新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点19概率小题突破（附解析）

命题点19　概率一、单项选择题1．[2022·新高考Ⅰ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．B．C．D．2．[2023·河北衡水模拟]若随机变量X～N(μ，σ2)(σ>0)，则有如下结论：(P(|X－μ|<σ)＝0.6826，P(|X－μ|<2σ)＝0.9544，P(|X－μ|<3σ)＝0.9974)，高三(1)班有40名同学，一次数学考试的成绩服从正态分布，平均分为120，方差为100，理论上说在130分以上人数约为(　　)A．19B．12C．6D．53．[2023·全国甲卷]有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为(　　)A．0.8B．0.4C．0.2D．0.14．某中学举行疾病防控知识竞赛，其中某道题甲队答对该题的概率为，乙队和丙队答对该题的概率都是.若各队答题的结果相互独立且都进行了答题．则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为(　　)A．B．C．D．5．[2023·广东广州模拟]已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是90%，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是(　　)A．0.92B．0.93C．0.94D．0.956．[2023·河北邯郸模拟]2023年3月13日，第十四届全国人民代表大会第一次会议在北京人民大会堂闭幕，为记录这一历史时刻，来自A省的3名代表和B省的3名代表合影留念．假设6名代表站成一排，则A省的3名代表互不相邻，且B省的3名代表也互不相邻的概率为(　　)A．B．C．D．7．[2021·新高考Ⅰ卷]有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，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8．[2022·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最大二、多项选择题9．若随机变量X～B，下列说法中正确的是(　　)A．P(X＝3)＝CB．期望E(X)＝C．期望E(3X＋2)＝22D．方差D(3X＋2)＝2010．[2023·辽宁葫芦岛模拟]一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列说法正确的是(　　) A．从中任取3球，恰有2个白球的概率是B．从中有放回的取球6次，每次任取一球，设取到红球次数为X，则E(X)＝2C．现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为D．从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到白球的概率为11．[2023·山东聊城二模]从含有3道代数题和2道几何题的5道试题中随机抽取2道题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，则(　　)A．“第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”是互斥事件B．“第1次抽到代数题”与“第2次抽到几何题”相互独立C．第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是D．在有代数题的条件下，两道题都是代数题的概率是12．[2023·新课标Ⅱ卷]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)2B．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)2C．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)3D．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[答题区]题号123456789101112答案三、填空题13．[2022·新高考Ⅱ卷]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>2.5)＝________．14．[2023·河南安阳模拟]半圆弧上有包括直径端点在内的5个点，从中随机选取3个点，则以这3个点为顶点的三角形是钝角三角形的概率为________．15．[2023·河北唐山模拟]近年来，理财成为了一种趋势，老黄在今年买进某个理财产品．设该产品每个季度的收益率为X，且各个季度的收益之间互不影响，根据该产品的历史记录，可得P(X>0)＝2P(X≤0).若老黄准备在持有该理财产品4个季度之后卖出．则至少有3个季度的收益为正值的概率为__________．16．假设某型号的每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p(0<p<1)，且各引擎是否有故障是独立的，如有至少50%的引擎能正常运行，飞机就可成功飞行，若使4引擎飞机比2引擎飞机更为安全，则p的取值范围是__________． 命题点19　概率(小题突破)1．解析：方法一　从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有C＝21(种)结果，其中这2个数互质的结果有(2，3)，(2，5)，(2，7)，(3，4)，(3，5)，(3，7)，(3，8)，(4，5)，(4，7)，(5，6)，(5，7)，(5，8)，(6，7)，(7，8)，共14种，所以所求概率为＝.故选D.方法二　从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有C＝21(种)结果，其中这2个数不互质的结果有(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7种，所以所求概率为＝.故选D.答案：D2．解析：∵数学成绩近似地服从正态分布N(120，102)，P(|x－μ|<σ)＝0.6826，∴P(<10)＝0.6826，根据正态曲线的对称性知：理论上说在130分以上的概率为(1－0.6826)＝0.1587，∴理论上说在130分以上人数约为0.1587×40≈6.故选C.答案：C3．解析：报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A，记“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝＝0.8.故选A.答案：A4．解析：记“甲队答对该题”为事件A，“乙队答对该题”为事件B，“丙队答对该题”为事件C，则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率P＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝P(A)P()P()＋P()P(B)P()＋P()P()P(C)＝××＋××＋××＝××＋××＋××＝.故选C.答案：C5．解析：从某地市场上购买一个电子产品，设买到的电子产品是甲厂产品为事件A，设买到的电子产品是乙厂产品为事件B，则由题可知P(A)＝60%，P(B)＝40%，从甲厂电子产品中购买一个，设买到的电子产品是合格产品为事件C，从乙厂电子产品中购买一个，设买到的电子产品是合格产品为事件D，则由题可知P(C)＝95%，P(D)＝90%，由题意可知A，B，C，D互相独立，故从该地市场上买到一个合格产品的概率是P(AC)＋P(BD)＝P(A)P(C)＋P(B)P(D)＝60%×95%＋40%×90%＝0.93.故选B.答案：B6．解析：6名代表站成一排的所有排法共有A＝720种排法， A省的3名代表互不相邻，且B省的3名代表也互不相邻的排法可分为两类：第一类：A省的3名代表坐在第1，3，5位置，共有AA＝36种排法，第二类：A省的3名代表坐在第2，4，6位置，共有AA＝36种排法，所以A省的3名代表互不相邻，且B省的3名代表也互不相邻的排法共有2AA＝72种排法，所以事件A省的3名代表互不相邻，且B省的3名代表也互不相邻的概率P＝＝.故选B.答案：B7．解析：P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝，P(丁)＝＝，P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)＝＝P(甲)P(丁)，P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)＝0≠P(丁)P(丙)，故选B.答案：B8．解析：设第二盘与甲比赛，则p甲＝2[p2p1(1－p3)＋(1－p2)p1p3]＝2p1(p2＋p3－2p2p3).设第二盘与乙比赛，则p乙＝2[p2p1(1－p3)＋(1－p1)p2p3]＝2p2(p1＋p3－2p1p3).设第二盘与丙比赛，则p丙＝2[p3p1(1－p2)＋(1－p1)p2p3]＝2p3(p1＋p2－2p1p2).p甲－p乙＝2p3(p1－p2)<0，p甲－p丙＝2p2(p1－p3)<0，p乙－p丙＝2p1(p2－p3)<0，故p丙>p乙>p甲．选D.答案：D9．解析：因X～B，所以P(X＝3)＝C3(1－)7，故A错误；E(X)＝10×＝，故B正确；E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×＋2＝22，故C正确；D(X)＝10××＝，D(3X＋2)＝32D(X)＝9×＝20，故D正确．故选BCD.答案：BCD10．解析：对于A，从中任取3球，恰有2个白球的概率是＝＝，故A正确；对于B，从中有放回的取球6次，每次任取一球，设取到红球次数为X服从二项分布，即X～B，∴E(X)＝6×＝4，故B错误；对于C，第一次取到红球后，第二次取球时，袋子中还有3个红球和2个白球，再次取到红球的概率为，故C错误；对于D，有放回的取球，每次取到白球的概率为，没有取到白球的概率为，所以取球3次没有取到白球的概率为＝，所以至少有一次取到白球的概率为1－＝，故D正确．故选AD.答案：AD11．解析：“第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”这两个事件不可能同时发生，它们互斥，A正确； “第1次抽到代数题”这个事件发生与否对事件“第2次抽到几何题”发生的概率有影响，“第1次抽到代数题”发生时，“第2次抽到几何题”的概率是，“第1次抽到代数题”不发生时，“第2次抽到几何题”的概率是，它们不独立，B错；第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是×＝，C正确；抽取两次都是几何题的概率是×＝，因此有代数题的概率是1－＝，在有代数题的条件下，两道题都是代数题的概率是＝，D正确．故选ACD.答案：ACD12．解析：由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为(1－α)(1－β)2，故A选项正确．对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B选项正确．对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为Cβ(1－β)2＋C(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，故C不正确．对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝Cα(1－α)2＋C(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0<α<0.5时，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，故D选项正确．综上，选ABD.答案：ABD13．解析：由题意可知P(X>2)＝0.5，所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2<X≤2.5)＝0.5－0.36＝0.14.答案：0.1414．解析：若3个点中包含直径的两个端点，根据直径所对圆周角为直角，则此时为直角三角形，不合题意，若3个点中，只有1个为直径的端点，此时有C·C＝6种情况，若3个点没有点为直径的端点，则此时只有1种情况，综上共有7种情况满足题意，而总数共有C＝10种，则以这3个点为顶点的三角形是钝角三角形的概率为P＝.答案：15．解析：因为P(X>0)＝2P(X≤0)，所以P(X>0)＋P(X≤0)＝3P(X≤0)＝1，所以P(X≤0)＝，P(X>0)＝，则至少有3个季度的收益为正值的概率为C××＋C×＝.答案： 16．解析：由已知可得，飞机引擎运行正常的个数X～B(n，p)，所以4引擎飞机正常运行的概率为P1＝Cp2(1－p)2＋Cp3(1－p)＋Cp4＝3p4－8p3＋6p2.2引擎飞机正常运行的概率为P2＝Cp(1－p)＋Cp2＝－p2＋2p.所以P1－P2＝3p4－8p3＋6p2－(－p2＋2p)＝p(p－1)2(3p－2).因为4引擎飞机比2引擎飞机更为安全，所以P1－P2>0，即p(p－1)2(3p－2)>0.因为0<p<1，所以<p<1.答案：