2027届新高三数学热点突破复习　随机事件、古典概型、条件概率与全概率公式

2027届新高三数学热点突破复习随机事件、古典概型、条件概率与全概率公式五年高考考点1随机事件与古典概型1.★★(2023全国甲文,4,5分)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

()A.

B.

C.

D.

D

解析从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,总的基本事件有

=6个,其中这2名学生来自不同年级的基本事件有

=4个,所以所求概率P=

=

.故选D.2.★★(2022新高考Ⅰ,5,5分)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互质的

概率为

()A.

B.

C.

D.

D

解析

解法一直接法从2至8的7个整数中任取两个数共有

=21种取法,若取的两数互质,则不同的取法有(2,3),(2,5),(2,7),(3,4),(3,5),(3,7),(3,8),(4,5),(4,7),(5,6),

(5,7),(5,8),(6,7),(7,8),共14种,所以从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互

质的概率为

=

.故选D.解法二间接法从2至8的7个整数中任取2个数共有

=21种取法,2个数不互质的情况有两类:(1)从4个偶数中任取2个,有

=6种取法;(2)从偶数和奇数中各取一个,有(3,6)这1种取法,所以2个数不互质的取法有7种,所以取2个数互质的概率为

1-

=

.故选D.3.★★★(2021全国甲理,10,5分)将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为

()A.

B.

C.

D.

C

解析

解法一从6个位置中选2个位置排0,剩下4个位置排1,共有

=15种排法,2个0不相邻可利用插空法,先排4个1(无序),产生5个空,选2个空排0,则有

=10种排法,故所求概率P=

=

.解法二对立事件从6个位置中选2个位置排0,剩下4个位置排1,共有

=15种排法,若2个0相邻,则将2个0捆绑后和4个1排序,共有

=5种排法,故2个0不相邻的概率P=1-

=

.4.★★(2022全国乙,文14,理13,5分)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工

作,则甲、乙都入选的概率为_________.解析设“甲、乙都入选”为事件A,从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务

工作包含的基本事件有

个,事件A包含的基本事件有

个,所以P(A)=

=

.5.★★(2022全国甲理,15,5分)从正方体的8个顶点中任选4个,则这4个点在同一个平面

的概率为_________.解析从正方体的8个顶点中任选4个顶点,共有

=70种选法,其中4个点在同一平面的选法共12种,即选正方体的6个表面和6个对角面的4个顶点,根据古典概型概率公式知

所求概率P=

=

.6.★★★★(2024全国甲理,16,5分)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回

地随机取3次,每次取1个球.设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球

上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于

的概率为_________.解析记取出的三个球上的数字依次为a,b,c,a,b,c=1,2,3,4,5,6,a≠b≠c,则从中无放回

地随机取三次的所有数字情况共有

=120种.由|m-n|=

≤

,得|a+b-2c|≤3,即-3≤a+b-2c≤3,∴-3+2c≤a+b≤3+2c.当c=6时,9≤a+b≤15,则(a,b)的所有可能为(4,5),(5,4),共2种;当c=5时,7≤a+b≤13,则(a,b)的所有可能为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,6),(6,3),(3,4),(4,3),(4,

6),(6,4),共10种;当c=4时,5≤a+b≤11,则(a,b)的所有可能为(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(2,

6),(6,2),(3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(5,6),(6,5),共16种;当c=3时,3≤a+b≤9,则(a,b)的所有可能为(1,2),(2,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,

4),(4,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5),(5,4),共16种;当c=2时,1≤a+b≤7,则(a,b)的所有可能为(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(3,

4),(4,3),共10种;当c=1时,-1≤a+b≤5,则(a,b)的所有可能为(2,3),(3,2),共2种.故满足条件的a,b,c共有2+10+16+16+10+2=56种.∴m与n之差的绝对值不大于

的概率P=

=

.7.★★★★(2024新课标Ⅰ,14,5分)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_________.解析

解法一甲出1一定输,所以甲最多得3分,则甲的总得分不小于2,即甲得2分或3

分.甲要得3分,就只有1种组合1-8,3-2,5-4,7-6.甲得2分有三种情况,分别列举如下:①出3

和出5时赢,其余输,则有如下组合:1-6,3-2,5-4,7-8,共1种.②出3和出7时赢,其余输,则有

如下组合:1-4,3-2,5-8,7-6;1-8,3-2,5-6,7-4;1-6,3-2,5-8,7-4,共3种.③出5和出7时赢,其余输,

则有如下组合:1-2,3-8,5-4,7-6;1-4,3-8,5-2,7-6;1-8,3-4,5-2,7-6;1-6,3-8,5-2,7-4;1-8,3-6,5-2,

7-4;1-6,3-8,5-4,7-2;1-8,3-6,5-4,7-2,共7种.综上,共12种组合满足甲的总得分不小于2,而

所有组合为4!种,所以甲的总得分不小于2的概率为

=

.解法二若甲总得分小于2,则甲得0分或1分,记甲、乙所选卡片数字大小为有序数对(a,b),可固定甲卡片数字顺序为1,3,5,7,然后将乙所选卡片数字进行全排列,共

=24种,甲得0分时,一定是(1,2),(3,4),(5,6),(7,8),甲得1分时,符合条件的有①(1,2),(3,4),(5,8),(7,6),②(1,2),(3,6),(5,8),(7,4),③(1,2),(3,6),(5,4),(7,8),④(1,2),(3,8),(5,6),(7,4),⑤(1,4),(3,2),(5,6),(7,8),⑥(1,4),(3,6),(5,2),(7,8),⑦(1,4),(3,6),(5,8),(7,2),⑧(1,4),(3,8),(5,6),(7,2),⑨(1,6),(3,4),(5,8),(7,2),⑩(1,6),(3,4),(5,2),(7,8),

(1,8),(3,4),(5,6),(7,2),共11种.综上,符合条件的共12种,所以甲总得分不小于2的概率为1-

=

.三年模拟1.★(2026届湖南长沙一中月考,3)从数字1,2,3,4,5,6中随机抽取两个数字(不允许重复),

则这两个数字的乘积是奇数的概率为

()A.

B.

C.

D.

A

解析从数字1,2,3,4,5,6中随机抽取两个数字(不允许重复)一共有

=

=15(种)取法,要想乘积为奇数,则随机选取的两个数字均为奇数,共有

=3(种)取法,故所求概率为

=

.故选A.2.★(2026届广东中山纪念中学月考,3)设A,B是一个随机试验中的两个事件,P(A)=0.2,P(B)=0.5,P(AB)=0.2,则P(A∪B)=

()A.0.8

B.0.7

C.0.6

D.0.5

D

解析根据题意可得,P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.2+0.5-0.2=0.5.故选D.3.★★(2025届重庆康德教育调研,6)某池塘中饲养了A,B两种不同品种的观赏鱼,假设

鱼群在池塘里是均匀分布的.在池塘的东、南、西三个采样点捕捞得到如下数据(单

位:尾),若在采样点北捕捞到20尾鱼,则品种A约有

()

C

采样点品种A品种B东209南73西178A.6尾

B.10尾

C.13尾

D.17尾解析因为鱼群在池塘里是均匀分布的,所以品种A的占比为

=

,

×20=13.75,所以在采样点北捕捞到的20尾鱼中品种A约有13尾,故选C.4.★★(2026届湖北武汉江汉新起点摸底,5)高三(1)班班主任从4名男同学和2名女同学

中随机选出3人去参加志愿服务活动,则选出的3人中至少有2名男生的概率为

(

)A.

B.

C.

D.

C解析从6名同学中任选3人,有

=20种方法,其中最多有1名男生的情况有

=4种,所以所求概率为1-

=

.故选C.5.★★★(2026届山东潍坊联考,6)已知甲、乙两人通过“石头、剪刀、布”决定谁先

开始游戏,规则为:每局中两人出法相互独立,且出石头、剪刀、布的概率均为

,若两人出法不同则直接定胜负(石头胜剪刀,剪刀胜布,布胜石头),若出法相同则重新开局.记

“甲在第1局或第2局获胜”为事件A,则P(A)=

()A.

B.

C.

D.

A

解析画树状图如图,

在一次比赛中,共有9个基本事件,其中甲获胜包含3个基本事件,所以甲在一次试验中获胜的概率P=

,记事件A=“甲在第1局或第2局获胜”,则事件

=“甲在第1局和第2局都不获胜”,所以P(A)=1-P(

)=1-

×

=

.故选A.6.★★★(2025届安徽江南十校检测,7)某次跳水比赛甲、乙、丙、丁、戊5名跳水运动

员进入跳水比赛决赛,现采用抽签法决定决赛跳水顺序,在“运动员甲不是第一个出场,

运动员乙不是最后一个出场”的前提下,“运动员丙第一个出场”的概率为

()A.

B.

C.

D.

A

解析运动员甲不是第一个出场,运动员乙不是最后一个出场可分为甲最后一个出场

或甲在第2到4位出场,方法数为

+

=78,在“运动员甲不是第一个出场,运动员乙不是最后一个出场”的前提下,“运动员丙第一个出场”,即运动员丙第一个出场,运

动员乙不是最后一个出场,方法数为

=18,因此所求概率为P=

=

.故选A.7.★★★(2026届浙江浙东北县域名校发展联盟诊断,7)一副扑克牌共有13张红桃牌,其

中J,Q,K称为花牌,其他的称为数字牌,现将这13张红桃牌从左到右随机排成一排,则在

红桃A的左侧没有数字牌的概率为

()A.

B.

C.

D.

C

解析将一副扑克牌中的13张红桃牌从左到右排成一排,共有

种不同的排法,红桃A的左侧没有数字牌共有

+

+

+

种不同的排法,所以红桃A的左侧没有数字牌的概率P=

=

=

.故选C.8.★★★(2025届山东省实验中学二模,6)在甲、乙、丙、丁4个人中选若干人在3天假

期中值班(每天只需1人值班),不出现同一人连续值班两天,其中甲恰有一天值班的概率

为

()A.

B.

C.

D.

C

解析计算值班情况总的样本点个数:每天值班人选从4人中选1人,且相邻两天值班人不同.第一天:有4种选择(任何一人均可);第二天:不能与第一天相同,因此有3种选择(排除第一天的人);第三天:不能与第二天相同,因此有3种选择(排除第二天的人).总的样本点个数为4×3×3=36.计算甲恰有一天值班的样本点个数:甲只在第一天值班有1×3×2=6种,甲只在第二天值班有1×3×3=9种,甲只在第三天值班有1×3×2=6种.所以由古典概型知P=

=

.故选C.9.★★★(2025届河南郑州二模,6)某高校计划安排甲、乙、丙、丁、戊、己6名教师到

4所不同的高中学校进行宣讲,每个学校至少安排1人,其中甲、乙必须安排在同一个学

校的概率为

()A.

B.

C.

D.

A

解析将这6名教师分成四组,再分配到不同的学校,若教师人数为3,1,1,1,则不同的安排方法种数为

=480种;若教师人数为2,2,1,1,则不同的安排方法种数为

=1080种,故不同的安排方法共有480+1080=1560种.将这6名教师分成四组,再分配到不同的学校,甲、乙安排在同一个学校,若教师人数为3,1,1,1,则不同的安排方法种数为

=96种;若教师人数为2,2,1,1,则不同的安排方法种数为

=144种,故不同的安排方法共有96+144=240种.所以所求事件的概率为

=

.故选A.10.★★★(2025届江西宜春二模,6)将编号为1,2,3,4,5的5个球放到3个不同的盒子中,每

个球只能放到1个盒子中,每个盒子至少放入1个球,则编号为1,2,3的球所放盒子各不相

同的概率为()A.

B.

C.

D.

C

解析将5个球分成3组,有两种分法:1,1,3和2,2,1.按1,1,3分组,共有

=10种分法;再将分好的3组全排列,放入3个不同的盒子,有

=3×2×1=6种放法.根据分步乘法计数原理,此时共有10×6=60种放法.按2,2,1分组,共有

=

=15种分法;再将分好的3组全排列,放入3个不同的盒子,有

=6种放法.根据分步乘法计数原理,此时共有15×6=90种放法.由分类加法计数原理,总放法数为60+90=150.先将编号为1,2,3的球放入3个不同的盒子,有

=6种放法;再将编号为4,5的球放入这3个盒子,每个球都有3种放法,根据分步乘法计数原理,共有3

×3=9种放法.根据分步乘法计数原理,编号为1,2,3的球所放盒子各不相同的放法数为6×9=54种.根据古典概型概率公式,可得所求概率P=

=

.故选C.11.★★★(2026届山东潍坊诸城一中月考,14)已知一个正整数n,若能找到正整数a,b,使

得n=a+b+ab,则称n为一个“好数”.现在从1到20这20个正整数中任取一个数,取到

“好数”的概率为_________.解析由n=a+b+ab,可得n+1=a+b+ab+1=(a+1)(b+1),可得n=(a+1)(b+1)-1,其中a,b∈N*,在1到20中的好数有3,5,7,8,9,11,13,14,15,17,19,20,共有12个,所以取到“好数”的概率

为P=

=

.12.★★★★(2026届四川南充月考(二),14)甲、乙、丙、丁四人打循环赛,每两人之间

都有一场比赛.已知乙、丙、丁三人胜率完全相同,而甲水平较高,面对三人时的胜率均

为

,每场比赛胜者得一分,败者得零分,总分最高或同为最高者并列冠军.则甲拿到冠军的概率是_________.解析由题意知,甲、乙、丙、丁四人共进行

=6场比赛,且每人参加

=3场比赛,故甲拿到冠军至少拿2分,至多拿3分,分类如下:第一类:甲共得3分拿到冠军,即甲与乙、

丙、丁三人的比赛均获胜拿到冠军,故事件“甲共得3分拿到冠军”的概率为

=

.第二类:甲共得2分拿到冠军,即甲恰与乙、丙、丁三人比赛中2场获胜1场败,且其余三

人得分均小于或等于2分,记事件A=“甲共得2分”,B=“甲拿到冠军”,则事件“甲共

得2分拿到冠军”即为AB,则A

=“甲共得2分未拿到冠军”,即“甲恰与乙、丙、丁三人比赛中2场获胜1场败,且乙、丙、丁中有人得3分”,由AB∪A

=A=“甲共得2分”,即甲恰输给乙、丙、丁中一人,则P(A)=

;若乙、丙、丁中有人得3分,因为每人参加3场比赛,至多得3分,则得3分的人必然是乙、丙、丁中赢得甲的人,且另外两人1人得1分,1人得0分.故P(A

)=

·

,故“甲共得2分拿到冠军”的概率为

=

,故甲拿到冠军的概率为

+

=

.13.★★★(2026届浙江学军中学练习,16)已知A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物

后的康复时间(单位:天)记录如下:A组11121314151617B组131416171815a假设所有病人的康复时间相互独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组

选出的人记为乙.(1)求甲的康复时间不少于14天的概率;(2)如果a=12,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率;(3)写出a为何值时,A,B两组病人康复时间方差相等.(结论不要求证明)解析

(1)设事件Ai为“甲是A组的第i个人”,事件Bi为“乙是B组的第i个人”,i=1,2,…,

7.由题意,得P(Ai)=P(Bi)=

,i=1,2,…,7.所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A4∪A5∪A6∪A7)=P(A4)+P(A5)+P(A6)+P(A7)=

.(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”,由题意,得C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6∪A3B7∪A4B7∪A5B7∪

A6B7∪A7B7,因此P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+

P(A7B6)+P(A3B7)+P(A4B7)+P(A5B7)+P(A6B7)+P(A7B7)=15P(A4B1)=15P(A4)P(B1)=

.(3)当a=12或19时,A,B两组病人康复时间方差相等.理由:A组数据从小到大排列后,是公差为1的等差数列,B组数据除a外,排序后也是公差为1的

等差数列,由D(X)=D(X+b)可知,B组数据加入a后仍为等差数列,故a=12或19.14.★★★★(2026届湖北荆州监利联考,18)甲、乙、丙三名同学进行乒乓球比赛.经约

定,进行如下4场比赛决定胜负关系:①乙、丙两名同学进行本场比赛,败者落入败者组;②甲与第①场比赛胜者比赛,败者落入败者组;③败者组两人进行比赛,败者记为第三名;④第②,③场比赛胜者进行比赛,胜者记为第一名,败者记为第二名.设每场比赛双方获胜的概率均为

.(1)求乙在败者组比赛中被淘汰的概率;(2)求甲最终获胜的概率;(3)从最终三人获得名次的数学期望的角度分析,该比赛规则是否对甲有利.解析在全局比赛中,由于每场比赛双方获胜的概率均为

,则乙与丙处于对称的位置,二者在全局比赛中任意位置的概率均相等.(1)记事件A:甲在败者组比赛中被淘汰,事件B:乙或丙在败者组比赛中被淘汰.考虑事件

A发生的概率,甲需要在②,③两场比赛中连续失败,故P(A)=

×

=

.由于事件A与事件B互为对立事件,且乙与丙的位置对称,所以乙在败者组比赛中被淘汰

的概率为P=

=

=

.(2)甲最终获胜有如下两种情况:第一种:第②,④场比赛甲全胜,此时概率为

×

=

;第二种:第②场比赛甲失败,第③,④场比赛甲胜利,此时概率为

×

×

=

,故甲最终获胜的概率为

+

=

.(3)设甲获得的最终名次为X,则X的可能取值为1,2,3,由(2)有P(X=1)=

,由(1)有P(X=3)=

,故P(X=2)=1-P(X=1)-P(X=3)=

,所以E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)=

=

,设乙或丙获得的最终名次为Y,Y的可能取值为1,2,3,由于乙与丙的位置对称,故E(Y)=1×

+2×

+3×

=

=

,因为

<

,【易错:名次越小,成绩越好】所以甲最终获得名次的数学期望比乙或丙更靠前,故该比赛规则确实对甲有利.五年高考考点2事件的相互独立性1.★★★(2021新高考Ⅰ,8,5分)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地

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

B

解析依题意,有放回地随机取两次,样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),

(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(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个样本点.其中P(甲)=

=

,P(乙)=

=

,P(丙)=

,P(丁)=

=

,易知“甲、丙同时发生”的基本事件为0个,“丙、丁同时发生”的基本事件为0个,

“乙、丙同时发生”的基本事件为(6,2),共1个,“甲、丁同时发生”的基本事件为(1,

6),共1个,P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙),A错误,P(甲丁)=

=P(甲)P(丁),B正确,P(乙丙)=

≠P(乙)P(丙),C错误,P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙),D错误.故选B.2.★★★(2022全国乙理,10,5分)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p1,p2,p3,且p3>p2>p1>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

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丙.由题意得,p甲=p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=p1p2+p1p3-2p1p2p3,p乙=p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=p1p2+p2p3-2p1p2p3,p丙=p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=p1p3+p2p3

-2p1p2p3.由p3>p2>p1>0,得p丙-p甲=p2p3-p1p2=p2(p3-p1)>0,p丙-p乙=p1p3-p1p2=p1(p3-p2)>0,∴p丙最

大.故选D3.★★★★★(创新知识交汇)(2025全国二卷,19,17分)甲、乙两人进行乒乓球练习,

每个球胜者得1分,负者得0分.设每个球甲胜的概率为p

,乙胜的概率为q,p+q=1,且各球的胜负相互独立.对正整数k≥2,记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概

率,qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率.(1)求p3,p4(用p表示);(2)若

=4,求p;(3)证明:对任意正整数m,p2m+1-q2m+1<p2m-q2m<p2m+2-q2m+2.解析

(1)由已知可知p3表示打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率.①若甲、乙两人打完3个球后,甲胜3局,此时甲得3分,乙得0分,甲比乙多得3分,符合题

意,由于各局相互独立,故甲胜3局的概率为p3;②若甲、乙两人打完3个球后,甲胜2局、1局或0局,均不符合题意,由此可知:p3=p3.由已知可知p4表示打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率,则若4局比赛甲胜4局,此时

甲比乙多得4分;若4局比赛甲胜3局,输1局,则甲比乙多得2分,亦符合题意,其余甲胜2局、1局、0局,均不符合.∴p4=p4+

p3(1-p)=4p3-3p4.综上可知:p3=p3,p4=4p3-3p4.(2)p4-p3=4p3-3p4-p3=3p3(1-p)=3p3q,同理,q4-q3=3q3p,∴

=

=

=4,即p2=4q2,又∵p,q∈(0,1),∴p=2q且p+q=1,∴p=

.(3)证明:不妨令Xn表示n局以后甲的得分,则乙的得分为n-Xn,则Xn~B(n,p).∴pn=P(Xn-(n-Xn)≥2)=P(2Xn-n≥2)=P

,∴p2m+1=P

=P(X2m+1≥m+2)=P(X2m+1≥m+2|X2m≥m+2)·P(X2m≥m+2)+P(X2m+1≥m+2|X2m=m+1)·P(X2m=m+1)=P(X2m≥m+2)+P(X2m=m+1)p=P(X2m≥m+2)+P(X2m=m+1)-P(X2m=m+1)q=P(X2m≥m+1)-P(X2m=m+1)q=p2m-

pm+1qm,同理,q2m+1=q2m-

qm+1pm,故p2m+1-q2m+1=p2m-q2m+

qm+1pm-

pm+1qm=p2m-q2m+

(pq)m(q-p)<p2m-q2m.p2m+2=P(X2m+2≥m+2)=P(X2m≥m+2)+P(X2m=m)p2+P(X2m=m+1)[1-(1-p)2]=P(X2m≥m+1)+p2

pmqm-

pm+1qm+1=p2m+p2

pmqm-

pm+1qm+1,q2m+2=q2m+q2

pmqm-

pm+1qm+1,故p2m+2-q2m+2=p2m-q2m+(p2-q2)

pmqm>p2m-q2m.综上,原不等式得证.三年模拟1.★★(2026届重庆巴蜀中学开学考,5)已知事件A和事件B相互独立,

为事件B的对立事件.若P(A)=P(B)=0.4,则P(A+

)=

()A.0.24

B.0.56

C.0.76

D.0.84

C

解析由P(B)=0.4得P(

)=1-0.4=0.6,由P(A)=0.4以及事件A和事件B相互独立得P(A

)=P(A)P(

)=0.4×0.6=0.24,所以P(A+

)=P(A)+P(

)-P(A

)=0.4+0.6-0.24=0.76.故选C.2.★★(2026届安徽池州调研,5)甲、乙两人投篮的命中率分别为

和

,且他们投篮互不影响,若两人分别投篮一次,则至少有一人投中的概率为

()A.

B.

C.

D.

D

解析因为两个人是否投中互不影响,两人都未投中的概率为

×

=

,所以至少有一人投中的概率为1-

=

.故选D.3.★★★(2026届山东省实验中学二诊,4)如图,某电子元件由A,B,C三种部件组成,现将

该电子元件应用到某研发设备中,经过反复测试,A,B,C三种部件能正常工作的概率分

别为

,

,

,各个部件是否正常工作相互独立,则该电子元件能正常工作的概率为

(

)

A.

B.

C.

D.

D

解析设上半部分(A,B串联部分)正常工作为事件M,下半部分(A,B,C并联部分)正常工

作为事件N,该电子元件能正常工作为事件S,则P(S)=1-P(

)P(

),又P(M)=

×

=

,则P(

)=1-P(M)=1-

=

,又P(

)=

×

×

=

×

×

=

,∴P(S)=1-

×

=1-

=

.4.★★★(2026届福建模拟检测,7)如图,甲、乙做游戏,两人通过划拳(剪刀、石头、布)

比赛决胜谁首先到达第3格,并规定从0格出发,每次赢的一方往右前进一格,输的一方原

地不动,平局时两人都往右前进一格.如果一方连续赢两次,那么他将额外获得往右前进

一格的奖励(除非已经到达第3格),当有任何一方到达第3格时游戏结束,则游戏结束时

恰好划拳3次的概率为

()

A.

B.

C.

D.

A

解析设“第i(i∈N*)次划拳甲赢”为事件Ai,“第i(i∈N*)次划拳平局”为事件Bi,“第i

(i∈N*)次划拳甲输”为事件Ci,则P(Ai)=P(Bi)=P(Ci)=

,则游戏结束时,恰好划拳3次的概率为P=2P(A1)·P(B2)P(A3)+2P(B1)P(A2)P(A3)+P(B1)P(B2)P(B3)+2P(A1)P(B2)P(B3)+2P(B1)·P(A2)P(B3)+2P(B1)·P(B2)P(A3)+2P(C1)P(A2)P(A3)=2×

×

×

+2×

×

×

+

×

×

+2×

×

×

+2×

×

×

+2×

×

×

+2×

×

×

=

.5.★★★(多选)(2026届湖北襄阳四中质量检测(三),9)下列说法正确的是

(

)A.已知事件A,B,若P(A)=0.5,P(B)=0.4,且B⊆A,则P(A∪B)=0.5B.已知事件A,B,若P(A)=

,P(B)=

,且A与B相互独立,则P(A∪B)=

C.已知事件A,B,若P(A)=

,P(B)=

,且P(A∪B)=

,则A与B相互独立D.某班对学生体重进行抽样调查,抽取男生30人,平均数和方差分别为55,15;女生20人,

平均数和方差分别为45,20,则总样本方差为41

ACD

解析对于A,因为B⊆A,所以A∪B=A,则P(A∪B)=P(A)=0.5,故A正确;对于B,因为A与B相互独立,P(A)=

,P(B)=

,则P(AB)=P(A)P(B)=

,又P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=

+

-

=

,故B错误;对于C,因为P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=

,又P(A)=

,P(B)=

,则P(AB)=

+

-

=

=P(A)P(B),所以A与B相互独立,故C正确;对于D,总样本平均数

=

×55+

×45=51,总样本方差s2=

×[15+(55-51)2]+

×[20+(45-51)2]=41,故D正确,故选ACD.6.★★★(多选)(2025届河北石家庄期末,10)设A,B是两个随机事件,且P(A)=

,P(B)=

,则下列结论正确的是

(

)A.若A,B是互斥事件,则P(A∪B)=

B.若B⊆A,则P(A∪B)=

C.若A,B是相互独立事件,则P(A∪B)=

D.若P(A

)=

,则A,B是相互独立事件

ACD

解析对于A,若A,B是互斥事件,不可能同时发生,P(AB)=0,P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=

+

=

,故A正确;对于B,若B⊆A,则A∪B=A,则P(A∪B)=P(A)=

,故B错误;对于C,若A,B相互独立,则P(AB)=P(A)·P(B)=

×

=

,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=

+

-

=

,故C正确;对于D,由A=(AB)∪(A

),且事件AB,A

互斥,得P(A)=P(AB)+P(A

),若P(A

)=

,则P(AB)=P(A)-P(A

)=

-

=

,又P(A)P(B)=

×

=

,所以P(A)P(B)=P(AB),故A,B相互独立,故D正确.7.★★★(多选)(2026届湖南部分学校大联考,10)下列说法正确的是

(

)A.甲、乙两人独立地破译一份密码,已知各人能破译的概率分别为

,

,则密码被成功破译的概率为

B.一箱12罐的饮料中有2罐有奖券,从中任意抽取2罐,这2罐中有奖券的概率为

C.一个袋子中有4个红球,n个绿球,不放回地从中随机取出两个球,若取出的两球都是红

球的概率为

,则n=5D.甲、乙两选手进行象棋比赛,如果每局比赛甲获胜的概率为0.6,乙获胜的概率为0.4,

相比3局2胜制,5局3胜制对甲更有利

ACD

解析对于A,因为各人能破译的概率分别为

,

,所以密码被成功破译的概率为P=1-

×

=

,故A正确;对于B,依题意,所求的概率为

=

=

,故B错误;对于C,由题意,取出的两球都是红球的概率为

=

,则n2+7n-60=0,解得n=5或n=-12(舍去),故C正确;对于D,采用“5局3胜制”甲获胜的概率为P1=0.63+

0.62×0.4×0.6+

0.62×0.42×0.6=0.68256,采用“3局2胜制”甲获胜的概率为P2=0.62+

×0.6×0.4×0.6=0.36+0.288=0.648,因为P1=0.68256>P2=0.648,所以相比3局2胜制,5局3胜制对甲更有利,故D正确.故选

ACD.8.★★★(2026届云南师大附中适应性月考(三),13)某学校新学期开设了丰富的社团供

新生选择,高一年级甲同学对理科学社和十三月音乐社产生了浓厚的兴趣.若甲加入理

科学社的概率为0.7,加入十三月音乐社的概率为0.3,两个都加入的概率为0.21,则甲只

加入其中一个社团的概率为____________.

0.58

解析设甲加入理科学社为事件A,甲加入十三月音乐社为事件B,甲同时加入两个社团可表示为事件AB,甲只加入其中一个社团可表示为事件A

+

B,且事件A

,

B互斥,由已知P(A)=0.7,P(B)=0.3,P(AB)=0.21,所以P(A

+

B)=P(A

)+P(

B)=P(A)-P(AB)+P(B)-P(AB)=0.58.9.★★★(2026届广东清远教学质量检测,14)甲、乙两人进行象棋比赛,每局胜者得1分,

负者得0分.设每局甲胜的概率为

,乙胜的概率为

,且各局胜负相互独立,五局比赛结束后甲比乙至少多得2分的概率为_________.(结果用数字作答)解析设事件A为“五局比赛后甲比乙至少多得两分”,则事件A包含甲胜四局或五局,

比分分别为4∶1与5∶0,故P(A)=

+

=

.10.★★★(2026届河南郑州外国语学校调研,18)为宣扬中国文化,某校组织古诗词知识

比赛.比赛分为两个阶段,第一阶段为基础知识问答,每位选手都需要回答3个问题,答对

其中至少2个问题,进入第二阶段,否则被淘汰;第二阶段分高分组和低分组,第一阶段3

个问题都答对的选手进入高分组,共回答4个问题,每答对一个得20分,答错不得分;第一

阶段答对2个问题的选手进入低分组,共回答4个问题,每答对一个得10分,答错不得分.

第一阶段,每个问题选手甲答对的概率都是

;第二阶段,若选手甲进入高分组,每个问题答对的概率都是

,若选手甲进入低分组,每个问题答对的概率都是

.(1)求选手甲第一阶段不被淘汰的概率;(2)求选手甲在该次比赛得分为40分的概率;(3)已知该次比赛选手甲进入了高分组,记选手甲在该次比赛中得分为X,求随机变量X

的分布列和期望值.解析

(1)选手甲第一阶段不被淘汰,即甲回答三个问题答对其中2个或3个,其概率为p1=

+

=

.(2)选手甲在该次比赛得分为40分有两种情况:进入高分组,答对2个问题;进入低分组,答对4个问题,故概率为p2=

+

=

.(3)由题意可知,X的所有可能取值为0,20,40,60,80,则P(X=0)=

=

,P(X=20)=

=

,P(X=40)=

=

,P(X=60)=

=

,P(X=80)=

=

,所以X的分布列为X020406080P

所以E(X)=0×

+20×

+40×

+60×

+80×

=20.五年高考考点3条件概率与全概率公式1.★★★(2023全国甲理,6,5分)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.0.8

B.0.6

C.0.5

D.0.4

A

解析

解法一设既爱好滑雪,又爱好滑冰的同学占比为x,则有60%+50%-x=70%,解得x=40%.∴若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为

=0.8,故选A.解法二从该校的学生中任取一名学生,记A表示事件:“取到的学生爱好滑冰”,B表

示事件:“取到的学生爱好滑雪”.由题设知P(A)=0.6,P(B)=0.5,P(A∪B)=0.7.由P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),得P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=0.6+0.5-0.7=0.4.所以所求概率为P(A|B)=

=

=0.8.2.★★★(2023天津,13,5分)把若干个黑球和白球(这些球除颜色外没有其他差异)放进

三个空箱子中.三个箱子中的球数之比为5∶4∶6,且其中的黑球比例依次为40%,25%,50%.若从每个箱子中各随机摸出一球,则三个球都是黑球的概率为_________;若把所有球

放在一起,然后随机摸出一球,则该球是白球的概率为_________.解析

解法一用Ai(i=1,2,3)表示事件“从第i个箱子中摸出一个黑球”.依题意,三个

球都是黑球的概率P(A1A2A3)=P(A1)·P(A2)·P(A3)=40%×25%×50%=

.由题意,可设三个箱子中的球数分别为5k,4k,6k(k∈N*),则总球数为15k,三个箱子中的黑

球总数为5k·40%+4k·25%+6k·50%=6k,所以,把所有球放在一起,随机摸出一球是黑球的概率为

=

,从而所求概率为1-

=

.解法二用A表示事件“从三个箱子中各摸出一球,摸出的三个球都是黑球”,则P(A)=40%×25%×50%=

.用B表示事件“所有球放在一起后摸出一球为白球”,由全概率公式可得P(B)=

×60%+

×75%+

×50%=

.3.★★★★(2022新高考Ⅰ,20,12分)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”,B表示事件

“选到的人患有该疾病”,

与

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.(i)证明:R=

·

;(ii)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|

)的估计值,并利用(i)的结果给出R的估计值.附:K2=

,解析

(1)由题中数据可知K2=

=24>6.635,所以有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)(i)证明:因为R=

·

=

·

·

·

=

,【注意P(B|A)=

】且

·

=

·

·

·

=

,所以R=

·

.(ii)由题表中数据可知P(A|B)=

=

,P(A|

)=

=

,P(

|B)=

=

,P(

|

)=

=

,所以R=

·

=

×

=6.三年模拟1.★★(2026届江苏南京七校联合调研,4)从编号1~7的7张卡片中依次不放回地抽出两

张,记事件A:“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”,事件B:“第二次抽到的卡片编

号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”,则P(B|A)=

()A.

B.

C.

D.

A

解析第一次抽到3或6的概率为

,所以P(A)=

,当第一次抽到3时,第二次可抽4,5,6,7,共4种情况;当第一次抽到6时,第二次可抽7,共1种情况,所以P(AB)=

=

,P(B|A)=

=

=

.故选A.2.★★(2026届广东深圳宝安教学质量监测,5)近期某市推进“光储充一体化”充电站

建设,现有A充电站配备2个超级快充桩和3个普通充电桩,B充电站配备1个超级快充桩

和3个普通充电桩.为优化资源配置,系统随机从A站调度1个充电桩至B站,随后技术人

员从B站随机选取2个充电桩进行升级调试.记“选取的两个充电桩均为普通桩”为事

件B,则P(B)=

()A.

B.

C.

D.

D

解析设“从A站调度的1个充电桩为超级快充桩”为事件A1,“从A站调度的1个充电桩为普通充电桩”为事件A2.则P(A1)=

=

,P(A2)=

=

,P(B|A1)=

=

,P(B|A2)=

=

,∴P(B)=P(A1)·P(B|A1)+P(A2)·P(B|A2)=

×

+

×

=

.3.★★★(2026届江西“红色十校”联考,6)某百货商场为促销举办抽奖活动,设有两种

奖券:甲奖券和乙奖券.顾客每次抽取甲奖券中奖的概率为0.4,每次抽取乙奖券中奖的

概率为0.5,每次抽奖结果相互独立.某顾客计划先抽取2张甲奖券,再抽取1张乙奖券.若

该顾客恰好中奖2次,且其中有1张甲奖券中奖,则另外中奖的1张也是甲奖券的概率为

()A.0.12

B.0.2

C.0.25

D.0.32

C

解析设事件A:恰好中奖2次且其中有1张甲奖券中奖,即甲奖券中奖1次且乙奖券中奖

1次或甲奖券中奖2次,乙奖券不中奖,事件B:恰好中奖2次且均为甲奖券,即甲奖券中奖2

次,乙奖券不中奖,则P(A)=0.4×0.4×0.5+

0.4×0.6×0.5=0.32,P(B)=0.42×0.5=0.08,则所求概率为P(B|A)=

=

=0.25.故选C.4.★★★(2026届重庆十一中第二次质量检测,6)袋子中放有大小、形状相同的5个小

球,其中标号为“0”的小球1个,标号为“1”的小球2个,标号为“2”的小球2个.从袋

中任取两个小球,已知其中一个小球的标号是“1”的条件下,另一个小球标号也是

“1”的概率为

()A.

B.

C.

D.

B

解析设取出的两个小球中至少有一个标号为“1”为事件A,取出的两个小球标号都

为“1”为事件B,则P(A)=

=

,P(AB)=

=

,所以P(B|A)=

=

=

,故选B.5.★★★(2025届广东湛江期中,7)已知某条线路上有A,B两辆相邻班次的BRT(快速公

交车),若A准点到站的概率为

,在B准点到站的前提下A准点到站的概率为

,在A准点到站的前提下B不准点到站的概率为

,则B准点到站的概率为

()A.

B.

C.

D.

B

解析设事件A为“A准点到站”,事件B为“B准点到站”,依题意,P(A)=

,P(A|B)=

,P(

|A)=

,而P(

|A)=

=

,解得P(A

)=

,而P(A)=P(AB∪A

)=P(AB)+P(A

)=

,则P(AB)=

,而P(A|B)=

=

,解得P(B)=

.故选B.6.★★★(2025届河北保定定州中学二模,6)已知甲箱中有2个红球和3个黑球,乙箱中有

n个红球和3个黑球(所有球除颜色外完全相同),某学生先从甲箱中随机取出2个球放入

乙箱,再从乙箱中随机取出1个球,记“从甲箱中取出的球恰有i个红球”为事件Ai(i=0,1,

2),“从乙箱中取出的球是黑球”为事件B,则P(A2|B)是

()A.与n有关的常量B.与n有关的变量C.与n无关的定值,且为

D.与n无关的定值,且为

C

解析依题意可得P(A0)=

=

,P(A1)=

=

,P(A2)=

=

,若先A0发生,则乙箱中有n个红球,5个黑球,此时P(B|A0)=

,若先A1发生,则乙箱中有(n+1)个红球,4个黑球,此时P(B|A1)=

,若先A2发生,则乙箱中有(n+2)个红球,3个黑球,此时P(B|A2)=

.所以P(A0B)=P(B|A0)P(A0)=

·

,P(A1B)=P(B|A1)P(A1)=

·

,P(A2B)=P(B|A2)P(A2)=

·

,所以P(B)=P(