【高考题型分类突破】专题14 概率 2025年高考数学二轮专题复习 学案（含答案）

专题十四 概率
【题型分析】
考情分析：
1.排列、组合、二项式定理是高考的重要考点，以小题为主，难度中等或偏下.
2.古典概型、条件概率、相互独立事件的概率以及全概率公式是高考的热点，以小题为主，难度中等.
3.离散型随机变量的分布列、均值、方差常常结合在一起，主要考查均值、方差的计算以及应用，以大题为主.
4.超几何分布、二项分布常与均值、方差结合考查，正态分布主要以小题的形式考查，偶尔也作为解答题的其中一问考查.
题型1 排列、组合与二项式定理
排列与组合
例1　(1)(2024年新高考全国Ⅱ卷)在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　　　　种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
(2)(2024年上海卷)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，则集合中元素个数的最大值为　　　　.
方法总结：
1.常用列举法和分类讨论法求解简单的排列组合问题.
2.对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法，这些方法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.
3.对于分堆与分配问题应注意三点：(1)处理分配问题要注意先分堆再分配；(2)被分配的元素是不同的；(3)分堆时要注意是否有重复.
1.甲、乙等5名学生参加学校运动会志愿者服务，每个人从“检录员”“计分员”“宣传员”三个岗位中随机选择一个岗位，每个岗位至少有一名志愿者，则甲、乙两人恰好选择同一岗位的选法有(　　)种.
A.18 B.27 C.36 D.72
2.(湘教版选择性必修第一册P208T11改编)用四种不同的颜色给三棱台ABC-A1B1C1的六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色.
若每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有　　　　种；若每条棱的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有　　　　种.
二项式定理
例2　(1)(2024年北京卷)在(x-)4的展开式中，x3的系数为(　　).
A.6 B.-6 C.12 D.-12
(2)(2024年全国甲卷)+x10的展开式中，各项系数中的最大值为　　　　.
方法总结：
二项展开式系数最大项的求法：如求(a+bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An+1，且第k个系数最大，利用解得k.
1.+8的展开式中，x-4的系数为　　　　.
2.(改编)x-6的展开式中，系数最小的项的二项式系数为　　　　.
题型2 随机事件的概率
古典概型
例3　(1)(2024年全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是(　　).
A. B. C. D.
(2)(2024年全国甲卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.设m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的3个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于的概率为　　　　.
方法总结：
1.古典概型的样本点个数的探究方法有枚举法、树状图法、排列组合法.
2.当所求概率的事件较复杂时，可把其分解为若干个互斥事件的和事件求解.
1.从标有1，2，3，4，5的五张卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一张，则出现重复编号卡片的概率是(　　).
A. B. C. D.
2.(改编)三位男同学和两位女同学随机站成一列，则两位女同学不相邻的概率是　　　　.
相互独立事件的概率
例4　(2023年天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6，这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为　　　　；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为　　　　.
方法总结：
相互独立事件的概率的求法
(1)直接法：利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.
(2)间接法：正面计算较烦琐(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.
抛掷一枚质地均匀的正四面体骰子(四个面上的数字分别为1，2，3，4)，若骰子与桌面接触的面上的数字为1或2，则再抛掷一次，否则停止抛掷(最多抛掷2次).抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为(　　).
A. B. C. D.
条件概率与全概率公式
例5　(1)已知口袋中有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同，现进行不放回摸球，每次摸一个，则在第一次摸到白球的情况下，第三次又摸到白球的概率为(　　).
A. B. C. D.
(2)(2024年天津卷)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为　　　　；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为　　　　.
方法总结：
1.求条件概率的方法：一是定义法，要注意P(AB)的求法；二是公式法，要注意n(AB)与n(A)的求法.
2.应用全概率公式求概率的步骤：①根据题意找出完备事件组，即满足全概率公式的Ω的一个划分A1，A2，A3，…，An；②用Ai(i=1，2，3，…，n)来表示待求的事件；③代入全概率公式求解.
甲、乙两个工厂代加工同一种零件，对于这种零件，甲工厂加工的次品率为5%，乙工厂加工的次品率为8%，加工出来的零件混放在一起.已知甲、乙工厂加工的零件数分别占总数的40%，60%，任取一个零件，若取到的零件是次品，则它是乙工厂加工的概率为(　　).
A. B. C. D.
题型3 随机变量及其分布列
离散型随机变量的分布列及期望、方差
例6　(2024年新高考全国Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，并由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立.
(1)若p=0.4，q=0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率.
(2)假设0①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛
②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛
方法总结：
求随机变量分布列、均值与方差的三个关键点：(1)正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件；(2)正确求出随机变量的分布列，若随机变量服从超几何分布、二项分布，则可直接使用公式法求解；(3)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以应用均值与方差的性质求解，即利用E(ax+b)=aE(x)+b，D(ax+b)=a2D(x)求解.
某旅游景区在某款手机软件上推出游客竞答的问卷，题型为单项选择题，每题均有四个选项，其中有且只有一项是正确选项.对于游客甲，在知道答题涉及的内容的条件下，可选出唯一的正确选项；在不知道答题涉及的内容的条件下，随机选择一个选项.已知甲知道答题涉及内容的题数占问卷总题数的.
(1)求甲任选一道题并答对的概率.
(2)若问卷答题以题组形式呈现，每个题组由2道单项选择题构成，每道选择题答对得2分，答错扣1分，放弃作答得0分.假设对于任意一道题，甲选择作答的概率均为，且两题是否选择作答及答题情况互不影响，记甲每组答题总得分为X.
①求P(X=4)和P(X=-2)；
②求E(X).
二项分布
例7　如图，在一条无限长的轨道上，一个质点在随机外力的作用下，从位置0出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，设移动n次后质点位于位置Xn.
(1)求P(X4=-2)；
(2)求E(Xn)；
(3)指出质点最有可能位于哪个位置，并说明理由.
方法总结：
判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是对立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次.对于二项分布，如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中，这个事件恰好发生k次的概率是P(X=k)=pk(1-p)n-k(k=0，1，2，…，n).
如图，这是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，在小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中.记格子从左到右的编号分别为0，1，2，…，10，用X表示小球最后落入格子的编号，若P(X=k)≤P(X=k0)，则k0=(　　).
A.4 B.5 C.6 D.7
超几何分布
例8　已知一个不透明的箱子中装有3个白球，4个黑球，这些球除颜色外均相同，现从该箱中一次性任取3个球，且每个球被取到的机会均等.
(1)求取出的3个球的颜色相同的概率；
(2)记随机变量X为取出的3个球中白球的个数，求X的分布列及数学期望.
方法总结：
超几何分布与二项分布的区别
(1)超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；
(2)超几何分布是“不放回”的抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的，而二项分布是“有放回”的抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的.
盒子中装有大小和质地完全相同的6个红球和3个白球.
(1)从盒子中随机取出1个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其颜色相同的3个球，然后从盒子中随机取出1个球，求第二次取出的球是红球的概率；
(2)从盒子中不放回地依次随机取出2个球，设2个球中红球的个数为X，求X的分布列、期望与方差.
正态分布
例9　(改编)某茶叶种植区多措并举，推动当地茶叶出口，为了了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值=2.1，样本方差s2=0.01.已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则(　　).(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(Z<μ+σ)≈0.841 3)
A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y<2)<0.1
方法总结：
关于正态总体在某个区间内取值的概率求法
(1)熟记P(μ-σ≤X≤μ+σ)，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)，P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)的值.
(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1的特点.①正态曲线关于直线x=μ对称，从而在关于直线x=μ对称的区间上概率相等；②P(Xμ+a).
(改编)某次数学测试(满分150分)中，学生成绩X服从正态分布N(115，σ2)，若P(105≤X≤125)=，则从参加这次考试的学生中任意选取4名学生，至少有2名学生的成绩高于125的概率是　　　　.
【真题改编】
1.(2024年全国甲卷，文科T4改编)甲、乙、丙、丁、戊五人排成一列，则丙在中间的条件下，甲或乙在排尾的概率是(　　).
A. B. C. D.
2.(2024年新高考全国Ⅰ卷，T9改编)某中学高三(1)班全体学生参加了集训.已知集训前班级的数学成绩X服从正态分布N(90，202)，集训后班级的数学成绩Y服从正态分布N(100，225)，则(　　).
(附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7)
A.集训前高三(1)班的数学成绩的平均分更低
B.集训后高三(1)班的数学成绩的极差更大
C.P(X>110)<0.2
D.P(Y>85)>0.8
3.(2024年全国甲卷，文科T5改编)甲、乙、丙、丁、戊、己六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙为女生，丁、戊、己为男生，在相邻两人性别不同的条件下，甲和丁相邻的概率为　　　　.
4.(2024年全国甲卷，理科T13改编)+x210的展开式中，常数项是　　　　.
5.(2024年全国甲卷，理科T16改编)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记m为前两次取出的球上的数字的平均值，n为取出的3个球上的数字的平均值，则m与n之差的绝对值大于的概率是　　　　.
6.(2024年新高考全国Ⅱ卷，T18改编)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中1次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮，且投篮次数等于第一名队员投中的次数，每次投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立.
(1)若p=0.4，q=0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩为10分的概率.
(2)假设0①为使得甲、乙所在队的比赛成绩大于或等于10分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛
②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛
【最新模拟】
(总分：100分　单选题每题5分，多选题每题6分，填空题每题5分，共68分；解答题共32分)
1.3名同学从人工智能、密码学与算法、计算机科学、信息安全四门课程中任选一门学习，则仅有计算机科学未被选中的概率为(　　).
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.(改编)已知在某次乒乓球单打比赛中，甲、乙、丙、丁四人进入半决赛.将四人随机分为两组进行单打半决赛，每组的胜出者进行冠军的争夺.已知四人水平相当，即半决赛每人胜或负的概率均为.若甲、丙分在一组，乙、丁分在一组，则甲、乙两人在决赛中不会相遇的概率为(　　).
A. B. C. D.
3.若随机变量ξ~N(x，y)(y>0)，且P(ξ≤2)=P(ξ≥6)=，则(　　).(p(μ-σ≤x≤μ+σ)≈0.682 7)
A.y<4 B.y=4 C.x<4 D.x=4
4.袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出2个球，设事件A为“取出的球上的数字之积为奇数”，事件B为“取出的球上的数字之积为偶数”，事件C为“取出的球上的数字之和为偶数”，则(　　).
A.事件A与B是互斥事件
B.事件A与B是对立事件
C.事件B与C是互斥事件
D.事件B与C相互独立
5.袋子中装有5个形状和大小都相同的球，其中3个标有字母a，2个标有字母b.甲先从袋子中随机摸1个球，摸出的球不再放回，然后乙从袋子中随机摸1个球，若甲、乙两人摸到标有字母a的球的概率分别为p1，p2，则(　　).
A.p1=p2 B.2p1=3p2
C.p1=3p2 D.2p1=p2
6.6位学生在游乐场游玩A，B，C三个项目，每个人都只游玩一个项目，且每个项目都有人游玩，若A项目必须有偶数个人游玩，则不同的游玩方式有(　　).
A.180种 B.210种
C.240种 D.360种
7.“孪生素数猜想”是希尔伯特在1900年提出的23个数学问题之一，2013年数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，直观的描述如下：存在无穷多个素数p，使得p+2是素数，素数对(p，p+2)称为孪生素数对.从8个数对(3，5)，(5，7)，(7，9)，(9，11)，(11，13)，(13，15)，(15，17)，(17，19)中任取3个，设取出的孪生素数对的个数为X，则E(X)=(　　).
A. B. C. D.3
8.已知(1-2x)9=a0+a1x+…+a9x9，则a0+ai=　　　　.
9.某校高三年级800名学生的考试成绩X近似服从正态分布N(89，132)，已知某学生成绩为102分，则该生成绩的年级排名大约是(　　).
(附：X~N(μ，σ2)，则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5，P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3)
A.18 B.127 C.245 D.546
10.小郡玩一种游戏，一个箱子中装有大小质地均相同且标有数字1~10的10个小球，每次随机抽取1个小球并放回，规定：若抽到数字小于或等于5的小球，则前进1步，若抽到数字大于5的小球，则前进2步.每次抽取小球互不影响，记小郡一共前进n步的概率为pn，则下列结论正确的是(　　).
A.p2=
B.pn=pn-1+pn-2(n≥3)
C.pn=1-pn-1(n≥2)
D.小华一共前进3步的概率最大
11.(15分)袋子中有5个除颜色外其余都相同的小球，其中3个白球，2个红球.规则如下：每次抽取一个球，若抽到白球，则将这个白球替换为红球放回袋子中；若抽到红球，则将该红球放回袋子中.记经过n(n∈N*)次抽取后，袋子中红球的个数为Xn.
(1)求X2的分布列与期望.
(2)证明：{E(Xn)-5}为等比数列.并求E(Xn)关于n的表达式.
12.(17分)若ξ，η是样本空间Ω上的两个离散型随机变量，则称(ξ，η)是Ω上的二维离散型随机变量或二维随机变量.设(ξ，η)的所有可能取值为(ai，bj)，i，j=1，2，…，记pij表示(ai，bj)在Ω中出现的概率，其中pij=P(ξ=ai，η=bj)=P[(ξ=ai)∩(η=bj)].
(1)将三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中，记1号盒子中的小球个数为ξ，2号盒子中的小球个数为η，则(ξ，η)是一个二维离散型随机变量.
①写出该二维离散型随机变量(ξ，η)的所有可能取值；
②若(m，n)是①中的值，求P(ξ=m，η=n).(结果用m，n表示)
(2)定义P(ξ=ai)称为二维离散型随机变量(ξ，η)关于ξ的边缘分布律或边际分布律，求证：P(ξ=ai)=pij.
13.(人教A版选择性必修第三册P91T10改编)甲、乙、丙、丁4人相互传沙包，第一次由甲将沙包传出，每次传沙包时，传沙包者将沙包等可能地传给另外3人中的任何一人，经过n次传沙包后，沙包在甲手中的概率为Pn(n=1，2，…)，则下列结论正确的是(　　).
A.经过一次传沙包后，沙包在丙手中的概率为
B.经过两次传沙包后，沙包在乙手中的概率为
C.经过三次传沙包后，沙包在丙手中的概率为
D.经过n次传沙包后，沙包在甲手中的概率是1--n-1
14.(北师大版选择性必修第一册P219B组T1改编)设随机变量X~B(2，p)，Y~B(6，p)，若P(X≥1)=，则D(Y)=　　　　.
15.(原创)在(mx+3)(x+2x-1)6的展开式中，x3的系数为-300，则实数m的值为　　　　.
参考答案
专题十四 概率
题型1　排列、组合与二项式定理
考向1　排列与组合
例1　(1)24　112　(2)329
【解析】(1)由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，按照从左到右的顺序选择，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1=24种选法.
每种选法可标记为(a，b，c，d)，a，b，c，d分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果如下：
(11，22，33，44)，(11，22，34，43)，(11，22，33，44)，(11，22，34，42)，(11，24，33，43)，(11，24，33，42)，
(12，21，33，44)，(12，21，34，43)，(12，22，31，44)，(12，22，34，40)，(12，24，31，43)，(12，24，33，40)，
(13，21，33，44)，(13，21，34，42)，(13，22，31，44)，(13，22，34，40)，(13，24，31，42)，(13，24，33，40)，
(15，21，33，43)，(15，21，33，42)，(15，22，31，43)，(15，22，33，40)，(15，22，31，42)，(15，22，33，40).
因此，在选中的方格中，(15，21，33，43)的4个数之和最大，为15+21+33+43=112.
(2)由题意可知集合中最多有一个奇数，其余均是偶数.
个位为0的无重复数字的三位正整数有=72(个)，个位为2，4，6，8的无重复数字的三位正整数有=256(个)，再加上一个奇数，则集合中元素个数的最大值为72+256+1=329.
跟踪训练
1.C
【解析】若甲、乙两人恰好选择同一岗位，且人数配比为3∶1∶1时，有=18种不同的安排方法；若甲、乙两人恰好选择同一岗位，且人数配比为2∶2∶1时，有=18种不同的安排方法.
所以共有18+18=36种不同的选法.
2.576　264
【解析】由题意知，每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有=576(种).
若顶点B1，A1，A，C用四种颜色，则涂色方法有=24(种)；
若顶点B1，A1，A，C用三种颜色，则涂色方法有×2×2+×2×2=192(种)；
若顶点B1，A1，A，C用两种颜色，则涂色方法有×2×2=48(种).
所以共有24+192+48=264种不同的涂色方法.
考向2　二项式定理
例2　(1)A　(2)5
【解析】(1)(x-)4的展开式的通项为Tr+1=x4-r·(-)r=(-1)r(r=0，1，2，3，4)，令4-=3，解得r=2，故x3的系数为(-1)2=6.故选A.
(2)由题意知展开式的通项为Tr+1=10-r·xr，0≤r≤10且r∈Z，
设展开式中第(r+1)项的系数最大，则解得≤r≤，
又r∈Z，所以r=8，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项的系数为2=5.
跟踪训练
1.56
【解析】+8的展开式的通项为Tr+1=()8-r·r=，0≤r≤8且r∈Z，
令=-4，解得r=5，故+8的展开式中x-4的系数为=56.
2.20
【解析】x-6的展开式的通项为Tk+1=x6-k-k=(-1)k，其中k∈{0，1，2，3，4，5，6}，
则展开式中第k项、第k+1项、第k+2项的系数的绝对值分别为，，.
若第k+1项的系数绝对值最大，
则有解得≤k≤，
又∵k∈N*，∴k=3，即展开式中系数的绝对值最大的项是第4项，
∴T4=(-1)3×，其系数为负数，此时该项的系数最小，
故展开式中系数最小的项的二项式系数为20.
题型2　随机事件的概率
考向1　古典概型
例3　(1)B　(2)
【解析】(1)将甲、乙、丙、丁四人排成一列，有(甲，乙，丙，丁)，(甲，乙，丁，丙)，(甲，丙，乙，丁)，(甲，丙，丁，乙)，(甲，丁，乙，丙)，(甲，丁，丙，乙)，(乙，甲，丙，丁)，(乙，甲，丁，丙)，(乙，丙，甲，丁)，(乙，丙，丁，甲)，(乙，丁，甲，丙)，(乙，丁，丙，甲)，(丙，甲，乙，丁)，(丙，甲，丁，乙)，(丙，乙，甲，丁)，(丙，乙，丁，甲)，(丙，丁，甲，乙)，(丙，丁，乙，甲)，(丁，甲，乙，丙)，(丁，甲，丙，乙)，(丁，乙，甲，丙)，(丁，乙，丙，甲)，(丁，丙，甲，乙)，(丁，丙，乙，甲)，共24种排法.
其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法有8种.
根据古典概型的计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率为=.故选B.
(2)从6个分别标有数字1，2，3，4，5，6的球中不放回地随机取3次，共有=120种结果，
设取出的前两个球上的数字为a，b，第三个球上的数字为c，则|m-n|=-≤，
整理得|2c-(a+b)|≤3，即-3≤2c-(a+b)≤3，故a+b-3≤2c≤a+b+3.
若c=1，则a+b≤5，则(a，b)的所有可能为(2，3)，(3，2)，共有2种.
若c=2，则1≤a+b≤7，则(a，b)的所有可能为(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，1)，(3，4)，(4，1)，(4，3)，(5，1)，(6，1)，共有10种.
若c=3，则3≤a+b≤9，则(a，b)的所有可能为(1，2)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，2)，(4，5)，(5，1)，(5，2)，(5，4)，(6，1)，(6，2)，共有16种.
若c=4，则5≤a+b≤11，同理有16种.
若c=5，则7≤a+b≤13，同理有10种.
若c=6，则9≤a+b≤15，同理有2种.
因此m与n的差的绝对值不大于时，不同的取球结果总数为2×(2+10+16)=56.
故所求概率为=.
跟踪训练
1.B
【解析】五张卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一张，共有53=125种取法，三次都不重复的取法有=60(种)，所以出现重复编号卡片的概率为1-=.
2.
【解析】五位同学排成一列的排法有=120(种)，其中两位女同学相邻的排法有=48(种)，所以两位女同学相邻的概率是=，则两位女同学不相邻的概率是1-=.
考向2　相互独立事件的概率
例4　　
【解析】用At(i=1，2，3)表示事件“从第i个箱子中摸出一个黑球”.依题意，三个球都是黑球的概率P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=40%×25%×50%=.
由题意可设三个箱子中的球数分别为5k，4k，6k(k∈N*)，则总球数为15k，三个箱子中的黑球总数为5k×40%+4k×25%+6k×50%=6k，所以三个箱子中的白球总数为15k-6k=9k，所以把所有球放在一起，然后随机摸出一个球，这个球是白球的概率为=.
跟踪训练　A
【解析】抛掷次数为1的概率为=，点数为3或4，
抛掷次数为2的概率为1-=，此时有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，共8种情况，其中点数之和至少为4的情况有(1，3)，(1，4)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，共5种，
故抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为×+×=+=.
考向3　条件概率与全概率公式
例5　(1)B　(2)　
【解析】(1)设事件A表示“第一次摸到白球的情况下，第二次摸到白球”，事件B表示“第一次摸到白球的情况下，第三次又摸到白球”，
依题意，在第一次摸到白球的情况下，口袋中有3个黑球和1个白球，
所以P(A)=，P()=，P(B|A)=0，P(B|)=，
则所求概率为P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|)·P()=0×+×=.故选B.
(2)由题意知，甲选到A活动的概率为=.
设“乙选到A活动”为事件M，“乙选到B活动”为事件N，则P(M)==，P(MN)==，所以乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)==.
跟踪训练　D
【解析】设事件M=“任取一个零件，取到的零件是次品”，N1=“任取一个零件，取到的零件来自甲工厂”，N2=“任取一个零件，取到的零件来自乙工厂”.
由题意得P(N1)=0.4，P(N2)=0.6，P(M|N1)=0.05，P(M|N2)=0.08.
因为P(M)=P(N1)·P(M|N1)+P(N2)·P(M|N2)=0.4×0.05+0.6×0.08=0.068，
所以P(N2|M)====.
题型3　随机变量及其分布列
考向1　离散型随机变量的分布列及期望、方差
例6
【解析】(1)∵甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，∴甲在第一阶段至少投中1次，乙在第二阶段也至少投中1次，∴甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率为(1-0.63)×(1-0.53)=0.686.
(2)①应该由甲参加第一阶段比赛.理由如下：
若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]q3.
若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙=[1-(1-q)3]p3.
∵0=(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)]
=(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)
=3pq(p-q)(pq-p-q)
=3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0，
∴P甲>P乙，∴应该由甲参加第一阶段比赛.
②应该由甲参加第一阶段比赛.理由如下：
若甲参加第一阶段比赛，设该队的比赛成绩为x分，则X的所有可能取值为0，5，10，15，
则P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3，
P(X=5)=[1-(1-p)3]·q(1-q)2，
P(X=10)=[1-(1-p)3]·q2(1-q)，
P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3，
∴E(X)=15[1-(1-p)3]q=15pq(p2-3p+3).
若乙参加第一阶段比赛，设该队的比赛成绩为Y分，则Y的所有可能取值为0，5，10，15，
同理，E(Y)=15pq(q2-3q+3)，
∴E(X)-E(Y)=15pq(p2-3p+3)-15pq(q2-3q+3)=15pq(p-q)(p+q-3)，
∵0∴15pq(p-q)(p+q-3)>0，即E(X)>E(Y)，
∴应该由甲参加第一阶段比赛.
跟踪训练
【解析】(1)记“甲任选一道题并答对”为事件M，“甲知道答题涉及的内容”为事件A，
依题意，P(A)=，P()=，P(M|A)=1，P(M|)=.
因为事件MA与M互斥，所以P(M)=P(MA+M)=P(MA)+P(M)=P(M|A)P(A)+P(M|)P()=+×=.
(2)①X=4，即两题均选择作答，且均作答正确，故P(X=4)=×××=，
X=-2，即两题均选择作答，且均作答错误，故P(X=-2)=×××=.
②依题意，随机变量X的所有可能取值为-2，-1，0，1，2，4，由①得P(X=-2)=，P(X=4)=，
X=-1，即选择一题作答且作答错误，另一题不作答，故P(X=-1)=2×××=，
X=0，即两题均选择不作答，故P(X=0)=×=，
X=1，即两题均选择作答，且一题作答正确，另一题作答错误，故P(X=1)=2××××=，
X=2，即选择一题作答且作答正确，另一题不作答，P(X=2)=2×××=，
故E(X)=(-2)×+(-1)×+0×+1×+2×+4×=.
考向2　二项分布
例7
【解析】(1)设质点n次移动中向右移动的次数为Y，显然每移动一次的概率为，则Y~Bn，，Xn=Y-(n-Y)=2Y-n，所以P(X4=-2)=P(Y=1)=3=.
(2)由(1)知，Y~Bn，，则E(Y)=n×=，又Xn=2Y-n，
所以E(Xn)=2E(Y)-n=0.
(3)由(1)知，P(Y=k)=kn-k=，k∈N，k≤n，
当n为偶数时，{}中间的一项最大，即Y=时概率最大，此时Xn=0，所以质点最有可能位于位置0；
当n为奇数时，{}中间的两项，最大，即Y=或Y=时概率最大，此时Xn=-1或Xn=1，所以质点最有可能位于位置-1或1.
跟踪训练　B
【解析】设事件A为“向右下落”，因为小球最后落入格子的编号X等于事件A发生的次数，而小球在下落过程中碰撞小木钉10次，且P(A)==P()，故X服从二项分布，即X~B10，.
由题意知，求k0即求该分布的概率最大值P(X=k0)，
则
即
解得≤k0≤，又因为0≤k0≤10，k0∈Z，所以k0=5.
考向3　超几何分布
例8
【解析】(1)记“取出的3个球的颜色相同”为事件M，则P(M)===.
(2)由题意得X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P(X=0)==，P(X=1)==，
P(X=2)==，P(X=3)==，
所以X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
E(X)=0×+1×+2×+3×=.
跟踪训练
【解析】(1)第一次取出红球的概率为，取出白球的概率为，
第一次取出红球，第二次取出红球的概率为×=，
第一次取出白球，第二次取出红球的概率为×=，
所以第二次取出的球是红球的概率为+=.
(2)X的所有可能取值为0，1，2，
则P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)==.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
期望E(X)=0×+1×+2×=，
方差D(X)=×0-2+×1-2+×2-2=.
考向4　正态分布
例9　BC
【解析】依题可知，X~N(1.8，0.12)，所以P(X<1.8+0.1)≈0.841 3，所以P(X>1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7<0.2，
而P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)1.8+0.1)<0.2，A错误，B正确.
因为=2.1，s2=0.01，所以Y~N(2.1，0.12)，故P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3>0.5，P(Y<2)≈1-0.841 3=0.158 7，C正确，D错误.
故选BC.
跟踪训练　
【解析】由题意知，学生成绩X服从正态分布N(115，σ2)，若P(105≤X≤125)=，则P(115≤X≤125)=×P(105≤X≤125)=×=，
所以P(X>125)=-P(115≤X≤125)=-=，
从参加这次考试的学生中任意选取4名学生，设选中的学生的成绩高于125分的人数为Y，
可得Y~B4，，所以至少有2名学生的成绩高于125分的概率为1-1×1-3-1-4=.
1.C
【解析】记“丙在中间”为事件A，“甲或乙在排尾”为事件B，
可得n(A)==24，n(AB)==12，
则P(B|A)===，
故丙在中间的条件下，甲或乙在排尾的概率为.
故选C.
2.ACD
【解析】对于A，集训前平均分为90分，集训后平均分为100分，集训前的平均分低于集训后，故A正确；
对于B，由已知数据无法判断极差的大小，故B错误；
对于C，P(X>110)≈=0.158 65<0.2，故C正确；
对于D，P(Y>85)≈1-=0.841 35>0.8，故D正确.故选ACD.
3.
【解析】将3个男生排成一排，有种排法，再将3个女生分两种情况插空，有2种排法，
所以任意相邻两人的性别不同的排法有2=72(种).
任意相邻两人性别不同且甲、丁相邻，分两种情况讨论：
当最左边是男生且丁在最左边，则甲在第二个位置，此时有=4种排法；
当最左边是男生且丁不在最左边，可将戊或己放在最左边，第三或第五个位置上放丁，在丁的两侧选一个位置放甲，最后剩余的2个位置放其他两位女生，此时有=16种排法.
所以最左边是男生共有20种排法，同理，最左边是女生也有20种排法，则任意相邻两人性别不同且甲、丁相邻有40种排法，故所求概率是=.
4.
【解析】由题意知展开式的通项为Tr+1=10-rx2r=10-rx5r-30，0≤r≤10且r∈Z，
令5r-30=0，解得r=6，
所以展开式中的常数项是第7项，且该常数项为4=.
5.
【解析】从标有不同数字的6个球中不放回地抽取3次，共有=120种取法，
设前两个球上的数字为a，b，第三个球上的数字为c，则|m-n|=->，
故|2c-(a+b)|>2，故2c-(a+b)>2或2c-(a+b)<-2，故2c>a+b+2或2c若c=1，则a+b>4，则(a，b)的所有可能为(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，2)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，2)，(4，3)，(4，5)，(4，6)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，6)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，共有20种.
若c=2，则a+b>6或a+b<2，则(a，b)的所有可能为(1，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，3)，(4，5)，(4，6)，(5，3)，(5，4)，(5，6)，(6，1)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，共有14种.
若c=3，则a+b>8或a+b<4，则(a，b)的所有可能为(1，2)，(2，1)，(4，5)，(4，6)，(5，4)，(5，6)，(6，4)，(6，5)，共有8种.
若c=4，则a+b>10或a+b<6，同理，共有8种.
若c=5，则a+b>12或a+b<8，同理，共有14种.
若c=6，则a+b>14或a+b<10，同理，共有20种.
因此m与n的差的绝对值大于时，不同的抽取方法总数为2×(8+14+20)=84.
故所求概率为=.
6.解析　(1)甲、乙所在队的比赛成绩为10分，分为两种情况：①甲投中2次且乙投中2次；③甲投中3次且乙投中2次.
第一种情况的概率为p1=×0.42×0.6×(0.5)2=，
第二种情况的概率为p2=0.43×0.53=，
所以甲、乙所在队的比赛成绩为10分的概率为p1+p2=.
(2)①甲或乙参加第一阶段比赛都可以.理由如下：若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩大于或等于10分的概率为P甲=(1-p)p2·q2+p3[(1-q)q2+q3]=p2q2(3-2pq)，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩大于或等于10分的概率为P乙=(1-q)q2·p2+q3[(1-p)p2+p3]=p2q2(3-2pq)，
所以P甲=P乙，所以派甲或乙参加第一阶段比赛都可以.
②甲或乙参加第一阶段比赛都可以.理由如下：
若甲先参加第一阶段比赛，设该队的比赛成绩为X分，则比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，
P(X=0)=(1-p)3+(1-p)2p·(1-q)+(1-p)p2·(1-q)2+p3(1-q)3，
P(X=5)=(1-p)2p·q+(1-p)p2·q(1-q)+p3·q(1-q)2=3pq(pq-1)2，
P(X=10)=(1-p)p2·q2+p3·(1-q)q2=3p2q2·(1-pq)，
P(X=15)=p3·q3=p3q3，
所以E(X)=5×3pq(pq-1)2+10×3p2q2(1-pq)+15p3q3=15pq.
若乙先参加第一阶段比赛，设该队的比赛成绩为Y分，则比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15，
同理，E(Y)=15pq=E(X)，所以派甲或乙参加第一阶段比赛都可以.
1.B
【解析】除了计算机科学外，每门课程都有1名同学选择，故所求概率为=.
2.D
【解析】若甲、乙两人在决赛中相遇，这意味着在单打半决赛中，甲、乙均胜出，
从而甲、乙两人在决赛中相遇的概率为×=，所以不会相遇的概率为1-=.
3.D
【解析】因为随机变量ξ~N(x，y)，即x=μ，y=σ2，且P(ξ≤2)=P(ξ≥6)=，则x==4，故D正确，C错误；因为P(x≥μ+σ)≈=0.158 65，所以6<μ+σ，即62，所以y>4，故A，B错误.
4.AB
【解析】取出的球上的数字之积为奇数和取出的球上的数字之积为偶数不可能同时发生，且必有一个发生，故事件A与B是互斥事件，也是对立事件，A，B正确；
如果取出的球上的数字为2，4，则事件B与事件C可同时发生，因此事件B与C不互斥，C错误；
P(B)=1-=，P(C)==，P(BC)==，则P(B)P(C)≠P(BC)，即事件B与C不相互独立，D错误.
5.A
【解析】设事件A表示“甲摸到标有字母a的球”，事件B表示“乙摸到标有字母a的球”，则p1=P(A)=，而p2=P(B)=P(BA)+P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|)P()=×+×=，故p1=p2.
6.C
【解析】若A项目有2人游玩，则游玩方式有+=15×(8+6)=210(种)；
若A项目有4人游玩，则游玩方式有=15×2=30(种)，
所以共有210+30=240种不同的游玩方式.
7.C
【解析】由题知8个数对中的孪生素数对为(3，5)，(5，7)，(11，13)，(17，19)，共4个，则X服从超几何分布，故E(X)==.
8.17
【解析】令x=1，得a0+a1+a2+…+a9=-1，
又(1-2x)9的展开式的通项为Tr+1=·(-2x)r=(-2)r·xr(0≤r≤9且r∈N)，
所以a1=(-2)1×=-18，所以a0+ai=-1-(-18)=17.
9.B
【解析】因为学生的成绩X近似服从正态分布N(89，132)，所以μ=89，σ=13，
所以P(X≥102)=P(X≥μ+σ)=≈=0.158 65，
所以成绩大于或等于102的学生人数为800×0.158 65≈127，所以成绩为102分的学生的年级排名约为127.
10.BC
【解析】根据题意，小郡前进1步的概率和前进2步的概率都是，所以p1=，p2=×+=，A错误.
当n≥3时，一共前进n步分两种情况：先前进n-1步，再前进1步，其概率为pn-1；或者先前进n-2步，再前进2步，其概率为pn-2，所以pn=pn-1+pn-2(n≥3)，B正确.
因为pn=pn-1+pn-2(n≥3)，所以2pn+pn-1=2pn-1+pn-2(n≥3)，
因为2p2+p1=2×+=2，所以2pn+pn-1=2(n≥2)，即pn=1-pn-1(n≥2)，C正确.
因为当n≥2时，pn=1-pn-1，所以pn-=-pn-1-，
又p1-=-=-，所以数列pn-是首项为-，公比为-的等比数列，
所以pn-=-×-n-1，所以pn=-×-n-1.
当n为奇数时，n-1为偶数，则pn=-×n-1<；
当n为偶数时，n-1为奇数，则pn=+×n-1，此时数列{pn}为递减数列，
所以pn≤p2=.
综上，当n=2时，pn最大，即小华一共前进2步的概率最大，D错误.
11.解析　(1)X2的所有可能取值为2，3，4.
则P(X2=2)=×=，P(X2=3)=×+×=，P(X2=4)=×=， 3分
则X2的分布列为
X2 2 3 4
P
故E(X2)=2×+3×+4×=. 6分
(2)①若第n+1次取出来的是红球，由于每次红球和白球的总个数是5，则这种情况发生的概率是，此时红球的个数为E(Xn). 8分
②若第n+1次取出来的是白球，则这种情况发生的概率是1-，此时红球的个数为E(Xn)+1. 10分
故E(Xn+1)=·E(Xn)+1-·[E(Xn)+1]=E(Xn)+1，
则E(Xn+1)-5=[E(Xn)-5]，所以{E(Xn)-5}是公比为的等比数列，故E(Xn)-5=[E(X2)-5]×n-2=-×n-2=-3×n，
即E(Xn)=-3×n+5. 15分
12.解析　(1)①该二维离散型随机变量(ξ，η)的所有可能取值为(0，0)，(0，1)，(0，2)，(0，3)，(1，0)，(1，1)，(1，2)，(2，0)，(2，1)，(3，0).
2分
②依题意，0≤m+n≤3，P(ξ=m，η=n)=P(ξ=m|η=n)P(η=n)，
显然P(η=n)=n3-n，则P(ξ=m|η=n)=·m3-n-m=3-n，(n≠3)
所以P(ξ=m，η=n)=3-n·n·3-n==，(n≠3). 6分
当n=3时，m=0，此时P(0，3)=，满足上式，故P(m，n)=. 8分
(2)由定义及全概率公式知，
P(ξ=ai)=P{(ξ=ai)∩[(η=b1)∪(η=b2)∪…∪(η=bj)∪…]}
=P{[(ξ=ai)∩(η=b1)]∪[(ξ=ai)∩(η=b2)]∪…∪[(ξ=ai)∩(η=bj)]∪…}
=P[(ξ=ai)∩(η=b1)]+P[(ξ=ai)∩(η=b2)]+…+P[(ξ=ai)∩(η=bj)]+…
=P[(ξ=ai)∩(η=bj)]=P(ξ=ai，η=bj)=pij.
17分
13.BCD
【解析】由题意可知，经过一次传沙包后，沙包在丙手中的概率为，A错误.
经过两次传沙包后，沙包在乙手中的概率为×=，B正确.
经过三次传沙包后，沙包在丙手中的事件包括两种情况：
①第1次传沙包在丙手中，第2次传沙包不在丙手中，第3次传沙包在丙手中，概率为×=；
②第1次传沙包不在丙手中，第2次传沙包不在丙手中，第3次传沙包在丙手中，其概率为××=.
所以经过三次传沙包后，沙包在丙手中的概率为+=，C正确.
经过n次传沙包后，沙包在甲手中的概率为Pn(n=1，2，…)，
则Pn+1=(1-Pn)，Pn+1=-Pn+，整理得Pn+1-=-Pn-，
即=-，又P1-=-，所以Pn-是首项为-，公比为-的等比数列，所以Pn-=-×-n-1，Pn=-×-n-1=1--n-1，故D正确.
14.
【解析】∵随机变量X~B(2，p)，∴P(X≥1)=1-P(X=0)=1-(1-p)2=，解得p=或P=(舍去)，
∴Y~B6，，则D(Y)=6××1-=.
15.-5
【解析】x+6的展开式的通项为Tr+1=x6-r·r=2rx6-2r，0≤r≤6，r∈N，
显然6-2r是偶数，由6-2r=2，解得r=2，则(mx+3)(x+2x-1)6的展开式中，含x3的项为m×22x3=60mx3，
因此60m=-300，解得m=-5.