《2025年小题狂做高中数学选择性必修第三册人教版》

1. [2023 全国甲卷,6]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)

A.0.8
B.0.6
C.0.5
D.0.4

答案： 1. A 由题意知，同时爱好两项的概率为0.5+0.6-0.7=0.4.记“该同学爱好滑雪”为事件A，“该同学爱好滑冰”为事件B，则P(A)=0.5，P(AB)=0.4，所以P(B|$A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{0.4}{0.5}=0.8.$

2. [多选题][2024 新高考 Ⅰ 卷,9]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$\overline{x}=2.1$,样本方差$s^{2}=0.01$.已知该种植区以往的亩收入$X$服从正态分布$N(1.8,0.1^{2})$，假设推动出口后的亩收入$Y$服从正态分布$N(\overline{x},s^{2})$，则(若随机变量$Z$服从正态分布$N(\mu,\sigma^{2})$，则$P(Z＜\mu+\sigma)\approx0.8413$)(BC)

A.$ P(X＞2)＞0.2$
B.$ P(X＞2)＜0.5$
C.$ P(Y＞2)＞0.5$
D.$ P(Y＞2)＜0.8$

答案： 2. BC 因为$X∼N(1.8,0.1^{2})，$所以P(X＞2)=P(X＞1.8+2×0.1)，因为P(X＜1.8+0.1)≈0.8413，所以P(X＞1.8+0.1)≈1-0.8413=0.1587＜0.2，而P(X＞2)=P(X＞1.8+2×0.1)＜P(X＞1.8+0.1)＜0.2，故B正确，A错误；依题可知，\overline{x}=2.1，s^{2}=0.01，所以Y∼N(2.1，0.1^{2})，故P(Y＞2)=P(Y＞2.1-0.1)=P(Y＜2.1+0.1)≈0.8413＞0.5，故C正确，D错误.

3. [多选题][2023 新高考 Ⅱ 卷,12]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).则下列说法正确的是
(ABD)

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： 3. ABD 对于A，依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为$(1-\beta)(1-\alpha)(1-\beta)=(1-\alpha)(1-\beta)^{2}，$故A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1,1,1，则依次收到1,0,1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为$(1-\beta)·\beta·(1-\beta)=\beta(1-\beta)^{2}，$故B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1,1,0或1,0,1或0,1,1或1,1,1的事件和，它们互斥，所求的概率为$C_{3}^{2}\beta(1-\beta)^{2}+(1-\beta)^{3}，$故C错误；对于D，三次传输，发送0，则译码为0的概率$P=(1-\alpha)^{2}(1+2\alpha)，$单次传输，发送0，则译码为0的概率$P'=1-\alpha，$因为0＜\alpha＜0.5，所以P-P'=(1-\alpha)^{2}(1+2\alpha)-(1-\alpha)=\alpha(1-\alpha)(1-2\alpha)＞0，即P＞P'，故D正确.

4. [2024 新高考 Ⅰ 卷,14]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，并比较所选卡片上的数字大小，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$\frac{1}{2}$.

答案： $4. \frac{1}{2} $分析 本题解题的关键不在于抽到卡牌的顺序，而在于号码的对应关系，因此可以固定一方的出卡顺序，不妨固定甲的出卡顺序：1—3—5—7，再将乙抽到的卡牌号进行对应排列即可，所以总共有$A_{4}^{4}=24$种情况，把符合题意的情形枚举出来即可，那么如何枚举呢？考虑将最大数字8的位置作为解题突破口比较好.
考虑将8的出牌顺序作为分类标准.若1—8，则只有3—4，5—6,7—2，不符合题意，故有$A_{3}^{3}-1=5$种组合.若3—8，则符合题意的有5—2,7—4,1—6;5—2,7—6,1—4;5—4,7—2,1—6;5—4,7—6,1—2,4种组合.若5—8，则只有3—2，7—4,1—6和3—2,7—6,1—4符合题意，有2种组合.若7—8，则只有3—2,5—4,1—6符合题意，即有1种组合.总共有5+4+2+1=12(种)组合符合要求，而所有的组合有$A_{4}^{4}=24$种，故甲的总得分不小于2的概率为$\frac{12}{24}=\frac{1}{2}.$
解后反思 对于离散型数学问题，常用枚举法解题，枚举也需要有序枚举，本题把卡号8的位置作为分类的标准，就显得直接易求了.

5. [2024 全国甲卷,16]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$n$之差的绝对值不超过$\frac{1}{2}$的概率为\frac{7}{15}.

答案： $5. \frac{7}{15} $由题易知，共有$A_{6}^{3}=120$种抽取方法，设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则$\left$|$\frac{a+b+c}{3}-\frac{a+b}{2}\right$|$\leq\frac{1}{2}，$所以|2c-(a+b)|$\leq3，$所以$-3\leq2c-(a+b)\leq3，$即$2c-3\leqa+b\leq2c+3.$当c=1时，$a+b\leq5，$则(a,b)为(2,3)，(3,2)，有2种；当c=2时，$1\leqa+b\leq7，$则(a,b)为(1,3)，(1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(3,4),(3,1),(4,3),(5,1),(6,1)，共有10种；当c=3时，$3\leqa+b\leq9，$则(a,b)为(1,2)，(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,4),(2,5),(2,6),(4,1),(4,2),(4,5),(5,1),(5,2),(5,4),(6,1),(6,2)，共有16种；当c=4时，$5\leqa+b\leq11，$同理有16种；当c=5时，$7\leqa+b\leq13，$同理有10种；当c=6时，$9\leqa+b\leq15，$同理有2种.故m与n的差的绝对值不超过$\frac{1}{2}$时，不同的抽取方法总数为2×(2+10+16)=56，故所求概率为$\frac{56}{120}=\frac{7}{15}.$

6. [2025 新高考 Ⅰ 卷,14]有 5 个相同的球，分别标有数字 1,2,3,4,5，现从中有放回地随机取 3 次，每次取 1 个球.记$X$为这 5 个球中至少被取出 1 次的球的个数，则$X$的数学期望$E(X)=$\frac{61}{25}.

答案： $6. \frac{61}{25} $解法1 X所有可取的值为1,2,3.X=1即三次取的球的标号相同，每次每个球被取到的概率都是$\frac{1}{5}，$都取i(i=1,2,3,4,5)号球的概率为$(\frac{1}{5})^{3}，$所以$P(X=1)=5×(\frac{1}{5})^{3}=\frac{1}{25}.X=2$即三次取的球的标号有且仅有两个相同，先取出相同标号的取法有5种，再取出另一标号的取法有4种，这三个号(两个相同一个不同)的排列顺序有3种，所以$P(X=2)=5×4×3×(\frac{1}{5})^{3}=\frac{12}{25}.X=3$即三次取的球的标号都不相同，不同的排列顺序有$A_{5}^{3}=60$种，所以$P(X=3)=60×(\frac{1}{5})^{3}=\frac{12}{25}，$所以$E(X)=1×\frac{1}{25}+2×\frac{12}{25}+3×\frac{12}{25}=\frac{61}{25}.$
解法2 设$X_{i}=\begin{cases}1,$第i号球至少被取到1次，\\0,第i号球一次都没有被取到，$\end{cases}i=1,2,3,4,5，$则$X=X_{1}+X_{2}+X_{3}+X_{4}+X_{5}，$所以$E(X)=E(X_{1})+E(X_{2})+E(X_{3})+E(X_{4})+E(X_{5}).$对每一个$X_{i}，$每次取时，不取到第i号球的概率是$\frac{4}{5}，$有放回地取三次都没取到第i号球的概率是$(\frac{4}{5})^{3}，$那么至少取到一次第i号球的概率为$1-(\frac{4}{5})^{3}=\frac{61}{125}，$所以$E(X_{i})=\frac{61}{125}，$所以$E(X)=5×\frac{61}{125}=\frac{61}{25}.$