【文档说明】十年（2015-2024）高考真题分项汇编 数学 专题07 事件与概率（古典概率、条件概率、全概率公式、贝叶斯公式）小题综合 Word版含解析.docx，共(22)页，892.856 KB，由小赞的店铺上传

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专题07事件与概率（古典概率、条件概率、全概率公式、贝叶斯公式）小题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1互斥事件的概率计算（10年2考）2018·全国卷、2016·天津卷1.理解、掌握古典概率的定义，并会相关计算，古典概率是新高考卷的常考内容，一般考查古典

概型的概率计算及互斥、对立事件的辨析及计算，需强化训练2.会条件概率和全概率及贝叶斯概率的计算，该内容是新高考卷的必考内容，一般结合条件概率、全概率及贝叶斯概率综合考查，需重点强化复习3.理解、掌握正态分布的定义及指定区间的概率计算考点2古典概率（1

0年10考）2024·全国甲卷、2024·全国新Ⅰ卷、2024·全国甲卷、2024·全国新Ⅱ卷、2023·全国乙卷、2023·全国甲卷、2023·天津卷、2022·全国甲卷、2022·全国新Ⅰ卷、2022·浙江卷、2022·全国甲卷、2

022·全国乙卷、2021·全国甲卷、2021·浙江卷、2020·江苏卷、2019·全国卷、2019·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷、2017·天津卷、2017·山东卷、2017·全国卷、2017·江西卷、2016·北京卷、2016·全国卷、2016·全国卷、2015·全国

卷、2015·广东卷、2015·广东卷、2019·江苏卷、2018·江苏卷、2016·上海卷、2016·上海卷、2016·四川卷、2016·江苏卷、2015·江苏卷考点3条件概率（10年5考）2024·天津卷、2023·全国甲卷、2022·天津卷考点4全

概率公式与贝叶斯公式（10年2考）2024·上海卷、2023·全国新Ⅰ卷考点5正态分布指定区间的概率（10年5考）2024·全国新Ⅰ卷、2022·全国新Ⅱ卷2021·全国新Ⅱ卷、2015·山东卷考点01互斥事件的概率计算1．（2018·全国·高考真题）若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.

45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为A．0.3B．0.4C．0.6D．0.7【答案】B【详解】设事件A为不用现金支付，则()10.450.150.4PA=−−=故选：B.2．（2016·天津·高考真题）甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率

是，则甲不输的概率为A．B．C．D．【答案】A【详解】试题分析：甲不输概率为115.236+=选A.【考点】概率【名师点睛】概率问题的考查，侧重于对古典概型和对立事件的概率考查，属于简单题.运用概率加法的前提是

事件互斥，不输包含赢与和，两种互斥，可用概率加法公式.对古典概型概率的考查，注重事件本身的理解，淡化计数方法.因此先明确所求事件本身的含义，然后利用枚举法、树形图解决计数问题，而当正面问题比较复杂时，往往采取计数其对立事件.考点02古典概率一、单选题1．（

2024·全国甲卷·高考真题）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．14B．13C．12D．23【答案】B【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解.解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求

解.【详解】解法一：画出树状图，如图，由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24种排法，其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，故所求概率81=243P=.解法二：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有

2种排法，丁就1种，共2种；当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种；于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4种方法，于是共8种排法符合题意；基本事件总数显然是44A24=，根据古典概型的计算公式，丙不在排头

，甲或乙在排尾的概率为81243=.故选：B2．（2023·全国乙卷·高考真题）某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（）A．56B．23C．12D

．13【答案】A【分析】对6个主题编号，利用列举列出甲、乙抽取的所有结果，并求出抽到不同主题的结果，再利用古典概率求解作答.【详解】用1，2，3，4，5，6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表：乙甲1

234561(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个不同结果，它们等可能，其中甲乙抽到相同结果有(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5)

,(6,6)，共6个，因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率305366P==.故选：A3．（2023·全国甲卷·高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（）A．16B．13C．

12D．23【答案】D【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有24C6=件，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有11

22CC4=，所以这2名学生来自不同年级的概率为4263=.故选：D.4．（2022·全国甲卷·高考真题）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．15B．13C．25D．23【答案】C【分

析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.【详解】[方法一]：【最优解】无序从6张卡片中无放回抽取2张，共有()()()()()()()()()()()()()()()1

,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,5,4,6,5,615种情况，其中数字之积为4的倍数的有()()()()()()1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,66种情况，故概率为62155=.[方法二]：有

序从6张卡片中无放回抽取2张，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种情况，其中数字之积为4的

倍数有(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种情况，故概率为122305=.故选：C.【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，

是该题的最优解；方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；5．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）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．16B．13C．12D．23【答案】D【分析】由古典概型概率公式结

合组合、列举法即可得解.【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有27C21=种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：()()()()()()()2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8，共7种，故所求概率2172213P−==.故选：D

.6．（2021·全国甲卷·高考真题）将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）A．0.3B．0.5C．0.6D．0.8【答案】C【分析】利用古典概型的概率公式可求概率.【详解】解：将3个1和2个0随机排成一行，可以

是：00111,01011,01101,01110,10011,10101,10110,11001,11010,11100，共10种排法，其中2个0不相邻的排列方法为：01011,01101,01110,10101,10110,11010，

共6种方法，故2个0不相邻的概率为6=0.610，故选：C.7．（2019·全国·高考真题）两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是A．16B．14C．13D．12【答案】D【解析】男女生人数相同可利用整体发分析出两位女生相邻的概率，进而得解.【详解】两位男

同学和两位女同学排成一列，因为男生和女生人数相等，两位女生相邻与不相邻的排法种数相同，所以两位女生相邻与不相邻的概率均是12．故选D．【点睛】本题考查常见背景中的古典概型，渗透了数学建模和数学运算素养

．采取等同法，利用等价转化的思想解题．8．（2019·全国·高考真题）生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为A．23B．35C．25D．15【答案】B【分析

】本题首先用列举法写出所有基本事件，从中确定符合条件的基本事件数，应用古典概率的计算公式求解．【详解】设其中做过测试的3只兔子为,,abc，剩余的2只为,AB，则从这5只中任取3只的所有取法有{,,},{,,},{,,},{,,},{,,},{,,}abc

abAabBacAacBaAB，{,c,},{,c,},{b,,},{c,,}bAbBABAB共10种．其中恰有2只做过测试的取法有{,,},{,,},{,,},{,,},abAabBacAacB{,c,

},{,c,}bAbB共6种，所以恰有2只做过测试的概率为63105=，选B．【点睛】本题主要考查古典概率的求解，题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．应用列举法写出所有基本事件过程中易于出现遗漏或重复，将兔子标注字母，利用“树图法”，可最大限度的避免出错．9．（2018·全国·高考真题）

从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为A．0.6B．0.5C．0.4D．0.3【答案】D【分析】分别求出事件“2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务”的总可能及事件“选中的2人都是女同学”的总

可能，代入概率公式可求得概率.【详解】设2名男同学为12,AA，3名女同学为123,,BBB，从以上5名同学中任选2人总共有12111213212223121323,,,,,,,,,AAABABABABABABBBBBBB共10种可能，选中的2人都是女同学的情况共有121323,,BB

BBBB共三种可能则选中的2人都是女同学的概率为30.310P==，故选D.10．（2018·全国·高考真题）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723=+．在不超过30的素数中，随机选

取两个不同的数，其和等于30的概率是A．112B．114C．115D．118【答案】C【详解】分析：先确定不超过30的素数，再确定两个不同的数的和等于30的取法，最后根据古典概型概率公式求概率.详解：不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共1

0个，随机选取两个不同的数，共有21045C=种方法，因为7+23=11+19=13+17=30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为31=4515，选C.点睛：古典概型中基本事件数的探求方法：(1)列举法.(2)树状图法：

适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法

：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.11．（2017·天津·高考真题）有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概

率为A．45B．35C．25D．15【答案】C【详解】选取两支彩笔的方法有25C种，含有红色彩笔的选法为14C种，由古典概型公式，满足题意的概率值为142542105CpC===.本题选择C选项.考点：古典概型名师点睛：对于古典概型

问题主要把握基本事件的种数和符合要求的事件种数，基本事件的种数要注意区别是排列问题还是组合问题，看抽取时是有、无顺序，本题从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，是组合问题，当然简单问题建议采取列举法更直观一些.12．（2017·山东·高考真题）从分别标有1,2,…,9的

9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是A．518B．49C．59D．79【答案】C【详解】标有1，2，，9的9张卡片中，标奇数的有5张，标偶数的有4张，所以抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概

率是115425989CC=,选C.【名师点睛】概率问题的考查，侧重于对古典概型和对立事件的概率考查，属于简单题.江苏对古典概型概率考查，注重事件本身的理解，淡化计数方法.因此先明确所求事件本身的含义，然后一般利用枚举法、树形图解决计数问题，而当正面问题比较复杂时，往往采

取计数其对立事件.13．（2017·全国·高考真题）从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为A．110B．35C．310D．25【答案】D【详解

】从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件总数n=5×5=25，抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件有：（2，1），（3，1），（3，2），（

4，1），（4，2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），共有m=10个基本事件，∴抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率p=102.255=故答案为D．14．（2017·江西·高考真题）一袋中装有大小相同，编号分别为12345678，

，，，，，，的八个球，从中有放回．．．地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于．．．15的概率为（）A．132B．164C．332D．364【答案】D【详解】本题考查计数方法和概率的计数及分析问题,解决问题

的能力.一袋中装有大小相同，编号分别为12345678，，，，，，，的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，所有的可能情况共有64种；取得两个球的编号和不小于15的情况有（8,8），（8,7）（7,8）

共3种；则取得两个球的编号和不小于15的概率为3.64故选D15．（2016·北京·高考真题）从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为A．15B．25C．825D．925【答案】B【详解】试题分析：从甲乙等5名学生中随机选出2人，基本事件的总数为2

510nC==，甲被选中包含的基本事件的个数11144mCC==，所以甲被选中的概率25mpn==，故选B．考点：古典概型及其概率的计算．16．（2016·全国·高考真题）小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是,MIN，中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，

则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是A．815B．18C．115D．130【答案】C【详解】试题分析：开机密码的可能有(,1),(,2),(,3),(,4),(,5),(,1),(,2),(,3),(,4),(,5)MMMMMIIIII，(,1),(,2),(,3),(,4),(,5)

NNNNN，共15种可能，所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率是115，故选C．【考点】古典概型【解题反思】对古典概型必须明确两点：①对于每个随机试验来说，试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；②每个基本

事件出现的可能性相等．只有在同时满足①、②的条件下，运用的古典概型计算公式()mPAn=（其中n是基本事件的总数，m是事件A包含的基本事件的个数）得出的结果才是正确的．17．（2016·全国·高考真题）为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜

色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是A．13B．12C．23D．56【答案】C【详解】试题分析：将4种颜色的花中任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛中，有6种种法，其中红色和紫色的花不在同一个花坛的种数有4种，故所求概率为

23，选C.【考点】古典概型【名师点睛】作为客观题形式出现的古典概型试题,一般难度不大,解答中的常见错误是在用列举法计数时出现重复或遗漏,避免此类错误发生的有效方法是按照一定的标准进行列举.18．（2015·全国·高考真题）如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股

数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为A．310B．15C．110D．120【答案】C【详解】试题分析：从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有10种不同的取法，其中的勾股数只有3,4,5，故3个数构成一组勾股数的取法只有1种，故所求概率为110，

故选C.考点：古典概型19．（2015·广东·高考真题）已知5件产品中有2件次品,其余为合格品,现从这5件产品中任取2件,恰有一件次品的概率为()A．0.4B．0.6C．0.8D．1【答案】B【详解】5

件产品中有2件次品，记为a，b，有3件合格品，记为c，d，e，从这5件产品中任取2件，有10种，分别是(),ab，(),ac，(),ad，(),ae，(),bc，(),bd，(),be，(),cd，(),ce，(),de，恰有一件

次品，有6种，分别是(),ac，(),ad，(),ae，(),bc，(),bd，(),be，设事件=“恰有一件次品”，则()60.610==，故选B．考点：古典概型．20．（2015·广东·高考真题）袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．

从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为A．B．C．D．1【答案】B【详解】试题分析：首先判断这是一个古典概型，从而求基本事件总数和“所取的2个球中恰有1个白球，1个红球”事件包含的基本事件个数，容易知道基本事件总数便是从15个球任取2球的取

法，而在求“所取的2个球中恰有1个白球，1个红球”事件的基本事件个数时，可利用分步计数原理求解，最后带入古典概型的概率公式即可．解：这是一个古典概型，从15个球中任取2个球的取法有；∴基本事件总数为105；设“

所取的2个球中恰有1个白球，1个红球”为事件A；则A包含的基本事件个数为=50；∴P（A）=．故选B．点评：考查古典概型的概念，以及古典概型的求法，熟练掌握组合数公式和分步计数原理．二、填空题21．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）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.【答案】12/0.5【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为1234,,,XX

XX，四轮的总得分为X.对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率()631448kPX===，所以()()31,2,3,48kEXk==.从而()()()441234113382kkkEXEXXXXEX=

==+++===.记()()0,1,2,3kpPXkk===.如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以04411A24p==；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别

对应乙出8，2，4，6，所以34411A24p==.而X的所有可能取值是0，1，2，3，故01231pppp+++=，()1233232pppEX++==.所以121112pp++=，1213282pp++=，两式相减即得211242p+

=，故2312pp+=.所以甲的总得分不小于2的概率为2312pp+=.故答案为：12.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.22．（2024·全国甲卷·高考真题）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.记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于12的概率为．【答案】715【分析】根据排列可求基本事件的总数，

设前两个球的号码为,ab，第三个球的号码为c，则323abcab+−++，就c的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有36A120=种，设前两个球的号码为,ab，第三个球的号码为c，则1322abcab+++−，

故2()3cab−+，故32()3cab−−+，故323abcab+−++，若1c=，则5ab+，则(),ab为：()()2,3,3,2，故有2种，若2c=，则17ab+，则(),ab为：()()()()()

1,3,1,4,1,5,1,6,3,4，()()()()()3,1,4,1,5,1,6,1,4,3，故有10种，当3c=，则39ab+，则(),ab为：()()()()()()()()1,2,1,4,1,5,1,6,2,4,2,5,2,6,4,5，()()()()()()()()

2,1,4,1,5,1,6,1,4,2,5,2,6,2,5,4，故有16种，当4c=，则511ab+，同理有16种，当5c=，则713ab+，同理有10种，当6c=，则915ab+，同理有2种，共m与n的差的绝对值不超过12时不

同的抽取方法总数为()22101656++=，故所求概率为56712015=.故答案为：71523．（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）在如图的4×4的方格表中选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

．【答案】24112【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.【详解】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432124=种选法；每种选法可标记为(,,,)abcd，abcd,,,分别表示第一、二、三、四列的数字，则所有的可能结果为：(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),(1

5,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40)，所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大，为15213343112+++=.故答案为：24；112【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4

、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.24．（2023·天津·高考真题）把若干个黑球和白球（这些球除颜色外无其它差异）放进三个空箱子中，三个箱子中的球数之比为5:4:6．且其中的黑球比例依次为40%,25%,50%．若从每

个箱子中各随机摸出一球，则三个球都是黑球的概率为；若把所有球放在一起，随机摸出一球，则该球是白球的概率为．【答案】0.0535/0.6【分析】先根据题意求出各盒中白球，黑球的数量，再根据概率的乘法公式可求

出第一空；根据古典概型的概率公式可求出第二个空．【详解】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5,4,6nnn，所以总数为15n，所以甲盒中黑球个数为40%52nn=，白球个数为3n；乙盒中黑球个数

为25%4nn=，白球个数为3n；丙盒中黑球个数为50%63nn=，白球个数为3n；记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件A，所以，()0.40.250.50.05PA==；记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件B，黑球总共有236nnnn++=个，白

球共有9n个，所以，()93155nPBn==．故答案为：0.05；35．25．（2022·浙江·高考真题）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片

上数字的最小值为，则(2)P==，()E=．【答案】1635，127/517【分析】利用古典概型概率公式求(2)P=，由条件求分布列，再由期望公式求其期望.【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有37C种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取

法有112424CCC+种，所以11242437CCC16(2)C35P+===，由已知可得的取值有1，2，3，4，2637C15(1)C35P===，16(2)35P==，，()()2333

77C31134C35C35PP======，所以15163112()1234353535357E=+++=,故答案为：1635，127.26．（2022·全国甲卷·高考真题）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．【答案】635.【分析】根据古典概型

的概率公式即可求出．【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有48C70n==个结果，这4个点在同一个平面的有6612m=+=个，故所求概率1267035mPn===．故答案为：635．27．（2022·全国乙卷·高考真题）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为．【答

案】310/0.3【分析】根据古典概型计算即可【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选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种选法；其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率310P=.故答案为：310.解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为35C10=甲、乙都入选的方法数为13C3=，所以甲、乙都入选的概率310P=故

答案为：31028．（2021·浙江·高考真题）袋中有4个红球m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为16，一红一黄的概率为13，则mn−=，()E=.【答案】189【分析】根据古典概型的概率公式即可列式求得,mn的值，再根据随机变

量的分布列即可求出()E．【详解】2244224461(2)366mnmnmnCPCCC++++++=====，所以49mn++=，()P一红一黄114244133693mmnCCmmmC++=====,所以2n=,则1mn−=．由于11245522991455105(2),(1)

,(0)63693618CCCPPPCC==========155158()2106918399E=++=+=．故答案为：1；89．29．（2020·江苏·高考真题）将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是.【答案】19【分析】分

别求出基本事件总数，点数和为5的种数，再根据概率公式解答即可．【详解】根据题意可得基本事件数总为6636=个.点数和为5的基本事件有()1,4，()4,1，()2,3，()3,2共4个.∴出现向上的点数和为

5的概率为41369P==.故答案为：19.【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．30．（2019·江苏·高考真题）从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的

2名同学中至少有1名女同学的概率是.【答案】710.【分析】先求事件的总数，再求选出的2名同学中至少有1名女同学的事件数，最后根据古典概型的概率计算公式得出答案.【详解】从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿服务，共有2510C=种情况.若选出的2

名学生恰有1名女生，有11326CC=种情况，若选出的2名学生都是女生，有221C=种情况，所以所求的概率为6171010+=.【点睛】计数原理是高考考查的重点内容，考查的形式有两种，一是独立考查，二是与古典概型结

合考查，由于古典概型概率的计算比较明确，所以，计算正确基本事件总数是解题的重要一环.在处理问题的过程中，应注意审清题意，明确“分类”“分步”，根据顺序有无，明确“排列”“组合”.31．（2018·江苏·高考真题）某

兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为．【答案】3.10【详解】分析：先确定总基本事件数，再从中确定满足条件的基本事件数，最后根据古典概型概率公式求概率.详解：从5名学生

中抽取2名学生，共有10种方法，其中恰好选中2名女生的方法有3种，因此所求概率为3.10点睛：古典概型中基本事件数的探求方法(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无

序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法（理科）：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.32．（201

6·上海·高考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为正八边形的中心，.任取不同的两点，点P满足，则点P落在第一象限的概率是.【答案】528【详解】试题分析：共有2828C=种基本事件，其中使点P落在第一象限共有2325C+=种基本事件，故概率为528

.考点：古典概型33．（2016·上海·高考真题）某食堂规定，每份午餐可以在四种水果中任选两种，则甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为______．【答案】16【详解】甲同学从四种水果中选两种共246C=种方法，乙同学从四种

水果中选两种共246C=种方法，则甲、乙两位同学选法种数共2244CC，两同学相同的选法种数为246C=，所以24224416CCC=。【点睛】本题主要考查古典概型概率的计算.解答本题时，关键在于能准确确定所研究对象的基本事件空间、基本事件个数，

利用概率的计算公式求解.本题能较好地考查考生的数学应用意识、基本运算求解能力等.34．（2016·四川·高考真题）从2、3、8、9任取两个不同的数值，分别记为a、b，则为整数的概率=．【答案】16【详解】试题分析

：从2，3，8，9中任取两个数记为,ab，作为作为对数的底数与真数，共有2412A=个不同的基本事件，其中为整数的只有23log8,log9两个基本事件，所以其概率21126P==.考点：古典概型.35．（2

016·江苏·高考真题）将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是．【答案】56【详解】基本事件总数为36，点数之和小于10的基本事件共有30种，所以所求概率为305.366=【考点】古典概型【名师点睛

】概率问题的考查，侧重于对古典概型和对立事件的概率的考查，属于简单题.江苏对古典概型概率的考查，注重事件本身的理解，淡化计数方法.因此先明确所求事件本身的含义，然后一般利用枚举法、树形图解决计数问题，而当正面问题比较复杂

时，往往利用对立事件的概率公式进行求解.36．（2015·江苏·高考真题）袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为．【答案】56【详解】试题分析：根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为12,CC，则一次取出2只球，

基本事件为AB、1AC、2AC、1BC、2BC、12CC共6种，其中2只球的颜色不同的是AB、1AC、2AC、1BC、2BC共5种；所以所求的概率是56P=．考点：古典概型概率考点03条件概率1．（2024·天津·高考真题）,,,,ABCDE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．【答案】3512【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求甲选到A的概率；采用列举法或者条件概率公式可求乙选了A活动，他再选择B活动的概率.【详解】解法一：列举法从五个活动中选三个的情况有：,,,,,,,,,ABCABDABEA

CDACEADEBCDBCEBDECDE,共10种情况，其中甲选到A有6种可能性：,,,,,ABCABDABEACDACEADE，则甲选到A得概率为：63105P==；乙选A活动有6种可能性：,,,,,ABC

ABDABEACDACEADE，其中再选则B有3种可能性：,,ABCABDABE，故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为31=62.解法二：设甲、乙选到A为事件M，乙选到B为事件N，则甲选到A的概率为()2

435C3C5PM==；乙选了A活动，他再选择B活动的概率为()()()133524351C2CCPMNCPNMPM===故答案为：35；122．（2023·全国甲卷·高考真题）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．0.8B．0.6C．0.5D．0.4【答案】A【分析】先算出同时爱好两项的概率,利用条件概率的知识求解

.【详解】同时爱好两项的概率为0.50.60.70.4+−=，记“该同学爱好滑雪”为事件A,记“该同学爱好滑冰”为事件B，则()0.5,()0.4PAPAB==，所以()0.4()0.8()0.5PABPBAPA===∣.故选:A.3．（2022

·天津·高考真题）52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为【答案】1221117【分析】由题意结合概率的乘法公式可得两次都抽到A的概率，再由条件概率的公式即可求得在第一次抽到A的条

件下，第二次抽到A的概率.【详解】由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C,则()()()()1431411221,(),|1525122152131713BCPBCPBPCBPBP=======.故答案为：1221；1

17.考点04全概率公式与贝叶斯公式1．（2024·上海·高考真题）某校举办科学竞技比赛，有、、ABC3种题库，A题库有5000道题，B题库有4000道题，C题库有3000道题．小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的

正确率是0.86，C题库的正确率是0.72．现他从所有的题中随机选一题，正确率是．【答案】0.85【分析】求出各题库所占比，根据全概率公式即可得到答案.【详解】由题意知，,,ABC题库的比例为：5:4:3

，各占比分别为543,,121212，则根据全概率公式知所求正确率5430.920.860.720.85121212p=++=．故答案为：0.85．（附加）2．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两

人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．(1)求

第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第i次投篮的人是甲的概率；(3)已知：若随机变量iX服从两点分布，且()()110,1,2,,iiiPXPXqin==−===，则11nniiiiEXq===．记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y，求(

)EY．【答案】(1)0.6(2)1121653i−+(3)52()11853nnEY=−+【分析】（1）根据全概率公式即可求出；（2）设()iiPAp=，由题意可

得10.40.2iipp+=+，根据数列知识，构造等比数列即可解出；（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．【详解】（1）记“第i次投篮的人是甲”为事件iA，“第i次投篮的人是乙”为事件iB，所以，()()()()()()()

21212121121||PBPABPBBPAPBAPBPBB=+=+()0.510.60.50.80.6=−+=.（2）设()iiPAp=，依题可知，()1iiPBp=−，则()()()()()()()11111||iiiiiiiiiiiPA

PAAPBAPAPAAPBPAB+++++=+=+，即()()10.610.810.40.2iiiipppp+=+−−=+，构造等比数列ip+，设()125iipp++=+，解得13=−，则1121353iipp+−=−，又11111,236pp=−=，所以13

ip−是首项为16，公比为25的等比数列，即11112121,365653iiiipp−−−==+．（3）因为1121653iip−=+，1,2,,in=，所以当*Nn时，()12

2115251263185315nnnnnEYppp−=+++=+=−+−，故52()11853nnEY=−+．【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键

是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解．考点05正态分布指定区间的概率1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）（多选）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2.1x=，样本方差20.01s=，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布()21.8,0.1N，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布()2,Nxs，则（）（若随机

变量Z服从正态分布()2,N，()0.8413PZ+）A．(2)0.2PXB．(2)0.5PXC．(2)0.5PYD．(2)0.8PY【答案】BC【分析】根据正态分布的3原则以及正

态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知，22.1,0.01xs==，所以()2.1,0.1YN，故()()()22.10.12.10.10.84130.5PYPYPY=−=+，C正确，D错误；因为()1.8,0.1XN，所以(

)()21.820.1PXPX=+，因为()1.80.10.8413PX+，所以()1.80.110.84130.15870.2PX+−=，而()()()21.820.11.80.10.2PXPXPX=++，B正确，A

错误，故选：BC．2．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）已知随机变量X服从正态分布()22,N，且(22.5)0.36PX=，则(2.5)PX=．【答案】0.14/750．【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．【详解】因为(

)22,XN，所以()()220.5PXPX==，因此()()()2.5222.50.50.360.14PXPXPX=−=−=．故答案为：0.14．3．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）某物理量的测量结果服从正态

分布()210,N，下列结论中不正确的是（）A．越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大B．该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C．该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等D．该物理量在一次测量中

落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等【答案】D【分析】由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解.【详解】对于A，2为数据的方差，所以越小，数据在10=附近越集中，所以测量结果落在()9.9,10.1内的概率越大，故A正确；对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物

理量一次测量大于10的概率为0.5，故B正确；对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C正确；对于D，因为该物理量一次测量结果落在()9.9,10.

0的概率与落在()10.2,10.3的概率不同，所以一次测量结果落在()9.9,10.2的概率与落在()10,10.3的概率不同，故D错误.故选：D.4．（2015·山东·高考真题）已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布()20,3N，从中随机取一

件，其长度误差落在区间（3,6）内的概率为（附：若随机变量ξ服从正态分布()2,N，则()68.26%P−+=，()2295.44%P−+=．）A．4.56%B．13.59%C．

27.18%D．31.74%【答案】B【详解】试题分析：由题意13368.26%6695.44%3695.44%68.26%13.59%2PPP（＜＜），（＜＜），（＜＜）（）．−=−==−=故选B．