专题四第2讲古典概型与条件概率、全概率公式

第2讲古典概型与条件概率、全概率公式微点一古典概型例1(1)设a，b，c，d∈N，从满足a2+b2+c2+d2=18的所有有序数组(a，b，c，d)中随机抽取一个，则该有序数组中第三个数c=0的概率为()A.15 B.25 C.110答案A解析因为a，b，c，d∈N，所以a2+b2+c2+d2=18共存在三种情况，①18=42+12+12+02，此时所有的有序数组共有C42其中第三个数c=0的有序数组有C32②18=32+32+02+02，此时所有的有序数组共有C42其中第三个数c=0的有序数组有C32③18=32+22+22+12，此时所有的有序数组共有C42且不可能出现第三个数c=0的情况.故所求概率P=3+312+6+12=1(2)验证码就是将一串随机产生的数字或符号生成的一幅图片.图片里加上一些干扰像素(防止OCR)，由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能.很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全.某居民小区电子出入证的登录验证码由0，1，2，…，9中的5个数字随机组成.将中间数字最大，然后向两边递减的验证码称为“钟型验证码”(如14532，12543)，已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7的概率为()A.536 B.518 C.16答案A解析根据“钟型验证码”中间数字最大，然后向两边递减，所以中间的数字可能是4，5，6，7，8，9.当中间数字是4时，其他4个数字可以是0，1，2，3，选其中两个排在左边(排法唯一)，另外两个排在右边(排法唯一)，所以方法数为C4当中间数字是5时，其他4个数字可以是0，1，2，3，4，选其中两个排在左边(排法唯一)，另外两个排在右边(排法唯一)，所以方法数为C5当中间数字是6时，其他4个数字可以是0，1，2，3，4，5，选其中两个排在左边(排法唯一)，另外两个排在右边(排法唯一)，所以方法数为C6当中间数字是7时，其他4个数字可以是0，1，2，3，4，5，6，选其中两个排在左边(排法唯一)，另外两个排在右边(排法唯一)，所以方法数为C7当中间数字是8时，其他4个数字可以是0，1，2，3，4，5，6，7，选其中两个排在左边(排法唯一)，另外两个排在右边(排法唯一)，所以方法数为C8当中间数字是9时，其他4个数字可以是0，1，2，3，4，5，6，7，8，选其中两个排在左边(排法唯一)，另外两个排在右边(排法唯一)，所以方法数为C9所以该验证码的中间数字是7的概率为2106+30+90+210+420+756=5[规律方法]利用公式法求解古典概型问题的步骤跟踪演练1(1)(2025·葫芦岛模拟)5G通信中的信号是由“0”和“1”组成的二进制编码.某信号的二进制编码由6个数字组成，则该信号编码中恰好有3个“1”的概率为()A.14 B.516 C.532答案B解析根据题意可知某信号的6位数字均有“0”和“1”两种选择，因此可以编码出26=64(种)信号.若信号编码中恰好有3个“1”，则其余三个数字是0，共有C63因此该信号编码中恰好有3个“1”的概率为2064=5(2)(2024·新课标Ⅰ卷)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，并比较所选卡片上数字的大小，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.

答案1解析因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：3-2，5-4，7-6，1-8.若甲的总得分为2，有以下三类情况：第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3-2，5-4，1-6，7-8；第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3-2，7-4，1-6，5-8或3-2，7-4，1-8，5-6或3-2，7-6，1-4，5-8，共3种组合；第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5-2，7-4，1-6，3-8或5-2，7-4，1-8，3-6或5-4，7-2，1-6，3-8或5-4，7-2，1-8，3-6或5-2，7-6，1-4，3-8或5-2，7-6，1-8，3-4或5-4，7-6，1-2，3-8，共7种组合.综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1=24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P=1224=1微点二条件概率例2(1)(2025·潍坊模拟)某学校组织象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛.决赛采取3局2胜制，假设每局比赛中甲获胜的概率均为23A.14 B.34 C.35答案D解析设甲获胜为事件A，甲第一局获胜为事件B，则P(A)=23×23+23×13×23+13×23×23=2027，P(AB)=23×所以在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是P(BA)=P(AB)P((2)记A为事件A的对立事件，且P(A)=23，P(A|B)=15，P(B)=512，则P(AA.12 B.23 C.34答案C解析由题意得P(A)=13，P(AB)=P(A|B)P(B)=15×512由P(B)=P(AB)+P(AB)，得P(AB)=P(B)-P(AB)=512-112=则P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=23+512-13[规律方法]求条件概率的常用方法(1)定义法：P(B|A)=P((2)样本点法：P(B|A)=n((3)缩样法：只研究事件A发生的情况，用古典概型求解.跟踪演练2(1)在某电路上有M，N两个元件，每次通电后，需要更换M元件的概率为0.3，需要更换N元件的概率为0.2，M，N有且只有一个需要更换的概率为0.38，且两个元件是否需要更换相互独立，则在某次通电后M，N有且只有一个需要更换的条件下，M需要更换的概率是()A.1219 B.1519 C.35答案A解析记事件A为“在某次通电后M，N有且只有一个需要更换”，事件B为“M需要更换”，则P(A)=0.38，P(AB)=0.3×(1-0.2)=0.24，由条件概率公式可得P(B|A)=P(AB)P((2)贵阳某调研机构调查了一个来自南宁的旅行团对贵阳两种特色小吃肠旺面和丝娃娃的喜爱情况，了解到其中有415的人喜欢吃肠旺面，有215的人喜欢吃丝娃娃，还有A.14 B.38 C.12答案B解析设“喜欢吃肠旺面”为事件A，“喜欢吃丝娃娃”为事件B，则P(A)=415，P(B)=2则“喜欢吃肠旺面或丝娃娃”为事件A∪B，“既喜欢吃肠旺面又喜欢吃丝娃娃”为事件AB，由题意知，P(A∪B)=1-710=3从而P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=415+215-310因此由条件概率公式得P(B|A)=P(AB)P(微点三全概率公式与贝叶斯公式例3(1)(多选)有三个相同的箱子，分别编号1，2，3，其中1号箱内装有4个绿球、1个红球，2号箱内装有2个绿球、3个红球，3号箱内装有5个绿球，这些球除颜色外完全相同.某人从三个箱子中任取一箱并从中摸出一个球，事件表示“取到i号箱(i=1，2，3)”，事件B表示“摸到绿球”，事件C表示“摸到红球”，则()A.P(B|A2)=25B.P(B|A1)+P(C|A1)=P(A1)C.P(B)=1115D.P(A1|B)=4答案ACD解析由题意可知P(A1)=P(A2)=P(A3)=13，P(B|A1)=45，P(C|A1)=15，P(B|A2)=25，P(B|A3)=1，P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=1115，CP(A1|B)=P(A1)P(BA(2)甲、乙两名同学参加汉语听写比赛，每次由其中一人听写，规则如下：若听写正确则此人继续听写，若未听写正确则换对方听写，无论之前听写情况如何，甲每次听写的正确率均为0.6，乙每次听写的正确率均为0.8，第1次听写的人是甲、乙的概率各为0.5，则第二次听写的人是甲的概率为；第n次听写的人是甲的概率为.

答案2516×2解析根据题意，记“第n次听写的人是甲”为事件An，“第n次听写的人是乙”为事件Bn，设P(An)=pn，依题可知P(Bn)=1-pn.则P(An+1)=P(AnAn+1)+P(BnAn+1)=P(An)P(An+1|An)+P(Bn)P(An+1|Bn).即pn+1=0.6pn+0.2(1-pn)=0.4pn+0.2.变形可得pn+1-13=2又p1=12，则p1-13=则数列pn−13是首项为即pn=16×25n所以第2次听写的人是甲的概率为p2=16×252−1+1第n次听写的人是甲的概率为pn=16×25n[规律方法]利用全概率公式解题的思路(1)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件(i=1，2，…，n).(2)求P()和所求事件B在各个互斥事件发生条件下的概率P(B|).(3)代入全概率公式计算.跟踪演练3(1)(多选)已知高二(1)(2)(3)班三个班的学生人数之比为3∶3∶4.在某次数学考试中，高二(1)班的不及格率为10%，高二(2)班的不及格率为20%，高二(3)班的不及格率为15%，从三个班中随机抽取一名学生.记事件A为该学生本次数学考试不及格，事件Bi为该学生在高二(i)班(i=1，2，3)，则()A.P(B3)=0.3 B.P(A)=0.15C.A与B3相互独立 D.P(B答案BCD解析对于A，P(B1)=33+3+4=0.3，P(B2)=33+3+4=0.3，P(B3)=43+3+4=0.4对于B，由题意知，P(A|B1)=0.1，P(A|B2)=0.2，P(A|B3)=0.15，则P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)=0.15，故B正确；对于C，由P(A)=P(A|B3)=0.15，则P(AB3)=P(A|B3)P(B3)=P(A)P(B3)，即A与B3相互独立，故C正确；对于D，P(B1|A)=P(AB1)P(B1)P(A)=15，P(B3(2)甲、乙两位同学每人每次投掷两颗骰子，规则如下：若掷出的点数之和大于6，则继续投掷；否则，由对方投掷.第一次由甲开始，若连续两次由甲投掷，则称甲为“幸运儿”，在共投掷4次的条件下，甲为“幸运儿”的概率是；设第n次由甲投掷的概率为pn，则pn=.答案1183172812×1解析由题意知，投掷两颗骰子，共有36种可能的结果，点数之和大于6的有(1，6)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共21种.则点数之和大于6的概率为712，小于等于6的概率为5由题意可知在共投掷4次的条件下，甲为“幸运儿”的情况有两种，①第一、第二次均由甲投掷，即甲第一次所掷点数之和大于6，其概率为712②第一次由甲投掷，第二次由乙投掷，第三、四次由甲投掷，即第一次甲所掷点数之和小于等于6，第二次乙所掷点数之和小于等于6，第三次甲所掷点数之和大于6，其概率为512×512×712甲为“幸运儿”的概率为712+1751728=第(n+1)次由甲投掷这一事件，包含两类，①第n次由甲投掷，第(n+1)次由甲投掷，其概率为712pn②第n次由乙投掷，第(n+1)次由甲投掷，其概率为512(1-pn从而有pn+1=712pn+512(1-pn)=16pn则pn+1-12=1∵p1-12=1-12=∴数列pn−12是以1∴pn-12=12×16n−1，∴pn=1专题强化练[分值：80分]一、单项选择题(每小题5分，共30分)1.(2025·辽宁名校联盟模拟)学校放三天假，甲、乙两名同学打算去敬老院做志愿者，甲同学准备在三天中随机选一天，乙同学准备在前两天中随机选一天，则甲、乙选择同一天的概率是()A.12 B.16 C.13答案C解析甲同学有3种选择，乙同学有2种选择，故共有3×2=6(种)选择，其中甲、乙选择同一天的情况有2种，故甲、乙选择同一天的概率为26=12.(2025·齐鲁名校联考)现有5种颜色的筷子各一双，从中任取两根筷子，若已知取到的筷子中有红色的，则两根筷子都是红色的概率为()A.15 B.19 C.113答案D解析设事件M为“两根筷子都是红色的”，则P(M)=1C102设事件N为“取到的筷子中有红色的”，则P(N)=1-C82C所求即为P(M|N)=P(MN)P(3.设随机事件A，B相互独立，已知P(A)=15，P(B|A)=14，则P(A∪A.1920 B.920 C.25答案C解析因为P(A)=15，P(B|A)=1由P(B|A)=P(得P(AB)=P(B|A)P(A)=14×15=因为事件A，B相互独立，所以P(AB)=P(A)P(B)，即120=15P(B)，所以P(B)=所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=15+14-1204.(2025·湖南新高考联盟联考)甲、乙、丙、丁四人同时对一目标进行射击，四人击中目标的概率都为12，目标被一人击中不会摧毁，目标被两人击中而摧毁的概率为16，目标被三人击中而摧毁的概率为A.116 B.18 C.14答案C解析设击中次数为X，则X~B4，1所以P(X=2)=C42×122×P(X=3)=C43×123×P(X=4)=C441由全概率公式得，目标被摧毁的概率为616×16+416×12+15.已知贝叶斯公式：P(A|B)=P(B|A)P(A)P(B).某视频网站利用换脸掺入了一些“”视频，“”视频占有率为0.001.某团队决定用对抗，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假.该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有98%的可能鉴定为“A.0.32% B.3.2% C.0.4% D.4%答案B解析记“视频是‘’合成”为事件A，记“鉴定结果为‘’”为事件B，则P(A)=0.001，P(A)=0.999，P(B|A)=0.98，P(B|A)=0.03，由贝叶斯公式得P(A|B)=P=0.001×0.98故该视频是“”合成的可能性约为3.2%.6.如图，现有甲、乙、丙三位同学合作在一个正二十面体的各面写上0~9这10个数字(相对的两个面上的数字相同)，这样就得到一个产生0~9的随机数的骰子.若甲、乙、丙依次投掷一次，按顺序记下三个数，三个数恰好构成等差数列的概率为()A.110 B.120 C.310答案B解析甲、乙、丙各投掷一次，记下数字，各有10种可能，所以甲、乙、丙依次投掷一次，记下数字的组合有10×10×10=1000(种)，0~9这10个数字中选3个，能构成等差数列的情况有：公差为0的等差数列，有0，0，0；1，1，1；2，2，2；…；9，9，9，共10种情况；公差为1的等差数列，有0，1，2；1，2，3；2，3，4；3，4，5；4，5，6；5，6，7；6，7，8；7，8，9，共8种情况；公差为2的等差数列，有0，2，4；1，3，5；2，4，6；3，5，7；4，6，8；5，7，9，共6种情况；公差为3的等差数列，有0，3，6；1，4，7；2，5，8；3，6，9，共4种情况；公差为4的等差数列，有0，4，8；1，5，9，共2种情况；公差分别为1，2，3，4的等差数列中的第1项和第3项的数字交换，分别构成公差为-1，-2，-3，-4的等差数列，所以构成等差数列的可能情况有10+2×(8+6+4+2)=50(种)，所以若甲、乙、丙依次投掷一次，按顺序记下三个数，三个数恰好构成等差数列的概率为501000=1二、多项选择题(每小题6分，共12分)7.甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球(两箱中的球除颜色外没有其他区别)，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则()A.P(A1)=35 B.P(B)=C.P(B|A1)=950 D.P(A2|B)=答案ABD解析依题意可得P(A1)=35，P(A2)=2P(B|A1)=C32C52=310，P(B|A2所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=35×310+25×110=1150，故AP(A2|B)=P(A2B)P(B)=8.(2025·安康模拟)在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则()A.蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是1B.蚂蚁移动到点(3，3)的概率为5C.蚂蚁回到原点的概率为25D.蚂蚁移动到直线y=x上的概率为5答案ACD解析对于A，蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度，则每一步的位置只能是(0，0)或原点的上、下、左、右四个点，最开始蚂蚁在原点，第一次移动有上、下、左、右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理，第三次移动有上、下、左、右4种走法，第四次移动只能回到原点，即只有1种走法，第五次移动有上、下、左、右4种走法，第六次移动只能回到原点，即只有1种走法，所以满足题意的路径共有4×1×4×1×4×1=64(种)，而移动6次，每次有4种走法，即总路径数为46，由古典概型可知蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率为6446=164对于B，蚂蚁移动到点(3，3)，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为C63所以蚂蚁移动到点(3，3)的概率为2046=51024对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，均为a次；上下移动次数相等，均为b次，总次数满足2a+2b=6，即a+b=3，可能的组合有：①a=3，b=0，即左右均3次，路径数为C63②a=2，b=1，即左右均2次，上下均1次，路径数为C64③a=1，b=2，即左右均1次，上下均2次，路径数为C62④a=0，b=3，即上下均3次，路径数为C63所以路径总数为20+180+180+20=400，故蚂蚁回到原点的概率为40046=25256对于D，蚂蚁要移动到直线y=x上，则水平净移动(向右移动次数减去向左移动次数)要等于垂直净移动(向上移动次数减去向下移动次数)，例如，向右移动3次，向左移动1次，则水平净移动为3-1=2(次)，向上移动2次，向下移动0次，则垂直净移动为2-0=2(次)，此时蚂蚁位于(2，2)，符合题意.设水平净移动次数为n，则垂直净移动次数也为n，当n=0时，水平和垂直净移动次数均为0，即回到坐标原点，也即C选项所考虑的结果，共400种；当n=1时，水平和垂直净移动次数均为1，设向左移动次数为l，则向右移动次数为l+1；设向下移动次数为m，则向上移动次数为m+1，总移动次数l+l+1+m+m+1=6⇒l+m=2，所有可能的组合有：①l=0，m=2，此时向右移动1次，向左移动0次，向上移动3次，向下移动2次，路径数为C61②l=1，m=1，此时向右移动2次，向左移动1次，向上移动2次，向下移动1次，路径数为C63③l=2，m=0，此时向右移动3次，向左移动2次，向上移动1次，向下移动0次，路径数为C65所以当n=1时，路径总数为60+180+60=300；由对称性，可知当n=-1时，路径总数也为300；当n=2时，水平和垂直净移动次数均为2，设向左移动次数为l，则向右移动次数为l+2；设向下移动次数为m，则向上移动次数为m+2，总移动次数l+l+2+m+m+2=6⇒l+m=1，所有可能的组合有：①l=0，m=1，此时向右移动2次，向左移动0次，向上移动3次，向下移动1次，路径数为C62②l=1，m=0，此时向右移动3次，向左移动1次，向上移动2次，向下移动0次，路径数为C64所以当n=2时，路径总数为60+60=120；由对称性，可知当n=-2时，路径总数也为120；当n=3时，水平和垂直净移动次数均为3，设向左移动次数为l，则向右移动次数为l+3；设向下移动次数为m，则向上移动次数为m+3，总移动次数l+l+3+m+m+3=6⇒l=m=0，所有可能的组合只有：l=0，m=0，此时向右移动3次，向左移动0次，向上移动3次，向下移动0次，路径数为C63由对称性，可知当n=-3时，路径总数也为20；当|n|≥4时，总移动次数会超过6次，不符合题意，故蚂蚁移动到直线y=x上的总路径数为400+300×2+120×2+20×2=1280，所以概率为128046=516，故三、填空题(每小题5分，共10分)9.(2025·九江模拟)如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻(上、下或左、右相邻)的灯区改变状态.假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B，G灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为.答案5解析从9个灯区中随机先后按下两个灯区，共有A92=72(种)按法.与B相邻的灯区为A，C，与G相邻的灯区为D，H，故将9个灯区分为三类：第一类F，I灯区，第二类A，B，C，E灯区，第三类D，G，H灯区.若要使得B，G灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随机先后按两个不同灯区.①若先后按下的是F，I两个灯区，则B，G灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A22②若先后按下的是A，B，C，E灯区中的两个，则B，G灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A42③若先后按下的是D，G，H灯区中的两个，则B，G灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A32=6故B，G灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为2+12+672=510.(2025·沈阳模拟)2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点O出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位长度，共移动3次.则该机器人在有且仅有一次经过(含到达)点M(-1，0)的条件下，水平方向移动2次的概率为.

答案8解析设事件A=“有且仅有一次经过(含到达)点M(-1，0)”，事件B=“水平方向移动2次”，按到点M(-1，0)需要1步，3步分类讨论.记L=向左，R=向右，U=向上，D=向下，①若1步到点M(-1，0)为事件A1，则满足要求的是LU(L或U或R)，LL(L或U或D)，LD(L或R或D)，LR(U或D或R)，所以P(A1)=4×343=②若3步到点M(-1，0)为事件A2，则满足要求的是ULD，DLU，RLL，UDL，DUL，所以P(A2)=543=所以P(A)=P(A1)+P(A2)=1764满足AB的情况有LU(L或R)，LD(L或R)，LL(U或D)，LR(U或D).所以P(AB)=4×24所以P(BA)=P(AB)四、解答题(共28分)11.(13分)甲、乙两名同学参加一场乒乓球比赛，比赛共五局(无平局)，先胜三局者取得比赛最终胜利.已知第一局乙同学获胜的概率为13，且对于每一局，若乙同学在本局中获胜，则他在下一局获胜的概率为23；若乙同