《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

(创新考法)(2024全国甲理,16,5分,难)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为取出的三个球上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于$\frac{1}{2}$的概率为________.

答案： 答案$\frac{7}{15}$
解析　记取出的三个球上的数字依次为$a$、$b$、$c$，$a,b,c = 1,2,3,4,5,6$，$a\neq b\neq c$，则从中无放回地随机取三次的所有数字情况共有$A_{6}^{3}=120$种。
由$\vert m - n\vert=\vert\frac{a + b}{2}-\frac{a + b + c}{3}\vert\leq\frac{1}{2}$，
得$\vert a + b - 2c\vert\leq3$，即$-3\leq a + b - 2c\leq3$，
$\therefore -3 + 2c\leq a + b\leq3 + 2c$。
当$c = 6$时，$9\leq a + b\leq15$，则$(a,b)$的所有可能为$(4,5)$，$(5,4)$，共$2$种；
当$c = 5$时，$7\leq a + b\leq13$，则$(a,b)$的所有可能为$(1,6)$，$(6,1)$，$(2,6)$，$(6,2)$，$(3,6)$，$(6,3)$，$(3,4)$，$(4,3)$，$(4,6)$，$(6,4)$，共$10$种；
当$c = 4$时，$5\leq a + b\leq11$，则$(a,b)$的所有可能为$(1,5)$，$(5,1)$，$(1,6)$，$(6,1)$，$(2,3)$，$(3,2)$，$(2,5)$，$(5,2)$，$(2,6)$，$(6,2)$，$(3,5)$，$(5,3)$，$(3,6)$，$(6,3)$，$(5,6)$，$(6,5)$，共$16$种；
当$c = 3$时，$3\leq a + b\leq9$，则$(a,b)$的所有可能为$(1,2)$，$(2,1)$，$(1,4)$，$(4,1)$，$(1,5)$，$(5,1)$，$(1,6)$，$(6,1)$，$(2,4)$，$(4,2)$，$(2,5)$，$(5,2)$，$(2,6)$，$(6,2)$，$(4,5)$，$(5,4)$，共$16$种；
当$c = 2$时，$1\leq a + b\leq7$，则$(a,b)$的所有可能为$(1,3)$，$(3,1)$，$(1,4)$，$(4,1)$，$(1,5)$，$(5,1)$，$(1,6)$，$(6,1)$，$(3,4)$，$(4,3)$，共$10$种；
当$c = 1$时，$-1\leq a + b\leq5$，则$(a,b)$的所有可能为$(2,3)$，$(3,2)$，共$2$种。
故满足条件的$a$，$b$，$c$共有$2 + 10+16 + 16+10 + 2 = 56$种。
$\therefore m$与$n$之差的绝对值不大于$\frac{1}{2}$的概率$P=\frac{56}{120}=\frac{7}{15}$。

1.(2022新高考Ⅰ,5,5分,易)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.$\frac{1}{6}$　
　B.$\frac{1}{3}$　　
　C.$\frac{1}{2}$　　
　D.$\frac{2}{3}$

答案： 1D解法一(直接法)：从$2$至$8$的$7$个整数中任取两个数共有$C_{7}^{2}=21$种取法，若取的两数互质，则不同的取法有$(2,3)$，$(2,5)$，$(2,7)$，$(3,4)$，$(3,5)$，$(3,7)$，$(3,8)$，$(4,5)$，$(4,7)$，$(5,6)$，$(5,7)$，$(5,8)$，$(6,7)$，$(7,8)$，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$\frac{14}{21}=\frac{2}{3}$。故选D。
解法二(间接法)：从$2$至$8$的$7$个整数中任取$2$个数共有$C_{7}^{2}=21$种取法，$2$个数不互质的情况有两类：
(1)从$4$个偶数中任取$2$个，有$C_{4}^{2}=6$种取法；
(2)从偶数和奇数中各取一个，有$(3,6)$这$1$种取法，所以$2$个数不互质的取法有$7$种，所以取$2$个数互质的概率为$1-\frac{7}{21}=\frac{2}{3}$。故选D。

2.(2023全国甲文,4,5分,易)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.$\frac{1}{6}$　
　B.$\frac{1}{3}$　　
　C.$\frac{1}{2}$　　
　D.$\frac{2}{3}$

答案： 2D解法一：记高一的$2$名学生分别为$a_{1}$，$a_{2}$，高二的$2$名学生分别为$b_{1}$，$b_{2}$，从$4$名学生中随机选$2$名有以下$6$种选法：$a_{1}a_{2}$，$a_{1}b_{1}$，$a_{1}b_{2}$，$a_{2}b_{1}$，$a_{2}b_{2}$，$b_{1}b_{2}$，其中$2$名学生来自$2$个年级有如下$4$种选法：$a_{1}b_{1}$，$a_{1}b_{2}$，$a_{2}b_{1}$，$a_{2}b_{2}$，则由古典概型概率公式可得所求概率$P=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$，故选D。
解法二：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$C_{4}^{2}=6$个，其中这$2$名学生来自不同年级的基本事件有$C_{2}^{1}C_{2}^{1}=4$个，所以所求概率$P=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。故选D。

3.(2022全国甲文,6,5分,中)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.$\frac{1}{5}$　
　B.$\frac{1}{3}$　　
　C.$\frac{2}{5}$　　
　D.$\frac{2}{3}$

答案： 3C依题意知，总的基本事件有$(1,2)$，$(1,3)$，$(1,4)$，$(1,5)$，$(1,6)$，$(2,3)$，$(2,4)$，$(2,5)$，$(2,6)$，$(3,4)$，$(3,5)$，$(3,6)$，$(4,5)$，$(4,6)$，$(5,6)$，共$15$个。其中符合数字之积是$4$的倍数的基本事件有$6$个，故所求概率$P=\frac{6}{15}=\frac{2}{5}$。故选C。

4.(2020江苏,4,5分,易)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： 答案$\frac{1}{9}$
解析　抛掷一颗骰子$2$次，所有基本事件有$(1,1)$，$(1,2)$，$(1,3)$，$(1,4)$，$(1,5)$，$(1,6)$，$\cdots\cdots$，$(6,1)$，$(6,2)$，$(6,3)$，$(6,4)$，$(6,5)$，$(6,6)$，共$36$个，其中点数之和为$5$的有$(1,4)$，$(2,3)$，$(3,2)$，$(4,1)$，共$4$个，故所求概率$P=\frac{4}{36}=\frac{1}{9}$。

5.(2022全国乙,文14,理13,5分,易)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： 答案$\frac{3}{10}$
解析　设“甲、乙都入选”为事件$A$，从甲、乙等$5$名同学中随机选$3$名参加社区服务工作包含的基本事件有$C_{5}^{3}$个，事件$A$包含的基本事件有$C_{3}^{1}$个，所以$P(A)=\frac{C_{3}^{1}}{C_{5}^{3}}=\frac{3}{10}$。

6.(2022全国甲理,15,5分,中)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： 答案$\frac{6}{35}$
解析　从正方体的$8$个顶点中任选$4$个顶点，共有$C_{8}^{4}=70$种选法，其中$4$个点在同一平面的选法共$12$种，即选正方体的$6$个表面和$6$个对角面的$4$个顶点，根据古典概型概率公式知所求概率$P=\frac{12}{70}=\frac{6}{35}$。

7.(2023天津,13,5分,中)把若干个黑球和白球(这些球除颜色外没有其他差异)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,然后随机摸出一球,则该球是白球的概率为________.

答案： 答案$\frac{1}{20}$；$\frac{3}{5}$
解析　解法一：用$A_{i}(i = 1,2,3)$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$P(A_{1}A_{2}A_{3})=P(A_{1})\cdot P(A_{2})\cdot P(A_{3})=40\%\times25\%\times50\%=\frac{1}{20}$。由题意，可设三个箱子中的球数分别为$5k$，$4k$，$6k(k\in N^{*})$，则总球数为$15k$，三个箱子中的黑球总数为$5k\times40\%+4k\times25\%+6k\times50\%=6k$，所以，把所有球放在一起，随机摸出一球是黑球的概率为$\frac{6k}{15k}=\frac{2}{5}$，从而所求概率为$1 - \frac{2}{5}=\frac{3}{5}$。
解法二：用$A$表示事件“从三个箱子中各摸出一球，摸出的三个球都是黑球”，则$P(A)=40\%\times25\%\times50\%=\frac{1}{20}$。用$B$表示事件“所有球放在一起后摸出一球为白球”，由全概率公式可得$P(B)=\frac{5}{15}\times60\%+\frac{4}{15}\times75\%+\frac{6}{15}\times50\%=\frac{3}{5}$。

1.(2021新高考Ⅰ,8,5分,中)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

答案： 1B依题意，有放回地随机取两次，共有$36$种不同结果：$(1,1)$，$(1,2)$，$(1,3)$，$(1,4)$，$(1,5)$，$(1,6)$，$(2,1)$，$(2,2)$，$(2,3)$，$(2,4)$，$(2,5)$，$(2,6)$，$(3,1)$，$(3,2)$，$(3,3)$，$(3,4)$，$(3,5)$，$(3,6)$，$(4,1)$，$(4,2)$，$(4,3)$，$(4,4)$，$(4,5)$，$(4,6)$，$(5,1)$，$(5,2)$，$(5,3)$，$(5,4)$，$(5,5)$，$(5,6)$，$(6,1)$，$(6,2)$，$(6,3)$，$(6,4)$，$(6,5)$，$(6,6)$。
其中$P(甲)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$，$P(乙)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$，$P(丙)=\frac{5}{36}$，$P(丁)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$，
易知“甲、丙同时发生”的基本事件为$0$个，“丙、丁同时发生”的基本事件为$0$个，“乙、丙同时发生”的基本事件为$(6,2)$，共$1$个，“甲、丁同时发生”的基本事件为$(1,6)$，共$1$个，
$P(甲丙)=0\neq P(甲)P(丙)$，A错误，
$P(甲丁)=\frac{1}{36}=P(甲)P(丁)$，B正确，
$P(乙丙)=\frac{1}{36}\neq P(乙)P(丙)$，C错误，
$P(丙丁)=0\neq P(丁)P(丙)$，D错误。
故选B。

2.(2022全国乙理,10,5分,中)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$p_1$,$p_2$,$p_3$,且$p_3＞p_2＞p_1＞0$.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

答案： 2D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$p_{丙}$。由题意得，$p_{甲}=p_{1}[p_{2}(1 - p_{3})+p_{3}(1 - p_{2})]=p_{1}p_{2}+p_{1}p_{3}-2p_{1}p_{2}p_{3}$，$p_{乙}=p_{2}[p_{1}(1 - p_{3})+p_{3}(1 - p_{1})]=p_{1}p_{2}+p_{2}p_{3}-2p_{1}p_{2}p_{3}$，$p_{丙}=p_{3}[p_{1}(1 - p_{2})+p_{2}(1 - p_{1})]=p_{1}p_{3}+p_{2}p_{3}-2p_{1}p_{2}p_{3}$。由$p_{3}\gt p_{2}\gt p_{1}\gt0$，得$p_{丙}-p_{甲}=p_{2}p_{3}-p_{1}p_{2}=p_{2}(p_{3}-p_{1})\gt0$，$p_{丙}-p_{乙}=p_{1}p_{3}-p_{1}p_{2}=p_{1}(p_{3}-p_{2})\gt0$，$\therefore p_{丙}$最大。故选D。

3.(多选)(2023新课标Ⅱ,12,5分,难)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$\alpha$($0＜\alpha＜1$),收到0的概率为$1−\alpha$;发送1时,收到0的概率为$\beta$($0＜\beta＜1$),收到1的概率为$1−\beta$.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$(1−\alpha)(1−\beta)^2$
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$\beta(1−\beta)^2$
C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1 的概率为$\beta(1−\beta)^2+(1−\beta)^3$
D.当$0＜\alpha＜0.5$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

答案： 3ABD当发送$0$时，收到$0$，$1$分别记为事件$A$，$B$，当发送$1$时，收到$0$，$1$分别记为事件$C$，$D$，则$P(A)=1 - \alpha$，$P(B)=\alpha$，$P(C)=\beta$，$P(D)=1 - \beta$，且$A$，$B$，$C$，$D$相互独立。
对于A，即求事件$DAD$发生的概率，$P(DAD)=P(A)\cdot(P(D))^{2}=(1 - \alpha)(1 - \beta)^{2}$，故A正确；
对于B，即求事件$DCD$发生的概率，$P(DCD)=P(C)\cdot(P(D))^{2}=\beta(1 - \beta)^{2}$，故B正确；
对于C，采用三次传输方案，发送$1$，且译码为$1$的情况有两种：$3$次发送均收到$1$，$3$次发送恰有$2$次收到$1$，故所求概率为$(1 - \beta)^{3}+3\beta(1 - \beta)^{2}$，故C不正确；
对于D，采用三次传输方案，发送$0$，且译码为$0$的概率为$(1 - \alpha)^{3}+3(1 - \alpha)^{2}\alpha=(1 + 2\alpha)(1 - \alpha)^{2}$，采用单次传输方案，发送$0$，且译码为$0$的概率为$1 - \alpha$，
$(1 + 2\alpha)(1 - \alpha)^{2}-(1 - \alpha)=(1 - \alpha)[(1 + 2\alpha)(1 - \alpha)-1]=(1 - \alpha)(-2\alpha^{2}+\alpha)=(1 - \alpha)(1 - 2\alpha)\alpha$，
$\because0\lt\alpha\lt\frac{1}{2}$，$\therefore1 - \alpha\gt0$，$1 - 2\alpha\gt0$，$\therefore(1 - \alpha)(1 - 2\alpha)\alpha\gt0$，$\therefore(1 + 2\alpha)(1 - \alpha)^{2}\gt1 - \alpha$，故D正确。
故选ABD。