2025年高考数学一轮复习：概率与其他知识的交汇

2025年高考数学一轮复习练习题含答案解析

概率与其他知识的交汇

题型分析以能力立意是数学命题的指导思想，在知识网络交汇处设计试题是今

后高考的新特点和大方向，与概率交汇的试题正是在这种背景下“闪亮登场”，

频频出现在各类考试题中，下面介绍几种常见的概率与其他知识的交汇题型.

题型一概率与统计

角度1统计图与概率

例1(12分)为了解决家长接送孩子放学的问题，教育部提出推行课后服务“5+

2”模式，即学校每周5天都要开展课后服务，每天至少开展2h,结束时间要与

当地正常下班时间相衔接，且不得利用课后服务时间讲新课.为了课后服务的有序

开展，某教育局就课后服务的时长在网络上进行意见征集，并从中随机抽取了100

份调查表，以此为样本绘制了如图所示的频率分布直方图：

频率

W.

0.0150

0.0125

0.0075

0.0050

0.0025

O120140160180200220240

课后服务时长/min

(1)从样本中随机抽取2份调查表，若其中一份调查表所建议的课后服务时长超过

200min,求另一份调查表所建议的课后服务时长也超过200min的概率；

⑵为了进一步了解课后服务时长的需求情况，从样本中建议课后服务时长超过

180min的人中分层抽取10人，再从这10人中任取3人，记建议课后服务时长

在［180,200)的人数为X,求X的分布列与数学期望.

［思路分析］(1)先根据频率分布直方图求出课后服务时长超过200min的调查表

份数，再设出相关事件并求概率，最后根据条件概率的概率计算公式求解即可；

(2)先根据题意及分层随机抽样的知识求出X的所有可能取值，然后求解相应的概

率，列出分布列，求得数学期望.

［规范解答］解（1）依题意，课后服务时长超过200min的调查表共有

100X（0.0075+0.0025）X20=20（»®,（1分）

设事件z为其中一份调查表所建议的课后服务时长超过200min,事件5为另一

份调查表所建议的课后服务时长也超过200min,

则尸⑷:尸（48）=?^,（3分）

CTOOCTOO

故尸(8⑷晋•C%=190=19③(5分)

刀

1\A)CloC&o+C%1600+1901794

（2）根据题意及分层随机抽样的知识可知，抽取的10人中，建议课后服务时长在

［180,200）内的有6人，则X的所有可能取值为0,1,2,3®,（7分）

且尸（X=0）=，=：,尸（x=l）=*=：,

Cio30Cio10

P（X=2）=^=1,P（X=3）=/=",（10分）

所以X的分布列为

X0123

1311

P

301026

X的数学期望E（x）=ox5+ix分）

［满分规则］

❶得步骤分:

①②⑤每列一个式子并计算正确可得1分；

❷得关键分：

③是条件概率公式得2分，④随机变量取值不要多写也不能漏写;

❸得计算分：

⑥正确计算期望可得2分.

训练12021年7月，中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于进一步减轻义

务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》（简称“双减”政策）.某校为了

落实“双减”政策，安排了25名教师参与课后服务工作，在某个星期内，他们参

与课后服务的次数统计如图所示.

参与人数

(1)求这25名教师在该星期参与课后服务的平均次数；

(2)从这25名教师中任选2人，设这2人在该星期参与课后服务的次数之差的绝

对值为X,求X的分布列与数学期望.

解(1)由统计图可知，25名教师中，参与课后服务2次的有4人，参与课后服务

3次的有5人，参与课后服务4次的有10人，参与课后服务5次的有6人，

所以这25名教师在该星期参与课后服务的平均次数为三

=3.72.

(2)由题可知，X的所有可能取值为0,1,2,3,

p/y=m=C?+C3+C%+CV=19

ClCRdClo+CloCi13

P(X=1)=

C2530,

/C-=7

P(X=2)

―c%—30'

OCi

◎525

所以X的分布列为

X0123

191372

P

75303025

所以X的数学期望

19137257

£(^)=0X—+1X—+2X—+3X—=

77530302550

角度2回归分析与概率

例2(2023・石家庄模拟)设某幼苗从观察之日起，第x天的高度为y(cm),测得的

一些数据如下表所示：

第X/p>

高度Mem)0479111213

作出这组数据的散点图发现：y(cm)与x(天)之间近似满足关系式其中

a,b均为大于0的常数.

(1)试借助一元线性回归模型，根据所给数据，用最小二乘法对a,6作出估计，

并求出了关于x的经验回归方程；

(2)在作出的这组数据的散点图中，甲同学随机圈取了其中的3个点，记这3个点

中幼苗的高度大于.V的点的个数为蜃其中y为表格中所给的幼苗高度的平均数，试

求随机变量/的分布列和均值.

附：对于一组数据(%,〃1),(心,〃2),…，(%,网)，其经验回归方程〃的

n~~

A^2.t/lJLliA—A—

斜率和截距的最小二乘估计分别为或=7-----------,一夕,

解(1)令〃=:，则(=册十°,根据已知数据表得到下表：

/p>

〃=心1234567

y0479111213

1+2+3+4+5+6+7)

u=----------------------------=4

7

0+4+7+9+11+12+13。

y=--------------------------------=8,

7

7--

通过上表计算可得小可，=冲二7一8=织,

£后—7〃2140-7X1628

因为回归直线y=过点Q,y),

所以a=y—b/j=—

故歹关于X的经验回归方程为尸浓C一：.

287

(2)7天中幼苗高度大于y=8的有4天，小于等于8的有3天，从散点图中任取3

个点，即从这7天中任取3天，所以这3个点中幼苗的高度大于y的点的个数/的

所有可能取值为0,1,2,3,

0c忆1C1C112

尸(『)，产(口)==

0—350—35’

qgi8CgCj4

尸(0=2)=，尸("3)==

0-350-35,

所以随机变量/的分布列为

e0123

112184

P

35353535

随机变量。的均值

11o1Q419

M=OXJ-+1X—+2X—+3X-

353535357

角度3独立性检验与概率

例3(2022・临沂一模)2022年北京冬奥组委发布的《北京2022年冬奥会和冬残奥

会经济遗产报告(2022)》显示，北京冬奥会已签约45家赞助企业，冬奥会赞助成

为一项跨度时间较长的营销方式.为了解该45家赞助企业每天销售额与每天线上

销售时间之间的相关关系，某平台对45家赞助企业进行跟踪调查，其中每天线上

销售时间不少于8小时的企业有20家，余下的企业中，每天的销售额不足30万

元的企业占号统计后得到如下2X2列联表：

销售额

线上销售时间合计

不少于30万元不足30万元

不少于8小时1720

不足8小时

合计45

(1)请完成上面的2X2列联表，并依据a=0.01的独立性检验，能否认为赞助企业

每天的销售额与每天线上销售时间有关；

(2)①按销售额进行分层随机抽样，在上述赞助企业中抽取5家企业，求销售额不

少于30万元和销售额不足30万元的企业数；

②在①条件下，抽取销售额不足30万元的企业时，抽取2家企业，设抽取每天线

上销售时间不少于8小时的企业数是X,求X的分布列及期望值.

附：

a0.10.050.010.0050.001

Xa2.7063.8416.6357.87910.828

nCad—be)2.

参考公式：f=-——，其中n=a+b+c+d7.

(a+6)(c+d)(a+c)(b+d)

解(1)

销售额

线上销售时间合计

不少于30万元不足30万元

不少于8小时17320

不足8小时101525

合计271845

零假设为Ho：赞助企业每天的销售额与每天线上销售时间无关.

..,45X(15X17-10X3)2

.’=一9.375>6.635,

20X25X27X18

依据小概率值a=0.01的独立性检验，推断M不成立，认为赞助企业每天的销

售额与每天线上销售时间有关.

(2)①由分层随机抽样知，销售额不少于30万元的企业数是5X1|=3,

销售额不足3。万元的企业数是5X32.

②在①条件下，X的可能取值为0,1,2,

尸(X=0)=千尸(x=l)=*=:,P(X=2)=雪=],

Ci851Cfs17Cfs51

...X的分布列为

X012

3551

P

511751

则£(^)=ox—+ix-5+2X—=-.

75117513

感悟提升高考常将独立性检验与分布列等交汇在一起进行考查，由频率分布直

方图解决相关问题，解题的关键是正确理解频率分布直方图，能利用频率分布直

方图正确计算出各组数据.

训练2(2023・沈阳模拟)在冬奥会的志愿者选拔工作中，某高校承办了冬奥会志愿

者选拔的面试工作，面试成绩满分100分，现随机抽取了80名候选者的面试成绩

分五组，第一组［45,55),第二组［55,65),第三组［65,75),第四组［75,85),

第五组［85,95］,绘制成如图所示的频率分布直方图.已知图中从左到右前三个组

的频率成等差数列，第一组和第五组的频率相同.

(1)求a,b的值，并估计这80名候选者面试成绩的平均值(同一组中的数据用该组

区间的中点值作代表)和中位数(中位数精确到0.1)；

(2)已知抽取的80名候选人中，男生和女生各40人，男生希望参加张家口赛区志

愿服务的有10人，女生希望参加张家口赛区志愿服务的有20人，补全下面2X2

列联表，依据小概率值a=0.05的独立性检验，能否认为参加张家口赛区志愿者

服务的候选人与性别有关？

性别

参加志愿者服务合计

男生女生

希望去张家口赛区1020

不希望去张家口赛区

合计4040

(3)冰球项目的场地服务需要5名志愿者，有4名男生和3名女生通过该项志愿服

务的选拔，需要通过抽签的方式决定最终的人选，现将5张写有“中签”和2张

写有“未中签”字样的字条随机分配给每一位候选人，记男生中签的人数为X,

求X的分布列及均值E(X).

〃be)2

参考数据及公式：/〃=a+b+c+d.

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

a0.0500.0100.001

3.8416.63510.828

解(1)由题意知

206=10a+0.45,(2a+/J+0.065)X10=l,

解得。=0.005,6=0.025,

所以平均值为50X0.05+60X0.25+70X0.45+80X0.2+90X0.05=69.5,

中位数为65+0-="心694

0.0459

⑵补全2X2列联表：

性别

参加志愿者服务合计

男生女生

希望去张家口赛区102030

不希望去张家口赛

302050

区

合计404080

零假设为Ho：参加张家口赛区志愿者服务的候选人与性别无关，根据列联表中的

80X(10X20—20X30)2

数据，经计算得到%2=—=5.333>3.841=xo.o5,

40X40X30X50

所以依据小概率值a=0.05的独立性检验，我们推断同不成立，即认为参加张家

口赛区志愿者服务的候选人与性别有关.

(3)X的所有可能取值为2,3,4,

P(X-2)-c「7'Pg9-c「7'jc.7'

所以X的分布列为

X234

241

P

777

74ion

所以E(㈤=2X4+3X2+4X1=".

7777

题型二概率与函数、导数

例4(2023•福建四市检测)某次围棋比赛的决赛，由甲、乙两人争夺最后的冠军.

决赛先进行两天，每天实行三盘两胜制，即先赢两盘者获得该天胜利，此时该天

比赛结束.若甲、乙中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天双方各

赢一天，则第三天只进行一盘附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军.设每盘比赛

甲获胜的概率为每盘比赛的结果没有平局且结果互相独立.

（1）记第一天需要进行的比赛盘数为X

①求E（X）,并求当E（X）取最大值时p的值；

②结合实际，谈谈①中结论的意义.

⑵当夕=g时，记总共进行的比赛盘数为匕求尸（VW5）.

解（1）①X可能的取值为2,3,

22

P（x=2）=p+（l-py=2p-2p+1,

尸（X=3）=2p（l—p）=-2/2+2，

故E（X）=2（2p2-2p+1）+3（—222+2夕）=—2夕2+2夕+2.

即£（X）=—21一则当夕=3时，

E（X）取得最大值.

②结合实际，当夕=；时双方实力最接近，比赛最激烈，则一天中进行比赛的盘数

会更多.

（2）当夕=1时,双方前两天的比分为2：0或0：2的概率均为：><!=：；比分为2：1

2224

或1：2的概率均为2X1X-X-=-.

2224

当7<5,则7=4或Y=5.

Y=4即获胜方两天均为2:0获胜，故P（y=4）=2X：X：=：；

Y=5即获胜方前两天的比分为2：0和2：1或2：0和0：2再加附加赛，

故P（y=5）=2X（；X；X2+：X；X2xg）、.

1Q1

所以p（r<5）=p（y=4）+p（y=5）=.

882

感悟提升在概率与统计的问题中，决策的工具是样本的数字特征或有关概率.

决策方案的最佳选择是将概率最大（最小）或均值最大（最小）的方案作为最佳方案，

这往往借助于函数、不等式、数列的有关性质去实现.

训练3（2023・八省八校联考）冬奥会吉祥物“冰墩墩”自亮相以来就好评不断，出

现了“一墩难求”的现象.主办方委托某公司推出一款以“冰墩墩”为原型的纪念

品在专卖店进行售卖.已知这款纪念品的生产成本为80元/件，为了确定其销售价

格，调查了对这款纪念品有购买意向的消费者（以下把对该纪念品有购买意向的消

费者简称为消费者）的心理价位，并将收集的100名消费者的心理价位整理如下：

心理价位（元/件）90100110120

人数10205020

假设当且仅当这款纪念品的销售价格小于或等于某位消费者的心理价位时，该消

费者就会购买该纪念品.公司为了满足更多消费者的需求，规定每位消费者最多只

能购买一件该纪念品.设这款纪念品的销售价格为x（单位：元/件），90<xW120,

且每位消费者是否购买该纪念品相互独立.用样本的频率分布估计总体的分布，频

率视为概率.

⑴若x=100,试估计消费者购买该纪念品的概率；已知某时段有4名消费者进店,

X为这一时段该纪念品的购买人数，试求X的分布列和数学期望£⑶.

（2）假设共有万名消费者，设该公司售卖这款纪念品所得总利润为V（单位：元），

当该纪念品的销售价格X定为多少时，V的数学期望E（y）达到最大值？

解（l）x=100时，消赛者购买该纪念品的概率

由题意X〜8(4,0.9),

P(X=z)=CU)9(l—0.9)4],i=0,1,2,3,4,

1Q

P(X=0)=0,14=—,P(X=1)=-,

''1000072500

243729

尸(X=2)=上"，尸(X=3)=」且,

5000V72500

6561

尸(X=4)

100005

X的分布列为:

X01234

192437296561

P

1000025005000250010000

£⑶=4X0.9=36

(2)由(1)知90<xW100时，E(Y)=MX黑X(x—80)Wl8Mx=100时等号成立),

70

100<x^ll0时，£(Y)=MX-X(x-80)<2W(x=110时等号成立)，

70

110<xW120时，E(y)="X孟X(x—80)W8M(x=120时等号成立)，

M>0,因此£(7)=21/最大，此时x=H0.

所以当该纪念品的销售价格定为no元时，y的数学期望£(/)达到最大值21/.

题型三概率与数列

例5(2023•郑州模拟)一款游戏规则如下：掷一枚质地均匀的硬币，若出现正面向

前跳2步，若出现反面向前跳1步.

(1)若甲、乙二人同时参与游戏，每人各掷硬币2次，

①求甲向前跳的步数大于乙向前跳的步数的概率；

②记甲、乙二人向前跳的步数和为X,求随机变量X的分布列和均值.

(2)若某人掷硬币若干次，向前跳的步数为"(〃©N*)的概率记为“，求”的最大值.

解(1)①设甲向前跳的步数为匕乙向前跳的步数为Z,

则尸(F=2)=尸(Z=2)=：,

P(r=3)=P(Z=3)=1,

尸(y=4)=0(Z=4)=：,

所以尸(y>z)=lx：+：x[+[=2，

24416

所以甲向前跳的步数大于乙向前跳的步数的概率为

16

②由①知X的所有可能取值为4,5,6,7,8,

所以尸(X=4)=二!-，尸(X=5)=],

164

311

P(X=6)=|,P(X=7)=；P(X=8)=j,

随机变量X的分布列为

X45678

11311

P

1648416

^=4XX+5XI+6X3+7XI+8XX=6.

(2)由题意得pi=g,投1次或投2次都可能出现向前跳的步数为2,则

当时，Pn=~Pn-l~^~Pn-2,

1_i_」-1〕2J_a

==，=-

pn—pn-1-^Pn-\—pn-2)=^(J)n-2—pn-3)"V2j(/72/?l)=l2j,

利用累加法，所以p〃=g[2]+：(〃三3),

因为21=；,必=:,满足上式，

所以p〃=；[J+：(〃©N*),

当〃为奇数时，J—J<0,P„<l；

33

当〃为偶数时，22=(」+：=：>：'且数列｛/?〃｝为递减数列，

所以小的最大值为；

感悟提升高考有时将概率、统计等问题与数列交汇在一起进行考查，因此在解

答此类题时，准确把题中所涉及的事件进行分解，明确所求问题所属的事件类型

是关键.

训练4(2023•南京模拟)最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且试验

成功的概率为夕(0<P<1).现对该产品进行独立重复试验，若试验成功，试验结束;

若试验不成功，则继续试验，且最多试验10次.记X为试验结束时所进行的试验

次数，且每次试验的成本为。伍>0)元.

(1)①写出X的分布列；

②证明：E(X)<-.

P

(2)某公司意向投资该产品.若夕=0.25,且试验成功则获利5a元，则该公司如何决

策投资，并说明理由.

解(1)①当1WXW9时，P(X=z)=(l—p)厂力，i=l,2,…，9.

当X=10时,P[X=10)=(1-p)9p+(1-/?)10=(1~p)9.

所以X的分布列为

(1—j>)rxp,z=l,2,­••,9,

p(x=i)=

(1—/?)9,z=10.

99

②证明E(X)=&(1—p)厂)+10(1—夕)9=p±i(l一夕尸+10(1—p)9.

9

令S=£Z,(1—p)厂1,则E(X)=pS+10(1—p)9,

S=1+2(1—p)+3(l-/?)2H---H8(l—07+9(1—p)8,

(1—p)S=(1—p)+2(1一夕AH---[-7(1一夕y+8(1一夕户+9(1—p)9,

两式相减，得夕s=l+(l一0)+(1一?---F(l—p)7+(l—p)8—9(1—p)9

=1—(1—P)9-9(1-p)9,

p

所以E(&=——^+(1—p)9=«l—(1一2严].

PP

因为0<夕<1,所以ovi—(1—

所以E(X)<1

P

(2)当夕=0.25时，由(1)得E(X)<4,

则aE(X)<4a<5a,

即试验结束后的平均成本小于试验成功的获利，

所以该公司可以投资该产品.

।•比赛闯关与取球问题就点突破

在“更高更快更强”的体育精神感召下，或为了增加竞赛的悬念，或增加比赛的

精彩程度，或维护比赛的公平，概率在体育竞赛赛制中有着重要的应用和体现.

一、比赛赛制问题

例1甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为0.6,乙获胜的

概率为0.4,那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？

解法一若采用3局2胜制，甲最终获胜有两种可能的比分2：0或2：1,前

者是前两局甲连胜，后者是前两局甲、乙各胜一局且第3局甲胜.

因为每局比赛的结果是独立的，甲最终获胜的概率为72i=0.62+CiX0.62X0.4=

0.648.

类似地，若采用5局3胜制，甲最终获胜有3种比分3：0,3：1或3：2.

因为每局比赛的结果是独立的，所以甲最终获胜的概率为P2=O6+C3XO.63XO.4

+C?X0.63X0.42=0.68256.

法二若采用3局2胜制，不妨设赛满3局，用X表示3局比赛中甲胜的局数，

则X〜8(3,0.6).

甲最终获胜的概率为^i=P(X=2)+P(X=3)=C?X0.62X0.4+aX0.63=0.648.

若采用5局3胜制，不妨设赛满5局，用X表示5局比赛中甲胜的局数，则X〜

8(5,0.6).

甲最终获胜的概率为pi=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=CX0.63X0.42+

C^xO.64x0.4+C^X0.65=0.68256.

因为22＞小，所以5局3胜制对甲有利.

实际上，比赛局数越多，对实力较强者越有利.

二、取球问题

例2一袋中有6个黑球，4个白球

(1)不放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概

率；

(2)有放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概

率；

(3)有放回的依次取出3个球，求取到白球个数X的分布列、期望与方差.

解(1)设事件Z为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”，

98983

(2)设事件5为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”，

/.P(5)=幺X—+—X—

101010105

(3)设“取一次球，取到的是白球”为事件C,P(O=^=|,

X的取值为0,1,2,3,

3

依题意可得X〜凤।

『=落尸(X=1)=C的图

所以尸(X=l)=詈=%尸(x=2)=曾=：,P(X=3)=H=1.

x_/6DDv-^6D

X的分布列为

X123

131

P

555

1T.1

所以E(&=1X：+2X；+3X；=2.

2.(2023・福州质检)某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加〃(〃GN*,

且〃22)次抽奖，每次中奖的概率为:，不中奖的概率为;，且各次抽奖相互独立.

规定第1次抽奖时，若中奖则得10分，否则得5分.第2次抽奖，从以下两个方

案中任选一个：

方案①：若中奖则得30分，否则得0分；

方案②：若中奖则获得上一次抽奖得分的两倍，否则得5分.

第3次开始执行第2次抽奖所选方案，直到抽奖结束.

(1)如果〃=2,以抽奖的累计积分的期望值为决策依据，顾客甲应该选择哪一个方

案？并说明理由.

(2)记顾客甲第z,次获得的分数为X(i=l,2,…，〃)，并且选择方案②.请直接写

出E®+1)与E(X)的递推关系式，并求£(M)的

值［精确到0］，参考数据：U-0.0591

解(1)若甲第2次抽奖选方案①，两次抽奖累计得分为则/的可能取值为40,

35,10,5.

111212

P(e=40)=3X3=9,P(f=35)=3X3=9，

p(e=io)=|xj=|,p(e=5)=jx|=|,

1774isoso

若甲第2次抽奖选方案②，两次抽奖累计得分为〃，则〃的可能取值为30,15,10.

11121124

P(,=30)=3X3=9,^=15)=3X3+3X3=9，

224144130

P(7=10)=jxj=^,E(〃)=30Xj+15X；+10X；=g,

因为£(0>£(〃)，所以应选择方案①.

升级前16040200

升级后19010200

合计35050400

零假设为见：产品的合格率与技术升级无关，根据列联表中的数据，经计算得到

400X(160X10—190X40)2144

X2—^20.571>1O.828=XO.OOI,

200X200X350X50

所以依据小概率值a=0.001的独立性检验，有充分的证据推断Ho不成立，即认为

产品的合格率与技术升级有关.

(2)由于所有次品中，甲、乙生产线生产的次品比例为4：1,

故抽取的10件中有8件甲生产线的，2件乙生产线的,

从中随机抽取5件中属于甲生产线的数量X的所有可能取值为3,4,5,

则尸(X=3)=可=2,尸(X=4)=可=9,尸(X=5)=W=2,

''Go9''Go9''Go9

所以X的分布列为

X345

252

P

999

7S?

所以£(&=3、j+4X；+5X：=4.

(3)甲生产线抽检的产品中有70件Z等级，90件5等级，40件C等级;

乙生产线抽检的产品中有130件Z等级，60件5等级，10件C等级，

因为用样本的频率估计概率,

70m+90X40-200X207

所以对于甲生产线，单件产品的利润x甲m~2,