第2讲 小题研透——概率
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
古典概型 概率模型多考查独立事件、条件概率、n重伯努利试验、互斥事件及对立事件等，而全概率公式与正态分布中的概率计算是新高考命题的热点，多以客观题形式呈现
相互独立事件的概率
条件概率与全概率公式
正态分布中的概率计算
二、真题感悟
1.（2023·全国甲卷理6题）（条件概率）某地的中学生中有60％的同学爱好滑冰，50％的同学爱好滑雪，70％的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（ ）
A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4
2.（多选）（2024·新高考Ⅰ卷9题）（正态分布中的概率计算）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为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）＜0.8
3.（多选）（2023·新高考Ⅱ卷12题）（相互独立事件的概率）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为α（0＜α＜1），收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β（0＜β＜1），收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）（ ）
A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为（1－α）（1－β）2
B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β（1－β）2
C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β（1－β）2＋（1－β）3
D.当0＜α＜0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
4.（2024·新高考Ⅰ卷14题）（古典概型的概率计算）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 .
重｜难｜排｜查
1.常用的概率公式
（1）A与B互斥，则P（AB）＝0；
（2）A与B对立，则P（A）＝1－P（B）；
（3）A与B相互独立，则P（AB）＝P（A）·P（B）；
（4）A发生的条件下，B发生的概率P（B｜A）＝＝；
（5）若A1，A2，…，An是两两互斥事件且A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0（i＝1，2，…，n），则对任意事件B Ω，有P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）.
2.服从N（μ，σ2）的随机变量X在某个区间内取值的概率的求法
（1）利用P（μ－σ≤X≤μ＋σ），P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ），P（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）的值直接求；
（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这些特殊性质求解；
（3）若X～N（μ，σ2），则E（X）＝μ，D（X）＝σ2；
（4）在实际问题中，参数μ，σ可以分别用样本均值和样本标准差来估计.
古典概型
【例1】 （2024·湘豫名校联考）党的二十大报告提出：“深化全民阅读活动”.今天，我们思索读书的意义、发掘知识的价值、强调阅读的作用，正是为了更好地满足人民群众精神文化生活新期待.某市把图书馆、博物馆、美术馆、文化馆四个公共文化场馆面向社会免费开放，开放期间需要志愿者参与协助管理.现有A，B，C，D，E共5名志愿者，每名志愿者均参与本次志愿者服务工作，每个场馆至少需要一名志愿者，每名志愿者到各个场馆的可能性相同，则A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为（ ）
A. B. C. D.
听课记录
感悟提升
求古典概型概率的注意点
（1）对于较复杂的题目，列出事件数时要正确分类，分类时要做到不重不漏；
（2）当直接求解有困难时，可考虑求其对立事件的概率.
1.（2024·全国甲卷文4题）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（ ）
A. B. C. D.
2.（2024·杭州重点中学联考）第19届亚运会的吉祥物由“琮琮”“宸宸”和“莲莲”三类组成，现有印着三类吉祥物的挂件各2个（同类吉祥物完全相同，无区别）.若把这6个挂件分给3位同学，每人2个，则恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件的概率是（ ）
A. B.
C. D.
互斥事件与独立事件
【例2】 （1）（2024·郑州第三次质量检测）抛掷一枚质地均匀的正四面体骰子（骰子为正四面体，四个面上的数字分别为1，2，3，4），若骰子与桌面接触面上的数字为1或2，则再抛掷一次，否则停止抛掷（最多抛掷2次）.则抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为（ ）
A. B. C. D.
（2）（多选）对于一个事件E，用n（E）表示事件E中样本点的个数，在一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，D中，n（Ω）＝100，n（A）＝60，n（B）＝40，n（C）＝20，n（D）＝10，n（A∪B）＝100，n（A∩C）＝12，n（A∪D）＝70，则（ ）
A.A与D不互斥 B.A与B互为对立
C.A与C相互独立 D.B与C相互独立
听课记录
感悟提升
求相互独立事件的概率的两种方法
（1）直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解；
（2）间接法：当复杂事件正面情况较多，反面情况较少时，可利用其对立事件进行求解.“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解.
1.（2024·日照一模）已知样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{b，c}，则P（A）＝（ ）
A. B. C. D.1
2.（2024·武汉五调）抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件A＝“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，B＝“n次中至多有一次正面朝上”，下列说法不正确的是（ ）
A.当n＝2时，P（AB）＝
B.当n＝2时，事件A与事件B不相互独立
C.当n＝3时，P（A＋B）＝
D.当n＝3时，事件A与事件B不相互独立
条件概率与全概率公式
【例3】 （1）（2024·沈阳质量监测）甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为和，在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为（ ）
A. B.
C. D.
（2）设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5 nm规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙两线生产的芯片分别为12块、8块，且乙线生产该芯片的次品率为.现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲线生产该芯片的次品率为（ ）
A. B.
C. D.
听课记录
感悟提升
1.求条件概率的常用方法
（1）利用定义，分别求P（A）和P（AB），得P（B｜A）＝；
（2）借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点个数n（A），再在事件A发生的条件下求事件B包含的样本点个数，即n（AB），得P（B｜A）＝.
2.应用全概率公式求概率的思路
（1）按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai（i＝1，2，…，n）；
（2）求P（Ai）和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P（Ai）P（B｜Ai）；
（3）代入全概率公式计算.
1.（2024·天津高考13题）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 .
2.（2024·长沙新高考适应性考试）已知甲盒中有3个红球和2个黄球，乙盒中有2个红球和1个黄球.现从甲盒中随机抽取1个球放入乙盒中，搅拌均匀后，再从乙盒中抽取1个球，此球恰为红球的概率为 .
正态分布
【例4】 （2024·石家庄教学质量检测）某市教育局为了解高三学生的学习情况，组织了一次摸底考试，共有50 000名学生参加这次考试，数学成绩X近似服从正态分布，其正态密度函数为f（x）＝，x∈R且P（70≤X≤110）＝0.8，则该市这次考试数学成绩超过110分的学生人数约为（ ）
A.2 000 B.3 000
C.4 000 D.5 000
听课记录
感悟提升
正态分布下2类常见的概率计算
（1）利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1；
（2）利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于[ μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]中的哪一个.
1.（2024·合肥第一次质量检测）已知随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，则P（X＞1.5）＝（ ）
A.0.14 B.0.62
C.0.72 D.0.86
2.低碳行动引领时尚生活，新能源汽车成为人们代步车的首选.某工厂生产的新能源汽车某一部件的质量指标ξ服从正态分布N（80，σ2）（σ＞0），检验员根据该部件的质量指标将产品分为正品和次品，其中指标ξ∈（79.94，80.06）的部件为正品，其他为次品，要使次品率不高于0.27％，则σ的一个值可以为 .
（参考数据：若ξ～N（μ，σ2），则P（μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ）≈0.954 5，P（μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ）≈0.997 3）
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备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
古典概型 概率模型多考查独立事件、条件概率、n重伯努利试验、互斥事件及对立事件等，而全概率公式与正态分布中的概率计算是新高考命题的热点，多以客观题形式呈现
相互独立事件的概率
条件概率与全概率公式
正态分布中的概率计算
二、真题感悟
1.（2023·全国甲卷理6题）（条件概率）某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（ ）
A.0.8 B.0.6
C.0.5 D.0.4
解析：A 法一 如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为＝＝0.8，故选A.
法二 令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－0.7＝0.4，所以P（C）＝P（A｜B）＝＝＝0.8，故选A.
2.（多选）（2024·新高考Ⅰ卷9题）（正态分布中的概率计算）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为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）＜0.8
解析：BC 法一 依题可知，＝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，C正确，D错误；因为X～N（1.8，0.12），所以P（X＞2）＝P（X＞1.8＋2×0.1），因为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）＜P（X＞1.8＋0.1）＜0.2，B正确，A错误，故选B、C.
法二 由P（Z＜μ＋σ）≈0.841 3，得P（μ－σ＜Z＜μ＋σ）≈0.682 6，又Y～N（2.1，0.12），X～N（1.8，0.12），则P（X＞2）＝≈＝0.022 8＜0.5，P（Y＞2）＝0.5＋≈0.5＋0.341 3＝0.841 3＞0.8＞0.5，故选B、C.
3.（多选）（2023·新高考Ⅱ卷12题）（相互独立事件的概率）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为α（0＜α＜1），收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β（0＜β＜1），收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）（ ）
A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为（1－α）（1－β）2
B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β（1－β）2
C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β（1－β）2＋（1－β）3
D.当0＜α＜0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
解析：ABD 对于A，因为信号的传输是相互独立的，所以采用单次传输方案依次发送1，0，1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）（1－α）（1－β）＝（1－α）（1－β）2，则A正确；对于B，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，即发送3次1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）·β（1－β）＝β（1－β）2，则B正确；对于C，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，译码为1包含两种情况：2次收到1，3次都收到1.而这两种情况是互斥的，所以采用三次传输方案发送1，收到译码为1的概率p＝（1－β）2β＋（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，则C错误；对于D，设“采用单次传输方案发送0，译码为0”为事件B，则P（B）＝1－α.设采用三次传输方案发送0，收到的信号为0的次数为X，则P（X≥2）＝P（X＝2）＋P（X＝3）＝（1－α）2α＋（1－α）3＝（1＋2α）（1－α）2.又当0＜α＜0.5时，P（X≥2）－P（B）＝（1＋2α）（1－α）2－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，所以采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率，则D正确.故选A、B、D.
4.（2024·新高考Ⅰ卷14题）（古典概型的概率计算）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为.
解析：甲出1一定输，所以最多得3分，要得3分，就只有一种组合1－8，3－2，5－4，7－6.
得2分有三类，分别列举如下：
（1）出3和出5时赢，其余输：1－6，3－2，5－4，7－8；
（2）出3和出7时赢，其余输：1－4，3－2，5－8，7－6；1－8，3－2，5－6，7－4；1－6，3－2，5－8，7－4；
（3）出5和出7时赢，其余输：1－2，3－8，5－4，7－6；1－4，3－8，5－2，7－6；1－8，3－4，5－2，7－6；1－6，3－8，5－2，7－4；1－8，3－6，5－2，7－4；1－6，3－8，5－4，7－2；1－8，3－6，5－4，7－2.
共12种组合满足要求，而所有组合为4！，所以甲得分不小于2的概率为＝.
重｜难｜排｜查
1.常用的概率公式
（1）A与B互斥，则P（AB）＝0；
（2）A与B对立，则P（A）＝1－P（B）；
（3）A与B相互独立，则P（AB）＝P（A）·P（B）；
（4）A发生的条件下，B发生的概率P（B｜A）＝＝；
（5）若A1，A2，…，An是两两互斥事件且A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0（i＝1，2，…，n），则对任意事件B Ω，有P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）.
2.服从N（μ，σ2）的随机变量X在某个区间内取值的概率的求法
（1）利用P（μ－σ≤X≤μ＋σ），P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ），P（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）的值直接求；
（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这些特殊性质求解；
（3）若X～N（μ，σ2），则E（X）＝μ，D（X）＝σ2；
（4）在实际问题中，参数μ，σ可以分别用样本均值和样本标准差来估计.
古典概型
【例1】 （2024·湘豫名校联考）党的二十大报告提出：“深化全民阅读活动”.今天，我们思索读书的意义、发掘知识的价值、强调阅读的作用，正是为了更好地满足人民群众精神文化生活新期待.某市把图书馆、博物馆、美术馆、文化馆四个公共文化场馆面向社会免费开放，开放期间需要志愿者参与协助管理.现有A，B，C，D，E共5名志愿者，每名志愿者均参与本次志愿者服务工作，每个场馆至少需要一名志愿者，每名志愿者到各个场馆的可能性相同，则A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为（ ）
A. B.
C. D.
解析：D 将5名志愿者分配到4个场馆，共有种不同的方法，其中A，B两名志愿者在同一个场馆共有种不同的方法，所以A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为P＝1－＝.故选D.
感悟提升
求古典概型概率的注意点
（1）对于较复杂的题目，列出事件数时要正确分类，分类时要做到不重不漏；
（2）当直接求解有困难时，可考虑求其对立事件的概率.
1.（2024·全国甲卷文4题）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（ ）
A. B.
C. D.
解析：C 设A表示事件“丙不是第一个出场，且甲最后出场”，B表示事件“丙不是第一个出场，且乙最后出场”.四人由随机抽签的方式确定出场次序，基本事件共有24个，事件A包含的基本事件有4个，故P（A）＝＝，同理有P（B）＝.由于事件A与事件B互斥，故丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率为P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝.
2.（2024·杭州重点中学联考）第19届亚运会的吉祥物由“琮琮”“宸宸”和“莲莲”三类组成，现有印着三类吉祥物的挂件各2个（同类吉祥物完全相同，无区别）.若把这6个挂件分给3位同学，每人2个，则恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件的概率是（ ）
A. B. C. D.
解析：D 令6个挂件分别为A，A，B，B，C，C，则将这6个挂件分为3组有5种可能：①AB，AB，CC；②AC，AC，BB；③BC，BC，AA；④AA，BB，CC；⑤AB，BC，AC.再将这分成3组的挂件分给3位同学，有3＋3＋3＋＋＝21（种）情况，恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件为分组①②③，有3＋3＋3＝9（种）情况，所以恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件的概率是＝.故选D.
互斥事件与独立事件
【例2】 （1）（2024·郑州第三次质量检测）抛掷一枚质地均匀的正四面体骰子（骰子为正四面体，四个面上的数字分别为1，2，3，4），若骰子与桌面接触面上的数字为1或2，则再抛掷一次，否则停止抛掷（最多抛掷2次）.则抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为（ A ）
A. B. C. D.
（2）（多选）对于一个事件E，用n（E）表示事件E中样本点的个数，在一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，D中，n（Ω）＝100，n（A）＝60，n（B）＝40，n（C）＝20，n（D）＝10，n（A∪B）＝100，n（A∩C）＝12，n（A∪D）＝70，则（ BCD ）
A.A与D不互斥 B.A与B互为对立 C.A与C相互独立 D.B与C相互独立
解析：（1）抛掷次数为1的概率为＝，点数可能为3或4，抛掷次数为2的概率为1－＝，此时基本事件有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4）共八种，其中点数之和至少为4的情况有（1，3），（1，4），（2，2），（2，3），（2，4）共五种，故抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为×＋×＝＋＝.故选A.
（2）对于A，∵n（A）＝60，n（D）＝10，n（A∪D）＝70，∴n（A∪D）＝n（A）＋n（D），∴A与D互斥，故A错误；对于B，∵n（A∪B）＝n（A）＋n（B）＝n（Ω），∴A与B互为对立，故B正确；对于C，∵P（A）＝＝，P（C）＝＝，P（A∩C）＝＝，∴P（A∩C）＝P（A）P（C）＝，∴A与C相互独立，故C正确；对于D，∵n（Ω）＝100，n（A）＝60，n（B）＝40，n（C）＝20，n（A∪B）＝100，n（A∩C）＝12，∴n（B∩C）＝8，∴P（B∩C）＝＝，又∵P（B）＝＝，P（C）＝＝，∴P（B∩C）＝P（B）P（C）＝，∴B与C相互独立，故D正确.故选B、C、D.
感悟提升
求相互独立事件的概率的两种方法
（1）直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解；
（2）间接法：当复杂事件正面情况较多，反面情况较少时，可利用其对立事件进行求解.“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解.
1.（2024·日照一模）已知样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{b，c}，则P（A）＝（ ）
A. B. C. D.1
解析：A 由题意得，P（A）＝，P（B）＝，P（AB）＝，∴P（AB）＝P（A）P（B），∴事件A与B相互独立，则A与也相互独立，∴P（A）＝P（A）P（）＝P（A）（1－P（B））＝×＝.故选A.
2.（2024·武汉五调）抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件A＝“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，B＝“n次中至多有一次正面朝上”，下列说法不正确的是（ ）
A.当n＝2时，P（AB）＝
B.当n＝2时，事件A与事件B不相互独立
C.当n＝3时，P（A＋B）＝
D.当n＝3时，事件A与事件B不相互独立
解析：D 当n＝2时，AB表示一正一反，故P（AB）＝2××＝，故A正确；此时P（A）＝2××＝，P（B）＝1－P（）＝1－×＝，P（AB）＝≠＝P（A）P（B），故B正确；当n＝3时，A＋B表示并非每次都是正面朝上，故P（A＋B）＝1－P（）＝1－××＝，故C正确；此时P（AB）＝3×××＝，P（A）＝1－P（）＝1－××－××＝，P（B）＝××＋3×××＝，所以P（AB）＝＝×＝P（A）P（B），故D错误.故选D.
条件概率与全概率公式
【例3】 （1）（2024·沈阳质量监测）甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为和，在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为（ C ）
A. B. C. D.
（2）设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5 nm规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙两线生产的芯片分别为12块、8块，且乙线生产该芯片的次品率为.现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲线生产该芯片的次品率为（ B ）
A. B. C. D.
解析：（1）据题意，记甲击中目标为事件A，乙击中目标为事件B，目标被击中为事件C，甲、乙同时击中目标为事件D，则P（A）＝，P（B）＝，所以P（C）＝1－P（）P（）＝1－（1－）×（1－）＝，P（DC）＝P（D）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝×＝，则在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为P（D｜C）＝＝＝.
（2）设A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲、乙线生产的，B表示取得的芯片为次品，甲线生产该芯片的次品率为p，则P（A1）＝＝，P（A2）＝，P（B｜A1）＝p，P（B｜A2）＝.由全概率公式得P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＝p＋×＝0.08，解得p＝.故选B.
感悟提升
1.求条件概率的常用方法
（1）利用定义，分别求P（A）和P（AB），得P（B｜A）＝；
（2）借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点个数n（A），再在事件A发生的条件下求事件B包含的样本点个数，即n（AB），得P（B｜A）＝.
2.应用全概率公式求概率的思路
（1）按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai（i＝1，2，…，n）；
（2）求P（Ai）和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P（Ai）P（B｜Ai）；
（3）代入全概率公式计算.
1.（2024·天津高考13题）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.
解析：由题意知甲选到A的概率P＝＝.记乙选择A活动为事件M，乙选了A活动再选择B活动为事件N，则P（M）＝＝，P（MN）＝＝，所以P（N｜M）＝＝＝.
2.（2024·长沙新高考适应性考试）已知甲盒中有3个红球和2个黄球，乙盒中有2个红球和1个黄球.现从甲盒中随机抽取1个球放入乙盒中，搅拌均匀后，再从乙盒中抽取1个球，此球恰为红球的概率为.
解析：设A＝“在甲盒中拿到红球”，B＝“在乙盒中拿到红球”.因为甲盒中有3个红球，2个黄球，所以P（A）＝，P（）＝1－＝，又乙盒中有2个红球，1个黄球，所以P（B｜A）＝，P（B｜）＝，所以P（B）＝P（AB）＋P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜）＝×＋×＝.
正态分布
【例4】 （2024·石家庄教学质量检测）某市教育局为了解高三学生的学习情况，组织了一次摸底考试，共有50 000名学生参加这次考试，数学成绩X近似服从正态分布，其正态密度函数为f（x）＝，x∈R且P（70≤X≤110）＝0.8，则该市这次考试数学成绩超过110分的学生人数约为（ ）
A.2 000 B.3 000
C.4 000 D.5 000
解析：D 因为正态密度函数为f（x）＝，所以E（X）＝90，所以正态曲线关于直线x＝90对称，所以P（X＜70）＝P（X＞110），又P（70≤X≤110）＝0.8，所以P（X＞110）＝＝0.1，又共有50 000名学生参加这次考试，所以该市这次考试数学成绩超过110分的学生人数约为50 000×0.1＝5 000，故选D.
感悟提升
正态分布下2类常见的概率计算
（1）利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1；
（2）利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于[ μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]中的哪一个.
1.（2024·合肥第一次质量检测）已知随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，则P（X＞1.5）＝（ ）
A.0.14 B.0.62
C.0.72 D.0.86
解析：D 随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，所以P（1.5≤X＜2）＝0.36，P（X＜1.5）＝（1－0.36×2）＝0.14，所以P（X＞1.5）＝1－0.14＝0.86，故选D.
2.低碳行动引领时尚生活，新能源汽车成为人们代步车的首选.某工厂生产的新能源汽车某一部件的质量指标ξ服从正态分布N（80，σ2）（σ＞0），检验员根据该部件的质量指标将产品分为正品和次品，其中指标ξ∈（79.94，80.06）的部件为正品，其他为次品，要使次品率不高于0.27%，则σ的一个值可以为0.01（答案不唯一，小于等于0.02的正数即可）.
（参考数据：若ξ～N（μ，σ2），则P（μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ）≈0.954 5，P（μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ）≈0.997 3）
解析：依题意可得μ＝80，要使次品率不高于0.27%，则正品率不低于99.73%，又根据正态曲线的特征知，｜ξ－80｜＜3σ，所以ξ∈（80－3σ，80＋3σ） （79.94，80.06），所以解得σ≤0.02，故σ的一个值可以为0.01.
1.（2024·广东统一调研）从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的数相乘，其结果能被10整除的概率是（ ）
A. B. C. D.
解析：A 从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的数相乘的基本事件总数为＝6，其结果能被10整除的只有取2，5这一种情况，故所求概率为＝.选A.
2.（2024·温州三模）设A，B为同一试验中的两个随机事件，则“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析：B 因为P（A）＞0，P（B）＞0，所以若事件A，B为对立事件，则P（A）＋P（B）＝1；但P（A）＋P（B）＝1推不出两个事件A，B对立，如掷一颗骰子，事件A为出现1点、2点、3点，事件B为出现3点、4点、5点，此时P（A）＋P（B）＝1，但两个事件不对立，所以“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的必要不充分条件.故选B.
3.（2024·开封第三次质量检测）在某项测验中，假设测验数据服从正态分布N（78，16）.如果按照16%，34%，34%，16%的比例将测验数据从大到小分为A，B，C，D四个等级，则等级为A的测验数据的最小值可能是（ ）
（附：若X～N（μ，σ2），则P（｜X－μ｜≤σ）≈0.682 7，P（｜X－μ｜≤2σ）≈0.954 5）
A.94 B.86
C.82 D.78
解析：C 由题意知μ＝78，σ＝4，P（X＞μ＋σ）＝≈≈0.16，所以等级为A的测验数据的最小值可能是82.故选C.
4.（多选）（2024·扬州第二次调研）已知P（A）＝，P（B｜A）＝.若随机事件A，B相互独立，则（ ）
A.P（B）＝ B.P（AB）＝
C.P（｜B）＝ D.P（A＋）＝
解析：BCD 对B，P（B｜A）＝＝＝，∴P（AB）＝，B正确；对A，P（AB）＝P（A）P（B）＝P（B），∴P（B）＝，A错误；对C，P（B）＝P（）P（B）＝×＝，P（｜B）＝＝＝，C正确；对D，P（A＋）＝P（A）＋P（）－P（A）＝P（A）＋P（）－P（A）P（）＝＋－×＝，D正确.故选B、C、D.
5.（2024·湖南师大附中月考）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，D（X）＝2.4，P（X＝4）＜P（X＝6），则p＝0.6.
解析：由题知X～B（10，p），则D（X）＝10p·（1－p）＝2.4，解得p＝0.4或0.6.又∵P（X＝4）＜P（X＝6），即p4·（1－p）6＜p6（1－p）4 （1－p）2＜p2 p＞0.5.∴p＝0.6.
6.盒子内装有编号为1，2，3，…，10的10个除编号外完全相同的玻璃球，从中任取3个，则其编号之和能被3整除的概率为.
解析：从10个球中任取3个球，共有＝120种不同的情况.下面研究3个球编号之和能被3整除的情况：经过分析将这10个数分为三类，第一类，3的倍数{3，6，9}，第二类，3的倍数减1{2，5，8}，第三类，3的倍数加1{1，4，7，10}，第一类任意两个数、三个数的和都是3的倍数；第二类、第三类两个数的和不是3的倍数，三个数的和是3的倍数，第二类、第三类里各取1个数，它们的和是3的倍数.所以3个球编号之和能被3整除共有＋＋＋＝42种情况，所以其概率为＝.
7.如图，某系统由A，B，C，D四个零件组成，若每个零件是否正常工作互不影响，且零件A，B，C，D正常工作的概率都为p（0＜p＜1），则该系统正常工作的概率为（ ）
A.[1－（1－p）p2]p B.[1－p（1－p2）]p
C.[1－（1－p）（1－p2）]p D.[1－（1－p）2p]p
解析：C 该系统正常工作的概率为P{[（AB）∪C]∩D}＝P[（AB）∪C]·P（D）＝[1－P（）·P（）]·P（D）＝（1－P（∪）·P（））·P（D）＝[1－（1－P（AB））（1－P（C））]·P（D）＝[1－（1－p2）（1－p）]p.
8.（2024·上海春招15题）有四个礼盒，前三个里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面上述三种礼品都有，现从中任选一个礼盒.设事件A为“所选礼盒中有中国结”，事件B为“所选礼盒中有记事本”，事件C为“所选礼盒中有笔袋”，则下列说法中正确的是（ ）
A.事件A与事件B互斥
B.事件A与事件B相互独立
C.事件A与事件B∪C互斥
D.事件A与事件B∩C相互独立
解析：B 由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，若抽到第四个礼盒，则事件A和事件B就同时发生了，因此事件A与事件B不是互斥事件，故A错误；由于P（A）＝，P（B）＝，P（A∩B）＝＝P（A）·P（B），因此事件A与事件B相互独立，故B正确；由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，还有笔袋，若抽到第四个礼盒，则事件A和事件B∪C就同时发生了，因此事件A与事件B∪C不是互斥事件，故C错误；由于P（A）＝，P（B∩C）＝，P（A∩B∩C）＝≠P（A）·P（B∩C），因此事件A与事件B∩C不是相互独立的，故D错误.综上，选B.
9.（2024·湖南常德模拟）设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为90%，乙箱中产品的合格率为80%.从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为（ ）
A. B. C. D.
解析：A 设事件B1表示任选一件产品，来自于甲箱，事件B2表示任选一件产品，来自于乙箱，事件A表示从两箱产品中任取一件，恰好不合格，P（A）＝P（A｜B1）P（B1）＋P（A｜B2）P（B2）＝0.1×0.5＋0.2×0.5＝0.15，又P（B1｜A）＝＝＝＝，P（B2｜A）＝＝＝＝，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为×＋×＝.故选A.
10.（2022·全国乙卷理10题）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p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞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
解析：D 法一 设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，由题意可知，P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2（p3－p1）＞0，P丙－P乙＝2p1（p3－p2）＞0，所以P丙最大，故选D.
法二（特殊值法） 不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝0.4；在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝0.52；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝0.6.所以P丙最大，故选D.
11.（多选）（2024·宁德质检）某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲、乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为X，Y，且X～N（μ1，），Y～N（μ2，），其密度曲线如图所示，则以下结论正确的是（ ）
A.Y的数据较X更集中 B.P（X≤c）＜P（Y≤c）
C.甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2的概率大于 D.P（X＞c）＋P（Y≤c）＝1
解析：ABC 对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确；对于B，∵c，μ2与Y的密度曲线围成的面积S1大于c，μ1与X的密度曲线围成的面积S2，P（Y≤c）＝＋S1，P（X≤c）＝＋S2，∴P（X≤c）＜P（Y≤c），正确；对于C，∵μ2＜μ1，∴甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2的概率P＝P（X＞μ2）＞，正确；对于D，由B知，P（X＞c）＝－S2，P（Y≤c）＝＋S1，∴P（X＞c）＋P（Y≤c）＝1＋S1－S2＞1，错误.
12.（多选）（2024·兰州高三诊断考试）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，经他研究，随机事件A，B存在如下关系：P（A｜B）＝.对于一个电商平台，用户可以选择使用信用卡、支付宝或微信进行支付.已知使用信用卡支付的用户占总用户的20%，使用支付宝支付的用户占总用户的40%，其余的用户使用微信支付.平台试运营过程中发现三种支付方式都会遇到支付问题，为了优化服务，进行数据统计，发现出现支付问题的概率是0.06.若一个遇到支付问题的用户，使用每种支付方式支付的概率均为，则以下说法正确的是（ ）
A.使用信用卡支付的用户中有10%的人遇到支付问题
B.使用支付宝支付遇到支付问题与使用微信支付遇到支付问题的概率不同
C.要将出现支付问题的概率降到0.05，可以将信用卡支付通道关闭
D.减少微信支付的人数有可能降低出现支付问题的概率
解析：AC 把“使用信用卡支付”记为事件A1，“使用支付宝支付”记为事件A2，“使用微信支付”记为事件A3，“遇到支付问题”记为事件B，则P（A1）＝0.2，P（A2）＝0.4，P（A3）＝0.4，P（B）＝0.06，P（A1｜B）＝P（A2｜B）＝P（A3｜B）＝.对于A，使用信用卡支付遇到支付问题的概率为P（B｜A1）＝＝＝0.1，故A正确；对于B，使用支付宝支付遇到支付问题的概率为P（B｜A2）＝＝＝0.05，使用微信支付遇到支付问题的概率为P（B｜A3）＝＝＝0.05，故B错误；对于C，关闭信用卡支付通道后，P（A2）＝0.5，P（A3）＝0.5，使用支付宝支付同时遇到支付问题的概率为P（A2B）＝P（B｜A2）P（A2）＝0.05×0.5＝0.025，使用微信支付同时遇到支付问题的概率为P（A3B）＝P（B｜A3）P（A3）＝0.05×0.5＝0.025，所以P（B）＝P（A2B）＋P（A3B）＝0.025＋0.025＝0.05，故C正确；对于D，P（B）＝P（A1B）＋P（A2B）＋P（A3B）＝P（B｜A1）·P（A1）＋P（B｜A2）P（A2）＋P（B｜A3）P（A3）＝P（A1）＋P（A2）＋P（A3），减少使用微信支付的人数，会使P（A3）变小，P（A1）变大，从而导致P（B）变大，即会提高出现支付问题的概率，故D错误.综上，选A、C.
13.篮球队的5名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他4人的概率相等，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的概率为.
解析：由题意可知每位队员把球传给其他4人的概率都为，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的情况可分为：只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，则概率为×1×＋××1＋××＝.
14.如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，共移动6次，则事件“质点位于－2的位置”的概率为.
解析：由图可知，若想通过6次移动最终停在－2的位置上，则必然需要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，则该题可转化为R，R，L，L，L，L六个字母排序的问题，故落在－2上的排法种数为＝15，所有移动结果的总数为26＝64，所以落在－2上的概率为P＝.
15.为了提升全民身体素质，学校十分重视学生的体育锻炼，某校篮球运动员进行投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为，他前一球投不进则后一球投进的概率为，若他第1球投进的概率为，则他第5球投进的概率为.
解析：设该篮球运动员投进第n－1（n≥2，n∈N*）个球的概率为Pn－1，第n－1个球投不进的概率为1－Pn－1，则他投进第n个球的概率为Pn＝Pn－1＋（1－Pn－1）＝＋Pn－1，所以Pn－＝.所以Pn－＝·＝×＝.所以Pn＝＋（n∈N*），所以P5＝.
16.（多选）在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率，现在已知甲选择了1号箱，在箱子打开之前，主持人先打开了3号箱.用Ai表示i号箱有奖品（i＝1，2，3，4），用Bj表示主持人打开j号箱子（j＝2，3，4），下列结论正确的是（ ）
A.P（A1）＝
B.P（B3｜A2）＝
C.要使获奖概率更大，甲应坚持选择1号箱
D.要使获奖概率更大，甲应改选2号或者4号箱
解析：ABD 对于A选项，抽奖人在不知道奖品在哪个箱子的情况下选择了1号箱，他的选择不影响奖品在四个箱子中的概率分配，因此A1，A2，A3，A4的概率均为，即A正确；对于B选项，奖品在2号箱里，主持人只能打开3，4号箱，故P（B3｜A2）＝，故B正确；对于C、D选项，奖品在1号箱里，主持人可打开2，3，4号箱，故P（B3｜A1）＝，奖品在2号箱里，主持人只能打开3，4号箱，故P（B3｜A2）＝，奖品在3号箱里，主持人打开3号箱的概率为0，故P（B3｜A3）＝0，奖品在4号箱里，主持人只能打开2，3号箱，故P（B3｜A4）＝，由全概率公式可得P（B3）＝P（Ai）P（B3｜Ai）＝×（＋＋0＋）＝，P（A1｜B3）＝＝＝，P（A2｜B3）＝＝＝＞，P（A4｜B3）＝＝＝＞，故C错误，D正确.
17.（2024·福州质量检测）甲、乙、丙三个地区分别有x%，y%，z%的人患了流感，且x，y，z构成以1为公差的等差数列.已知这三个地区的人口数的比为5∶3∶2，现从这三个地区中任意选取一人，在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，则x的可能取值为（ ）
A.1.21 B.1.34
C.1.49 D.1.51
解析：D 设事件D1，D2，D3分别为“此人来自甲、乙、丙三个地区”，事件F1，F2，F3分别为“此人患了流感，且分别来自甲、乙、丙地区”，事件G为“此人患了流感”.由x，y，z构成以1为公差的等差数列知y＝x＋1，z＝x＋2.由题意知，P（F1）＝×x%＝，同理P（F2）＝，P（F3）＝，P（G）＝P（F1∪F2∪F3）＝，所以P（D1｜G）＝，P（D2｜G）＝，P（D3｜G）＝.因为在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，所以解得x＞，故选D.
13 / 13专题六 概率与统计
第1讲 小题研透——计数原理与统计初步
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.C 对于A，根据频数分布表可知，6＋12＋18＝36＜50，所以亩产量的中位数不小于1 050 kg， 故A错误；对于B，亩产量不低于1 100 kg的频数为24＋10＝34，所以低于1 100 kg的稻田占比为＝66％，故B错误；对于C，稻田亩产量的极差最大为1 200－900＝300，最小为1 150－950＝200，故C正确；对于D，由频数分布表可得，平均值为×（6×925＋12×975＋18×1 025＋30×1 075＋24×1 125＋10×1 175）＝1 067，故D错误.故选C.
2.BD 若该组样本数据为1，2，3，4，5，8，则2，3，4，5的平均数为，1，2，3，4，5，8的平均数为，两组数据的平均数不相等，故A错误；不妨设x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6，则x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，x3，x4，x5，x6的中位数，故B正确；若该组样本数据为1，2，2，2，2，8，则2，2，2，2的标准差为0，而1，2，2，2，2，8的标准差大于0，故C错误；由对选项B的分析可知，x2，x3，x4，x5的极差为x5－x2，x1，x2，x3，x4，x5，x6的极差为x6－x1，且易得x6－x1≥x5－x2，故D正确.故选B、D.
3.B 先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，所以不同的排列方式共有＝24种，故选B.
4.24 112 解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，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.
法一（列举法） 每种选法可标记为（a，b，c，d），a，b，c，d分别表示第一、二、三、四行的数字，则所有的可能结果为：（11，22，33，44），（11，22，43，34），（11，33，22，44），（11，33，43，24），（11，42，22，34），（11，42，33，24），（21，12，33，44），（21，12，43，34），（21，33，13，44），（21，33，43，15），（21，42，13，34），（21，42，33，15），（31，12，22，44），（31，12，43，24），（31，22，13，44），（31，22，43，15），（31，42，13，24），（31，42，22，15），（40，12，22，34），（40，12，33，24），（40，22，13，34），（40，22，33，15），（40，33，13，24），（40，33，22，15），比较可知，所选方格中，（21，33，43，15）的和最大，最大为112.
法二（整体分析法） 先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
5.5 解析：由二项式定理知（ ＋x）10＝x10－k.记ak＝，k＝0，1，…，10.
法一 对于k＝1，2，…，10，有＝·＝.当k≤2时，＞1；当k≥3时，＜1，因此a0＜a1＜a2，a2＞a3＞…＞a10，所以展开式各项系数中的最大值为a2＝＝5.
法二 对于k＝1，2，…，10，有ak－ak－1＝（－3）＝·（ －）＝·，当k≤2时，ak－ak－1＞0；当k≥3时，ak－ak－1＜0.因此有a0＜a1＜a2，a2＞a3＞…＞a10，所以展开式各项系数中的最大值为a2＝＝5.
【研透高考·攻重点】
【例1】 （1）C （2）D 解析：（1）根据题意，可分为两类：①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有＝4×2＝8种方法；②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有＝4×3＝12种方法，由分类加法计数原理得，共有8＋12＝20种不同的插法.故选C.
（2）由题意可知，先将5人分成3组，有两类分法，第一类，各组人数分别为3，1，1，共有种分法；第二类，各组人数分别为1，2，2，共有种分法.将3组人员分配到A，B，C三个乡村学校去，共有种分法，所以不同的选派方法共有（ ＋）＝150（种）.故选D.
跟踪训练
1.C 以A为起点时，三条路线依次连接即可到达B点.共有3×2＝6种选择，自B连接到C时，在C右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有2种选择，∴以A为起点，C为终点时，共有6×2＝12种方法；同理可知，以C为起点，A为终点时，共有12种方法.∴完成该图“一笔画”的方法数为12＋12＝24种.
2.B 法一（排除法） 从7个点中任意取3个点共有种取法，因为B，D，E，F四点共线，其中任意三点都不能构成三角形，所以共可以构成－＝35－4＝31（个）不同三角形，故选B.
法二（分类法） 第一类：B，D，E，F四个点中一个点都不取，可构成＝1（个）三角形；第二类：从B，D，E，F四个点中取1个点，在A，C，G中取2个点，可构成＝12（个）三角形；第三类：从B，D，E，F四个点中取2个点，在A，C，G中取1个点，可构成＝18（个）三角形.共可以构成1＋12＋18＝31（个）三角形，故选B.
【例2】 （1）AC （2）－40 解析：（1）根据二项式定理，（ 2x－）8的通项为Tk＋1＝28－k（－1）kx8－2k，常数项为24（－1）4＝1 120，故A正确；第四项的系数为28－3（－1）3＝－1 792，第六项的系数为28－5（－1）5＝－448，故B错误；因为n＝8，所以各项的二项式系数之和为28＝256，故C正确；令x＝1，各项的系数之和为1，故D错误.
（2）（x－2y）6的通项公式为Tr＋1＝x6－r（－2y）r＝（－2）rx6－ryr，令r＝2得，T3＝（－2）2x4y2＝60x4y2，此时60x4y2·2＝120x4y2，令r＝3得，T4＝（－2）3x3y3＝－160x3y3，此时－160x3y3·＝－160x4y2，故x4y2的系数为120－160＝－40.
跟踪训练
1.C 令x＝0，则15＝a0，∴a0＝1；令x＝1，则35＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35－1＝242.故选C.
2.32 －1 080 解析：由二项式定理得（3x－y＋2z）5的展开式的通项公式为Tr＋1＝（3x－y）5－r·（2z）r，欲使得不含z，则r＝0，∴T1＝（3x－y）5，令x＝1，y＝1，则所有不含字母z的项的系数之和为25＝32；含x3yz的项是·（3x）3（－y）·2z＝－1 080x3yz，故其系数为－1 080.
3.4 解析：由（a＋b）2n的展开式的二项式系数的最大值为x，则有x＝，由（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值为y，则有y＝，由9x＝5y，故有9＝5，即9×＝5×，即9×＝5×，即9（n＋1）＝5（2n＋1），解得n＝4.
【例3】 （1）BCD （2）2.5 解析：（1）设极差为t，由题中频率分布直方图可知，组距为1，共有12组，所以t≤1×12＝12，且不是一定取等号，所以A不正确；前6组频率之和为0.02＋0.04＋0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.7，前7组频率之和为0.7＋0.1＝0.8，所以75％分位数应位于[8.5，9.5）内，由8.5＋1×＝9，可以估计75％分位数为9，所以B正确；家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的频率为0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.64＞0.5，所以C正确；由题中频率分布直方图可知，该地农户家庭年收入的平均值为3×0.02＋4×0.04＋5×0.1＋6×0.14＋7×0.2＋8×0.2＋9×0.1＋10×0.1＋11×0.04＋（12＋13＋14）×0.02＝7.68（万元），又7.68＞6.5，所以D正确.综上，选B、C、D.
（2）设样本数据x1，x2，…，x8的平均数为，则（xi－）2＝2，设样本数据y1，y2，…，y8的平均数为，由yi＝xi＋（－1）i（i＝1，2，…，8），则＝，所以（yi－）2＝[xi＋（－1）i－]2＝2＋（－1）i（xi－）＋1＝3＋（－1）ixi＝3＋×（－2）＝2.5.
跟踪训练
1.ACD 对于A，这5天的最高气温的平均数为＝24 ℃，最低气温的中位数为17 ℃，它们的差为7 ℃，A正确.对于B，这5天的最低气温的极差为6 ℃，B错误.对于C，这5天的最高气温的众数为26 ℃，C正确.对于D，最低气温从小到大排列为13 ℃，15 ℃，17 ℃，18 ℃，19 ℃，且5×0.4＝2，所以这5天的最低气温的第40百分位数是16 ℃，D正确.故选A、C、D.
2.168 27 解析：易知抽取的30名学生中，男生有20名，女生有10名，则用样本估计总体的平均值为＝168，估计总体的方差为s2＝×[16＋（170－168）2]＋×[25＋（164－168）2]＝27.
第2讲 小题研透——概率
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.A 法一 如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为＝＝0.8，故选A.
法二 令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－0.7＝0.4，所以P（C）＝P（A｜B）＝＝＝0.8，故选A.
2.BC 法一 依题可知，＝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，C正确，D错误；因为X～N（1.8，0.12），所以P（X＞2）＝P（X＞1.8＋2×0.1），因为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）＜P（X＞1.8＋0.1）＜0.2，B正确，A错误，故选B、C.
法二 由P（Z＜μ＋σ）≈0.841 3，得P（μ－σ＜Z＜μ＋σ）≈0.682 6，又Y～N（2.1，0.12），X～N（1.8，0.12），则P（X＞2）＝≈＝0.022 8＜0.5，P（Y＞2）＝0.5＋≈0.5＋0.341 3＝0.841 3＞0.8＞0.5，故选B、C.
3.ABD 对于A，因为信号的传输是相互独立的，所以采用单次传输方案依次发送1，0，1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）（1－α）（1－β）＝（1－α）（1－β）2，则A正确；对于B，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，即发送3次1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）·β（1－β）＝β（1－β）2，则B正确；对于C，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，译码为1包含两种情况：2次收到1，3次都收到1.而这两种情况是互斥的，所以采用三次传输方案发送1，收到译码为1的概率p＝（1－β）2β＋（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，则C错误；对于D，设“采用单次传输方案发送0，译码为0”为事件B，则P（B）＝1－α.设采用三次传输方案发送0，收到的信号为0的次数为X，则P（X≥2）＝P（X＝2）＋P（X＝3）＝（1－α）2α＋（1－α）3＝（1＋2α）（1－α）2.又当0＜α＜0.5时，P（X≥2）－P（B）＝（1＋2α）（1－α）2－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，所以采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率，则D正确.故选A、B、D.
4. 解析：甲出1一定输，所以最多得3分，要得3分，就只有一种组合1－8，3－2，5－4，7－6.
得2分有三类，分别列举如下：
（1）出3和出5时赢，其余输：1－6，3－2，5－4，7－8；
（2）出3和出7时赢，其余输：1－4，3－2，5－8，7－6；1－8，3－2，5－6，7－4；1－6，3－2，5－8，7－4；
（3）出5和出7时赢，其余输：1－2，3－8，5－4，7－6；1－4，3－8，5－2，7－6；1－8，3－4，5－2，7－6；1－6，3－8，5－2，7－4；1－8，3－6，5－2，7－4；1－6，3－8，5－4，7－2；1－8，3－6，5－4，7－2.
共12种组合满足要求，而所有组合为4！，所以甲得分不小于2的概率为＝.
【研透高考·攻重点】
【例1】 D 将5名志愿者分配到4个场馆，共有种不同的方法，其中A，B两名志愿者在同一个场馆共有种不同的方法，所以A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为P＝1－＝.故选D.
跟踪训练
1.C 设A表示事件“丙不是第一个出场，且甲最后出场”，B表示事件“丙不是第一个出场，且乙最后出场”.四人由随机抽签的方式确定出场次序，基本事件共有24个，事件A包含的基本事件有4个，故P（A）＝＝，同理有P（B）＝.由于事件A与事件B互斥，故丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率为P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝.
2.D 令6个挂件分别为A，A，B，B，C，C，则将这6个挂件分为3组有5种可能：①AB，AB，CC；②AC，AC，BB；③BC，BC，AA；④AA，BB，CC；⑤AB，BC，AC.再将这分成3组的挂件分给3位同学，有3＋3＋3＋＋＝21（种）情况，恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件为分组①②③，有3＋3＋3＝9（种）情况，所以恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件的概率是＝.故选D.
【例2】 （1）A （2）BCD 解析：（1）抛掷次数为1的概率为＝，点数可能为3或4，抛掷次数为2的概率为1－＝，此时基本事件有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4）共八种，其中点数之和至少为4的情况有（1，3），（1，4），（2，2），（2，3），（2，4）共五种，故抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为×＋×＝＋＝.故选A.
（2）对于A，∵n（A）＝60，n（D）＝10，n（A∪D）＝70，∴n（A∪D）＝n（A）＋n（D），∴A与D互斥，故A错误；对于B，∵n（A∪B）＝n（A）＋n（B）＝n（Ω），∴A与B互为对立，故B正确；对于C，∵P（A）＝＝，P（C）＝＝，P（A∩C）＝＝，∴P（A∩C）＝P（A）P（C）＝，∴A与C相互独立，故C正确；对于D，∵n（Ω）＝100，n（A）＝60，n（B）＝40，n（C）＝20，n（A∪B）＝100，n（A∩C）＝12，∴n（B∩C）＝8，∴P（B∩C）＝＝，又∵P（B）＝＝，P（C）＝＝，∴P（B∩C）＝P（B）P（C）＝，∴B与C相互独立，故D正确.故选B、C、D.
跟踪训练
1.A 由题意得，P（A）＝，P（B）＝，P（AB）＝，∴P（AB）＝P（A）P（B），∴事件A与B相互独立，则A与也相互独立，∴P（A）＝P（A）P（）＝P（A）（1－P（B））＝×＝.故选A.
2.D 当n＝2时，AB表示一正一反，故P（AB）＝2××＝，故A正确；此时P（A）＝2××＝，P（B）＝1－P（）＝1－×＝，P（AB）＝≠＝P（A）P（B），故B正确；当n＝3时，A＋B表示并非每次都是正面朝上，故P（A＋B）＝1－P（）＝1－××＝，故C正确；此时P（AB）＝3×××＝，P（A）＝1－P（）＝1－××－××＝，P（B）＝××＋3×××＝，所以P（AB）＝＝×＝P（A）P（B），故D错误.故选D.
【例3】 （1）C （2）B 解析：（1）据题意，记甲击中目标为事件A，乙击中目标为事件B，目标被击中为事件C，甲、乙同时击中目标为事件D，则P（A）＝，P（B）＝，所以P（C）＝1－P（）P（）＝1－（1－）×（1－）＝，P（DC）＝P（D）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝×＝，则在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为P（D｜C）＝＝＝.
（2）设A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲、乙线生产的，B表示取得的芯片为次品，甲线生产该芯片的次品率为p，则P（A1）＝＝，P（A2）＝，P（B｜A1）＝p，P（B｜A2）＝.由全概率公式得P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＝p＋×＝0.08，解得p＝.故选B.
跟踪训练
1. 解析：由题意知甲选到A的概率P＝＝.记乙选择A活动为事件M，乙选了A活动再选择B活动为事件N，则P（M）＝＝，P（MN）＝＝，所以P（N｜M）＝＝＝.
2. 解析：设A＝“在甲盒中拿到红球”，B＝“在乙盒中拿到红球”.因为甲盒中有3个红球，2个黄球，所以P（A）＝，P（）＝1－＝，又乙盒中有2个红球，1个黄球，所以P（B｜A）＝，P（B｜）＝，所以P（B）＝P（AB）＋P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜）＝×＋×＝.
【例4】 D 因为正态密度函数为f（x）＝，所以E（X）＝90，所以正态曲线关于直线x＝90对称，所以P（X＜70）＝P（X＞110），又P（70≤X≤110）＝0.8，所以P（X＞110）＝＝0.1，又共有50 000名学生参加这次考试，所以该市这次考试数学成绩超过110分的学生人数约为50 000×0.1＝5 000，故选D.
跟踪训练
1.D 随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，所以P（1.5≤X＜2）＝0.36，P（X＜1.5）＝（1－0.36×2）＝0.14，所以P（X＞1.5）＝1－0.14＝0.86，故选D.
2.0.01（答案不唯一，小于等于0.02的正数即可） 解析：依题意可得μ＝80，要使次品率不高于0.27％，则正品率不低于99.73％，又根据正态曲线的特征知，｜ξ－80｜＜3σ，所以ξ∈（80－3σ，80＋3σ） （79.94，80.06），所以解得σ≤0.02，故σ的一个值可以为0.01.
第3讲 大题专攻——随机变量及其分布
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：X的所有可能取值为0，1，2，
且P（X＝k）＝，k＝0，1，2，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
X的数学期望E（X）＝0×＋1×＋2×＝1.
2.解：（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
所以比赛成绩不少于5分的概率P＝（1－0.63）（1－0.53）＝0.686.
（2）若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15.
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，
所以E（X）＝[1－（1－p）3]·[15q（1－q）2＋30q2·（1－q）＋15q3]＝[1－（1－p）3]·15q＝15pq·（p2－3p＋3）.
若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15.
同理，可得E（Y）＝15pq（q2－3q＋3）.
E（X）－E（Y）＝15pq（p2－3p－q2＋3q）＝15pq（q－p）（3－p－q），
由0＜p＜q≤1，
得q－p＞0，3－p－q＝3－（p＋q）＞0，
所以E（X）－E（Y）＞0，即E（X）＞E（Y）.
故应该由甲参加第一阶段比赛.
【研透高考·攻重点】
【例1】 解：（1）设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为事件A，记第i次（i＝1，2，3）摸到红球为事件Bi，
则事件A＝∪B1∪B1B2，
显然，B1，B1B2彼此互斥，
由互斥事件概率的加法公式：P（A）＝P（∪B1∪B1B2）＝P（）＋P（B1）＋P（B1B2），
因为每次摸到红球后放回，所以P（Bi）＝，P（）＝，
所以P（A）＝＋×＋××＝.
（2）依题意，X的可能取值为2，3，4，5，
P（X＝2）＝P（）＝，
P（X＝3）＝P（B1）＝×＝，
P（X＝4）＝P（B1B2）＋P（B1B2B3B4）＝××＋（）4＝，
P（X＝5）＝P（B1B2B3）＝（）3×＝，
所以一轮摸球游戏结束时，此人总得分X的分布列为
X 2 3 4 5
P
E（X）＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
跟踪训练
解：（1）记抛掷骰子的样本点为（a，b），则样本空间Ω＝{（a，b）｜1≤a≤6，1≤b≤6，a∈N*，b∈N*}，
则n（Ω）＝36，
记事件A＝“X＞0”，记事件B＝“X＝［］＝”，
则A＝{（a，b）｜1≤a≤b≤6，a∈N*，b∈N*，且［］＞0}，则n（A）＝21.
又AB＝{（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，2），（2，4），（2，6），（3，3），（3，6），（4，4），（5，5），（6，6）}，
则n（AB）＝14，
所以P（B｜A）＝＝＝，
即在X＞0的条件下，X＝的概率为.
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，
P（X＝4）＝，P（X＝5）＝，P（X＝6）＝，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5 6
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝.
【例2】 解：（1）记“从10所学校中随机选取的3所学校参与‘自由式滑雪’都超过40人”为事件A，
参与“自由式滑雪”的人数超过40的学校共4所，
从中随机选择3所学校的选法共＝4（种），
所以P（A）＝＝＝.
（2）参与“单板滑雪”人数在45以上的学校共4所，
所以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的分布列如下表：
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝＋2×＋3×＝.
（3）记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，
则P（B）＝（ ）2×＋（ ）3＝，
由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布B（ n，），
由题意得n≥5，得n≥，
因为n∈N*，所以n的最小值为20，
故至少要进行20轮测试.
跟踪训练
解：（1）由题意可知：每次抛掷骰子上两级台阶的概率为＝，上三级台阶的概率为＝，
且X的可能取值为6，7，8，9，可得（X－6）～B（3，），则有：
P（X＝6）＝（）3＝，
P（X＝7）＝××（）2＝，
P（X＝8）＝×（）2×＝，
P（X＝9）＝（）3＝，
所以X的分布列为
X 6 7 8 9
P
因为E（X－6）＝3×＝1，所以E（X）＝7.
（2）因为位于第10级台阶则认定游戏失败，无法获得奖品，
结合题意可知：若学生位于第10级台阶，则抛掷3次后，学生位于第7级台阶，抛掷第4次上三级台阶，
可知不能获得奖品的概率为P1＝××（）2×＝，
所以甲、乙两位学生参加游戏，恰有一人获得奖品的概率P＝××（1－）＝.
【例3】 解：（1）记“从第1组抽取的20株鸡冠花样本中随机抽取2株，至少有1株鸡冠花的株高增量在（7，10]内”为事件A，所以P（A）＝＝.
（2）记“从第i（i＝1，2，3）组的鸡冠花中各随机抽取1株，这株鸡冠花的株高增量在（7，10]内”为事件Bi，
由题意可知：P（B1）＝，P（B2）＝，P（B3）＝，
X的可能取值有0，1，2，3，则有：
P（X＝0）＝（1－）×（1－）×（1－）＝，
P（X＝1）＝×（1－）×（1－）＋（1－）××（1－）＋（1－）×（1－）×＝，
P（X＝2）＝××（1－）＋×（1－）×＋（1－）××＝，
P（X＝3）＝××＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
X的期望E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
（3）由题意可知：ζ1，ζ2，ζ3均服从两点分布，则有：
ζ1的分布列为：
ζ1 0 1
P
可得ζ1的方差D（ζ1）＝×＝；
ζ2的分布列为：
ζ2 0 1
P
可得ζ2的方差D（ζ2）＝×＝；
ζ3的分布列为：
ζ3 0 1
P
可得ζ3的方差D（ζ3）＝×＝；
因为＞＞，所以D（ζ2）＞D（ζ3）＞D（ζ1）.
跟踪训练
解：（1）设ζ表示1条灯带在安全使用寿命内更换的灯珠数量，
则P（ζ＝5）＝P（ζ＝7）＝P（ζ＝8）＝0.2，P（ζ＝6）＝0.4，
X的取值范围是{10，11，12，13，14，15，16}，
P（X＝10）＝0.2×0.2＝0.04，
P（X＝11）＝2×0.2×0.4＝0.16，
P（X＝12）＝0.42＋2×0.2×0.2＝0.24，
P（X＝13）＝2×（0.2×0.2＋0.2×0.4）＝0.24，
P（X＝14）＝0.22＋2×0.4×0.2＝0.2，
P（X＝15）＝2×0.2×0.2＝0.08，
P（X＝16）＝0.2×0.2＝0.04，
X的分布列为
X 10 11 12 13 14 15 16
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
（2）由（1）可知P（X≥12）＝0.8，
P（X≥13）＝0.56，
故n0＝13.
（3）由（2）可知n0－1＝12，
在灯带安全使用寿命期内，当n＝12时，设购买替换灯珠所需总费用为u元，当n＝13时，设购买替换灯珠所需总费用为v元，则
E（u）＝24＋0.24×4＋0.2×8＋0.08×12＋0.04×16＝28.16，
E（v）＝26＋0.2×4＋0.08×8＋0.04×12＝27.92，
E（v）＜E（u），
故以购买替换灯珠所需总费用的期望值为依据，n＝n0比n＝n0－1的方案更优.
第4讲 大题专攻——成对数据的统计分析
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
则完整的2×2列联表如下：
优级品 非优级品 总计
甲车间 26 24 50
乙车间 70 30 100
总计 96 54 150
K2＝＝4.687 5.
因为K2＝4.687 5＞3.841，所以有95％的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异；
因为K2＝4.687 5＜6.635，所以没有99％的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）由题意可知＝＝0.64，
又p＋1.65＝0.5＋1.65×≈0.5＋1.65×≈0.57，
所以＞p＋1.65，
所以能认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
2.解：（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积＝＝＝0.06，
估计该林区这种树木平均一棵的材积量＝＝＝0.39.
（2）（xi－）（yi－）＝xiyi－10＝0.013 4，
（xi－）2＝－10（）2＝0.002，
（yi－）2＝－10（）2＝0.094 8，
所以＝＝≈0.01×1.377＝0.013 77，
所以样本相关系数r＝
≈≈0.97.
（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m3，由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以＝，
所以Y＝＝1 209，即该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m3.
【研透高考·攻重点】
【例1】 解：（1）由已知可得，＝＝3，
＝＝5.1，
由题可列下表：
xi－ －2 －1 0 1 2
yi－ 1.3 0.4 －0.1 －0.3 －1.3
（xi－）（yi－）＝－5.9，＝，＝，
r＝＝≈≈－0.98.
（2）由问题（1）知，y与x的样本相关系数r≈－0.98，｜r｜接近1，所以y与x之间具有极强的线性相关关系，可用一元线性回归模型进行描述.
由问题（1）知，＝＝＝－0.59，
＝－＝5.1－（－0.59）×3＝6.87，
所求经验回归方程为＝－0.59x＋6.87.
（3）令x＝9，则＝－0.59×9＋6.87＝1.56，预测2028年的酸雨区面积占国土面积的百分比为1.56％.
跟踪训练
解：（1）＝，＝，
＝＝＝5，
∴＝－＝－5×＝2，
∴＝5ln x＋2.
（2）设投入食品淀粉的资金为x万元，投入药用淀粉的资金为（200－x）万元，年收益为f（x），
∴f（x）＝5ln x＋2＋（200－x）＝5ln x－x＋22，
f'（x）＝－＝0 x＝50，
当0＜x＜50时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当50＜x＜200时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
∴f（x）max＝f（50）＝5ln 50－5＋22＝5（2ln 5＋ln 2）＋17≈36.5.
【例2】 解：（1）强化训练后的平均成绩约为
55×0.04＋65×0.16＋75×0.2＋85×0.32＋95×0.28＝81.4.
由于前三列概率之和为0.04＋0.16＋0.2＝0.4，
设中位数为80＋x，则0.032x＝0.1，
解得x＝3.125，所以中位数约为83.13.
（2）零假设为H0：跳水运动员是否优秀与强化训练无关.
补充完整的表格为
强化训练 是否优秀 合计
优秀人数 非优秀人数
强化训练前 40 60 100
强化训练后 60 40 100
合计 100 100 200
则χ2＝＝8＞7.879＝x0.005，
根据小概率值α＝0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为跳水运动员是否优秀与强化训练有关.
跟踪训练
解：（1）由表中数据可得，选择A餐厅的概率为＝，选择B餐厅的概率为＝，
设事件A1：甲、乙两名同学去A餐厅用餐，
事件B1：甲、乙两名同学去B餐厅用餐，
事件A：甲、乙两名同学选择同一套餐用餐，
P（A1）＝（）2，P（B1）＝（）2，P（A｜A1）＝，P（A｜B1）＝，
则P（A）＝P（A1）P（A｜A1）＋P（B1）·P（A｜B1）＝（）2×＋（）2×＝，
故甲、乙两名同学选择同一套餐的概率为.
（2）根据数据可得列联表：
餐厅 性别 合计
男 女
在A餐厅用餐 40 20 60
在B餐厅用餐 15 25 40
合计 55 45 100
零假设为H0：认为性别与选择餐厅之间无关，
根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝≈8.249＞7.879＝x0.005，
依据小概率值α＝0.005的独立性检验，可以推断H0不成立，即性别与选择餐厅之间有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
培优点1 体育比赛与闯关
【例1】 解：（1）记事件A＝“甲班在项目A中获胜”，则P（A）＝××＋×（ ）2××＋×（ ）2×（ ）2×＝，
所以甲班在项目A中获胜的概率为.
（2）记事件B＝“甲班在项目B中获胜”，
则P（B）＝（ ）3＋×（ ）4＋×（ ）5＝.
X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝P（）＝P（）P（）＝×＝，
P（X＝2）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝×＝，
P（X＝1）＝1－P（X＝0）－P（X＝2）＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
故E（X）＝0×＋1×＋2×＝.所以甲班获胜的项目个数的数学期望为.
跟踪训练
解析：根据题意，设甲获胜为事件A，比赛进行两局为事件B，P（A）＝×＋×××＝，P（AB）＝××＝，故P（B｜A）＝＝＝＝.
【例2】 解：（1）甲连胜四场的概率为.
（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为；
乙连胜四场的概率为；
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1－－－＝.
（3）丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为；
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，.
因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝.
跟踪训练
解析：比赛进行四局结束有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙连胜；第一局乙获胜，后三局丙连胜，第一局甲获胜，后三局丙连胜的概率P1＝×××＝，第一局乙获胜，后三局丙连胜的概率P2＝×××＝，故比赛进行四局结束的概率P＝P1＋P2＝＋＝.
【例3】 解：（1）甲以11∶9赢得比赛，共计20次发球，在后4次发球中，需甲在最后一次获胜，最终甲以11∶9赢得比赛的概率为P＝×（ ）2×（ ）2＋（ ）2××＝.
（2）设甲累计得分为随机变量X，X的可能取值为0，1，2，3.
P（X＝0）＝（ ）2×＝，
P（X＝1）＝×（ ）2×＋（ ）2×＝，
P（X＝2）＝×（ ）2×＋（ ）2×＝，
P（X＝3）＝（ ）2×＝，
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
跟踪训练
D 三队中选一队与丙比赛，丙输，×，例如是丙甲，若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意，在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那么它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一队得分不小于4分，不合题意.若丙全赢（ 概率是（ ）2）时，丙得6分，其他3队分数最高为5分，这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于6分，（1）若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是（ ）2，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是；（2）若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是（ ）2，乙丁这场比赛无论结果如何均符合题意；（3）若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是（ ）2，乙丁这场比赛只能平，概率是.综上，概率为××（ ）2×［×（ ）2×＋（ ）2＋（ ）2×］＝，D正确.故选D.
培优点2 概率与统计中的创新问题
【例1】 解：（1）K2＝＝24＞6.635，
所以有99％的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
（2）①证明：R＝
＝，
由题意知，证明＝即可，
左边＝
＝，
右边＝
＝.
左边＝右边，故R＝·.
②由调查数据可知P（A｜B）＝＝，P（A｜）＝＝，
且P（｜B）＝1－P（A｜B）＝，P（｜）＝1－P（A｜）＝，
所以R＝×＝6.
跟踪训练
解：（1）依题意，X1服从超几何分布，故X1的分布列为P（X1＝k）＝，k∈N，0≤k≤100.
X1 0 1 … 99 100
P …
（2）①证明：由题可知Xi（i＝1，2，…，20）均服从完全相同的超几何分布，所以E（X1）＝E（X2）＝…＝E（X20），E（）＝E（ Xi）＝E（ Xi）＝E（Xi）＝×20E（X1）＝E（X1），
D（）＝D（ Xi）＝D（ Xi）＝D（Xi）＝×20D（X1）＝D（X1）.
故E（）＝E（X1），D（）＝D（X1）.
②由①可知的均值E（）＝E（X1）＝.
由公式得X1的方差D（X1）＝，
所以D（）＝.
依题意有
解得N＝1 456，M＝624，
所以可以估计M＝624，N＝1 456.
【例2】 解：（1）依题意，X～B（ 5，），则P（X＝0）＝（ ）5＝，P（X＝1）＝（ ）4（ ）＝，
P（X＝2）＝（ ）3（ ）2＝＝，
P（X＝3）＝（ ）2（ ）3＝，
P（X＝4）＝（ ）（ ）4＝，
P（X＝5）＝（ ）5＝，
故X的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5
P
故E（X）＝5×＝.
（2）设事件“Y＝n”表示前n－1次试验只成功了1次，且第n次试验成功，
故P（Y＝n）＝××（ ）n－2×＝×（ ）n－2，
当n为偶数时，
P（AB）＝P（2）＋P（4）＋…＋P（n）＝［1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2］，
令Sn＝1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2，
则Sn＝1·（ ）2＋3·（ ）4＋…＋（n－1）·（ ）n，
两式相减得：Sn＝1＋2［（ ）2＋（ ）4＋…＋（ ）n－2］－（n－1）·（ ）n，
则Sn＝－（ ）n·（ ＋n），
即P（AB）＝－（ ＋n）·（ ）n.
当n为奇数时，同理可得
P（AB）＝P（2）＋P（4）＋…＋P（n－1）＝［1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－2）·（ ）n－3］
＝－（ n＋）·（ ）n－1，
综上，P（AB）＝
【例3】 解：（1）∵10×（0.012＋0.026＋0.032＋a＋0.01）＝1，∴a＝0.02.
样本平均数的估计值为50×0.12＋60×0.26＋70×0.32＋80×0.2＋90×0.1＝69.
（2）∵μ＝69，σ＝10.5.
∴P（X≥90）＝P（X≥μ＋2σ）≈＝0.022 75.
∴能参加复试的人数约为40 000×0.022 75＝910.
（3）由题意有x2y＝.
答对两道题的概率P＝x2（1－y）＋x（1－x）y＝x2＋2xy－3x2y.
而x2y＝，∴P＝x2＋－.
令f（x）＝x2＋－（0＜x≤1），
则f'（x）＝2x－＝，
∴当x∈（ 0，）时，f'（x）＜0，f（x）在（ 0，）内单调递减；
当x∈（ ，1］时，f'（x）＞0，f（x）在（ ，1］内单调递增.
∴当x＝时，f（x）min＝.故概率P的最小值为.
跟踪训练
解：（1）由题意知，X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝＝，
P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，
故X的分布列为
X 0 1 2
P
则E（X）＝0×＋1×＋2×＝.
记事件A：小王已经答对一题，事件B：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率
P（B｜A）＝＝＝＝.
（2）①由题意知，f（p）＝p（1－p）2
＝3p3－6p2＋3p（ 0＜p＜），
则f'（p）＝3（3p－1）（p－1），
令f'（p）＝0，解得p＝或p＝1（舍），
当p∈（ 0，）时，f'（p）＞0，当p∈（ ，）时，f'（p）＜0，
所以f（p）在区间（ 0，）内单调递增，在区间（ ，）内单调递减，
所以当p＝时，f（p）有极大值，且f（p）的极大值为f（ ）＝.
②由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y，
则Y的可能取值为60，120，180，360，
P（Y＝60）＝（1－p）3，
P（Y＝120）＝p（1－p）2，
P（Y＝180）＝p2（1－p），
P（Y＝360）＝p3，
所以E（Y）＝60（1－p）3＋120p（1－p）2＋180p2（1－p）＋360p3＝60（2p3＋3p＋1），
所以9E（Y）≥1 120，
即540（2p3＋3p＋1）≥1 120，
整理得2p3＋3p－≥0，
经观察可知p＝是方程2p3＋3p－＝0的根，
故2p3＋3p－＝2（ p3－p2）＋（ p2－p）＋（ p－）＝（ p－）（ 2p2＋p＋），
因为2p2＋p＋＞0恒成立，
所以由2p3＋3p－≥0可得p－≥0，解得p≥，
又0＜p＜，所以p的取值范围为［，）.
【例4】 解：（1）①二维离散型随机变量（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由题意得0≤m＋n≤3，
P（ξ＝m，η＝n）＝P（ξ＝m｜η＝n）·P（η＝n），
因为P（η＝n）＝（ ）n（ ）3－n.
P（ξ＝m｜η＝n）＝（ ）m·（ ）3－n－m＝（ ）3－n，
所以P（ξ＝m，η＝n）＝（ ）3－n·（ ）n·（ ）3－n＝＝·.
（2）证明：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.
跟踪训练
解：（1）因为X～B（ 3，），所以xk＝P（X＝k）＝（ ）k（ ）3－k＝（k＝0，1，2，3），
因为Y～B（ 3，），所以yk＝P（Y＝k）＝（ ）k·（ ）3－k＝（k＝0，1，2，3），
所以＝＝23－2k（k＝0，1，2，3），
所以D（X｜｜Y）＝xkln＝××ln 23＋××ln 2＋××ln 2－1＋××ln 2－3＝ln 2.
（2）因为xk＝P（X＝k）＝pk（1－p）2－k（k＝0，1，2），
y0＝P（Y＝0）＝，y1＝P（Y＝1）＝，y2＝P（Y＝2）＝，
所以D（X｜｜Y）＝xkln
＝x0ln＋x1ln＋x2ln
＝（1－p）2ln[6（1－p）2]＋2p（1－p）ln[3p（1－p）]＋p2ln（6p2）.
令f（p）＝（1－p）2ln[6（1－p）2]＋2p（1－p）ln[3p（1－p）]＋p2ln（6p2），
则f'（p）＝－2（1－p）ln[6（1－p）2]－2（1－p）＋（2－4p）ln[3p（1－p）]＋2－4p＋2pln（6p2）＋2p
＝（－2＋4p）ln 6－2ln（1－p）＋2ln p＋（2－4p）ln 3
＝2ln p－2ln（1－p）＋（4p－2）ln 2，
令g（p）＝2ln p－2ln（1－p）＋（4p－2）ln 2，
则g'（p）＝＋＋4ln 2，
因为0＜p＜1，所以g'（p）＞0，故g（p）在（0，1）上单调递增，
又g（ ）＝0，所以当0＜p＜时，g（p）＜0，即f'（p）＜0，当＜p＜1时，g（p）＞0，即f'（p）＞0，
所以f（p）在（ 0，）上单调递减，在（ ，1）上单调递增，
所以f（p）min＝f（ ）＝ln.
（3）证明：令φ（x）＝ln x－x＋1，则φ'（x）＝－1＝.易得当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，φ'（x）＜0，故φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以 x∈（0，＋∞），φ（x）≤φ（1）＝0，
所以ln x≤x－1，所以ln≤－1，
所以ln x≥1－，
所以D（X｜｜Y）＝xkln≥xk（ 1－）
＝（xk－yk）＝xk－yk＝1－1＝0，
即D（X｜｜Y）的值不可能为负.
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