第90讲、事件的相互独立性、条件概率与全概率公式（教师版）

第90讲事件的相互独立性、条件概

率与全概率公式

知识点1、条件概率

(一)定义

一般地，设A,3为两个事件，且P(A)>0,称P(A|A)=£幽为在事件A发生的条件

P(A)

下，事件8发生的条件概率.

注意：(1)条件概率P(8|A)中后面就是条件；(2)若P(A)=0,表示条件A不可能

发生，此时用条件概率公式计算P(B|A)就没有意义了，所以条件概率计算必须在夕(4)>0

的情况下进行.

(二)性质

(1)条件概率具有概率的性质，任何事件的条件概率都在0和1之间，即0«P(例A)«1.

(2)必然事件的条伶概率为1,不可能事件的条件概率为0.

(3)如果8与C互斥,则P(BUC|A)=P(8|A)+P(C|A).

注意：(1)如果知道事件4发生会影响事件8发生的概率，那么P(8)HP(8|A)；

(2)已知A发生，在此条件下B发生，相当于发生，要求P(K|A),相当于把A

〃(/W)

看作新的基本事件空间计算M发生的概率，即P(8|A)=M/=2"=驾?.

”(A)〃(A)”(A)

知识点2、相互独立与条件概率的关系

(一)相互独立事件的概念及性质

(1)相互独立事件的概念

对于两个事件A,B，如果P(B]A)=P(B),则意味着事件A的发生不影响事件B发生

的概率.设尸(A)>0,根据条件概率的计算公式，P(6)=P(6|A)=±辿，从而

夕(4)

R4B)=P(4)P(B).

由此我们可得：设A,8为两个事件，若P(A8)=RA)P(8),则称事件A与事件8相互

独立.

(2)概率的乘法公式

由条件概率的定义，对于任意两个事件A与8,若尸(A)>0,则0(A8)=P(A)P(BIA).我

们称上式为概率的乘法公式.

(3)相互独立事件的性质

如果事件A,B互相独立，那么A与月，，与8,X与否也都相互独立.

(4)两个事件的相互独立性的推广

两个事件的相互独立性可以推广到〃(〃>2,〃eN")个事件的相互独立性，即若事件A,

人,…，4相互独立，则这八个事件同时发生的概率P1A&…A)=P(A)(4)…P(A.).

(二)事件的独立性

(1)事件4与8相互独立的充要条件是P(AB)=P(A)-P(B).

(2)当尸(3)>0时,A与3独立的充要条件是P(A|8)=P(A).

(3)如果尸(A)>0,A与8独立，则P(B|A)=名他="A)•P⑻=成立

P(A)P(A)

知识点3、全概率公式

(一)全概率公式

(1)P(B)=P(A)P(BIA)+P(A)P(B\A)；

(2)定理1若样本空间C中的事件4，&,…，4满足：

①任意两个事件均互斥，即4Aj=0,=，i。j；

②A+A2H--=Cl；

③P(A)>0,i=l,2,…，〃.

则对C中的任意事件B,都有B=BA+8&+…且

0(8)=力P(ZM,)=力P(A)P(

1-1J-l

注意：(1)全概率公式是用来计算一个复杂事件的概率，它需要将复杂事件分解成若

干简单事件的概率计算，即运用了“化整为零’'的思想处理问题.

<2)什么样的问题适用于这个公式？所研究的事件试验前提或前一步臊试睑有多种可

能，在这多种可能中均有所研究的事件发生，这时要求所研究事件的概率就可用全概率公

式.

(二)贝叶斯公式

(1)一搬地，当OvP(4)vl且P(8)>0时，有

p(A|13)=P(A)P(/〃A)=。⑷0⑷金)_

P(B)~P(A)P(B\A)+P(A)P(B|A)

(2)定理2若样本空间c中的事件A,4,…，4满足：

①任意两个事件均互斥，即A£=0,L/=l,2,，i/人

②A+&H--F4“=C;

③O<P(A)<1,i=l,2,.

则对C中的任意概率非零的事件B,都有B=%++…+84,

且P(A.四)⑷「⑻切=P(4)P(8I4)

‘p⑶£P(A)P(8|A)

;=|

注意：(I)在理论研究和实际中还会遇到一类问题，这就是需要根据试验发生的结果

寻找原因，看看导致这一试验结果的各种可能的原因中哪个起主要作用，解决这类问题的

方法就是使用贝叶斯公式.贝叶斯公式的意义是导致事件8发生的各种原因可能性的大

小，称之为后验概率.

(2)贝叶斯公式充分体现了P(川B),P(A),P(B],P(B|A),P(B|A),尸(AB)之间

的转关系，即P(A|B)=，翟，P(AB)=P(A|B)P(B)=P(B\A)P(A),

尸(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)之间的内在联系.

必考题型全归纳

题型一：条件概率

例1.(2024•云南大理・统考模拟预测)"狼来了'’的故事大家小时候应该都听说过：小孩

第一次喊“狼来了”，大家信了，但去了之后发现没有狼；第二次喊“狼来了”，大家又信

了，但去了之后乂发现没有狼；第三次狼真的来了，但是这个小孩再喊狼来了就没人信

了.从数学的角度解释这一变化，假设小孩是诚实的，则他出于某种特殊的原因说谎的概

率为0.1;小孩是不诚实的，则他说谎的概率是0.5.最初人们不知道这个小孩诚实与否，

所以在大家心目中每个小孩是诚实的概率是0.9.已知第一次他说谎了，那么他是诚实的

小孩的概率是()

3579

A.-B.-C.—D.—

571014

【答案】D

【解析】设事件A表示“小孩诚实”，事件8表示“小孩说谎”，

则「(B|A)=0.1,P(fi|A)=0.5,P(A)=0.9,P(A)=0.1,

则P(AB)=尸(A)尸(=A)=0.9x0.1=0.09,

P(Afi)=P(^)P(Z?|A)=O.lx().5=().05,

故P(8)=P(A8)+P(初)=0.14,

故喇力需二翟哈

故选：D

例2.（2024•河北秦皇岛•统考模拟预测）已知有两箱书，第一箱中有3本故事书，2本

科技书；第二箱中有2本故事书，3本科技书.随机选取一箱，再从该箱中随机取书两

次，每次任取一本，做不放回抽样，则在第一次取到科技书的条件下，第二次取到的也是

科技书的概率为（）

A.-B.—C.-D.—

410512

【答案】C

【解析】记事件A=”第一箱中取书”，事件8="从第二箱中取书”.事件G=”第i次从箱中

取到的书是科技书“，i=l，2,

123211

则由题意知，P(A)=P(B)=~,P(C,|A)=-,P(C,\B)=^P(C,C21A)=-x-=—,

乙JJJ«1xz

3231

P(C,C2|B)=-x-=—,P(C1)=P(fi)P(C1|5)+P(4)P(C1|4)=-,

D•1U4

所以P(C21c|)=愕『_P(C,C2\A)XP(A)十P(C,C2|5)XP(B)

"IJ)P(C)

(ii3n2

=2x-X-+--X-

(102102)5

故选：C

例3.（2024•广西柳州•统考模拟预测）根据历年的气象数据，某市5月份发生中度雾缄

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

0.2,则在刮四级以上大风的情况下，发生中度雾箱的概率为（）

A.0.5B.0.625C.0.8D.0.9

【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3,

依题意,P（A）=0.25,P（4）=0.4,P（A为=0.2,

/.、P（AB}0.2

则在刮四级以上大风的情况下，发生中度雾霾的概率为川川邛=磊京=^=0.5.

/\IV/•»

故选：A

变式1.（2024•河南南阳•高三南阳中学校考开学考试）袋子中装有大小、形状完全相同

的2个白球和2个红球.现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次

摸到红球的概率为（）

I]23

A.IB.-C.4D.-

2334

【答案】B

【解析】设第一次摸到红球为事件A,第二次摸到红球为事件4,则事件48为第一次摸到

红球且第二次摸到红球，

-rm619/AmCC；21

可得P"）=2P（AB）=；2

A12=6

所以「（川力需4

故选：B.

变式2.（2024•云南曲靖•高三校联考阶段练习）有首歌道“大理三月好风光，蝴蝶泉边

好梳妆”，近年来大理州一直致力开发旅游事业，吸引着大批的游客前往大理旅游.现有

甲、乙两位游客慕名来到大理，准备从苍山、洱海、大理古城、崇圣寺三塔、蝴蝶泉五个

景点中随机选择一个景点游玩，记事件A为“甲和乙至少一人选择蝴蝶泉”，事件》为“甲和

乙选择的景点不同”，则P（BlA）=（）

3Q<

A.-B.-C.2D.-

592

【答案】B

【解析】分别记景点苍山、洱海、大理古城、崇圣寺三塔、蝴蝶泉分别为〃，b,c,d：e.

则事件A包含的样本点有共9种情

况，

其中“甲和乙选择的景点不同”有（a,e）Re）,（c,e）,（d©,（eM），（e，b），（e，c），（e，d），共8种情

况,

Q

所以P(8|A)哈

故选：B

变式3.(2024•广东•高三河源市河源中学校联考阶段练习)从1、2、3、4、5、6、7这

7个数中任取5个不同的数，事件A：“取出的5个不同的数的中位数是4”，事件3：“取

出的5个不同的数的平均数是4”,则必同个”()

|913

A.-B.—C.-D.一

73537

【答案】C

【解析】根据题意，从7个数中任取5个数，则基本事件总数为C=21,

这5个数的中位数是4的基本事件有C；C；=9个，

o3

所以P(A)=M=5,

其中5个数的平均数都是4的基本事件有

1,2,4,6,7；1,3,4,5,7；2,3,4,5,6,共3种情况，

这3种情况恰好也是AB的基本事件，

所以尸(砌=输得,所以?(财=尤年=相

故选：C

【解题方法总结】

用定义法求条件概率P(即4)的步骤

(1)分析题意，弄清概率模型；

(2)计算P(A),P(ADB)；

(3)代入公式求P(B|4)="4n8).

P(A)

题型二：相互独立事件的判断

例4.(2024•安徽•高三校联考阶段练习)已知A,B,。为三个随机事件且P(A),

P(8),P(C)>0,则A,B,。相互独立是4,B,。两两独立的()

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】A,B,C相互独立，则满足尸（ABC）=P（A）P（B）尸（C）,

且P（AB）=P（A）P（E）,P（BC）=P（B）P（C）,P（AC）=P（A）P（C）；

A,B,。两两独立则满足P（濡卜P（A）P（B）,P（BC）=P（B）P（C）,

P（AC）=P（A）P（C）；

故而A,B,C相互独立则有A,B,C两两独立，但是A,B,C两两独立不能得出A,B,

。相互独立，故A正确.

故选：A

例5.（2024•上海浦东新•高三华师大二附中校考阶段练习）已知事件A,。满足

0<P（A）<l,0<P（8）<l,则不能说明事件A,4相互独立的是（）

A.P（A|^）=P（A|B）B.P（A|5）=P（A）

C.P（4|A）=P（4）D.P（B|A）=P（B|A）

【答案】A

【解析】对于A,掷一枚质地均匀的骰子，事件A为向上的点数不超过4,事件B为向上

的点数为4或5,BPA={1,2,3,4},B={4,5},A={5,6},满足P（川8）=尸（同8）=g,但

1,、212

P（AB）=~,P（A）P（B）=-x-=-所以事件AA不相互独立，故A错误；

o339t

对于B,因为P（A忸）=q^=P（A）,所以。（A8）=P（A）P（8）,所以事件AB相互独

立，故B正确；

对于C,因为P（用4）=华等=外8）,所以P（AB）=P（A）P（4）,所以事件A8相互独

立，故C正确；

对于D,因为网叩）=网可可，所以与答=：（：?、,整理得

P\A）l-P（A）

P（A8）=P（A）［P（A8）+P（,8）］=P（A）P（8）,所以事件A8相互独立，故D正确；

故选：A

例6.（2024•福建南平•高三福建省政和第一中学校考阶段练习）甲箱中有5个红球，2

个白球和3个黑球；乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放

入乙箱中，分别以A，A,表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱

中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论错误的是（）

23

A.P（8）=GB.0（用A）==

C.事件B与事件4不相互独立D.A，A,4两两互斥

【答案】A

【解析】依题意，p（A）=W，P（4）q4P（4）4,

544

又p（BIA）=YpP（8i4s）=1,P（8i4）=H，B正确：

则有P（B）=P（BA）P（A）+P（BI4）P（4）+P（5I4）P（4）

5141439A£什、旦

=TTX2+TTX5+TTX1O=22*A错误;

又P⑻P（A）=＞：=、P（研）=P（BIA）P（A）=（，即P（8）P（A）HP（3），

因此事件乩与事件A不相互独立，c正确；

显然事件A，4,4中的任意两个事件都不可能同时发生，因此事件A，A，4两两互斥，D

正确.

故选：A

变式4.（2024•全国-高三专题练习）某家庭有三个孩子，假定生男孩和生女孩是等可能

且相互独立的.记事件A：该家庭既有男孩又有女孩；事件8：该家庭最多有一个男孩；

事件C：该家庭最多有一个女孩：则下列说法中正确的是（）

A.事件4与事件C互斥但不对立B.事件4与事件B互斥且对立

C.事件B与事件。相互独立D.事件A与事件B相互独立

【答案】D

【解析】生3个小孩的总事件C包含（男，男，男），（男，男，女），（男，女，男），

（女，男，男），（男，女，女），（女，男，女），（女，女，男），（女，女，女），共8个基

本事件，

事件A包含（男‘男,女），（男,女,男），（女,男，男），（男,女，女），（女,男,

女），（女，女，男），共6个基本事件，

事件8包含（男，女，女），（女，男，女），（女，女，男），（女，女，女），共4个基本

事件，

事件C包含（男，男，男），（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男），共4个基本

事件，

A选项，因为80。=0,=所以事件3与事件C互斥且对立，A错误；

B选项，因为AC8N0,所以事件4与事件笈不互斥，不对立，B错误；

C选项，因为Bp|C=0，所以Q（BC）=O,又P（8）=P（C）=K，故

o2

P（BC）wP（B）P（C）,故事件3与事件C不独立,C错误；

D选项，因为AC5有3个基本事件，所以尸（4周=］又P（4）=g='

OO4

所以尸（A8）=P（A）P（8）,D正确.

故选：D

变式5.（2024•全国•高三专题练习）随着2022年卡塔尔世界杯的举办，中国足球也需

要重视足球教育.某市为提升学生的足球水平，特地在当地选拔出几所学校作为足球特色

学校，开设了“5人制”“7人制”“9人制”“11人制”四类足球体验课程.甲、乙两名同学各自

从中任意挑选两门课程学习，设事件A=”甲乙两人所选课程恰有一门相同“，事件3="甲

乙两人所选课程完全不同"，事件C="甲乙两人均未选择‘5人制，课程”，则（）

A.A与8为对立事件B.A与C互斥C.A与C相互独立

D.B与。相互独立

【答案】C

【解析】依题意甲、乙两人所选课程有如下情形：①有一门相同，②两门都相同，③两门

都不相同，故A与A互斥不对立，A错误；

当甲乙两人均未选择“5人制”课程时，两人可能选的课程有一门相同，A与C不互斥，B错

误；

所以0（4=卷叁=：，晶=［，*。）=疑=：，

且P(AC)=冬冬=］尸(BC)=0,所以*AC)=P(A)・P(C),

C4♦C；0

P（BC）wP（4）P（C）,即4与。相互独立，8与。不相互独立，C正确，D错误,

故选：c.

变式6.（2024•四川宜宾•统考三模）同时抛掷两枚质地均匀的骰子一次，事件甲表示

“第一枚骰子向上的点数为奇数”，事件乙表示“第二枚骰子向上的点数为偶数”，事件丙表

示“两枚骰子向上的点数之和为6"，事件丁表示“两枚骰子向上的点数之和为7"，则（）

A.事件甲与事件乙互斥B.P（丙|乙）高

C.事件中与事件丁相互独立D.事件丙与事件丁互为对立事件

【答案】C

【解析】用x表示第一枚骰子向上的点数，y表示第二枚骰子向上的点数，则两枚骰子的

情况用数对（X），）表示，

则所有可能情况有（L1）,（1,2）,（1,3）,（1,4）,（L5）,（1,6）,

（2」），（2,2）,（2,3）,（2,4）,（2,5）,（2,6）,

（3,1）,（3,2）,（3,3）,（3,4）,（3,5）,（3,6）,

（4」），（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）,共36个结果,

对于A：显然事件甲与事件乙可以同时发生，如出现（1,4）,故事件甲与事件乙不互斥，即

A错误；

71

对于B：P（丙|乙）=5=；，故B错误；

对于C：记事件甲为A,事件丁为B,则P（A）=^=。p（8）=£=!，

362366

31

p'（A7B）=36—=12—,

所以0（48）=P（A）-P（8）,即事件甲与事件丁相互独立，故C正确；

对于D：事件丙与事件丁不能同时发生，但是可以都不发生，故事件丙与事件丁互为互斥

不对立事件，故D错误；

故选：C

【解题方法总结】

判断事件是否相互独立的方法

（1）定义法：事件A,8相互独立02（/1。3）=门/）/（3）.

（2）由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响.

（3）条件概率法:当P（A）＞0时，可用P（8|A）=P（5）判断.

题型三：相互独立事件概率的计算

例7.（2024•天津,校联考一模）某产品的质量检验过程依次为进货检验（IQC）、生产过

4

程检验（IPQC）、出货检验（OQC）三个环节.已知某产品IQC的单独通过率为二，

IPQC的单独通过率为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，则一件该产品能进入OQC环节的概率为.

9

【答案】—/0.9

【解析】设4表示第i次通过进货检验，表示第，•次通过生产过程检验（i=l,2）,C表

示该产品能进入出货检验环节，由题意得

P（C）=P（A.B,++ARB、+=—x—+-X-X—+—x—x—+-x—x—x—=—

1-'-J54554544554410

故答案为:本9

例8.（2024•全国-高三专题练习）某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题

中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮假设某选手正确回答每

个问题的概率都是0.8,且每个问题的I可答结果相互独立，则该选手恰好回答了5个问题就

晋级下一轮的概率为.

144

【答案】—/0.04608

【解析】由该选手恰好回答了5个问题就晋级下轮，说明他第4、第5两个问题是连续

答对的，第3个问题没有答对，第I和第2两个问题也没有全部答对，即他答题结果可能

有三种情况：xxxZ或xWyH或,根据独立事件同时发生的概率公式，可得该

选手恰好回答了5个问题就晋级卜.一轮的概率为

0.2x0.2x0.2x0.8x0.8-K).2x0.8x0.2x0.8x0.8+0.8x0.2x0.2x0.8x0.8=0.(M608

故答案为：0.04608

例9.（2024•全国•高三专题练习）甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球，约定甲先投

且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概

率为g,乙每次投篮投中的概率为;，且各次投篮互不影响，则乙获胜的概率

为.

【答案】

【解析】记“乙获胜”为事件c,记甲第i次投篮投进为事件4,乙第i次投篮投进为事件

由互斥事件仅有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知，

p（O=尸（4/）+P（4及AA）+P（A4；转2A4）=P（A）P（8J+P（4）P（瓦）p%）p（4）

+"闾鹤）尸区）户（出户（A）户（4）3；+停）x（目+住〉囹吟.

故答案：黑

27

变式7.（2024•全国•校联考模拟预测）已知甲、乙、丙三位选手参加某次射击比赛，比

赛规则如下：①每场比赛有两位选手参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的选手与未参加

此场比赛的选手进行下•场的比赛：③在比赛中，若有•位选手首先获胜两场，则本次比

赛结束，该选手获得此次射击比赛第一名.若在每场比赛中，甲胜乙的概率为:，甲胜丙的

概率为乙胜丙的概率为:，且甲与乙先参加比赛，则甲获得第一名的概率为.

42

【答案】q25

【解析】因为每场比赛中，甲胜乙的概率为:，甲胜丙的概率为

34

乙胜丙的概率为

所以甲选手获胜的概率是++—;=

故答案为:|2|5

变式8.（2024•山东•高三专题练习）无症状感染者被认为是新冠肺炎疫情防控的难点之

一.国际期刊《自然》杂志中一篇文章指出，30%〜60%的新冠感染者无症状或者症状轻

微，但他们传播病毒的能力并不低，这些无症状感染者可能会引起新一轮的疫情大爆

发.我们把与病毒携带者有过密切接触的人群称为密切接触者.假设每名密切接触者成为

无症状感染者的概率均为:，那么4名密切接触者中，至多有2人成为无症状感染者的概

率为一.

Q

【答案】1

【解析】至多有2人成为无症状感染者包括0人成为无症状感染者，1人成为无症状感染

者，2人成为无症状感染者三种情况，且每种情况间是互斥的，所以所求概为

16+32+248

=81=9

故答案为：!

变式9.（2024•重庆沙坪坝-高三重庆八中校考阶段练习）某电视台的夏日水.上闯关节目

一共有二美，第一美与第二美的过关率分别为目2，43.只有通过前一美才能进入下一关，

34

每一关都有两次闯关机会，且通过每关相互独立.一选手参加该节目，则该选手能进入第

三关的概率为.

【答案】j.

O

o17R

【解析】该选手闯过第一关的概率为［+=闯过第二关的概率为

31315

PD,=-+-x-=—,

44416

o1cs

所以该选手能进入第三关的概率为尸='x1|==.

9loo

故答案为：7-

O

变式10.（2024•浙江-高三专题练习）2019年底，武汉发生“新型冠状病毒''肺炎疫情，

国家卫健委紧急部署，从多省调派医务工作者前去支援，正值农历春节举家团圆之际，他

们成为“最美逆行者武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、

疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和确诊患者的密切接触者等“四类”

人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人.若在排查期间，某小区有5人被确认为“确

诊患者的密切接触者”，现医护人员要对这5人随机进行逐一“核糖核酸”检测，只要出现一

例阳性，则将该小区确定为“感染高危小区假设每人被确诊的概率均为且相

互独立，若当〃=〃。时，至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率取得最大

值，则%=一.

【答案】『姮

5

【解析】由题意知，至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率

f(p)=P(1-p?+〃。一〃)“，fXp)=(1-(5/?2-10/7+2),

令八P)=O,解得〃=i—孚，故/(P)在［』-半)上单调递增，

在।-半1)上单调递减，故当〃=1-半时，f(p)取得最大值.

故答案为：「姮.

5

【解题方法总结】

(1)求相互独立事作同时发生的概率的步骤

①首先确定各事件之间是相互独立.的.

②求出每个事件的概率，再求积.

(2)使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个

事件是相互独立的.

题型四：相互独立事件概率的综合应用

例10.(2024•河南焦作•高三统考开学考试)小李参加某项专业资格考试，一共要考3

个科目，若3个科FI都合格，则考试直接过关；若都不合格，则考试不过关；若有1个或

2相科目合格，则所有不合格的科目需要进行•次补考，补考都合格的考试过关，否财不

过关.已知小李每个科目每次考试合格的概率均为〃且每个科目每次考试的

结果互不影响.

⑴记“小李恰有1个科目需要补考''的概率为/(〃)，求/(〃)的最大值点〃。.

⑵以(1)中确定的P。作为〃的值.

(i)求小李这项资格考试过关的概率：

(ii)若每个科目每次考试要缴纳20元的费用，将小李需要缴纳的费用记为X元，求

E(X).

【解析】(1)由题意知/(〃)=C；p2(l-p)=3p2(l_p),

则/'(〃)=一9〃2+6p=3P(2-3〃)，

2

当0<〃<§时，r（〃）>o,

当?时，r（〃）<o，

所以函数/（P）在传）单调递增，仔1）单调递减，

所以当〃=；时，/'（〃）取最大值，即Po=,.

JJ

（2）（i）小李第一次考试3个科目都合格的概率为《=©吟,

小李第一次考试有2个科目合格，补考1个科目且合格口勺概率为

DQr2丫128

R=3x—x-x—=—,

~⑶3327

小李第一次考试有1个科目合格，补考2个科目且均合格的概率为

°-2flY/2丫8

P,=3x-x-x-=—,

3⑴⑴81

所以小李这项资格考试过关的概率为P=Pi+P2+P5=^.

81

（ii）X的所有可能取值为60,80,100,

则?（X=60）=（2、4-fl=1,P（X=80）=3X（21X1=-,

\3JV3J3\3J。9

212

P(X=100)=3x-x=—»

3139

I4270()

^£：(X)=60X-+80X-4-I00X-=—

例11.（2024•湖北武汉・华中师大一附中校考模拟预测）某猎人发现在距离他100米处

3

的位置有一只猎物，如果直接射击，则只射击一次就击中猎物的概率为1,为了有更大的

概率击中猎物，猎人准备多次射击.假设每次射击结果之间相互独立，猎人每次射击击中猎

物的概率与他和猎物之间的距离成反比.

（I）如果猎人第一次射击没有击中药物，则猎人经过调整后进行第二次射击，但由于猎物受

到惊吓奔跑，使得第二次射击时猎物和他之间的距离增加了5（）米；如果第二次射击仍然没

有击中猎物，则笫三次射击时猎物和他之间的距离又增加了5（）米，如此进行下去，每次射

击如果没有击中，则下一次射击时猎物和他之间的距离都会增加50米，当猎人击中猎物或

发现某次射击击中的概率小于'时就停止射击，求猎人停止射击时射击次数的概率分布列

与数学期望.

（2）如果猎人直接连续射击，由于射击速度很快，可以认为在射击期间猎物和猎人之间的距

离保持不变，如果希望至少击中猎物一次的概率超过98%,至少要连续射击多少次？

附:In2k0.693,In3"099In5=1.609.

【解析】（1）因为猎人每次射击击中猎物的概率与他和猎物之间的距离成反比，

设第，•次射击击中猎物的概率为化（，飞N'）,猎人和猎物之间的距离为4（icN'）,

k3

则"广工伏为常数iwN*），V4=100,・・・Z=pr4=60,

,-60.602603606

・・，-4，**P2-150-5*200-T0*P4-256-25*

当地5时，人贵W停止射击.

设猎人的射击次数为X,则X的所有取值为1,2,3,4

P（X=1）=|,P（X=2）=（l-^x|=±

39（

?（X=3）=IF（X=4）=

10芮,*

・・・x的分布列为

X1234

34921

p

525125125

••・X的数学期望为石”）=%3+2乂4弓+3、去9+4*奈21=226

"125

（2）记“第，次射击击中猎物”为事件4，i=l,2,…,

则〃次连续射击至少击中猎物一次的概率为P=\-p（AA?...4）=i-fi-|98

100

21n5+ln22x1.609+0.693

X4.270,

In5-In21.609-0.693

所以至少要连续射击5次.

例12.（2024•河北沧州,校考三模）甲、乙、丙三人进行台球比赛，比赛规则如下：先

由两人上场比赛，第三人旁观，一局结束后，败者下场作为旁观者，原旁观者上场与胜者

比赛，按此规则循环下去.若比赛中有人累计获胜3局，则该人获得最终胜利，比赛结束，

三人经过抽签决定由甲、乙先上场比赛，丙作为旁观者.根据以往经验，每局比赛中，甲、

乙比赛甲胜概率为微，乙、丙比赛乙胜概率为丙、甲比赛丙胜概率为:，每局比赛相

互独立且每局比赛没有平同.

（1）比赛完3局时，求甲、乙、丙各旁观1局的概率；

（2）已知比赛进行5局后结束，求甲获得最终胜利的概率.

【解析】（1）由题可知，甲、乙、丙各旁观1局的概率即为甲、乙、丙各胜1局的概率.

设甲、乙比赛甲胜，乙、丙比赛乙胜，丙、甲比赛丙胜分别为事件A,B,C,则A,

B,C相互独立，

设比赛完3局时，甲、乙、丙各胜1局为事件M,则朋二4。0而，

则P（M）=P（AC）+P（而）=P（A）P（C）+P（RP（X）=1X：+：X£=：,

所以甲、乙、丙各旁观1局的概率为

（2）设甲、乙、丙第i局比赛获胜分别为事件A,Bj,C，i=l,2,3,4,5,

设比赛完5局甲获得最终胜利为事件。，则

D=4丛AA1A+耳cAA儿+AA、仇84A+AA,83c4A+AGGA4As+AG8?4人，

1

_

p(AgAMA)=p(4)p(82)p(4)尸(4"(4)=3丁5、V5-,

72

1±

、、

zi?ii--

P(B1C2AA4^)=P(fi1)P(C2)P(A)P(A4)P(^)=-x-x-x-x3

54

1

_

-,

P(AA2^4^)=P(A)P(A2)P(B?)P(«4)P(/I5)=1X->-X-X-

712

_

,

p(AA&c4)=p(A)p(4)p(A)p(c)P(A)[xg*x|xg-

44514

-

,、z、1??II217

-_

P(AC2C3A4A)=P(A)^(C2)P(C3)P(A4)P(A)=-X-X-X-X-,

54

-

P(AG4AA)=WA)P(G)P(8JP(A4)P(A)=3„X3g

所以?（。）=上iiiii13

+—4---------------+—+—

5472542754108

所以，已知比赛进行5局后结束，甲获得最终胜利的概率为13另.

变式IL（2024•贵州•校联考模拟预测）某校为丰富教职工业余文化活动，在教师节活

动中举办了“三神杯”比赛，现甲乙两组进入到决赛阶段，决赛采用三局两胜制决出冠军，

每一局比赛中甲组获胜的概率为〃（0v〃vl）,且甲组最终获得冠军的概率为g（每局比赛

没有平局）.

⑴求〃：

（2）己知冠军奖品为28个篮球，在中组第一同获胜后，比赛被迫取消，奖品分配方案是：

如果比赛继续进行下去，按照甲乙两组各自获胜的概率分配篮球，请问按此方案，甲组、

乙组分别可获得多少个篮球？

【解析】（1）令事件A：甲组在第i局获胜，，=1,2,3.甲组胜的概率为:

]_

P=p(A4)+〃(AA2Aj+p(A4A)=p2+2p2(i-p)=

2

解得〃=：.

（2）由题意知，在甲组第一局获胜的情况下，甲组输掉比赛事件为：甲组接卜.来的比赛中

连输两场，

即〃=〃（可7）=gxg=；,即甲获胜的概率为《，

故甲组、乙组应按照3：1的比例来分配比赛奖品，

即甲组应获得21个篮球，乙组获得7个篮球比较合理.

变式12.（2024•河南郑州•统考模拟预测）手工刺绣是中国非物质文化遗产之一，指以

手工方式，用针和线把人的设计和制作添加在任何存在的织物上的一种艺术，大致分为绘

制白描图和手工着色、电摘着色，选线、配线和裁布三个环节，简记为工序A,工序B,

工序。.经过试验测得小李在这三道工序成功的概率依次为;，［.现某单位推出一项手

工刺绣体验活动，报名费30元，成功通过三道工序最终的奖励金额是200元，为了更好地

激励参与者的兴趣，举办方推出了项工序补救服务，可以在着手前付费聘请技术员，若

某一道工序没有成功，可以由技术员完成本道工序.每位技术员只完成其中一道工序，每聘

请一位技术员需另付费100元，制作完成后没有接受技术员补救服务的退还一半的聘请费

用.

（1）若小李聘请一位技术员，求他成功完成三道工序的概率;

⑵若小李聘请两位技术员，求他最终获得收益的期望值.

【解析】(I)记事件M为“小李聘请一位技术员成功完成三道工序”,

当技术员完成工序A时，小李成功完成三道工序的概率为：=

I2J344

(2、131

当技术员完成工序8时，小李成功完成三道工序的概率为：1--x-x^-=-,

当技术员完成工序。时