2025新高考数学一轮复习概率专项课件教案练习题

微专题15概率

高考定位主要考查古典概型、条件概率、相互独立事件的概率以及全概率公式

的基本应用，以选择题、填空题为主，也可能出现在解答题的一个小题，难度中

等或偏下.

【真题体验】

1.（2023•全国甲卷）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（）

答案D

解析法一记高一年级2名学生分别为敛，高二年级2名学生分别为从，

从，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有（m,s）,（小，

力I）,（ai,历），（“2,加）,（02,岳〉（bi,bi）,共6个，其中这2名学生来自不同

年级的基本事件有（山，行）,（s,历）,Q,bi）,（如历）,共4个，所以这2名

学生来自不同年级的概率〃弋=争故诜D.

法二依题意，从这4名学生中随机选取2名组织校文艺汇演，总的基本事件有

d=6个，其中两名学生来自不同年级的基本事件有C1C=4个，

所以这2名学生来自不同年级的概率为£=木

V/J

2.（2023•全国甲卷）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.0.6

C.0.5D.0.4

答案A

解析令事件A,8分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该

学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，

则尸(4)=0.6,P(B)=0.5,

P(A8)=P(A)+P(B)—0.7=0.4,

…PCAB）0.4

所以P（C）=P（A|8）=p（8）=砺=0-8,

故选A.

3.（2021.新高考［卷）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R

解析易知P（甲）=/，尸（乙）=:，

P（丙）=焉P（丁）=/=/

・"（甲丙）=0¥尸（甲）P（丙）,

P（甲丁）=七=2（甲）P（丁），

P（乙丙）=4工产（乙»（丙）,

尸（丙丁）=0NP（丙）P（丁）

因此事件甲与丁相互独立.

4.（2023•新高考II卷）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a（0<«<l）,收到0的概率为1-«;发送1时，收到0的概率为

以0<少<1）,收到1的概率为1一4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,（）,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（1一团（1

B.采用三次传输方案，若发送1,则依次收到1,0,1的概率为以1一02

C.采用三次传输方案，若发送1,则译码为1的概率为伙1—£)2+(1一份3

D.当0<。<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ABD

解析由题意，发0收1的概率为a,发0收0的概率为1-a；发1收0的概率

为B，发1收1的概率为1一小

对于A,发1收1的概率为1一夕，发。收0的概率为1—a,

所以所求概率为(1—。)(1一份2,故A选项正确；

对于B,相当于发了1,1,1,收到1,0,1,

则概率为(1一£)£(1一0="1一",故B选项正确；

对于C,相当于发了1,1,1,收到1,1,0或I,0,1或0,1,1或1,1,1,

则概率为C颁1一份2+d(l一为3=3"1一为2+(1一43,故C不正确;

对于D,发送0,采用三次传输方案译码为0,相当于发0,0,0,收到0,0,1

或0,1,0或1,0,0或0,0,0,则此方案的概率为P|=C%(1—a)2+d(l—a)3

=3a(l-«)2+(l-a)3；

发送0,采用单次传输方案译码为()的概率

Pz=1—a.

当0<a<0.5时,P\—P2=3a(\—a)2+(l—«)3—(1—a)=a(l—a)(l—2a)>0,故D

选项正确.

综上，选ABD.

【热点突破】

热点一古典概型

I核心归纳

利用公式法求解古典概型问题的步骤

定型，根据事件的性质，确定事件类

I受产型为古典概型_____________________

"!而_」定量，确定试脸包含的样本点总数及

包产H所求事件包含的样本点数____________

后二nJ求值，代入古典概型的概率计算公式

I第二步L求解

例1(1)(2023・岳阳模拟)某学校为落实“双减”政策，在课后服务时间开设了“球

类”，，棋类，，，，书法，，，，绘画，，，，舞蹈，，等五项活动若甲同学准备从这五项活

动中随机选三项，则“书法”和“绘画”这两项中至多有一项被选中的概率为

()

A.0.9B.0.7

C.0.6D.0.3

(2)(2023湖州模拟)如图为一个开关阵列,每个开关只有“开”和“关”两种状

态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻(上、下相邻或左、右相邻)的

开关改变状态.若从这十六个开关中随机选两个不同的开关先后各按1次(例如：

先按(I,1)，再按(4,4)),则(2,3)和(4,1)的最终状态都未发生改变的概率为

(1,1)(1，2)(1，3)(1，4)

(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)

(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)

(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)

答案(1)B(2)而

解析(1)从五项活动中随机选三项的样本空间含有eg个样本点，

“书法”和“绘画”这两项活动至多有一项被选中“分两种情况：

①都没有被选中，有C3个样本点；

②两项活动只有一项被选中，有C3C4个样本点，

则所求概率为萨2=焉=0.7,故选B.

(2)要使得(2,3)的状态发生改变，则需要按(1,3),(2,2),(2,3),(3,3),(2,

4)这五个开关中的一个，要使得(4,1)的状态发生改变，则需要按(3,1),(4,1),

(4,2)这三个开关中的一个，所以要使得(2,3)和(4,1)的最终状态都未发生改变，

则需按其他八个开关中的两个或(1,3),(2,2),(2,3),(3,3),(2,4)中的两

个或(3,1),(4,1),(4,2)中的两个，故所求概率为~-=卷

规律方法1.古典概型的样本点个数的探究方法：(1)枚举法；(2)树状图法；(3)

排列组合法.

2.当所求概率的事件较复杂时，可把其分解为若干个互斥事件的和求解.

训练1(1)已知王大爷养了5只鸡和3只兔子，晚上关在同一间房子里，清晨打

开房门，这些鸡和兔子随机逐一向外走，则恰有2只兔子相邻走出房子的概率为

()

人5「5

A-28B14

15-15

C,56D,28

(2)(2023・济南模拟)从正六边形的6个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形

是直角三角形的概率为()

A&B1

-3n9

C,5Dl()

答案(1)D(2)C

解析(1)5只鸡、3只兔子走出房门的样本空间含有AH个样本点，其中恰有2只

兔子相邻走出房子为先排5只鸡，会产生6个空隙，再从3只兔子中选2只捆绑

排列，最后与剩下的兔子排列到6个空隙中，此时共有A?A3AE个样本点，故恰

有2只兔子相邻走出房子的概率

A§A?A?15।…一

^=羽.故选D.

(2)如图，从正六边形ABCOE/这6个顶点中任取3个构成三角形的样本空间含

有Cg个样本点.

其中取Cb为边的直角三角形有△AC居ABCF,ADCF,AECF,

取AO为边的直角三角形有△84。，△CAD,△E4O,AMD,

取8E为边的直角三角形有△A8E,△F8E,4DBE,△C8E,共12个样本点,

故所得三角形是直角三角形的概率为率12=]3.

热点二条件概率与全概率公式

I核心归纳

(1)计算条件概率的公式：P(8|A)=j(慧)=：「(奈)为事件A发生的条件下事

件3发生的概率.

(2)全概率公式

设4,A2f…，4是一组两两互斥的事件,4UA2U・・・LM”=0,且P(4)X),i

=1,2,…，〃，则对任意的事件BG0,

有P(3)=XP(A)P(3|A).

例2(1)(2023•昆明诊断)一个数学兴趣小组共有2名男生和3名女生，从中随机

选出2名参加交流会，在已知选出的2名中有1名是男生的条件下，另1名是女

生的概率为.

(2)(2023・安庆模拟)设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占45%,

35%,20%,甲、乙车间生产的产品的次品率分别为2%和3%.现从中任取一件，

若取到的是次品的概率为2.95%,则推测丙车间的次品率为.

答案(琮(2)5%

解析(1)若事件A表示“2名中至少有1名男生”，B事件表示“2名中有1名

女生”，

则选出2名有1名男生和1名女生为事件A8,

p(AR}

所以2名中有1名是男生的条件下，另1名是女生的概率为P(8|A)=/(A)，

而产(附=等=之

P⑷=1一会=看

故P(B|A)=1

(2)令A表示“取到的是一件次品“，8,历，仍分别表示取到的产品是由甲、

乙、丙车间生产的，显然历，当是样本空间S的一个划分，且有P(S)=0.45,

P(&)=().35,P(&)=02.由于P(A|Bi)=0.02,P(A|B2)=0.03,

设尸(4公)=/几由金概率公式得：

P(A)=尸(川Bi)尸(Bi)+P(A|B2)P(&)+P(A]B3)P(B。=0.02X0.45+0.03X0.35+

wX0.2,而P(A)=2.95%,故m=5%.

规律方法利用全概率公式的思路：首先按照确定的标准，将一个复合事件分解

为若干个互斥事件4(i=l,2,…，〃)，然后求P(A)和所求事件3在各个互

斥事件4发生的条件下的概率P(3A),代入全概率公式计算.

训练2(1)(2023•北京丰台区模拟)从-2,-1,1,2,3这5个数中任取2个不同

的数，记“两数之积为正数”为事件A,“两数均为负数”为事件则P(阴A)

(2)(2023・武汉模拟)学校给每位教师随机发了一箱苹果，李老师将其分为两份，第

1份占总数的40%,次品率为5%,第2份占总数的60%,次品率为4%.若李老

师分份之前随机拿了一个发现是次品后放回，则该苹果被分到第1份中的概率为

答案(1)|(2启

解析(1)从一2,-1,1,2,3这5个数中任取2个不同的数的样本空间含△=

10个样本点，

其中满足两数之积为正数的样本点有G+C3=4个，满足两数之积为正数且两数

均为负数的样本点有ca=i个，

4I

所以P(A)=m，P(AB)=而,

一、,P(AB)1

所以P(8|A)=0(4)=不

(2)设事件3为“拿的苴果是次品“，A,(i=1,2)为“拿的苹果来自第j份”，

则P(4)=0.4,P(B|Ai)=0.05,P(A2)=0.6,P(阴4)=().04,

所以P(B)=P(Ai)P(BIAi)+P(A2)P(B\Ai)

=0.4X0.05+0.6X0.04=0.044,

n(DA)

所求概率为P(4|8)=p

PCA\)P(B|Ai)0,4X0.055

P(B)-0.044-TT-

热点三事件的独立忤与〃重伯努力试翳

核心归纳

(1)相互独立事件的判断与计算公式：P(A8)=P(A)P(3).

(2)在〃重伯努利试验中，事件A发生攵次的概率的计算公式：尸(X=Z)=C»'(1

—p)"%〃=(),1,2,…，n.

例3(1)(2023•泉州三模)某运动员每次射击击中目标的概率均相等，若三次射击

中，至少有一次击中目标的概率为普，则射击一次，击中目标的概率为()

7「3

AA-8B4

”D1

(2)(多选)(2023・威海模拟)已知事件A,8满足P(A)=0.5,P⑻=0.2,则()

A.若则尸(A3)=0.5

R.若A与月互斥，贝I」P(A+R)=0.7

C.若A与8相互独立，则P(AB)=0.9

D.若P(B|4)=0.2,则A与5相互独立

答案(1)B(2)BD

解析(1)设该运动员射击一次，击中目标的概率为p,

若该运动员三次射击中，至少有一次击中目标的就率为1—(1—“)3=震，

3

解得-

-4

(2)因为P(A)=0.5,P(B)=0.2,BQAf

所以P(AB)=P(B)=02故A错误；

因为A与8互斥，

所以。(A+8)=P(A)+P(3)=0.5+0.2=0.7,故B正确;

因为P(8)=0.2,所以P(8)=l-0.2=0.8,

所以P(A4)=().5X().8=0.4,故C错误；

小，口/(AB)

因为P(8|A)=0.2,即丁7k=0.2,

r\/iJ

所以P(A8)=().2XP(A)=().l,

又因为P(A)XP(B)=0.5X0.2=0.1,

所以尸(AB)=P(A>P(B),

所以A与3相互独立，故D正确.

规律方法1.相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积.

2.当正面计算较复杂或难以入手时，可以从其对立事件入手计算.

训练3(1)甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其

中编号为i的方框表示第，场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第，场

比赛的胜者称为“胜者严，负者称为“负者广，第6场为决赛，获胜的人是冠

军.已知甲每场比赛获胜的概率均为寻而乙、丙、丁之间相互比赛，每人获胜的

可能性相同.则甲获得冠军的概率为()

(2)(多选)(2023•福州质检)已知随机事件A,8发生的概率分别为尸(A)=0.3,P(B)

=0.6,下列说法正确的为()

A.若尸(48)=0.18,则A,B相互独立

B.若AB相互独立，则P(8|A)=0.6

C.若P(B|A)=0.4,则P(AB)=0.12

D.若AG8,则P(A|8)=0.3

答案(1)D(2)ABC

解析(1)甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：

1胜3胜6胜；1胜3负5胜6胜；1负4胜5胜6胜.

所以甲获得冠军的概率为

联+2X停)飞=界故选D.

(2)因为P(AB)=0.18=P(A)P(B)=0.3X0.6,

所以A,B相互独立，故A正确；

若A,8相互独立，

则尸(阴4)=尸(8)=0.6,故B正确;

P(4B)P(AB)

若=°4

则P(AB)=0.12,故C正确；

若AG&

小P(AB)P(A)0.3“心、口

则尸(4|8)=p(B)-=尸(B)=5^=0S故D错庆.

【精准强化练】

一、基本技能练

1.(2023.安阳二模)在区间(0,S)与(1,4)内各随机取I个整数，设两数之和为

则log2M>2成立的概率为()

5

3-

4B.8

Ac.8

一

15

等

案B

解析设从区间(0,5),(1,4)中随机取出的整数分别为x,y,

则样本空间为。={(1,2),(1,3),(2,2),(2,3),(3,2),(3,3)(4,2),(4,

3)},共8个样本点，

设事件A表示log2M>2,即M>4的样本点有

(2,3),(3,2),(3,3),(4,2),(4,3),共5个，

所以P(A)=1.

2.(2023•郴州三模)篮球队的5名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他4人

的概率相等，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的概率为

()

•15

从32

C红八33

c,64

答案D

解析由题意可知每位队员把球传给其他4人的蹴率都为木

由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的情况可分为：

只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，

33133133

-----故选D

则概率制XIX444444-649

3.从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事

件的是()

A.“至少有1个红球”与“都是黑球”

B.“恰好有1个红球”与“恰好有1个黑球”

C.“至少有1个黑球”与“至少有1个红球”

D.“都是红球”与“都是黑球”

答案D

解析从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，可能的结果为1红I

黑、2红、2黑.

对于A,“至少有1个红球”包括1红1黑、2红，与“都是黑球”是对立事件,

不符合题意；

对于B,“恰好有1个红球”与“恰好有1个黑球”是同一个事件，不符合题意;

对于C,“至少有1个黑球”包括1红1黑、2黑，”至少有1个红球”包括1

红1黑、2红，这两个事件不是互斥事件，不符合题意；

对于D,“都是红球”与“都是黑球”是互斥事件而不是对立事件，符合题意.

4.从1,2,3,4,5中不放回地抽取2个数，则在第1次抽到偶数的条件下，第

2次抽到奇数的概率是()

A.1

「3r3

C5D-4

答案D

解析设事件4•为第i次抽到偶数，i=l,2,

2X42

则尸(4)=s*4=1,

233

P(AM)=//仔

・••在第一次抽到偶数的条件下，第2次抽到奇数的概率为

-P（44）To3

W2|A1）=PM1）=y=4-

5

5.（2023•青岛模拟）甲、乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为06

乙获胜的概率为0.4.若采用三局两胜制，则甲最终获胜的概率为（）

A.0.36B.0.352

C.0.288D.0.648

答案D

解析由题意可得，甲最终获胜有两种情况：

一是前两局甲获胜，则获胜的概率为0.6X0.6=0.36；

二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为CiX0.6X0.4X0.6=0.288.

而这两种情况是互斥的，

所以甲最终获胜的概率为

0.36+0.288=0.648.

6.（2023•太原模拟）算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱,

俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一，算

珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠，例如，在百位档拨一颗下珠，十位档拨一

颗上珠和两颗下珠，则表示数字170,若在个、十、百、千位档中，先随机选择

一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于200的概

率为（）

UHyU

-I-

T-

IHaA

8AIn8

MRIrR

答案C

解析依题意得所拨数字构成样本空间含有

C1CZ=24个样本点.

要使所拨数字大于200,贝心

若上珠拨的是千位档或百位档，则所拨数字一定大于200,

有C3C3=12个样本点；

若上珠拨的是个位档或十位档，则下珠一定要拨千位，再从个、十、百位档选一

个下珠，

有aa=6个样本点，

则所拨数字大于200的概率为告答=*

7.(2023・徐州质检)某医用口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩、去用

防护口罩三种产品，三种产品的生产比例如图所示，且三种产品中绑带式口罩的

比例分另IJ为90%,50%,40%.若从该厂生产的口量中任选一个，则选到绑带式口

罩的概率为()

医用防护口电

医用外科口罩

医用普通口罩

A.0.23B.0.47

C.0.53D.0.77

答案D

解析由图可知医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩的占比分别为70%,

20%,10%,记事件4,A2,4分别表示选到医用普通口罩、医用外科口罩、医

用防护口罩，则0=AUA2U43,且4,4,4两两互斥，

所以产(4)=Q7,P(A2)=0.2,P(A3)=0.1,

又三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%,50%,40%,

记事件8为“选到绑带式口罩”，

则「(8|4)=0.9,尸(802)=0.5,

P(B|A3)=0.4,

所以由全概率公式可得选到绑带式口罩的概率为

P(B)=0.7X0.9+0.2X0.5+0.1X0.4=0.77.

8.(2023・衡阳模拟)写算，是一种格子乘法.例如计算89义61,将乘数89计入上行,

乘数61计入右行，然后以乘数61的每位数字乘以乘数89的每一位数字，将结

果计入相应的格子中，最后从右下方开始按斜行加起来，满十向上斜行进一，如

图，即得5429.类比此法画出354X472的格子,若从18个数字(含相同的数字,

格子周边数字不算在内)中任取2个数字，则它们之和大于1()的概率为()

«9

B而

C-l53

答案D

解析画出3s4X472的格子，如图所示,

1EX/

则18个数字中不同的数字有0,1,2,3,5,6,8,其中6与8各2个，3与5

各1个.

从中任取2个，形成的样本空间含C+8个样本点，它们之和大于10的样本点为(3,

8)2个，(5,6)2个,(5,8)2个，(6,8)4个，(6,6)1个,(8,8)1个，共有12

个.

故所求概率为首=程故选D.

9.(多选)(2023・石家庄模拟)在不透明的甲、乙两个盒子中分别装有除标号外完全

相同的小球，甲盒中有4个小球，标号分别为1,2,3,4,乙盒中有3个小球,

标号分别为5,6,7.现从甲、乙两个盒里分别随机抽取一个小球，记事件A="取

到标号为2的小球”，事件B="取到标号为6的小球”，事件C="两个小球

标号都是奇数”，事件。="两个小球标号之和大于9"，则()

A.事件A与事件8相互独立

B.事件C与事件。互斥

C.P(O=：

D.P(CUO)=；

答案ACD

解析从甲、乙两盒里分别随机抽取一个小球的样本空间为｛(1,5),(1,6),(1,

7),(2,5),(2,6),(2,7),(3,5),(3,6),(3,7),(4,5),(4,6),(4,7)),

共12个样本点.

事件A含有的样本点：(2,5),(2,6),(2,7),

P(A)=?

事件3含有的样本点：(1,6),(2,6),(3,6),(4,6),

P(6)=；,P(A6)==,尸(A6)=P(A)P(6),故A正确；

事件C含有的样本点：(1,5),(1,7),(3,5),(3,7),

P(C)=|,故C正确；

事件。含有的样本点：(3,7),(4,6),(4,7),

P(0="，

事件C和事件。都有(3,7),事件C与事件。不互斥，故B不正确；

P(CD)=Y2»

P(CUO)=P(C)+P(O)-P(CD)=；,

故D正确.

10.(2023・西安模拟)某校高二年级学生举行象棋比赛，经过初赛，最后确定甲、

乙、丙三位同学进入决赛.决赛规则如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决

定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负

者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直

至其中一人被淘汰，最后的胜者获得冠军，比赛结束.若经抽签，已知第一场甲、

乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为今则()

A.甲获得冠军的概率最大

B.甲比乙获得冠军的概率大

C.丙获得冠军的概率最大

D.甲、乙、丙3人获得冠军的概率相等

答案C

解析根据决赛规则，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛，

（1）甲获得冠军有两种情况：

①共比赛四场结束，甲四连胜夺冠，概率为出三七，

②共比赛五场结束，并且甲获得冠军.

则甲的胜、负、轮空结果共有四种情况：胜胜胜负胜，胜胜负空胜，胜负空胜胜，

负空胜胜胜，概率分别为陟，映，映，吩，即专，七，七七因此，甲

最终获得冠军的概率为上+1+白+白+a=2

1o32I。IoIo32

0

（2）乙获得冠军，与（1洞理，概率也为台

（3）丙获得冠军，概率为

_9___9_]42_±

1-32_32=_32=-_16>32,

由此可知丙获得冠军的概率最大，即A,B,D错误，C正确，故选C.

11.（2023・大庆模拟）一个口袋里有大小相同的白球4个，黑球加个，现从中随机

一次取出2个球，若取出的两个球都是白球的概率为右则黑球的个数为.

答案5

解析由题意得昌=幺

C*+46

*|、/12_1

加以（加+3）（机+4）-6'

解得m=5或m=-12（舍去），

即黑球的个数为5.

12.（2023・合肥模拟）接种流感疫苗能有效降低流行感冒的感染率，某学校有青的学

生接种了流感疫苗，已知在流感高发时期，未接种疫苗的感染率为/而接种了

疫苗的感染率为上.现有一名学生确诊了流感，则该名学生未接种疫苗的概率为

答案.

解析设事件4="确诊了流感”，

事件8="未接种疫苗”，

则P(4)=(l-|)x；+|x*悬

313

P(g=/「赤，

「PCAB)15

故P(8|A)=.(A)=而，

二、创新拓展练

13.(2023・潍坊质检)若附1,2,3),则在“函数危)=ln(『+or+份的定义

域为R”的条件下，“函数g(x)=〃一8］为奇函数”的概率为()

I-1

A石B3

C.1D.|

乙

答案c

解析用有序数对(。，与表示满足。，/?e{i,2,3}的结果，

则样本空间。={(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,

2),(3,3)},共9个样本点，

记“函数人幻=111。2+依+。)的定义域为R”为事件A,

因为函数y(x)=lna2+av+。)的定义域为R,

所以VxWR,『+o¥+0>0恒成立，

则4=足一4A0,即/<4仇其中满足〃2<仍的样本点有：(1,1),(1,2),(1,

3),(2,2),(2,3),(3,3),共6个，

故P(A)=^=1.

记“函数g(x)=加一6、为奇函数”为事件数

已知以无)是奇函数，且定义域为R,

则g(D=-g(—1)，

即〃一：=-'+/?,即J

baab

解得a=b或ab=l.

满足。=〃或帅=1的样本点有：(1,1),(2,2),(3,3),共3个，

所以，即同时满足事件A和事件B的样本点有：(1,1),(2,2),(3,3),共3

个，

故P(XB)=|=|,

1

匕……一尸(A3)31

所以尸(冽4)=p(.)=2=2。

3

14.(2023・南阳二模)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯

统计理论，随机事件A,B存在如下关系：P(4|8)=>(今2；阴4)，2023贺岁

档电影精彩纷呈，有几部影片是小明期待想去影院看的.小明同学家附近有甲、

乙两家影院，小明第一天去甲、乙两家影院观影的概率分别为0.4和06如果他

第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率为0.6；如果第一天去乙影院，那

么第二天去甲影院的概率为0.5,则小明同学()

A.第二天去甲影院的概率为0.44

B.第二天去乙影院的概率为0.44

C.第二天去了甲影院，则第一天去乙影院的概率为限

D.第二天去了乙影院，则第一天去甲影院的概率为去

答案D

解析设事件4=“第一天去甲影院”，

事件4="第二天去甲影院”，

事件囱="第一天去乙影院“，事件&="第二天去乙影院”，

所以尸(4)=04,P(Bi)=0.6,

P(42|A】)=0.6,P(A2|8I)=0.5,

e,jP(A2)尸(4人)

因为P(A21Ai)=-----7---------=0.6,

P(A2)P(8I|A2)

产(42出1)==0.5,

P(Bi)

所以P(A2)尸(4忸2)=0.24,

P(A2)P(8|A2)=0.3,

所以有尸(A2)=P(4)P(A21A。+

P(BI)P(A2@)=0.24+0.3=0.54,

因此选项A不正确；

P(&)=l-P(A2)=0.46,因此选项B不正确;

14P(Bi)P(刖出］)().3_5

°⑶四=一市方一(154=9,

所以选项C不正确;

mP(Ai)P(82N)

P(4出2)=-E—

P(4)[1-P(42饱)]

P(&)