事件的独立性与条件概率-2023年高考数学一轮复习（全国通用）（解析版）

考向44事件的独立性与条件

概率

1.(2022年乙卷理科T8)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∣,p2,凸且P3>P2>"∣>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】D

【解析】设棋手在第二盘与甲比赛连隔两盘的概率为垛，在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为七，在第二

盘与丙比赛连赢两盘的概率为P1,,

由题意

2

品，=PJP2(1-用)+(I-)]=PlPi+PlP3-PlP2P3

2

2=02[p∣(l-0)+。3(1一月)]=P∣P2+PlPi-PiPlPi

.=p3[p∣(1-P2)+P2(1-P1)]=plpi+p1pi-2pxp2Pi

所以4-4=P2(P3-Pl)>°，4-2=Pl(P3-2)>O

所以《最大，故选D.

2.(2021•新高考1卷T8)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回的随机取两次,

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】B

【解析】设甲、乙、丙、丁事件发生的概率分别为P(A),P(B),P(。，P(D).则

P(A)=P(B)=I,P(C)=I=N,P(D)=I=B

66x6366×66

对于A选项，P(AC)=O;对于B选项，P(A。)=」-=-!-；对于C选项，P(SC)=-ɪ-=ɪ;

6×6366×636

对于D选项，P(CD)=O.若两事件X、y相互独立，则P(Xy)=P(X)P(丫)，

因此B选项正确.

3.(2022•天津卷Tll)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，则第二次抽到A的概率为

4.(2021•天津卷T14)甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对

的一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为之和』，且每次活动中

甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为

3次活动中，甲至少获胜2次的概率为.

【答案】①.2②.型

327

【解析】由题可得一次活动中，甲获胜的概率为2x3=2；

653

则在3次活动中，甲至少获胜2次的概率为c；X(I)×→220

27

故答案为：-：—

327

5.(2022•新高考2卷T19)在某地区进行流行病调查，随机调查了1()()名某种疾病患者的年龄，得到如下

的样本数据频率分布直方图.

频率/组距

(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)

(2)估计该地区一人患这种疾病年龄在区间［20,70)的概率.

(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区的年龄位于区间140,50)的人口占该地区总人口的

16%,从该地区任选一人，若此人年龄位于区间［40,50),求此人患该种疾病的概率.(样本数据中的患者

年龄位于各地区的频率作为患者年龄位于该区间的概率，精确到0.0001)

【答案】(1)47.9岁；(2)0.89；(3)0.0014.

【解析】(1)平均年龄I=(5X0.001+15X0.002+25X0.012+35X0.017+45X0.023

+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁)

(2)设A=｛一人患这种疾病的年龄在区间［20,70)｝,贝IJ

P(A)=I-P(A)=I-(0.001+0.002+0.006+0.002)X10=1-0.11=0.89

(3)设8=｛任选一人年龄位于区间［40,50)｝,C=｛任选一人患这种疾病｝,

则由条件概率公式，得

0iy0023100001023

P(C∣g)=≡^=θ××=∙×∙=0.0014375≈0.0014

P(B)16%0.16

6.(2022∙新高考I卷T20)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分

为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患

该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：

不够良好良好

病例组4060

对照组1090

(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？

(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，8表示事件“选到的人患有该

疾病”'鬻^与然的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为

R∙

⑴证明：-⅛≡

P(AI历

(ii)利用该调查数据，给出P(Al8),P(AlB)的估计值，并利用(i)的结果给出R的估计值.

n{ad—he)2

附：K2=

(Cl+⅛)(c+d)(a+c)(b+d)

P(K2⅛⅛)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【答案】(1)能；(2)(i)见解析；(ii)6.

【解析】(1)假设患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯没有差异,

2∞(40×90-60×10)2

则K2==24>10.828.

5O×15O×1OO×1∞

所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的R生习惯有差异;

P(AB)P(.)

P(BlA)P(5∣万=P(A)P(N)=P(AB)「(而)

P(B∣A)P(B∖A)~P(Ag)P(AB)~P(AB)P(AB)

P(A)P(A)

P(AB)P(AB)

=P(AB)PGg)PH)P(WP(0B)PMIg)得证

-P(AB)P(AB)~P(AB)P(AB)~P(A∖β)P(A∖B),`ʃ

不面P(B)

(ii)由调查数据可知可AlB)=I⅛=,,P(A∣B)=1⅛=-⅛,

IUUJIUUIU

29

~

5W

-T=6

则P(XIB)=I-P(A∣8)=1,P(A∣B)=-^,所以R=3

--

5W

L条件概率的两种求解方法

定义法」:先求P(4)和P0B),再由P(BIΛ)=今需求P(B⑷

⅛⅛⅛⅛ft⅛⅛⅛≠⅛⅛,^兔系手⅛Λ⅛⅜⅛⅛⅛^

≡*一：事件数”(4),再求事件4B包含的基本事件数n(4B),

事件法海P(B⑷=史幽

:口⑷

2.利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路

(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和.

(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件.

(3)代入概率的积、和公式求解.

［常用结/l)

1.相互独立事件与互斥事件的区别

相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算公式为P(AB)=P(A)P(3),互斥事

件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(AUB)=P(A)+P(B).

2.两个概率公式

P(∆∏)

(1)在事件B发生的条件下A发生的概率为P(A⑻=。.注意其与P(BH)的不同.

ΓVD)

(2)若事件事,A2,4相互独立，则P(AIA2…4)=P(Al)P(A2)…P(A”).

运用公式P(AB)=P(A)P(B)时，一定要注意公式成立的条件，只有当事件A,B相互独立

时，公式才成立.

点的次数超过2次一、单选题

1.某同学随机掷一枚骰子4次，则该同学得到1点或5点的次数超过2次的概率为()

【答案】A

【解析】该同学随机掷一枚骰子，得到1点或5点的概率为g,则该同学掷一枚骰子4次，得到1点或5

故选：A.

2.奥密克戎变异毒株传染性强、传播速度快隐蔽性强，导致上海疫情严重，牵动了全国人民的心.某医院

抽调了包括甲、乙在内5名医生随机派往上海①，②，③，④四个医院，每个医院至少派1名医生，“医生

甲派往①医院”记为事件A：“医生乙派往①医院”记为事件B；“医生乙派往②医院”记为事件C,则()

A.事件A与B相互独立B.事件A与C相互独立

C∙P(M4D.P(C∣A)=±

【答案】C

【解析】将甲、乙在内5名医生派往①，②，③，④四个医院，每个医院至少派1名医生有C；A：=24()个

基本事件，它们等可能.

事件A含有的基本事件数为C：A；+A：=60,则P(A)=毁=；,同理P(B)=P(C)=5,

事件AB含有的基本事件数为A；=6,则P(AB)=白=:

事件AC含有的基本事件数为C；A；+C；C；A；=18,则P(AC)=芸=焉

P(AB)≠P(A)P(B),P(AC)≠P(A)P(C)

即事件A与B相互不独立，事件A与C相互不独立，故A、B不正确；

P(M二常4M)=箫⅛

故选：C.

3.甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以4

表示事件“由甲罐取出的球是黑球“，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是黑球“，则

下列说法错误的是()

231T11

A.P(A)=WB.「(BIA)=,C.P(B)=-D.P(A∣β)=-

【答案】C

【解析】：因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以P(A)=故选项A正确;

6

因为尸(AB)=H=巳所以尸(8∣A)=g粤=券="故选项B正确；

ɔɔZD2I/ɪI乙ɔ

5

因为P(B)=(X]+白"冷故选项C错误；

JJJ乙J

因为P(AB)=BXg=&，所以P(AIB)

故选：C.

4.体育课上进行投篮测试，每人投篮3次，至少投中1次则通过测试.某同学每次投中的概率为0.6,且

各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为()

A.0.064B.0.600C.0.784D.0.936

【答案】D

【解析】该同学通过测试的概率为I-OT=0.936,

故选：D

5.现有甲、乙、丙、丁四个人到九嶷山、阳明山、云冰山、舜皇山4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件A

为“4个人去的景点各不相同”，事件B为“只有甲去了九嶷山”，则P(AIB)=()

54C21

A.9-B.-99-D.3-

【答案】C

【解析】由题意，4人去4个不同的景点，总事件数为4x4x4x4=256,

27

事件B的情况数为1x3x3x3=27,则事件B发生的概率为P(B)，

256

事件A与事件B的交事件A3为“甲去了九嶷山，另外三人去了另外三个不同的景点”

事件AB的情况数为1XA；=6,则事件AB发生的概率为P(AB)=2=金，

3

即P(川B)=篇=曼=B

256

故选：C.

6.甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋

中随机取出一球放入乙口袋，分别以4,4和4表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙

口袋中随机取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是()

A.P(8∣4)=∖B.事件A与事件8相互独立

13

C.P(AIB)=5D.P(B)=-

【答案】D

【解析】由题意得P(8|4)=3+3；4+I=IT所以A错误；

因为P(MA)=A，

j4424543

P(B)=P(A)∕(Bμι)+P(A2)P(B∣A)÷P(A)P(β∣A3)=-×π+-×π+-×π=-,所以

P(β)≠P(B∣A),即P(B)P(A)≠P(BA),

故事件事件A与事件B不相互独立，所以B错误，D正确;

53

P(AM=9=出铲=白/≡c≡

10

故选：D

7.一个口袋中有大小、形状完全相同的4个红球，3个蓝球，3个白球，现从袋中随机抽取3个球.事件

甲：3个球的颜色互不相同；事件乙：恰有2个红球；事件丙：至多有1个蓝球；事件丁：3个球颜色均相

同.则下列结论正确的是()

A.事件甲与事件丁为对立事件B.事件乙的概率是事件丁的6倍

C.事件丙和事件丁相互独立D.事件甲与事件丙相互独立

【答案】B

【解析】事件甲与事件丁为互斥事件，但事件取得的3个球为2个红球，1个白球发生时，事件甲与事件丁

事件甲的概率6=第G二,

都不发生，所以事件甲与事件丁不对立，A项错误;事件乙的概率

ClOIU

3

CjC!3*/a.HAAMr>C；C；+C：49.ɪ.C：+C；+1P1=6故

6=*L=正，事件内的概率~~L=而，事件丁的概率七二二~^~~-=—，M=110

20

C3÷c31

B项正确；事件丙和事件丁同时发生的概率α=亢w6鸟，故C项错误；因为事件甲与事件丙同

ClC24

时发生的事件为甲事件，且6声1,所以事件甲与事件丙不相互独立，故D项错误.

故选：B.

8.从装有。个红球和b个蓝球的袋中0，6均不小于2),每次不放回地随机摸出一球.记“第一次摸球时摸到

红球”为A，“第一次摸球时摸到蓝球”为“第二次摸球时摸到红球”为及，“第二次摸球时摸到蓝球”为打,

则下列说法错误的是()

A.0(4)=品B.p(4∣A)+P(RA)=∣

C.P(B1)+P(B2)=ID.p(4∣A)+P(4∣4)=1

【答案】D

【解析】由题意可知，P(A)=一—，P(A,)=上r,

a+ba+b

ξ

P(B)=P(AB)+P(AB)=-^-∙a71+ɪ-=-,

1it71a+ba+b-ιa+ba-∖-b-∖a+7b

P(B,)=P(A8,)+P(Al8,)=T•—+ɪ--^ɪɪ-=-^-,

^-a+ba+b—ia+ba+b-∖a+b

从而P(g)+尸(^)=1,故AC正确；

aa-∖ab

又因为P(AlA)=P的曳=α+A"+∕T=吁1,尸(SlA)二尸(纯?)=α+bα+bT=_2_

'I"P(A)aa+⅛-l'-"P(A1)_a_tz+⅛-l

a+ha+b

故P(MIA)+P(5JA)=1,故B正确;

ba

尸(4⑷=符2=1普I=a

a+b-↑

a+h

baa+b

故尸(31A)+P(4∣4)=------------H---------------≠1,故D错误.

a+b-la+b-∖a+b-]

故选：D.

二、多选题

9.一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1,2,3,4,抛掷该正四面体两次，记事件A为“第一次

向下的数字为偶数”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是()

A.2(A)=；B.事件A和事件B互为对立事件

C.P(B∣Λ)=1D.事件A和事件B相互独立

【答案】ACD

ClClQ1

【解析】【解析】选项A：P(A)=田=77=不判断正确；

C4C41O2

选项B：事件8第一次向下的数字为偶数，第二次向下的数字为奇数，

则两次向下的数字之和为奇数.则事件A和事件B不是对立事件.判断错误;

ɪ

选项C：P(AB)=Ilj=AW,则P(BM)=黯号《判断正确；

2

选项D:P(B)=d；Gq=；,又P(A)=g,P(AB)=:,

C4C4IoZZ4

则有P(A)P(B)=P(AB)成立，则事件A和事件B相互独立.判断正确.

故选：ACD

10.甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋

中随机取出一球放入乙口袋，分别以4，A?和α表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从

乙口袋中随机取出一球，以8表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是()

A.A，4，是两两互斥的事件B.事件A与事件B相互独立

C.P(8∣4)=τιD.P(B)=-

【答案】AC

【解析】由题意得可知A,A2,Ai是两两互斥的事件，故A正确：

321I

P(A)=而，尸⑷=历7P(A)=5

13

一X--

•・.叩他)=£需=¥=指，故C正确；

5

34

--X---

由P(ψ,)=2=丫/

∖I“P(A)ɪɪɪ

10

P(B)=P(3)+尸(84)+尸(B&)=SX±+1X±+gX指=±

P(BlA)≠P(B)

事件A与事件B不独立，故B、D错误；

故选：AC

II.从甲袋中摸出一个红球的概率是:，从乙袋中摸出一个红球的概率是:，从两袋各摸出一个球，下列结

32

论正确的是()

A.2个球都是红球的概率为，

O

B.2个球不都是红球的概率为g

C.至少有1个红球的概率为:

D.2个球中恰有1个红球的概率为T

【答案】ACD

【解析】设“从甲袋中摸出一个红球”为事件A,从“乙袋中摸出一个红球”为事件为，

则P(A)=g，P(4)=T,

对于A选项，2个球都是红球为AA,其概率为故A选项正确，

12326

对于B选项，“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件，其概率为l-'=<,故B选项错误，

OO

对于C选项，2个球至少有一个红球的概率为I-P(A)P(A)=I-gχg=∙∣,故C选项正确，

对于D选项，2个球中恰有1个红球的概率为+=故D选项正确.

32322

故选：ACD.

12.已知红箱内有6个红球、3个白球，白箱内有3个红球、6个白球，所有小球大小、形状完全相同.第

一次从红箱内取出一球后再放回去，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回

去，依此类推，第女+1次从与第&次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去.记第〃次取出的

球是红球的概率为则下列说法正确的是()

A.P2=^B.3么|+匕=1

177IqQ

C.第5次取出的球是红球的概率为冷D.前3次取球恰有2次取到红球的概率是燃

243243

【答案】AC

【解析】依题意［=∙∣=∣,

设第"次取出球是红球的概率为2,则白球概率为(1-2),

对于第〃+1次，取出红球有两种情况.

ɔ1

①从红箱取出的概率为p,,­,②从白箱取出的概率为(l-^,)∙p

对应EM=V,+?I-E)=即MM=勺+1，故B错误；

所以匕T—3=；(匕-；)，

令a〃=P「；，则数列｛〃“｝为等比数列，公比为：，因为匕=3,所以％=：，

2336

故E，=Urr+1所以号=]，G=*故选项A，C正确；

okɔ729243

第1次取出球是红球的概率为[='2,第2次取出球是红球的概率为£=]5,

14

第3次取出球是红球的概率为A=王■,

25∏24141514104

前3次取球恰有2次取至IJ红球的概率是qx1x9+qx∖x9+:x[x9=整,

392739273927243

故D错误；

故选：AC.

三、填空题

13.已知随机事件M,N,P(M)=；,P(N)=g,P(M∣N)=∙∣,则P(Nw)的值为.

【答案】ɪ

【解析】依题意得P(MIN)=号簿=：,所以尸(MV)=T尸(N)=TX；=：

故P(NM=3篝=,=g∙故答案为：ɪ.

2

14.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.记事件A为“抽取到的两

张卡片上的数奇偶性相同”，事件B为“两张卡片上的数字均为偶数”，则P(8∣A)=.

【答案】IO

【解析】P(B∖A)=^^-=-^^=~^=-,

v1,n(A)C：+C；6+108

故答案为：：

O

15.己知随机变量gB(5,£|,则p(j=3)=.

【答案】枭

【解析】因为S8岗，所以「("3)=CmlJ=暮

40

故答案为：~2A3,

16.产品质量检验过程主要包括进货检验(/QC),生产过程检验(IPQC),出货检验(OQC)三个环

节.已知某产品/QC单独通过率为/PQC单独通过率为p(0<p<l),规定上一类检验不通过则不进入下

一类检验，未通过可修复后再检验一次(修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次)，且各

类检验间相互独立.若该产品能进入。QC的概率为，，则P=.

O

【答案-】I2

【解析】设A,:第i次通过/QC,Bi..第i次通过∕PQC(i=l,2).

由题意知P(A隹+可A24+A瓦层+瓦旦)=W,

24

解得P=I或P=§(舍去).

故答案为：

四、解答题

17.2022年我国部分地区零星出现新冠疫情，为了有效快速做好爆发地区的全员核酸检测，我们把受检验

者分组，假设每组有A个人，把这人个人的血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k个人的血液全为

阴性，因而这A个人只要检验一次就够了，如果为阳性，为了明确这个k个人中究竟是哪几个人为阳性，就

要对这Z个人再逐个进行检验，这时女个人的检验次数为女+1次.假设在接受检验的人群中，每个人的检验

结果是阳性还是阴性是独立的，且每个人是阳性结果的概率为p.

(1)为熟悉检验流程，先对3个人进行逐个检验(即为一人一检)，若P=O∙1,求3人中恰好有1人检测结

果为阳性的概率；

(2)设X为k个人一组混合检验时所需要的检验总次数.

①当k=10,p=0.1时，求X的分布列及平均检验次数(不必计算，只列式即可)；

②某地区共K)万人，发现有输入性病例，需要进行全员核酸检测，预估新冠病毒感染率为万分之一，即为

IO-4,先进行“10合1混采检测”，试估计这10万人所需检测的平均次数.并估计对这个地区，这样的混检

比一人一检大约能少使用多少份检测试剂？(注：感染率，即为每个人受感染的概率；(I-IO70.999)

【答案】(1)0.243；⑵①见解析；②LoIXlO工89900.

【解析】⑴设3人中恰好有1人检测结果为阳性为事件A,「(AX®」)'(I-OJ)2=0∙243

(2)①X的值可取1,11,

P(X=I)=(I-OJ)'0,P(X=H)=I-(I-OJ)10,

X111

P(l-0.1)κ,I-(I-OJ)10

E(X)=(l-O.l)'θ+ll[l-(l-O.l)'0].

②E(X)=(I-IOY)'°+lll-(l-10^4)'"=1l-lθ(l-10^4)'",

所以进行“10合1混采检测”，10万人所需检测的平均次数大概为写史x[ll-10x(l-l(Γ4)"卜1.01X104,

这样混检比一人一检大约少使用IOoOoO-LoIXlO4=89900份检测试剂.

18.今年5月以来，世界多个国家报告了猴痘病例，我国作为为人民健康负责任的国家，对猴痘病毒防控提

前做出部署.同时国家卫生健康委员会同国家中医药管理局制定了《猴痘诊疗指南(2022年版)》.此《指南》

中指出:①猴痘病人潜伏期521天:②既往接种过天花疫苗者对猴痘病毒存在一定程度的交叉保护力.据此,

援非中国医疗队针对援助的某非洲国家制定的猴痘病毒防控措施之一是要求与猴痘病毒确诊患者的密切接

触者集中医学观察21天，在医学观察期结束后发现密切接触者中未接种过天花疫苗者感染病毒的比例较大.

对该国家200个接种与未接种天花疫苗的密切接触者样本医学观察结束后，统计了感染病毒情况，得到下面

的列联表：

感染猴痘病毒未感染猴痘病毒

未接种天花疫苗3060

接种天花疫苗2090

（1）是否有99%的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关；

（2）以样本中结束医学观察的密切接触者感染猴痘病毒的频率估计概率，现从该国所有结束医学观察的密切

接触者中随机抽取4人进行感染猴痘病毒人数统计，求其中至多有2人感染猴痘病毒的概率.

附：K2=EW品¾E'其中

P(κ2≥k°)0.10.050.01

*02.7063.8416.635

【答案】（1）没有99%的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关

C243

(2)-----

256

296O2

^^∞×⅛×°-×⅞≈6.O61<6,635

【解析】（1）由表格数据得:90×110×50×150

二没有99%的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关.

501

p—---=一

（2）由频率估计概率，该地区每名密切接触者感染猴痘病毒的概率2004,

用X表示抽取的4人中感染猴痘病毒的人数，

.∙∙P(X≤2)=P(X=O)+P(X=l)+P(X=2)=gj+CX3g)+Gxgjx(T

8110854二243

=--------F--------1-------

256256256^256

即至多有2人感染猴痘病毒的概率为芋.

19.某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下:

等级标准果优质果精品果礼品果

个数10304020

(1)若将频率视为概率，从这IOO个水果中有放回地随机抽取4个，求恰好有2个水果是礼品果的概率；(结

果用分数表示)

(2)用样本估计总体，果园老板提出两种购销方案给采购商参考.

方案1：不分类卖出，售价为20元/kg；

方案2：分类卖出，分类后的水果售价如下.

等级标准果优质果精品果礼品果

售价(元/

16182224

kg)

从采购商的角度考虑，应该采用哪种方案？

(3)用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中随机抽取3个，X表示抽取的

是精品果的数量，求X的分布列及数学期望.

【答案】(1)嘉96；

625

(2)从采购商的角度考虑，应该采用方案1；

(3)分布列见解析，

P(A)=里」

【解析】(1)设“从100个水果中随机抽取1个，抽到礼品果”为事件4则1005,

现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品果的个数为Z,则Zβ(4,∣),

.∙.恰好抽到2个礼品果的概率P(Z=2)=C^(⅛×(⅛2≈黑.

55625

(2)设方案2中1kg水果的售价为匕则

「八八I/13”4〜216+54+88+48”

E(Y)=16X—+18X—+22×—+24×—=----------------------=20.6.

1010101010

・・・E(Y)>20,

.∙.从采购商的角度考虑，应该采用方案1.

(3)用分层抽样的方法从100个水果中抽取10个，则其中精品果4个，非精品果6个.

易知X服从超几何分布，其可能的取值为0,1,2,3.

P(X=O)=I4,P(X=D=詈W

JnIODJIo4

C1C23

P(X=2)ɪɪ=-,P(X=3)=

β3

C;IO10JC。D3U0

.∙.X的分布列为

X0123

ɪɪ31

P

621030

；・E(X)=OXJ+lχL2χ3+3χ'=9

6210305

20.“民族要复兴，乡村必振兴”，为了加强乡村振兴宣传工作，让更多的人关注乡村发展，某校举办了有关

城乡融合发展、人与自然和谐共生的知识竞赛.比赛分为初赛和复赛两部分，初赛采用选手从备选题中选一

题答一题的方式进行，每位选手最多有5次答题机会，选手累计答对3题或答错3题即终止比赛，答对3

题者直接进入复赛，答错3题者则被淘汰.已知选手甲答对每个题的概率均为且相互间没有影响.

(1)求选手甲被淘汰的概率;

(2)设选手甲在初赛中答题的个数为X,试求X的分布列和数学期望.

992

【答案】⑴(2)分布列见解析，袈

3125625

【解析】(1)设“选手甲被淘汰”为事件A,

32

因为甲答对每个题的概率均为所以甲答错每个题的概率均为∣∙.

则甲答了3题都错，被淘汰的概率为展

被淘汰的概率为C拒［χ"、己

甲答了4个题，前3个1对2错,

∖5JJ5625

f洋团」=也

甲答了5个题，前4个2对2错,被淘汰的概率为C：

⑸⑸53125

872+也=些

所以选手甲被海的概率P(A)=——+——

12562531253125

(2)易知X的可能取值为3,4,5,对应甲被淘汰或进入复赛的答题个数,

则P(X=3)=c4j+C(|jW，

p(χ=4)=c(∣)2dχLc何32=空,

55\5)55625

p(χ=5)=C

X的分布列为

X345

7234216

P(X)

25625625

∏ħ∣c√v∖ɔ*72342162541

贝UE(X)=3×—÷4×-----+5×-------=

1725625625^625^

J提开帮

一、单选题

1.(2022•河北•石家庄二中模拟预测)已知袋子中有除颜色外完全相同的4个红球和8个白球，现从中有

放回地摸球8次(每次摸出一个球，放回后再进行下一次摸球)，规定每次摸出红球计3分，摸出白球计0

分，记随机变量X表示摸球8次后的总分值，则。(X)=()

A.8B.--C.—D.16

93

【答案】D

【解析】由题意，袋子中有除颜色外完全相同的4个红球和8个白球，从袋中随机取出一个球，该球为红

球的概率为,现从中有放回地摸球8次，每次摸球的结果不会相互影响，表示做了8次独立重复试验，

用y表示取到红球的个数，则丫：β(8,∣)故：

D(Y)=8仓IR(1-ɪ)=—

339

又因为X=3Y根据方差的性质可得：

1ZS

D(X)=D(3Y)ɪ9D(Y)9?y16

故选：D

2.(2022.湖南师大附中三模)某型号的灯泡使用寿命为一年以上的概率为小，使用寿命两年以上的概率为

P2∙若一只该型号的灯泡已经安全使用了一年，则能再安全使用一年的概率为()

A.P1-P2B.pl∙P2C.ʌD.2

【答案】D

【解析】设事件A=｛灯泡使用寿命1年以上),事件B=｛灯泡使用寿命2年以上｝,则AB=5,P(A)=pl,

P(B)=P2,所以P(BlA)=4U=乙,

mPl

故选：D.

体重(单位：kg)

3.(2022•福建泉州•模拟预测)目前，国际上常用身体质量指数BMl=身高"单位.来衡量人体胖瘦程

3

度以及是否健康.某公司对员工的BMl值调查结果显示，男员工中，肥胖者的占比为商；女员工中，肥

2

胖者的占比为孟，已知公司男、女员工的人数比例为2：1,若从该公司中任选一名肥胖的员工，则该员

工为男性的概率为()

3

A.---Bd

IOO-⅛∙!

【答案】D

【解析】设公司男、女员工的人数分别为2〃和〃,

则男员工中，肥胖者有2〃X京3=3?/?人,

1(X)5()

女员工中，肥胖者有〃X高2n人,

设任选一名员工为肥胖者为事件A,肥胖者为男性为事件B,

3〃