第4节 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式-2025年高考数学复习讲义及练习解析

第四节事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

课标解读考向预测

1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义.结合古典预计2025年高考将会以

概型，利用独立性计算概率.事件独立性的判断或条

2.结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.件概率、全概率公式计

3.结合占典概型，了解条件概率与独立性的关系.算在小题中单独考查，

4.结合古典概型，会利用乘法公式计算概率.或与随机变量的分布

5.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率.歹U、数字特征相结合融

6.了解贝叶斯公式.合在解答题中考查.

必备知识——强基础

■知识梳理

1.事件的相互独立性

事件A与事件对任意的两个事件A与8,如果P(48)=同T]P(A)P(B)成立,则称事件4与

8相互独立事件8相互独立，简称为独立

若事件A与事件B相互独立，则A与B,4与B,A与8也都相互独立,P(B\A)

性质

=[021P(g),P(A|8)=画皿

2.条件概率

设A,8为两个随机事件，且P(4)>0,称P(阴A)—画:来为在事件

条件概率的定义

A发生的条件下，事件4发生的条件概率，简称条件概率

(1)尸(。困=1；

条件概率的性质(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(BUCIA)=画P仍l/V)+P(CU)；

(3)设B与B互为对立事件，则P(阴A)=1—P(阴A)

3.全概率公式

一般地，设4,4,…，4是一组两两互斥的事件，AiU/hU…且P(A,)>0,f=l,

n

2,…，小则对任意的事件有P(8)=画£旦&以幽)，我们称上面的公式为全概率

曰

公式.

常用结%

1.两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件发生与否对另一

事件发生的概率没有影响，两事件相互独立不一定互斥.

p(AD)

2.计算条件概率除了应用公式尸外,还可以利用缩减公式法，即P(B\A)=

；喘),其中〃(A)为事件4包含的样本点数，〃(AB)为事件AB包含的样本点数.

3.P(用A)是在事件A发生的条件下事件B发生的概率，P(A|B)是在事件B发生的条件下事件

4发生的概率.

4.计算条件概率P(矶4)时，不能随便用事件B的概率P：B)代替尸(A8).

■诊断自测

1.概念辨析(正确的打T"，错误的打“X”)

(1)若事件A,8互斥,则尸(5⑷=1.()

(2)若A,8相互独立，且P(A)=0.5,P⑻=0.4,则人，B都不发生的概率为0.3.()

(3)抛掷2枚质地均匀的硬币，”第一枚为正面向上”为事件A,“第二枚为正面向上”为事件B,

则A,8相互独立.()

(4)P(A)=P(A)P(8|A)+P(A)P(B\A).()

答案(l)x(2)7(3)<(4)x

2.小题热身

(1)一个电路上装有甲、乙两根保险丝，甲熔断的概率为0.85,乙熔断的概率为0.74,甲、乙

两根保险丝熔断与否相互独立，则两根保险丝都熔断的概率为()

A.1B.0.629

C.0D.0.74或0.85

答案B

解析由题意知甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立，所以甲、乙两根保险丝都熔断的概率

为0.85x0.74=0.629.

(2)(人教B选择性必修第二册4.1.1例2改编)根据历年的气象数据，某市5月份发生中度雾籁

的概率为0.25,刮四级以上大风的概率为0.4,既发生中度雾霾乂刮四级以上大风的概率为

0.2.则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为()

A.0.8B.0.625

C.0.5D.0.1

答案A

解析设“发生中度雾霾”为事件A,“刮四级以上大风”为事件从由题意知，P(A)=0.25,P(B)

p(AR)

=0.4,P(AB)=0.2,则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为P(B\A)=

Ipkz

="=08

0.25。8

(3)(2023•河南安阳二模)某班计划在下周一至周三中的某一天去参观党史博物馆，若选择周

一、周二、周三的概率分别为0.3,0.4,0.3,根据天气预报，这三天下雨的概率分别为0.4,

0.2,0.5,且这三天是否下雨相互独立，则他们参观党史尊物馆的当天不下雨的概率为()

A.0.25B.0.35

C.0.65D.().75

答案C

解析他们参观党史博物馆的当天下雨的概率为0.3x0.4+0.4x0.2+0.3x().5=().35,所以不下

雨的概率为1-0.35=0.65

(4)(多选)(人教A选择性必修第三册7.1.1练习T3改编)一个袋子中装有除颜色外完全相同的

5个球，其中有3个红球，2个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是()

A.若不放回地摸球2次，则第一次摸到红球的概率为市

B.若不放回地摸球2次，则在第•次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为:

C.若有放回地摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为覆

D.若有放回地摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为5差4

答案BCD

解析对于A,第一次摸到红球的概率为去故A错误；对于B,不放回地摸球2次，则在

第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率尸=：=看故B正确；对于C,有放回地摸

球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为卷，故C正确；对于D,有放回地摸球3

次，则恰有2次摸到红球的概率为C3x(|)x|=卷，故D正确.故选BCD.

考点探究一提素养

考点一事件的相互独立性(多考向探究)

考向1事件独立性的判定

例1(2023•江苏常州一中期初检测)袋子里装有形状大小完全相同的4个小球，球上分别标

有数字1,2,3,4,从中有放回地随机取两次，每次取1个球，A表示事件“第一次取出的

球上数字是「'，B表示事件”第二次取出的球上数字是2”，。表示事件“两次取出的球上数字

之和是5”，。表示事件”两次取出的球上数字之和是6”，通过计算，则可•以得出()

A.8与。相互独立B.4与。相互独立

C.4与C相互独立D.C与。相互独立

答案C

解析由题意可得P(A)=:P(B)=*有放回地随机取两次，每次取1个球，两次取出的球

41

上数字之和是5的情况有(1,4),(4,1),(2,3),(3,2),共4种，所以％0=而=不两

33

次取出的球上数字之和是6的情况有(2,4),(4,2),(3,3),共3种，故「(功=疝=m.对

11133

于A,尸⑺。)=而=而，尸(6)尸(。)=个而=诃，则p(3。)/?①)尸(。)，故3与。不是相互独

I33

立事件，故A错误；对于B,P(AD)=0fP(A)P(Q)=]E=R,则P(AQ)rP(A)P(O),故A

与。不是相互独立事件，故B错误；对于C,2法。=*=表，P(B)P(C)=^~,则Pg

I3

=P(8)P(0,故8与。是用互独立事件，故C正确；对子D,P(C0=O,P(C)P(D)=^=

3

方，则尸(C0"(C)P(。)，故C与。不是相互独立事件，故D错误.

【通性通法】

判断两个事件是否相互独立的方法

(1)直接法：直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率.

(2)定义法：判断P(A8)=尸(A)P(B)是否成立.

(3)转化法：由事件4与事件4相互独立知，A与B,A与B,A与4也相互独立.

【巩固迁移】

1.(2024.河北唐山模拟)己知一个古典概型的样本空间Q和事件A,B如图所示.其中〃(◊)=

12,〃(4)=6,〃(B)=4,〃(AUB)=8,则事件A与事件B：)

A.是互斥事件，不是独立事件

B.不是互斥事件，是独立事件

C.既是互斥事件，也是独立事件

D.既不是互斥事件，也不是独立事件

答案B

解析因为〃(。)=12,“(4)=6,“(3)=4,n(AUB)=8,所以〃(ACI8)=2,w(AAB)=4,n(B)

=8,所以事件人与事件月不是互斥事件；尸(人或=卷=4，P(A)P⑻所以P(4⑶

=P(A)P(4),所以事件4与事件8是独立事件.故选B.

考向2相互独立事件的概率

例2(2023•山西太原二模)某产品需要通过两类质量检验才能出货.已知该产品第一类检验

单独通过率为本第二类检验单独通过率为/X0＜p＜l),规定：第一类检验不通过则不能进入

第二类检验，每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H货的概率为京，则〃=()

A.|B.

C,3D,6

答案C

解析设4表示第i次通过第一类检验，田表示第，次通过第二类检验(i=l,2),由题意得

P(Ai8i+AiA28i+AiBiB2+AiA28iB2)=q,即加+不力+3。一〃)〃+不为x(|一〃)〃=不解得〃

=’或〃=*舍去).

【通性通法】

求相互独立事件同时发生的概率的方法

(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，可从其对立事件入手计算.

【巩固迁移】

2.(多选)(2023・新课标I【卷)在信道内传输0,1信号，信号的传输相互独立.发送。时，收

到1的概率为。(0＜。＜1),收到。的概率为1—。；发送1时，收到0的概率为"0＜火1),收到

I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

收至1,0,1,则译码为1)()

A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,I,则依次收到1,0,1的概率为(1一。)(1一口尸

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1一份2

C.采用三次传输方案，若发送1,则译码为1的概率为以1—为2+(1—用3

D.当0<a<0.5时，若发送0,则采用三次传输方案译码为。的概率大了采用单次传输方案译

码为0的概率

答案ABD

解析对于A,依次发送I,0,1,则依次收到1,0,1的事件是发送1收到1,发送。收到

0,发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1—0(1一幻(1一£)

=(1-«)(1A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收到1,发送1收到0,发送I收到1这3个事件的积事件，它们

相互独立，所以所求概率为(1一0四1-人)=伙I-SRB正确；对于C,三次传输，发送1,

则译码为1的事件是依次攻到1,1,0、1,0,1、0,I,1和1,1,1的和事件，它们两两

互斥，由选项B知，所求的概率为C3(l—02//+(i一03=(]-02(1+24)，C错误；对于D,

由C项知，三次传输，发送0,则译码为。的概率P=(1—a)2(l+2a),单次传输发送0,则

译码为0的概率p=l—a,而0<a<0.5,因此户一产=(1一幻2(1+20一(1一幻=。(1一a)(1一

2aA0,即P>P，D正确.故选ABD.

考点二条件概率

例3现有甲、乙、丙、丁4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4为“4人去的景点各不相同”，事件B为“只有甲去了九嶷山”，则P(A|B)

=()

A.B.方

C.1D.|

答案C

解析由题意，4人去4个不同的景点，总样本点数为4x4x4x4=256,事件B包含的样本点

?7

数为1x3x3x3=27,则事件8发生的概率为P(B)=克，事件A与事件8的交事件A8为“甲

乙U

去了九嶷山，另外三人去了另外三个不同的景点”，事件A8包含的样本点数为1XA，=6,则

3

z-qp(AR)1,

事件48发生的概率为0①8)=丸=与，即P(A\B)=p

4JU1N«OI\D)乙Iy

256

【通性通法】

求条件概率的常用方法

-P(A3)

(1)定义法：P(B\A)=pM).

_,,,,n(AB)

(2)样本点法：P(B\A)=n(A).

(3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解.

【巩固迁移】

3.(多选)(2024.滨州模拟)为庆祝建党节，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体

党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比

赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)不放回地依次随机抽取2道题作答，

设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下.列结论中正确的是()

33

A.P(A)=5B.。(43)=行

1-1

C.P(阴A)=3D.P(B|A)=5

答案ABC

3

Cj3LCC}Cj3u十#P(AByKi1

解析P(4)=d=5，故A正确；P(48)=cjcJ="]3,故B正确；P(B|A)=p(/)­=~3=2f

5

一9—ClCl7—P(AR}1()

故C正确；P(人)=1-P(/1)=1—P(A〃)=c[cj=而，P(B[A)=二=~=4,故

4P")5

D错误.

考点三全概率公式的应用

例4某保险公司将其公司的被保险人分为三类:“谨慎的”“一般的”“冒失的”.统计资料表明，

这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05,0.15,0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎

的”被保险人占20%,“一般的”被保险人占50%,“冒失的”被保险人占30%,则该保险公司的

一个被保险人在一年内发生事故的概率是()

A.0.155B.0.175

C.0.016D.0.096

答案B

解析设事件用表示“被俣险人是，谨慎的？事件员表示“被保险人是‘一般的'”，事件％表

示“被保险人是‘冒失的'”，则0(3)=20%,P(%)=50%,P(b3)=3O%.设事件A表示“被保险

人在一年内发生事故”，则。(川40=0.05,P(A|B2)=O.I5,。(用长)=0.30.由全概率公式，得

3

P(4)=£=20%x0.05+50%x0.15+30%x0.30=0.175.

/=1

【通性通法】

利用全概率公式的思路

(I)按照确定的标准，将一个复合事件分解为若干个互斥事件44=1,2,…，，7).

(2)求P(4)和所求事件B在各个互斥事件4发生条件下的概率P(B\Ai).

⑶代入全概率公式计算.

【巩固迁移】

4.葫芦山庄襟渤海之辽阔，仰天角之雄奇，勘葫芦之蕴涵，显人文之魅力，是渤海湾著名的

人文景区，是葫芦岛市“葫芦文化与关东民俗文化”代表地和中小学综合实践教育基地.山庄

中葫芦品种分为亚腰、瓢、长柄锤、长筒、异型、花皮葫芦等系列.其中亚腰葫芦具有天然

迷彩花纹，果实形状不固定，观赏性强，每株亚腰葫芦可结出果实20〜80颗.2024年初葫芦

山庄播种用的一等亚腰葫芦种子中混有2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子，

一、二、三、四等种子长巴的葫芦秧结出50颗以上果实的概率分别为0.5,0.15,0.1,0.05,

则这批种子所生长出的葫芦秧结出50颗以•上果实的概率为.

答案0.4825

解析设从这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件分别是4,4,4,4,则

Q=4IM2UA3UA4，且4，A2,小，4两两互斥，设事件B表示“从这批种子中任选一颗，

所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实”，则P(B)=P(4)P(B|4)+P(42)P(B|A2)+尸/3)・/用4)

+P(AI)P(8|A4)=95.5%x0.5+2%x0.15+1.5%x0.1+1%x0.05=0.4825.

课时作业

A级，?基础巩固练

一、单项选择题

1.甲、乙两个袋子中装有红、白两种颜色的小球，这些小球除颜色外完全相同，其中甲袋装

有4个红球、2个白球，乙袋装有1个红球、5个白球.现分别从甲、乙两袋中各抽取1个球,

则取出的两个球都是红球的概率为(

A~~

a.12

答案C

解析由题意知，“从甲袋中取出红球”和“从乙袋中取出红球”两个事件相互独立，从甲袋中

取出红球的概率为*/，从乙袋中取出红球的概率为£故所求事件的概率为聂4

o3o3oV

।一Q।

2.若「(")=§,P(4)=芯P(B)=y则事件A与3的关系是()

A.互斥B.对立

C.相互独立D.既互斥又相互独立

答案C

解析・・・P(A)=I-P(人)=1一］=；,・・・P(/W)=P(4)P(8)=提0,・,•事件4与〃相互独立，事

件A与8不互斥，故不对立.

3.某考生回答•道四选的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5,知道正确答案时答对

的概率为10()%,而不知道正确答案时猜对的概率为0.25,那么他答对题目的概率为()

A.0.625B.0.75

C.0.5D.0

答案A

解析用A表示事件“考生答对题目“，用B表示“考生知道正确答案”，用B表示“考生不知

道正确答案”,则P(B)=0.5,P(3)=0.5,P(A|B)=100%,P(A|B)=0.25,则P(A)=P(A8)+P(AB)

=P(A\B)P(B)+P(A\B)P(B)=1x0.5+0.25x0.5=0.625.

4.(2023•全国甲卷)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，7()人报名足球或乒乓

球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为()

A.0.8B.0.4

C.0.2D.0.1

答案A

解析报名两个俱乐部的人数为50+60-70=40,记“某人报足球俱乐部”为事件A,“某人报

4

-

7

乒乓球俱乐部”为事件&则P(A)=噂4，P(A8尸带4所以P(5|A)=--8

5O.

-

7

故选A.

5.在公元前100年左右，我国古代数学著作《周髀算经》中有这样的表述：“脾者股也，正

展者勾也.”并且指出：“若求斜至日者，以日下为勾，日高为股，勾、股各自乘，并而开方

除之，得斜至日“，这就是我们热知的勾股定理，勾股数组是指满足+/=的正整数组(4,

b，C).现将一枚质地均匀的骰子抛掷三次，则三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率是

()

人3660

D，

JC108”•216

答案A

解析由题意知，骰子点数能够成勾股数组的为3,4,5,・••第一次掷骰子得到其中一个数

的概率为去第二次掷骰子得到两个数中的一个的概率为多第三次掷骰子得到最后一个数的

概率为幺.••三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率为基白［=1.

6.(2024•湖南湘潭摸底)设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5nm规格的芯片，现有

2()块该规格的芯片，其中甲、乙生产线生产的芯片分别为12块、g块，且乙生产线生产该芯

片的次品率为古，现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为().08,则甲生产

线生产该芯片的次品率为()

A-5B-10

C，D，

」1520

答案B

解析设4,A?分别表示取得的芯片是由甲生产线、乙生产线生产的，8表示取得的芯片为

321

次品，甲生产线生产该芯片的次品率为p,则夕(4)=0。(42)=豆P(8|Ai)=〃，尸(引入2)=4,

3211

则由全概率公式得P(B)=P(A|)P(BA)+P(4)P(B|A2)=于p+gx而=0.08,解得〃=而.

7.在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1,2,3,4.连续抛掷这个正四

面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件4为“两次记录的数字

之和为奇数”，事件8为“第一次记录的数字为奇数”，事件C为“第二次记录的数字为偶数”,

则下列结论正确的是()

A.事件B与事件C是对立事件

B.事件A与事件B不是相互独立事件

C.P(A)P(B)P(C)=W

D.P(A8C)二

O

答案C

解析对于A,事件8与事件。是相互独立事件，但不是对立事件，故A错误；对于B,P(A)

=*P(B)=JP(AB)=^,事件A与事件3是相互独立寻件，故B错误；对于C,连续抛掷

这个正四面体木块两次，记录的结果一共有4x4=16种，其中，事件A发生，则两次朝下的

Q1

点数为-奇-偶,有2K2+2K2=8种，所以25)=而=1，因为抛掷正四面体向下的数字为

奇数和偶数的方法种数相同，所以P(B)=1=J,P(O=[=4，所以P(A)P⑹P(C)=Q)=/,

故C正确；对于D,事件A8C表示“第一次记录的数字为奇数，第二次记录的数字为偶数”，

故P(44C)=不，=不故D错误.

8.(2022・全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛〜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小，“2,P3,且〃3>〃2>“、().记该棋手连胜两盘

的概率为p,则()

A.〃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，〃最大

C.该棋手在第二盘与乙比赛，〃最大

D.该棋手在第二盘与丙比赛，〃最大

答案D

解析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况由题意得尸曰=〃|山2(1—〃3)+〃3(1—P2)]=

PiP2+piP3-2pip2P3,P乙=〃2[〃1(1-〃3)+p3(l-Pl)]=PiP2+p2〃3-2P3，P丙1-〃2)

+"(1—Pl)]=Pl〃3+〃孙一2〃1〃2〃3，所以??)—P甲=P2(P.L〃1)>0，P内—P乙=，1(〃3一〃2)>0,

所以。丙最大.故选D.

二、多项选择题

9.已知A,8分别为随机事件A,B的对立事件，P(A)>0,P(B)>0,则下列说法正确的是()

A.P(B|A)+P(3忸)=1

B.P(B|A)+P(B|A)=1

C.若A,C独立,则P(川8)=P(A)

D.若4,B互斥，则P(8|A)=P(川8)

答案ACD

解析对于A,P(B|A)+尸［8|4)=

P(AB)+P(A8)P(4)

=1,故A正确；对于B,设4,8独立，则P(8|4)+PW|A)

P(A)P(A)

=2P(B),而P(8)显然不一定为:，故B错误；对于C,A,8独立，则P(A8)=P(A)P(B),则

p(AB)

P(A[B)=p~—=P(A)f故C正确；对于D,4,B互斥,尸(48)=0,则根据条件概率公式

得P(阴A)=P(A阳)=0,故D正确.

10.抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数.用x表示红色骰子的点数，

用'表示绿色骰子的点数，用(x,)，)表示一次试验的结果.定义：事件A="X+.V=7"，事件8

="何为奇数"，事件C="£>3”，则下列结论正确的是()

A.4与〃互斥B.4与〃对立

C.P(阴D.A与。相互独立

答案AD

解析对于A,因为x+y=7,所以x与)，必是一奇一儒，又当xy为奇数时，x与y超是奇

数，所以事件A和B不能同时发生，即人与8互斥，故A正确；对于B,因为事件4和B

不能同时发生，但它们可以同时不发生，如x=l,y=2,即A与B不对立，故B不正确；

IQI3I

对于C,(x,y)的所有可能结果有36种，其中P(C)=*=5,P(8C)=京=五，所以P(B\C)

=P(C)—=6,故C不正确；对于D‘"A)=%=不/>(C)=2^=2,0(40=%=五，则有

P(AQ=P(A)P(C),A与C相互独立，故D正确.故选AD.

三、填空题

11.已知，〃是一个三位正整数，若机的十位数字大于个位数字，百位数字大于十位数字，则

称〃?为递增数.已知a,〃，cW{U,1,2,3,4},设事件A="由a,b,c组成三位正整数”，

事件8="由小江c组成的三位正整数为递增数“，则尸(B|A)=.

答案=

解析所有三位正整数的个数为4x5x5=100,即〃(A)=100,满足三位正整数为递增数的有

以下三类：①当百位数为2时，有1个；②当百位数为3时，有Cg=3个；③当百位数为4

时，有CZ=6个.所以“(AB)=l+3+6=10,故P(8|A)==亲.

」〃零IA，；1v

12.(2023•河南濮阳一模)已知甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛规则是3局2胜，即先赢2

局者胜.甲每局获胜的概率为/则本次比赛甲获胜的概率为.

答案S

解析本次比赛甲获胜有3种可能：①1,3甲胜，2乙胜；②2,3甲胜，1乙胜；③1,2甲

3—333327

-十-----

胜.则本次比赛甲获胜的概率为p=(x-XX一-

44■X44+-4432

13.(2024•黑龙江哈尔滨质量监测)盒子中有大小形状相同的7个小球，其中有4个白球，3

个黑球，先随机从盒子中取出两个小球，再从该盒中取出一个小球，则最后取出的小球为白

球的概率是.

答案

解析记4为先取出的前个小球都为白球，心为先取出的两个小球为一白一黑，A3为先取

出的两个小球都为黑球，B为最后取出的小球为白球，则P(E)=P(4)P(B|AI)+P(-B|A2)

+P(A3)P(/W=§X|+署x]+g4=|x|+找+罢=

14.有一种投掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第1站、第2站、第3站....第10站，共

10站，设棋子跳到第〃站的概率为此，若一枚棋子开始在第1站，棋手每次投掷骰子一次,

棋子向前跳动一次.若骰子点数小于等于3,棋子向前跳一站；否则，棋子向前跳两站，直

到棋子跳到第9站(失败)或者第10站(获胜)时，游戏结束.则尸3=；该棋手获胜的

概

率为

31

答案-

4

解析由题意，〃3=打另=*因为尸〃=/,-2+/I(3W后8),故.[J[=_g,由P2

—P|=—1»所以匕一。〃-1=(一,，〃22,累加可得优=1+(—3)+(—；)+…+(—,=

四、解答题

15.鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，

鲜花饼的保质期一般在三至四天.据统计，某超市一天鲜花饼卖出2箱的概率为*卖出1

箱的概率为当没有卖出的概率为得，假设第一天该超市开始营业时货架上有3箱鲜花饼，为

了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后检查货架上存货，若卖出2

箱，则需补货至3箱，否则不补货.

(1)在第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有1箱鲜

花饼的概率；

(2)求第二大结束营'也时货架上有1箱鲜花饼的概率.

解设事件A表示“第二天开始营业时宽架上有3箱鲜花饼”，事件8表示“第二天开始营业

时货架上有2箱鲜花饼”，事件C表示“第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼”.

(1)因为第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼，所以第二天只卖出I箱，

故尸(GB)=/

31411

(2)由题意，P(小=行+菱=于P(B)=m，P(CIA)=2>

由全概率公式得P(O=P(A)P(Q4)+P(8)P(C|B)=契+丹

16.溺水、触电等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视，为了普及安全教育，

某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错

得。分.在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为东乙队每人回答问题的正确率分别

为I，且两队各人叵答问题正确与否相互之间没有影响.

(1)分别求甲队总得分为3分与1分的概率；

(2)求甲队总得分为2分且乙队总得分为I分的概率.

解(1)记“甲队总得分为3分”为事件A,“甲队总得分为I分”为事件应

甲队得3分，即三人都回答正确，其概率

八，2228

甲队得1分，即三人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率P(B)=多＜(1一穹

X0-ij+O-3)X3X6"D+O-IM1_3)x3=i

Q7

故甲队总得分为3分与I分的概率分别为台，方

(2)记“甲队总得分为2分”为事件C,“乙队总得分为1分”为事件D

甲队得2分，即甲队三人中有2人回答正确，1人回答错误，

4

则/0=翡《一夕+久1一分号+(1—|)行=-

9

乙队得I分，即乙队三人中只有1人回答正确，其余2人回答错误,

1

-

2

由题意得事件C与事件。相互独立，

4I1

则甲队总得分为2分且乙队总得分为I分的概率为P(CD)=P(C)P(D)=^x-=-

B级，

17.(多选)一个不透明的袋子中装有6个小球，其中有4个红球，2个白球，这些球除颜色外

完全相同，则下列结论中正确的是()

2

A.若一次摸出3个球，则摸出的球均为红球的概率是,

3

B.若一次摸出3个球，则摸出的球为2个红球，1个白球的概率是

C.若第一次摸出一个球，记下颜色后将它放回袋中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为

不同颜色的球的概率是力

D.若第一次摸出一个球，不放回袋中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球

的概率是］

答案BC

解析对于A,总事件数是CV=20,摸出的球均为红球的事件数为C3=4,所以摸出的球均

为红球的概率是/故A错误.对于B,总事件数是Cg=20,摸出的球为2个红球，1个白

球的事件数为CSC1=12,所以摸出的球为2个红球，1个白球的概率是玄故B正确.对于C,

①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为右吊=5；②若第一次摸出白球，第二次

摸出红球，则概率为〃4=奈故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是卷+卷将故c正

确.对于D,①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为京£=亲；②若第一次摸出

74Rftft

白球，第二次摸出红球，则概率为永仁七故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是款+东=

UJJUJU•JyJ

Q

去，故D错误.

18.（多选）骰子通常作为桌上游戏的小道具.最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的

正方体，六个面上分别写有数字1，2,3,4,5,6.现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：

在第〃关要抛掷六面骰〃次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这〃次抛掷所出现的点

数之和大于2"+〃，则算闯过第〃关，〃=1,2,3,4.假定每次闯关互不影响，则（）

7

A.直接挑战第2关并过关的概率为三

B.连续挑战前两关并过关的概率为4

C.若直接挑战第3关，设4="三个点数之和等于15”，"至少出现一个5点”，则P（A|B）

1

D.若直接挑战第4关，则过关的概率是备

答案ACD

解析对于A,2?+2=6,所以两次点数之和应大于6,即直接挑战第2关并过关的概率为

5

外」+2+衰：++6=普=*，故A正确；对于B,2,+1=3,所以挑战第一关通过的概

率为P2=%则连续挑战前两关并过关的概率为夕=尸血=今（=态故B错误；对于C，

由题意可知，抛掷3次的基本事件有63=216,抛掷3次至少出现一个5点的共有63—53=216

91

-125=91种，故尸（B）=E正，而事件包括：含5,5,5的有1种，含4,5,6的有6种，

共7种，故尸（相）=义，所以尸（川或=勺然-=^x答=白，故C正确；对于D,当"

=4时，2〃+“=24+4=20,基本事件有64个，而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：

含5,5,5,6的有4种，含5,5,6,6的有6种，含6,6,6,6的有1种，含4,6,6,

6的有4种，含5,6,6,6的有4种，含4,5,6,6的有12种，含3,6,6,6的有4种，

3535

所以尸产前扇=血.故口正确•

19.（2022.新高考I卷节选）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10