2024歷年高考數(shù)學(xué)真題匯編：概率

歷年高考數(shù)學(xué)真題精編

19概率

一、單選題

1.（2022?全國）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（）

112

A.—B.—C.-D.-

6323

2.（2022?全國）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月,2,2,且n>P2>Pi>0.記該棋手連勝兩

盤的概率為2，則（）

A.〃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，〃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

3.（2023?全國）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(zhǔn)備作文，則甲、乙兩位參賽同學(xué)抽到不同主題概率為（）

52-11

A.-B.-C.-D.一

6323

4.（2023?全國）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（）

,11八12

A.—B.—C."D.-

6323

5.（2022?全國）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（）

6.（2021?全國）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（）

7.（2021?全國）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

8.（2019?全國）生物實驗室有5只兔子，其中只有3只測量過某項指標(biāo)，若從這5只兔子

中隨機取出3只，則恰有2只測量過該指標(biāo)的概率為

9.(2018?全國)我國數(shù)學(xué)家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果.哥德

巴赫猜想是“每個大于2的偶數(shù)可以表示為兩個素數(shù)的和“，如30=7+23.在不超過30的

素數(shù)中，隨機選取兩個不同的數(shù)，其和等于30的概率是

11-11

A.—B.—C.—D.—

12141518

10.(2020?全國)設(shè)。為正方形45CZ)的中心，在。，4,B,C,。中任取3點，則取到的

3點共線的概率為()

二、多選題

11.(2023?全國)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a(0<a<l),收到0的概率為1-1；發(fā)送1時，收到0的概率為￡(0<￡<1),收到1

的概率為1-6.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1,0,1的概率為(1-夕)(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(dāng)0<a<0.5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

12.(2020?山東)信息蠟是信息論中的一個重要概念.設(shè)隨機變量X所有可能的取值為

1,2且?(X=z)=0>0(E=l,2,…,=1,定義X的信息嫡石(X)=-fpjog/，.()

A.若〃=1,則77(A)=0

B.若n=2,則8（X）隨著p1的增大而增大

C.若R,G=1,2,…,力)，則8(X)隨著〃的增大而增大

n

D.若n=2m,隨機變量/所有可能的取值為1,2,…，機,P(Y=j')=p.+p2?,+1_y(j=1,2,?■w),

則H(X)gH(Y)

三、填空題

13.（2022?全國）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.

14.（2022?全國）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.

15.（2023?天津）把若干個黑球和白球（這些球除顏色外無其它差異）放進(jìn)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.

16.（2022?浙江）現(xiàn)有7張卡片，分別寫上數(shù)字1,2,2,3,4,5,6.從這7張卡片中隨

機抽取3張，記所抽取卡片上數(shù)字的最小值為4，貝1］尸?=2）=,

.

17.（2022?全國）已知隨機變量X服從正態(tài)分布N（2,〃），且尸（2<XW2.5）=0.36,則

P（X>2.5）=.

18.（2019?全國）甲、乙兩隊進(jìn)行籃球決賽，采取七場四勝制（當(dāng)一隊贏得四場勝利時，該

隊獲勝，決賽結(jié)束）.根據(jù)前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”.設(shè)

甲隊主場取勝的概率為0.6,客場取勝的概率為0.5,且各場比賽結(jié)果相互獨立，則甲隊以4：1

獲勝的概率是.

四、解答題

19.（2023?全國）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投

籃，若末命中則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6,乙

每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概

率各為0.5.

(1)求第2次投籃的人是乙的概率；

(2)求第i次投籃的人是甲的概率；

(3)已知：若隨機變量％服從兩點分布，且尸=1-尸(X,=0)=q,,i=l,2,一〃，則

E=*,.記前〃次(即從第1次到第〃次投籃)中甲投籃的次數(shù)為八求后⑺.

Ii=lJi=l

20.(2022?全國)一醫(yī)療團(tuán)隊為研究某地的一種地方性疾病與當(dāng)?shù)鼐用竦男l(wèi)生習(xí)慣(衛(wèi)生習(xí)

慣分為良好和不夠良好兩類)的關(guān)系，在已患該疾病的病例中隨機調(diào)查了100例(稱為病例

組)，同時在未患該疾病的人群中隨機調(diào)查了100人(稱為對照組)，得到如下數(shù)據(jù):

不夠良好良好

病例組4060

對照組1090

(1)能否有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異?

(2)從該地的人群中任選一人，/表示事件“選到的人衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好”，8表示事件“選到

的人患有該疾病”.器必與鬻號的比值是衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好對患該疾病風(fēng)險程度的

P(B|A)P(B\A)

一項度量指標(biāo)，記該指標(biāo)為足

R尸(小2)尸(彳回

(1)證明：K=----=---------------；

P(A\B)P(A\B)

(ii)利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出尸(小8),尸(小月)的估計值，并利用(i)的結(jié)果給出R的估

計值.

附片=Mad-bcY

(cz+b)(c+d)(a+c)(Z?+d)

P(K2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

21.(2022?全國)在某地區(qū)進(jìn)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)?/p>

口的16%.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）.

22.（2021?全國）某學(xué)校組織“一帶一路”知識競賽，有N,5兩類問題，每位參加比賽的同

學(xué)先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學(xué)比賽結(jié)束；

若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學(xué)比賽結(jié)

束幺類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分；2類問題中的每個問題回答正確

得80分，否則得0分，已知小明能正確回答/類問題的概率為0.8,能正確回答3類問題

的概率為0.6,且能正確回答問題的概率與回答次序無關(guān).

（1）若小明先回答N類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；

（2）為使累計得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？并說明理由.

23.（2022?全國）甲、乙兩個學(xué)校進(jìn)行體育比賽，比賽共設(shè)三個項目，每個項目勝方得10

分，負(fù)方得0分，沒有平局.三個項目比賽結(jié)束后，總得分高的學(xué)校獲得冠軍.已知甲學(xué)校

在三個項目中獲勝的概率分別為0.5,0.4,0.8,各項目的比賽結(jié)果相互獨立.

（1）求甲學(xué)校獲得冠軍的概率；

（2）用X表示乙學(xué)校的總得分，求X的分布列與期望.

24.（2021?全國）一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷生存下來，設(shè)一個這種微生物為第

0代，經(jīng)過一次繁殖后為第1代，再經(jīng)過一次繁殖后為第2代……，該微生物每代繁殖的個

數(shù)是相互獨立的且有相同的分布列，設(shè)X表示1個微生物個體繁殖下一代的個數(shù),

P(X=i)=*=0,l,2,3).

(1)已知Po=0.4,Pi=0.3,/?2=0.2,2=0.1,求E(X)；

(2)設(shè)p表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關(guān)于x的方程：

A+0[X+°2x2=x的一個最小正實根，求證：當(dāng)E(X)41時，p=1,當(dāng)E(X)>1時，

。<1；

(3)根據(jù)你的理解說明(2)問結(jié)論的實際含義.

25.(2022?全國)甲、乙兩城之間的長途客車均由/和8兩家公司運營，為了解這兩家公司

長途客車的運行情況，隨機調(diào)查了甲、乙兩城之間的500個班次，得到下面列聯(lián)表：

準(zhǔn)點班次數(shù)未準(zhǔn)點班次數(shù)

A24020

B21030

(1)根據(jù)上表，分別估計這兩家公司甲、乙兩城之間的長途客車準(zhǔn)點的概率；

(2)能否有90%的把握認(rèn)為甲、乙兩城之間的長途客車是否準(zhǔn)點與客車所屬公司有關(guān)?

n{ad-bcf

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

P(K,同0.1000.0500.010

k2.7063.8416.635

26.(2020?全國)某廠接受了一項加工業(yè)務(wù)，加工出來的產(chǎn)品(單位：件)按標(biāo)準(zhǔn)分為B,

C,。四個等級.加工業(yè)務(wù)約定：對于/級品、2級品、C級品，廠家每件分別收取加工費90

元，50元，20元；對于D級品，廠家每件要賠償原料損失費50元.該廠有甲、乙兩個分廠

可承接加工業(yè)務(wù).甲分廠加工成本費為25元/件，乙分廠加工成本費為20元/件.廠家為決定由

哪個分廠承接加工業(yè)務(wù)，在兩個分廠各試加工了100件這種產(chǎn)品，并統(tǒng)計了這些產(chǎn)品的等級,

整理如下：

甲分廠產(chǎn)品等級的頻數(shù)分布表

等級ABCD

頻數(shù)4402200220020

（2）分別求甲、乙兩分廠加工出來的100件產(chǎn)品的平均利潤，以平均利潤為依據(jù)，廠家應(yīng)

選哪個分廠承接加工業(yè)務(wù)？

參考答案:

1.D

【分析】由古典概型概率公式結(jié)合組合、列舉法即可得解.

【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,

故所求概率尸='21一-7=；2.

213

故選：D.

2.D

【分析】該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤.分別求得該棋手在第二盤與甲比賽且連勝兩

盤的概率。甲；該棋手在第二盤與乙比賽且連勝兩盤的概率P乙；該棋手在第二盤與丙比賽且

連勝兩盤的概率p丙.并對三者進(jìn)行比較即可解決

【詳解】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y,

則此時連勝兩盤的概率為PV

貝I°甲=g[a-%）。由3+a-n）]+g[a-n）°建2+nPia-%）]

=。1（。2+23）-2Plp203；

記該棋手在第二盤與乙比賽，且連勝兩盤的概率為0乙，

貝U。乙=（1-P\）P2P3+PIPZQ-P3）=PKPI+2）-2Plp2P3

記該棋手在第二盤與丙比賽，且連勝兩盤的概率為P丙

則。丙=（1-Pl）P3P2+（1-02）=+%）—2Plp2P3

則P甲一0乙=P1（P1+A）-2。戌2P3Tp2（P1+03）i2Plp2P3]=（P|一°?）°3<0

。乙一。丙=P2（Pl+P1）~2。/2。3一[。351+）-2巧02。3]=（。2-2）R<°

即。甲<P乙，。乙<。丙，

則該棋手在第二盤與丙比賽，〃最大.選項D判斷正確；選項BC判斷錯誤;

。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

3.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，

因此甲、乙兩位參賽同學(xué)抽到不同主題的結(jié)果有30個，概率尸=3工0=35

366

故選：A

4.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.

【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C；=6件,

其中這2名學(xué)生來自不同年級的基本事件有C；C；=4,

所以這2名學(xué)生來自不同年級的概率為二=三

故選：D.

5.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),(5,6)15種

情況，其中數(shù)字之積為4的倍數(shù)的有。,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6)6種情況,故概率為

_6__2

15-5'

［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，故概率為1養(yǎng)2=2￡

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；

6.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，

若2個0相鄰，則有G=5種排法，若2個0不相鄰，則有=10種排法，

所以2個0不相鄰的概率為910［=2

5+103

故選：C.

7.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，

故2個0不相鄰的概率為5=66，

故選：C.

8.B

【分析】本題首先用列舉法寫出所有基本事件，從中確定符合條件的基本事件數(shù)，應(yīng)用古典

概率的計算公式求解.

【詳解】設(shè)其中做過測試的3只兔子為a,6,c,剩余的2只為48,則從這5只中任取3只

的所有取法有{a,b,c},{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{a,A,B},

{b,c,A}A,B},{c,A,B}10種.其中恰有2只做過測試的取法有

{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{b,c,A},{b,c,B}共6種，

所以恰有2只做過測試的概率為A=|,選B.

【點睛】本題主要考查古典概率的求解，題目較易，注重了基礎(chǔ)知識、基本計算能力的考查.應(yīng)

用列舉法寫出所有基本事件過程中易于出現(xiàn)遺漏或重復(fù)，將兔子標(biāo)注字母，利用“樹圖法”，

可最大限度的避免出錯.

9.C

【詳解】分析：先確定不超過30的素數(shù)，再確定兩個不同的數(shù)的和等于30的取法，最后根

據(jù)古典概型概率公式求概率.

詳解：不超過30的素數(shù)有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10個，隨機選取兩

個不同的數(shù)，共有C1=45種方法，因為7+23=11+19=13+17=30,所以隨機選取兩個不同的

31

數(shù)，其和等于30的有3種方法，故概率為;=；,選C.

4515

點睛：古典概型中基本事件數(shù)的探求方法：（1）列舉法.（2）樹狀圖法：適合于較為復(fù)雜的問

題中的基本事件的探求.對于基本事件有“有序”與“無序”區(qū)別的題目，常采用樹狀圖法.（3）列

表法：適用于多元素基本事件的求解問題，通過列表把復(fù)雜的題目簡單化、抽象的題目具體

化.(4)排列組合法：適用于限制條件較多且元素數(shù)目較多的題目.

10.A

【分析】列出從5個點選3個點的所有情況，再列出3點共線的情況，用古典概型的概率計

算公式運算即可.

【詳解】如圖，從。,4民。,。5個點中任取3個有

{O,A,B},{O,A,C},{O,A,D},{O,B,C}

{O,B,D},{O,C,D},{A,B,C},{A,B,D}

{4c,。},{氏c,。}共io種不同取法,

3點共線只有{4。,。}與{B,O,D}共2種情況，

由古典概型的概率計算公式知，

取到3點共線的概率為

故選：A

二

【點晴】本題主要考查古典概型的概率計算問題，采用列舉法，考查學(xué)生數(shù)學(xué)運算能力，是

一道容易題.

11.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1,0,1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-。)(1-4)=(1-。)(1-￡)2,A正確；

對于B,三次傳輸，發(fā)送1,相當(dāng)于依次發(fā)送1,1,1,則依次收到1,0,1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(1-6)。(1-6)=/?(1-外，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,I的事件和，

它們互斥，由選項B知，所以所求的概率為?；伙1-￡)2+(1-夕)3=(1-/7)2(1+20,C錯誤;

對于D,由選項C知，三次傳輸，發(fā)送0,則譯碼為0的概率尸=(1-a)2(l+2a),

單次傳輸發(fā)送0,則譯碼為0的概率P=1-a,而0<a<0.5,

因止匕P—P=(l—a)2(l+2a)-(l-a)=a(l-a)(l—2a)>0,即尸>P,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.

12.AC

【分析】對于A選項，求得H(X),由此判斷出A選項；對于B選項，利用特殊值法進(jìn)行

排除；對于C選項，計算出“(X),利用對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可判斷出C選項；對于D選項，

計算出利用基本不等式和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷出D選項.

【詳解】對于A選項，若〃=1,則t=所以〃(X)=-(lxlog21)=0,所以A選項

正確.

對于B選項，若〃=2,貝=02=1-01，

所以〃(X)=-[0/log2P|+(l-R”og2(l-R)],

當(dāng)月=^時，4+4'10§24/

當(dāng)Pi=(時，H(X)=-^-log2^+~log2^,

兩者相等，所以B選項錯誤.

對于C選項，若夕,=工?=1,2,…,〃)，則

n

77(X)=-|--log^-lxn=-log2-=log,",

\nnJn

則”(x)隨著"的增大而增大，所以C選項正確.

對于D選項，若"=2加，隨機變量Y的所有可能的取值為1,2,…，以，且尸（丫=j）=Pj+p2m+1_j

(j=l,2,---,m).

〃(x)=一￡2?log?Pi=E2.log?—

Z=1i=\Pi

11

―11hi1h.1

=Pl，10g2一+Pl，1°g2--.?*+P2m4?1°g2----Plm^2-----

PlPlPl"Plm

1

+?-+K+A?4)log

“(y)=(A+^2?,)-iog2---+(p2+p2mi)iog2——2

Px+PimPi+Pim4Pm+Pmi

,1,1,1,

------+A,-log-

=Pl-log2-------+P2-log2.-------+,,+Pi,-1-logf-2由于

P\+Pim-PZ+PZQPz+Pz”一Px+Pm.

i

Pi>0(z=l,2,---,2m),所以—>---------，所以log2—>log2

+

PiPiPl,n+l-iPiPi+Pz

所以2?k)g2，>p「log1

?2

PiPi+plm+l-i

所以所以D選項錯誤.

故選：AC

【點睛】本小題主要考查對新定義“信息嫡”的理解和運用，考查分析、思考和解決問題的能

力，涉及對數(shù)運算和對數(shù)函數(shù)及不等式的基本性質(zhì)的運用，屬于難題.

3

13.—/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，故所求概率尸=面.

故答案為：本3

解法二：從5名同學(xué)中隨機選3名的方法數(shù)為C；=10

甲、乙都入選的方法數(shù)為C；=3,所以甲、乙都入選的概率尸=而

故答案為：方3

6

14.

35

【分析】根據(jù)古典概型的概率公式即可求出.

【詳解】從正方體的8個頂點中任取4個，有〃=C；=70個結(jié)果，這4個點在同一個平面的

m176

有“7=6+6=12個，故所求概率尸=—=——=—.

n7035

故答案為：卷.

3

15.0.05-/0.6

【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5",4",6",所以總數(shù)為15”,

所以甲盒中黑球個數(shù)為40%X5〃=2〃，白球個數(shù)為3”；

乙盒中黑球個數(shù)為25%x4〃=〃，白球個數(shù)為3”；

丙盒中黑球個數(shù)為50%x6〃=3〃，白球個數(shù)為3〃；

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，

P（^）=0.4x0.25x0.5=0.05；

記“將三個盒子混合后取出一個球，是白球”為事件8,

黑球總共有2力+〃+3〃=6”個，白球共有9〃個，

所以，p（s）=iv=r

3

故答案為：0.05；—.

1612八5

16.—/I-

3577

【分析】利用古典概型概率公式求尸6=2）,由條件求J分布列，再由期望公式求其期望.

【詳解】從寫有數(shù)字122,3,4,5,6的7張卡片中任取3張共有C：種取法，其中所抽取的卡片

上的數(shù)字的最小值為2的取法有C；+C；C；種，所以尸?=2）==￡,

由已知可得J的取值有1,2,3,4,

尸C=1）=!1=W尸6=2）弋，

L73，JD

尸《=3）=與31

3535

x"+2X3+3X3+4J12

所以￡《）=1

353535357

,,1612

故答案為：--,—.

357

7

17.0.14/—.

50

【分析】根據(jù)正態(tài)分布曲線的性質(zhì)即可解出.

【詳解】因為X~N（2,〃），所以尸（X<2）=P（X>2）=0.5,因此

P（X>2.5}=P（X>2）-P（2<X<2.5）=0.5-0.36=0.14.

故答案為：0.14.

18.0.18

【分析】本題應(yīng)注意分情況討論，即前五場甲隊獲勝的兩種情況，應(yīng)用獨立事件的概率的計

算公式求解.題目有一定的難度，注重了基礎(chǔ)知識、基本計算能力及分類討論思想的考查.

【詳解】前四場中有一場客場輸，第五場贏時，甲隊以4:1獲勝的概率是

0.63x0.5x0.5x2=0.108,

前四場中有一場主場輸，第五場贏時，甲隊以4:1獲勝的概率是0.4x0.62x0.52x2=0.072,

綜上所述，甲隊以4:1獲勝的概率是q=0.108+0.072=0.18.

【點睛】由于本題題干較長，所以，易錯點之一就是能否靜心讀題，正確理解題意；易錯點

之二是思維的全面性是否具備，要考慮甲隊以4:1獲勝的兩種情況；易錯點之三是是否能夠

準(zhǔn)確計算.

19.(1)0.6

2

⑵

6

2n

⑶+—

1O3

【分析】（1）根據(jù)全概率公式即可求出;

（2）設(shè)尸（4）=0,由題意可得。用=0.4~+0.2,根據(jù)數(shù)列知識，構(gòu)造等比數(shù)列即可解出;

（3）先求出兩點分布的期望，再根據(jù)題中的結(jié)論以及等比數(shù)列的求和公式即可求出.

【詳解】（1）記“第i次投籃的人是甲”為事件4,“第i次投籃的人是乙”為事件及，

所以，尸物）=尸（4名）+尸（4與）=耳4）尺與I4）+五因4為匈

=0.5x（1—0.6）+0.5x0.8=0.6.

（2）設(shè)尸（4）=0,依題可知，尸（與）=1—Pj,則

p（4j=尸（44J+尸⑸&）=尸口尸“14卜尸6P%⑸）,

即Pi+i=0.6Pj+（1-0.8）x（1-pj=0.4Pj+0.2,

構(gòu)造等比數(shù)列9+4，

設(shè)+，解得4=—；，則P'+1，

又?=!，所以彳2-4是首項為，，公比為。的等比數(shù)列，

23613165

(3)因為+g,i=l,2,--,n,

2

1-

n5n

所以當(dāng)〃EN*時，E(Y^=px+p2-^--1-=—xH..——1H--'

6-I318

故￡（丫）=白

lo

【點睛】本題第一問直接考查全概率公式的應(yīng)用，后兩問的解題關(guān)鍵是根據(jù)題意找到遞推式,

然后根據(jù)數(shù)列的基本知識求解.

20.（1）答案見解析

（2）（i）證明見解析；（ii）尺=6；

【分析】(1)由所給數(shù)據(jù)結(jié)合公式求出K?的值，將其與臨界值比較大小，由此確定是否有99%

的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異；(2Xi)根據(jù)定義結(jié)合條件概

率公式即可完成證明；(ii)根據(jù)(i)結(jié)合已知數(shù)據(jù)求R.

【詳解】⑴由已知片=—四5—J。―一6。-。)［4,

(a+b)(c+d\a+c)(Z)+d)50x150x100x100

又P(K2>6.635)=0.01,24>6.635，

所以有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異.

尸(814)P(B|A)_P(AB)尸(/)尸(血)P(A)

⑴因為尺=

(2)P(B|A)'P(B|A)~P(A)'P(AB)'P(A)'P(AB)

所以火=曳竺LS?述?迪

P(B)P(AB)P(B)P(AB)

生

P(A\B)P{A\B)

(ii)

由已知需,玖/閔=此

-60--90

又尸(m8)=空P(A\B)=—

100100

所以火=

P(A|B)P(A|B)

21.⑴47.9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)/={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)=1-P(A)即可解出；

(3)根據(jù)條件概率公式即可求出.

【詳解】(1)平均年齡元=(5x0.001+15x0.002+25x0.012+35x0.017+45x0.023

+55x0.020+65x0.017+75x0.006+85x0,002)x10=47.9(歲).

(2)設(shè)/={一人患這種疾病的年齡在區(qū)間［20,70)},所以

P(A)=1一尸(彳)=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)x10=1—0.11=0.89.

(3)設(shè)5="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：

P⑻=16%=0.16,尸(C)=0.1%=0.001,P(B|C)=0.023x10=0.23,

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)_0.001x0.23

P(C\B)=-=0.0014375^0.0014.

P(B)P(B)0.16

22.(1)見解析；(2)B類.

【分析】(1)通過題意分析出小明累計得分X的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可.(2)

與(1)類似，找出先回答B(yǎng)類問題的數(shù)學(xué)期望，比較兩個期望的大小即可.

【詳解】(1)由題可知，X的所有可能取值為0,20,100.

p(X=0)=l-0.8=0.2；

尸(X=20)=0.8(1—0.6)=0.32；

P(X=100)=0.8x0.6=0.48.

若小明先回答3問題，記y為小明的累計得分，則丫的所有可能取值為o,so,wo.

尸(丫=0)=1—0.6=0.4；

p(y=80)=0.6(1-0.8)=0.12；

p(y=100)=0.8x0.6=0.48.

所以E(Y)=0x0.4+80x0.12+100x0.48=57.6.

因為54.4<57.6,所以小明應(yīng)選擇先回答3類問題.

23.(1)0.6；

（2）分布列見解析,E（X）=13.

【分析】（1）設(shè)甲在三個項目中獲勝的事件依次記為4及C,再根據(jù)甲獲得冠軍則至少獲

勝兩個項目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互獨立事件的乘法公式即可求出；

（2）依題可知，X的可能取值為0,10,20,30,再分別計算出對應(yīng)的概率，列出分布列，即

可求出期望.

【詳解】（1）設(shè)甲在三個項目中獲勝的事件依次記為4民C,所以甲學(xué)校獲得冠軍的概率

為

P=P（ABC）+P（ABC]+P[ABC]+P[ABC]

=0.5x0.4x0.8+0.5x0.4x0.8+0.5*0.6*0.8+0.5x0.4x0.2

=0.16+0.16+0.24+0.04=0.6.

（2）依題可知，X的可能取值為0,10,20,30,所以，

P（X=0）=0.5x0.4x0.8=0.16,

=10）=0.5x0,4x0.8+0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2=0.44,

尸（X=20）=0.5x0,6x0.8+0.5x0.4x0.2+0.5x0.6x0.2=0.34,

p（X=30）=0.5x0.6x0.2=0.06.

即X的分布列為

X0102030

p0.160.440.340.06

期望E（X）=0x0.16+10x0.44+20x0.34+30x0.06=13

24.（1）1；（2）見解析；（3）見解析.

【分析】（1）利用公式計算可得頤X）.

（2）利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合及極值點的范圍可得/（無）的最小正零點.

（3）利用期望的意義及根的范圍可得相應(yīng)的理解說明.

【詳解】（1）￡（X）=Ox0.4+1x0.3+2x0.2+3x0.1=1.

（2）設(shè)/（力=03爐+。2日+（。1-1）X+00,

因為P3+P2+P1+P0=1，故/■3=2/+府-（2+4+。3卜+20，

若E（X）V1,則B+22+32V1,故2+2P3WP0.

2

/'（X）=3p3x+2PN-（%+A+2），

因為/''（0）=-（2+。<）+。3）<0，/⑴=。2+223-叢WO，

故/'（X）有兩個不同零點X1,%，M%!<0<l<X2,

且xe（ro,xJ5x2，+co）時，/'（尤）>0；》€(wěn)（