǎn)數(shù)之和等于15”，B="至少出現(xiàn)一個(gè)5點(diǎn)”，則P（A⑻=*；

（4）若直接挑戰(zhàn)第4關(guān)，則過關(guān)的概率是蓋35.

1296

【答案】（2）

【解析】對(duì)于（1）,22+2=6,所以兩次點(diǎn)數(shù)之和應(yīng)大于6,

即直接挑戰(zhàn)第2關(guān)并過關(guān)的概率為6=291=右7，故（1）正確；

3612

對(duì)于（2）,2,+1=3,所以挑戰(zhàn)第1關(guān)通過的概率6=g,

177

則連續(xù)挑戰(zhàn)前兩關(guān)并過關(guān)的概率為P==五，故（2）錯(cuò)誤；

對(duì)于（3）,由題意可知，拋擲3次的基本事件有63=216,

拋擲3次至少出現(xiàn)一個(gè)5點(diǎn)的事件共有63-53=216-125=91種，

O1

故P（5）=-，而事件AcB包括：含5,5,5的1種，含4,5,6的有6種，共7種，

216

/、7/?XP（AnB）72161

故P（Ac8）=市，所以尸5忸）=啖旨=五不不"=百，故（3）正確；

乙1\JIIUIJ1xj7AXJ

對(duì)于（4）,當(dāng)〃=4時(shí)，2"+〃=2d+4=20,

而“4次點(diǎn)數(shù)之和大于20”包含以下35種情況:

含5,5,5,6的有4種,含5,5,6,6的有6種,

含6,6,6,6的有1種,含4,6,6,6的有4種,

含5,6,6,6的有4種,含4,5,6,6的有12種,

含3,6,6,6的有4種,

3535

所以乙=,故（4）正確.故答案為（2）

6x6x6x6-T296

30.在孟德爾遺傳理論中，稱遺傳性狀依賴